Ejercicios Ejercicios
2
2..441 1 EEn n uun n ppuunnttoo P P een n tteennssoor r dde e tteennssiióón n eess σ σ ijij
=
=
((
14 14 77
−
−
77 7 7 221 1 00−
−
7 7 0 0 3355))
.. DetermDetermine el vector tensión en ine el vector tensión en un plano que contiene aun plano que contiene a P P y es paralelo al y es paralelo al plano plano a) a) BGEBGE b) b) BGFC BGFC
Del pequeño paralepípedo de la siguiente igura Del pequeño paralepípedo de la siguiente igura
!olución" !olución"
a)
a) LaLas coos coordrdenenadadas de los puas de los puntntos deos del l plplananoo BGEBGE son, considerando al punto son, considerando al punto P
P como origen del sistema de coordenada como origen del sistema de coordenadas:s:
((
0,0,40,0,4))
,,((
2,0,02,0,0))
y y((
0,6,00,6,0))
,, x x ,, yy y y z z , respectivamente. El mismo plano es mostrado enseguida., respectivamente. El mismo plano es mostrado enseguida. z z y y E E F F x x G G P P A A B B C C D D
La ecuación del plano que pasa por estos puntos se puede obtener del determinante del siguiente arreglo matricial
|
x−
x1 y−
y1 z−
z1 x2−
x1 y2−
y1 z2−
z1 x3−
x1 y3−
y1 z3−
z1|
=
0Donde se puede observar que, de acuerdo con los ejes coordenados de la figura, los valores se obtienen de las coordenadas de cada uno de los puntos… ustituyendo se tiene
|
x−
0 y−
0 z−
4 2 0−
4 0 6−
4|
=
0 x(
24)−
y(−
8)+(
z−
4) (
12)=
0 24 x+
8 y+
12 z−
48=
0!isma que es la ecuación del plano. "#ora, el normal unitario al plano
(^
n)
se puede obtener sacando primeramente la norma de la ecuación, esto es√
242+
82+
122=
√
576+
64+
144=
28^
n=
6 7 e^
1+
2 7 e^
2+
3 7 e^
3%or lo tanto el vector tensión se puede determinar con la siguiente ecuación t i( ^n)
=
σ jin j o t ( ^n)= ^
n ΣDesarrollando el producto matricial queda
1 7
[
6 2 3]
[
14 7−
7 7 21 0−
7 0 35]
=
1 7[
77, 84, 63]
$on lo cual el tensor de tensión en el plano paralelo al plano BGE y que contiene a P es
t ( ^n)
=
11^
e1+
12e^
2+
9^
e3b) %ara este caso las coordenadas de los puntos BGFC son
(
0,0,4)
,(
2,0,0)
,(
2,6,0)
y(
0,6,4)
respectivamente. El plano es mostrado en la&omando ' puntos cualquiera de los ( que estn contenidos dentro del plano se puede #allar la ecuación del plano. &omando las coordenadas de los puntos BGF para sustituir en el determinante
|
x−
x1 y−
y1 z−
z1 x2−
x1 y2−
y1 z2−
z1x3
−
x1 y3−
y1 z3−
z1|
=
0iendo las coordenadas de B
=
P1 , G=
P2 y F=
P3 se llega al determinante|
x y z−
4 2 0−
4 2 6−
4|
=
0 24 x−
y(−
8+
8)+(
z−
4) (
12)=
0 24 x+
12 z−
48=
0$uyo normal unitario al plano es
√
242+
122=
√
576+
144=
√
720=
12√
5^
n=
2√
5e^
1+
0e^
2+
1√
5e^
3* el vector tensión en el plano que contiene a P y es paralelo al plano BGFC es
1
√
5[
2 0 1]
[
14 7−
7 7 21 0−
7 0 35]
=
1√
5[
21, 14, 21]
t ( ^n)=
21√
5e^
1+
14√
5e^
2+
21√
5 e^
3#ota" i se #ubiesen elegido otro conjunto de 3 puntos +por ejemplo lo puntos BGC o GFC ) se #ubiese llegado al mismo resultado.
2.42 Determinar las componentes de tensión normal y cortante en el plano BGFC del problema 2.41.
!olución"
%ara #allar el valor de la componente de tensión normal en el plano se puede recurrir a la ecuación
(
2.33)
, la cual indica que la componente normal del vector tensión t i( ^n) en el punto P tiene una magnitud de
σ N
=
t i( ^n)niDado que ya se #an obtenido los valores tanto del tensor de tensiones t i
( ^n)
+que viaja en
su valor i de 1 a 3 ) como del vector normal unitario ni que pasa por el plano se tiene que σ N
=
(
21√
5)(
2√
5)
+
(
14√
5)(
0√
5)
+
(
21√
5)(
1√
5)
=
63 5"#ora, para encontrar la tensión cortante que acta en P se puede ver que al
descomponer el tensor de tensión t i
( ^n)
en sus componentes normal y tangencial al elemento diferencial de superficie dS se genera un tringulo rectngulo cuyos catetos
son las mismas tensiones y con #ipotenusa igual al tensor de tensión t i
( ^n)
. Entonces,
tangencial +que da la magnitud del esfuer-o cortante σ S ) se puede obtener de acuerdo con la ecuación
(
2.47)
comoσ 2S
=
t i( ^n)t i( ^n)−
σ N 2La componente cortante buscada es
σ 2S
=
(
21√
5)
2+
(
14√
5)
2+
(
21√
5)
2−
(
63 5)
2 σ 2S=
441 5+
196 5+
441 5−
3969 25 σ 2S=
1421 25 σ S=
√
1421 5 ≈ 37.7 52.4$ Descomponer el tensor de tensión σ ij
=
(
3
−
10 0−
10 0 300 30
−
27)
en sus parteses%rica y desviadora y calcular las tensiones desviadoras principales. !olución"
El tensor de tensión σ ij puede descomponerse en sus partes esfrica y desviadora en la forma
σ ij
=
σ M δ ij+
sijEn donde σ M es igual a la tensión normal media, esto es σ kk
/
3 , es decirσ M
=
3+
0−
27* la delta de /ronec0er δ ij #ace que los valores del producto sólo e1istan cuando los sub2ndices sean iguales, es decir i
=
j , para este caso la delta de /ronec0er toma un valor igual a 1 y sólo queda el valor de la matri- σ M . %or lo cual la parte esfrica del tensor de tensión esσ M δ ij
=
(
−
8 0 00
−
8 00 0
−
8)
La matri- anterior indica una deformación volumtrica o #idrosttica +pues es igual en las tres direcciones y nicamente acta en la diagonal de la matri-).
"#ora, la parte desviadora del tensor es igual a la resta del tensor menos la parte esfrica, es decir sij
=
(
3−
10 0−
10 0 30 0 30−
27)
−
(
−
08−
0 8 00 0 0−
8)
sij=
(
11−
10 0−
10 8 30 0 30−
19)
%or lo cual el tensor de tensión queda e1presado como
σ ij
=
(
−
8 0 0 0−
8 0 0 0−
8)
+
(
11−
10 0−
10 8 30 0 30−
19)
Entonces las tensiones desviadoras principales pueden ser calculadas resolviendo el determinante que resulta de la parte desviadora para #allar la ecuación caracter2stica de las tensiones desviadoras
|
11−
s−
10 0−
10 8−
s 300 30
−
19−
s|
(
11−
s)
(
(
8−
s) (−
19−
s)−
900)
+
10(
190+
10s)=
0(
11−
s)
(
−
s2+
11s−
1052)
+
1900+
100s=
0−
s3+
1173s−
11572+
1900+
100s=
0−
s3+
1273s−
9672=
0Esta ecuación es la ecuación caracter2stica de las tensiones desviadoras principales, misma que debe resolverse para #allar sus tres ra2ces solución que ofrecen los eigenvalores de la tensión desviadora. %or división sinttica se encuentra que la primer ra2- de la ecuación es s I
=
8 , con lo cual la ecuación se vuelve cuadrtica en la forma−
s2−
8s+
1209=
0!isma que puede resolverse fcilmente con
s
=−
b ±√
b 2−
4a 2a ustituyendo se encuentra s=
8±√
(−
8)
2−
4(−
1)(
1209)
2(−
1)
s=
8±√
4900−
2=
s=
8±70−
2$on lo cual se tiene entonces que las tensiones desviadoras principales del vector de tensión son s I
=
31 & s II=
8 y s III=−
39 ' mismos que son los eigenvalores de la matri( del tensor desviador.2.$ En un medio continuo' el campo de tensiones est* dado por el tensor x1 2 x2
(
1−
x22)
x1 0¿
(
1−
x22)
x1 x(¿¿
23−
3 x2)/
3¿
0¿
0¿
σ ij=
(
2 x32¿
)
Determinara) +a distribución de uer(as m*sicas si a trav%s de todo el campo se satisacen las ecuaciones de equilibrio.
b) +as tensiones principales en el punto P
(
a ,0,2√
a)
. c) +a cisión m*,ima en P .d) +as tensiones desviadoras principales en P .
!olución"
a) Las ecuaciones de equilibrio estn dadas, segn la ecuación
(
2.24)
, por ! σ 11 ! x1+
! σ 12 ! x2+
! σ 13 ! x3+
" b1=
0 ! σ 21 ! x1+
! σ 22 ! x2+
! σ 23 ! x3+
" b2=
0 ! σ 31 ! x1+
! σ 32 ! x2+
! σ 33 ! x3+
" b3=
03ue son las ecuaciones de $auc#y que involucran a las fuer-as msicas bi . 4aciendo las derivadas parciales indicadas de acuerdo al campo de tensiones se encuentra que las ecuaciones de equilibrio son
x
(¿¿
22−
1)+
0+
" b2=
0(
1−
x2 2)
+¿
0+
0+
4 x3+
" b3=
0$uyas incógnitas son b1 , b2 y b3 . 5esolviendo simultneamente este sistema de
ecuaciones y debido a que se requiere conocer la distribución de fuer-as msicas y stas tienen dentro de su forma el elemento de densidad " inmiscuido, se llega a
b3
=−
4 x3b2
=
0b1
=
0b) El campo de tensiones para el punto P
(
a ,0,2√
a)
, donde x1=
a , x2=
0 yx3
=
2√
a , se convierte enσ ij
=
(
0 a 0
a 0 0
0 0 8a
)
$on lo cual las tensiones principales se pueden obtener con la solución del determinante
|
σ 11−
σ σ 12 σ 13σ 21 σ 22
−
σ σ 23 σ 31 σ 32 σ 33−
σ|
=
0Lo cual da como resultado la ecuación caracter2stica +polinomio de tercer grado) para obtener los eigenvalores de la tensión en el punto P indicado. ustituyendo los valores de la matri- dentro del determinante queda en la forma
|
−
σ a 0 a−
σ 0 0 0 8a−
σ|
=
0−
σ(
σ 2−
8σa)
−
a(
8a2−
σa)
=
0−
σ 3+
8a σ 2−
8a3+
a2σ=
0−
σ 3+
8a σ 2+
a2σ−
8a3=
0!isma que al resolverse para la incógnita σ se encuentra que, por división sinttica, σ I
=−
a$on lo cual se llega a la ecuación cuadrtica
−
σ 2+
9aσ−
8a2=
0"#ora, utili-ando formula general
σ
=−
b ±√
b 2−
4a 2a ustituyendo se encuentra σ=
−
9a ±√
(
9a)
2−
4(−
1)(−
8a2)
2(−
1)
σ=−
9a ±√
81a 2−
32a2−
2=
σ=−
9a ±7a−
2$on lo cual σ II
=
8a y σ III=
a . 6rdenando el valor de las tensiones principales de mayor a menor se tiene entonces que σ I=
8a ' σ II=
a y σ III=−
a ' que son los eigenvalores de la matri( de tensiones .c) &eniendo los valores de las tensiones principales puede #allarse fcilmente el valor de la cisión m1ima con la ecuación
(
σ III−
σ I)/
2 , pues la cisión m1ima es claramente la diferencia de la tensión principal m2nima y m1ima. Entonces sabiendo esto la cisión m1ima esσ S
=
σ III−
σ I2
=−
a
−
8a2 σ S
=
±4.5ad) %ara #allar las tensiones desviadoras principales +eigenvalores de la matri- del tensor desviador) es necesario encontrar la parte desviadora del campo de tensión en el punto P . El campo de tensión en dic#o punto es
σ ij
=
(
0 a 0
a 0 0
0 0 8a
)
La parte esfrica del campo de tensión es
σ M
=
(
8a 3 0 0 0 8a 3 0 0 0 8a 3)
Este tensor deforma al cuerpo de manera volumtrica +teniendo un valor igual en cada dirección y anulando deformaciones tangenciales). La parte desviadora del campo de tensión es entonces sij
=
(
−
8a 3 a 0 a−
8a 3 0 0 0 16a 3)
$on esto las tensiones desviadoras principales se encuentran con la solución del determinante del tensor desviador
|
−
8a 3−
s a 0 a−
8a 3−
s 0 0 0 16a 3−
s|
=
0(
−
8a 3−
s)
(
(
−
8a 3−
s)(
16a 3−
s)
)
−
a(
a(
16a 3−
s)
)
=
0(
−
8a 3−
s)
(
s 2−
8a 3 s−
128a2 9)
+
a 2 s−
16a 3 3=
0−
s3−
64a 2 9 s+
128a2 9 s+
1024a3 9+
a 2 s−
16a 3 3=
03uedando finalmente la ecuación caracter2stica
−
s3+
67a2
3 s
+
880a3
27
=
0$uyas ra2ces solución son los eigenvalores del tensor desviador. Estos valores son
s I
=
16a3 ' s II
=
−
5a3 y s III
=−
11a
3 , mismas que son las tensiones desviadoras
