Problemas Resueltos Elasticidad

Universidad Carlos III de Madrid

Problemas resueltos

Elasticidad y Resistencia de Materiales

Departamento de Mecánica

de

Me

di

os Continu

o

s y

Te

oría

de

Estructura

s

Enrique Barbero Pozuelo

Ramón Zaera Polo

Carlos Navarro Ugena

σ

_n

σ

_I

σ

_II

σ

_III

C

₂

C

₁

C

₃

τ

τ

_max

≈

PROLOGO

El objetivo principal que ha movido a los autores a editar este volumen de problemas de la asignatura “Elasticidad y Resistencia de Materiales I”, ha sido ofrecer al alumno que la cursa la posibilidad de disponer de una amplia colección de enunciados sobre los que ejercitar los conocimientos teóricos adquiridos. Este objetivo responde a la política iniciada por el Departamento de Mecánica de Medios Continuos y Teoría de Estructuras para la mejorar del material didáctico que actualmente existe para el aprendizaje de las asignaturas que desde él se imparten. En este caso, se pretende además dar respuesta a una demanda frecuentemente planteada por los alumnos: la disponibilidad de una colección de problemas, paralela a la que se publica cada curso para su resolución en aula.

Los problemas se han seleccionado cuidadosamente del conjunto de problemas de exámenes de “Elasticidad y Resistencia de Materiales I” correspondientes a pasadas convocatorias así como de otros que complementan a estos. Se ha procurado con esta selección ofrecer al alumno una colección que cubra los conceptos fundamentales de la asignatura.

Como cualquier otra actividad de un profesor en relación con sus alumnos, esta colección de problemas está realizada con muchísima ilusión, por lo que supone de ayuda para el aprendizaje de la materia por parte de nuestros alumnos. No obstante, aunque se ha puesto cuidado y esmero, en este texto se habrán deslizado erratas e, incluso, errores. En este sentido, los autores agradecerían muchísimo que se les haga conocedores de cualquier errata que se observe, así como de cualquier sugerencia, o hasta crítica, para mejorar este material didáctico.

Agradecemos de antemano a nuestros alumnos la acogida que dispensen a esta colección. Así mismo, deseamos mostrar nuestro agradecimiento a nuestros compañeros del Departamento de Mecánica de Medios Continuos y Teoría de Estructuras de la Universidad Carlos III de Madrid el estímulo que de ellos hemos recibido para realizar el trabajo, así como sus valiosas observaciones y comentarios. Por último, no podríamos dejar de reconocer el esfuerzo y la ayuda prestada por nuestra Universidad, siempre preocupada por la mejora de la docencia que imparte, para que estos apuntes vieran la luz.

En Leganés, a 25 de septiembre de 2003.

Enrique Barbero Pozuelo, Profesor Titular de Universidad Interino Ramón Zaera Polo, Profesor Titular de Universidad

CAPÍTULO 1

PROBLEMA 1.1

Dado el tensor de tensiones (referido a un sistema cartesiano de referencia) en un punto de un sólido:

[ ]

T MPa ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − − = 6 1 2 1 8 4 2 4 12 Se pide:

a) Dibujar, sobre el punto elástico de la figura, y en las caras más alejadas del origen de coordenadas, la dirección y sentido de cada una de las componentes tensionales que, sobre dichas, caras actúan.

b) Determinar el valor de las tensiones normal y tangencial que actúan sobre un plano paralelo al plano x+y+z=0 que pasa por las proximidades (distancia infinitesimal) del punto considerado.

Solución Problema 1.1

a)

x

y

z

12 4 4 8 2 1 6 1 2

x

y

z

x

y

z

12 4 4 8 2 1 6 1 2

6

(

i j k

)

ur = r+ r+ r 3

1

por lo que las componentes del vector tensión sobre dicho plano será:

⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − − = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ 7 5 18 3 1 3 1 3 1 3 1 6 1 2 1 8 4 2 4 12 * * * z y x σ σ σ

La tensión normal actuante la hallaremos como:

(

)

MPa u n 6,67 3 20 7 5 18 3 1 *⋅ = − + = = =σr r σ

y la tensión tangencial resultará ser:

MPa n 132,67 44,49 9,39 2 2 * _{− = − =} = σ σ τ r

PROBLEMA 1.2

Dadas todas las componentes excepto una del tensor de tensiones T, referidas a un sistema de coordenadas cartesianas, correspondiente a un punto de un sólido elástico cargado, determinar el valor del parámetro σ de forma que exista un plano, que pase por las proximidades del punto considerado, sobre el que no actúe ninguna tensión. Obtener las componentes de un versor normal al citado plano.

σ

2 1

2 0 2

1 2 0

⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟

Solución Problema 1.2

El vector tensión σrque actúa sobre cualquier plano, que pase por las proximidades del punto considerado del sólido, puede expresarse en función de las componentes del tensor T como:

{ }

σr =

[ ]

T r

{ }

n

donde nr es el versor del plano considerado.

En nuestro caso σr =0r para el plano que vamos buscando, por lo que deberá cumplirse:

{ }

σr =

[ ]

T

{ }

nr =

{ }

0r

Para que el sistema de ecuaciones anterior tenga una solución distinta de la trivial, el determinante de coeficientes del sistema debe ser nulo:

0 = T

condición que conduce a que el valor de σ sea 2.

Sustituyendo dicho valor en el sistema de ecuaciones, y expresado éste en forma matricial, se obtiene:

8

2 2 1

2 0 2

1 2 0

⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥

n1

n2

n3

⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ ⎥

=

0

0

0

⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥

donde ni representa las componentes del vector nr. Haciendo, por ejemplo, n₁ =1, se despejan n₂ y n₃, e imponiendo, luego, que el módulo de

n =1

r

, se obtiene:

n = 2 / 3

r

r

PROBLEMA 1.3

En un punto de un sólido elástico, el tensor de tensiones referido a un triedro cartesiano de referencia viene dado por la siguientes componentes:

30 24

0

24 30

0

0

0 15

⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ determínese:

- a) las componentes del vector tensión actuante sobre el plano que pasa por el punto considerado y cuyo versor normal viene dado por:

r

n = 1

3

r

i −

r

j +

k

r

(

)

- b) el módulo del vector tensión.

- c) sus componentes normal y tangencial respecto al plano definido por

n

r

.

- d) el ángulo entre dicho vector tensión y

n

r

.

Solución Problema 1.3

a) El vector tensión actuante sobre el plano que nos definen puede expresarse como:

r

σ

[ ]

= T

[ ]

[ ]

n

r

=

30 24

0

24 30

0

0

0

15

⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥

1 / 3

−

1/ 3

1 / 3

⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ ⎥

=

6 / 3

−

6 / 3

15 / 3

⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ ⎥ por lo que:

σ

r

= (6

r

i − 6

r

j +15

k ) / 3

r

b) Su módulo será:

r

10

c) La componentes normal de este vector tensión la podemos hallar proyectándolo sobre dicha normal. Es decir:

σ

_n

= r

( )

σ

[ ]

n

r

=

1

3

(

6 −6 15

)

1

−1

1

⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥

= 9

La componente tangencial la podemos obtener como:

τ

=

σ

2 −

σ

_n

2 = 4.24

d) El ángulo α que forma el vector tensión con la normal al plano se puede calcular atendiendo a la figura:

n

σ

σ

_n

τ

α

n

n

σ

σ

_n

τ

α

de donde, α = arctg (4,24/9) = 25,24º

PROBLEMA 1.4

En un problema bidimensional, el punto elástico de la figura se encuentra sometido al estado tensional de la figura. Se pide:

a) Expresión del tensor de tensiones bidimensional referido a los ejes x,y

b) Expresión del tensor de tensiones bidimensional referido a los ejes x’,y’ (el eje x’ forma un ángulo de 35º, en sentido antihorario, con el eje x).

40 MPa

15 MPa

25 MPa

x

y

40 MPa

15 MPa

25 MPa

x

y

Solución Problema 1.4

a) La expresión, en el sistema de referencia x-y, del tensor de tensiones es:

[ ]

T _⎥ MPa ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − − = 25 15 15 40

La expresión de dicho tensor en ejes x’-y’ la podemos obtener como:

[ ] [ ] [ ][ ]

T ₌ RT T R '

siendo:

⎞

12

Por tanto, la expresión del tensor de tensiones en el nuevo sistema de referencia resulta ser:

[ ]

_⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − = 48 , 10 67 , 35 67 , 35 52 , 4 ' T

PROBLEMA 1.5

Suponiendo la ausencia de fuerzas internas, determinar los posibles valores de las constantes C1, C2 y C3 para que la siguiente distribución

de tensiones puede existir en un sólido en equilibrio:

(

)

0 0 2 3 3 2 2 1 2 2 1 = ⋅ − = ⋅ ⋅ + − ⋅ = = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ − = yz xz xy z y x y C z x C y C C z C y x C τ τ τ σ σ σ

Solución Problema 1.5

Las Ecuaciones de equilibrio interno (X=Y=Z=0) conducen a que:

) ( 0 0 0 0 2 2 0 3 3 1 1 1 cumple se z y x C z C z y x C x C y C z y x z zy zx yz y yx xz xy x = ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ = ⇒ = = ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ = ⇒ − − = = ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ σ τ τ τ σ τ τ τ σ

La constante C2 puede tomar cualquier valor, por lo que el estado

tensional tendría la forma:

0 0 0 0 0 ₂ 2 = = = = ⋅ = = yz xz xy z y x C z τ τ τ σ σ σ

14

PROBLEMA 1.6

El tensor de tensiones en un punto de un sólido cargado, referido a un triedro cartesiano de referencia, se expresa como:

[ ]

T MPa ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛− = 50 0 15 0 20 0 15 0 40 Se pide:

- a) Hallar analíticamente la dirección y magnitud de las tensiones principales.

- b) Plano sobre el que actúa la tensión tangencial máxima, obteniendo su módulo, dirección y sentido.

- c) Planos, si existieren, según los cuales sólo se ejerce tensión tangencial, hallando los valores de ésta para los que contengan a una tensión principal.

- d) Hallar el vector tensión que actúa sobre un plano que forme un ángulo idéntico con las tres direcciones principales.

Solución Problema 1.6

a) Como se cumple que τ_yx =τ_yz =0, la dirección y es principal y, por tanto, la correspondiente tensión principal será de 20 MPa.

Planteando la ecuación característica:

(

50

)(

20

)(

40

)

225.

(

20

)

0 0 50 0 15 0 20 0 15 0 40 = − − − − − − ⇒ = − − − − σ σ σ σ σ σ σ

se obtiene, una vez resuelta: σ_I =52,43MPa,σ_III =−42,43, junto con MPa

II =20

σ .

Las direcciones correspondientes se obtienen resolviendo el siguiente sistema de ecuaciones para cada uno de valores de las tensiones principales:

(

)

(

)

(

)

1 0 50 15 0 0 20 0 15 40 1 0 ) ( 0 ) ( 0 ) ( 2 2 2 2 2 2 + + = = − + = ⇒ = − = + − − ⇒ ⎪ ⎪ ⎭ ⎪ ⎪ ⎬ ⎫ = + + = − + + = + − + = + + − n m l n l m m n l n m l n m l n m l n m l z zy zx yz y yx xz xy x σ σ σ σ σ τ τ τ σ σ τ τ τ σ σ

Operando, las direcciones principales resultan ser:

- Dirección I: =Ir (0,16; 0; 0,99) - Dirección II: Jr= (0; 1; 0)

- Dirección III: Kr = (-0,99; 0; 0,16)

b) La tensión tangencial máxima se producirá sobre los planos cuyo vector normal tenga la dirección de la bisectriz de las direcciones principales I-III. Utilizando, ahora, como sistema de referencia el triedro formado por las direcciones principales (cuyos versores unitarios son

K J

Ir,r, r), el tensor de tensiones podrá expresarse como:

[ ]

T MPa ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − = 43 , 42 0 0 0 20 0 0 0 43 , 52

Así, por ejemplo, para las direcciones I y III, el vector normal al plano

buscado será el _⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 2 1 ; 0 ; 2

1 _{, por lo que las componentes del vector} tensión que actúa sobre dicho plano resultarán ser:

⎪ ⎪ ⎭ ⎪⎪ ⎬ ⎫ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − = ⎪ ⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ 2 1 0 2 1 43 , 42 0 0 0 20 0 0 0 43 , 52 * * * III II I σ σ σ

El vector tensión resultante es:

K Ir r

r _{=37,07 −30,0}

σ

cuyo módulo es 47,69 MPa y su componente normal al plano es:

(

37,07; 0; 30,0−

)

⋅

(

1 2 ; 0; 1 2

)

=5 MPa. Por tanto, el módulo de la tensión tangencial máxima será igual a: 47,692 −52 =47,42MPa

16 MPa III I 42 , 47 2 43 , 42 43 , 52 2 max = + = − = σ σ τ

Si deseáramos expresar el vector tensión en los ejes x-y-z, tendríamos:

⎪ ⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − = ⎪ ⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ k j i K J I r r r r r r 16 , 0 0 99 , 0 0 1 0 99 , 0 0 16 , 0

y, por tanto, el vector tensión sería:

(

)

(

23,87 0 41,51

)

16 , 0 0 99 , 0 0 1 0 99 , 0 0 16 , 0 1 , 30 0 07 , 37 = − − ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − = σr o, lo que es lo mismo: k i r r r _{= −23,77 −41,51} σ

c) Tomando como referencia el triedro de las direcciones principales, y denominando ur =lIr+mJr+nKral vector unitario de los planos que se van buscando, se tendría: ⎪ ⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − = ⎪ ⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ n m l III II I 43 , 42 0 0 0 20 0 0 0 43 , 52 * * * σ σ σ

por lo que el vector tensión correspondiente sería:

K n J m I lr r r r _{=52,43 +20 −42,43} σ

debiéndose cumplir que los vectores σry urfueran ortogonales entre sí; esto es: 0 43 , 42 20 43 , 52 2 + 2 − 2 = = ⋅ur l m n r σ

que junto con la ecuación:

1

2 2

2 +_m +_n =

l

proporciona dos ecuaciones con tres incógnitas, sistema éste que proporciona infinitas soluciones.

d) El vector tensión correspondiente al plano solicitado (cuyo versor normal es: ( ) 3 1 K J I

ur = r+ r+ r , podemos obtenerlo de la siguiente manera:

⎪ ⎪ ⎪ ⎭ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ − − = ⎪ ⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − = ⎪ ⎪ ⎭ ⎪⎪ ⎬ ⎫ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ 3 43 , 423 203 43 , 52 3 1 1 1 1 43 , 42 0 0 0 20 0 0 0 43 , 52 * * * z y x σ σ σ

18

PROBLEMA 1.7

El punto elástico paralelepipédico de la figura se encuentra sometido al estado tensional indicado en la figura. Los ejes x*,y*, z*, cumplen lo siguiente:

- La cara ABCD es paralela al plano x=0

- La arista AB forma un ángulo de 30º con el eje y.

a) Calcular, en el punto en estudio, las componentes del tensor de tensiones referidas a los ejes x,y,z indicados en la figura y dibujarlas sobre el punto elástico correspondiente.

b) Determinar las tensiones principales, así como sus direcciones, y dibujar el punto elástico correspondiente.

σ''

x = x *

y

z

∗

*

z

y

σ'

τ

30º

σ’= 20 MPa

σ''= 60 MPa

τ = 30 3 MPa

A

B

C

D

σ''

x = x *

y

z

∗

*

z

y

σ'

τ

30º

σ’= 20 MPa

σ''= 60 MPa

τ = 30 3 MPa

A

B

C

D

Solución Problema 1.7

a) Denominando:

{ }

er

= Base sistema de referencia x, y, z ⎭⎬

⎫ ⎩⎨

⎧

_er

*

_{= Base sistema de referencia x*, y*, z*}

r

e

{ }

=

[ ]

R

⎧ ⎨ _⎩

e

r

*

⎫ ⎬ _⎭

donde la matriz [R] viene dada por:

R

[ ]

=

1

0

0

0 cos30 −sen30

0 sen30

cos30

⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥

=

1

0

0

0

3

₂

−1 2

0

1 2

3

₂

⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ ⎥ El tensor de tensiones, referido al sistema x*, y*, z*, es:

T*

⎡ ⎣ ⎤ ⎦

=

−20

0

0

0

0

30 3

0

30 3

−60

⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥

por lo que su expresión en el sistema x,y,z resultará ser:

T

[ ]

= R

[ ]

⎡ _⎣

T*

⎤ _⎦

[ ]

R

T

T

[ ]

=

−20

0

0

0

−60

30 3

0

30 3

0

⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥

Conocidas las componentes del tensor de tensiones en el sistema x,y,z podemos dibujar el punto elástico correspondiente:

y

z

30

3

MPa

-20

MPa

20

b) Como sobre la cara perpendicular al eje x no existen tensiones tangenciales, podemos afirmar que el eje x es una dirección principal y su tensión asociada será 20 MPa en compresión. La ecuación característica será:

−20 −

σ

0

0

0

−60 −

σ

30 3

0

30 3

−

σ

⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥

= 0

que puede ponerse como:

(−20 −

σ

) × (

σ

2 + 60

σ

− 2700) = 0

que proporciona las siguientes raíces:

σ

₁

= 30MPa

σ

_{2 = −20MPa}

σ

₃

= −90MPa

Las direcciones principales serán:

- Dirección 1: (0,1/2, 3₂ ) - Dirección 2:

(1,0,0)

(eje x) - Dirección 3: (0, 3₂ ,-1/2)

PROBLEMA 1.8

Sea el punto elástico representado en al figura sobre el que actúan las tensiones indicadas.

A

B

MPa MPa MPa

A

B

MPa MPa MPa

Dibujar el círculo de Mohr, y obtener las tensiones tangenciales máximas indicando sus correspondientes direcciones.

Solución Problema 1.8

La construcción del círculo de Mohr se hace de acuerdo a los siguientes pasos:

Paso 1: Dibujar dos ejes ortogonales en los que el horizontal

corresponde a tensiones normales σ y el vertical a tensiones tangenciales τ.

Paso 2: Representar los dos punto representativos de las direcciones A

y B. indicadas en la figura. Las coordenadas del punto representativo de la dirección A serán: (32, -20) y las del B: (-10, 20).

Paso 3: Dibujar el círculo teniendo en cuenta que los puntos A y B son

puntos del mismo diametralmente opuestos. El punto de corte del segmento AB con el eje σ corresponderá al centro del círculo (punto C).

22

σ

τ

σ

τ

σ

τ

El ángulo que forma la dirección sobre la que actúa la tensión principal mayor (punto D) del círculo, formará un ángulo de 43,6º/2 =21,8º, en sentido antihorario, con la dirección A.

Los valores de las tensiones principales mayor y menor (segmentos OD y OE, respectivamente) serán: 40 y -18 MPa.

La tensión tangencial máxima se producirá sobre un plano que forma un ángulo de 21,8º + 45º = 66,8º, en sentido antihorario, con la dirección A y su valor será de 29 MPa (segmentosCF ó CG del círculo de Mohr que resultan iguales al segmento CD). La correspondiente tensión normal actuando sobre dicho plano (segmento OC) es de 11 MPa.

PROBLEMA 1.9

El tensor de tensiones, referido a un sistema cartesiano de referencia

x-y, en un punto de un sólido bidimensional viene definido por:

[ ]

_⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − = 20 10 10 60 T

De aquellos planos que pasan por las proximidades del punto considerado, determinar (dando el ángulo que forman con el eje y), 1) los planos para los que las tensiones tangenciales alcanzan el máximo valor posible, y 2) los planos para los que el ángulo del vector tensión correspondiente forme el mayor ángulo posible con el vector normal al plano considerado.

Solución Problema 1.9

Dibujemos, primero, el círculo de Mohr, teniendo en cuenta que el punto elástico es:

60 20 10 x y 60 20 10 x y

Al plano paralelo al eje y le haremos corresponder el punto (punto A) de coordenadas (60;10) del plano de Mohr y, al plano paralelo al eje x, el punto B de coordenadas (20;-10). Por tanto, el círculo de Mohr será:

24 σ τ 20 60 -10 10 26,57º 63,43º 116,57º A B C D O R σ τ 20 60 -10 10 26,57º 63,43º 116,57º A B C D O R

Las coordenadas del centro, y el radio del círculo, resultarán ser:

(

40;0

)

20 10 22,36 0 ; 2 20 60 : ⎟= = 2 + 2 = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + Radio O de s Coordenada

1) El ángulo que forma el radio vector OA con el eje σ puede obtenerse como: º 57 , 26 20 10 arctg =

Las tensiones tangenciales máximas se producen sobre las direcciones correspondientes a los puntos C (que corresponde a una dirección que forma 31,72º con el eje y en sentido antihorario) y D (dirección formando un ángulo de 58,29º con el eje y en sentido horario)

2) Cualquier punto del círculo de Mohr tiene por coordenadas la tensión normal y la tensión tangencial (componentes intrínsecas del vector tensión) que actúan sobre el plano correspondiente, tal como se representa en la figura: σ τ

σ

τ

σ τ

σ

τ

Por tanto, la distancia entre el origen de coordenadas y el punto representativo de una dirección cualquiera en el círculo de Mohr proporciona el módulo del vector tensión y, por tanto, el ángulo α que forma dicho segmento con el eje de las tensiones normales coincidirá con el que, en la realidad, forma el vector tensión con la normal al plano sobre el que actúa:

σ

σ

τ

σ

α

σ

σ

τ

σ

α

Por todo lo dicho, el mayor ángulo posible que puede formar el vector tensión con la normal al plano al que corresponde, vendrá definido a partir de los puntos E y F de la figura, que se obtienen trazando, desde el origen de coordenadas, las tangentes al círculo de Mohr:

σ τ 20 60 -10 10 26,57º 63,43º 116,57º A B C D E F O R α α σ τ 20 60 -10 10 26,57º 63,43º 116,57º A B C D E F O R α α

De la figura anterior, se obtiene:

º 99 , 33 559 , 0 36 , 22 arcsen arcsen = = ⇒ = = α α R

26

La dirección correspondiente al punto E forma con el eje y (punto A del círculo de Mohr) un ángulo de:

º 71 , 48 2 99 , 33 43 , 63 + ₌ en sentido antihorario.

La dirección correspondiente al punto F forma un ángulo con el eje y de valor: º 28 , 75 2 99 , 33 57 , 26 90+ + ₌ en sentido horario.

PROBLEMA 1.10

Dado el punto elástico de la figura, a) dibújese el círculo de Mohr correspondiente, señalando en él la posición del polo, y b) determínense las tensiones actuantes sobre un plano que forma 35º con el plano horizontal. x y 12 kPa 52 kPa x y 12 kPa 52 kPa

Solución Problema 1.10

a) Al no existir tensiones tangenciales, el punto representativo del plano vertical tendrá de coordenadas (12;0) y el del horizontal, A, (52;0). Lógicamente ambas direcciones, cuyos puntos correspondientes en el círculo de Mohr son diametralmente opuestos, son las principales. Construyendo el círculo, se obtiene:

10 20 30 40 50 60 10 20 30 A Polo _{σ (kPa)} τ (kPa) σ_α=39 kPa C τ= 18,6 kPa α = 35º 10 20 30 40 50 60 10 20 30 A Polo _{σ (kPa)} τ (kPa) σ_α=39 kPa C τ= 18,6 kPa α = 35º

28

el punto de corte con el círculo de Mohr coincide con el punto representativo de dicha dirección.

b) El punto del círculo de Mohr, representativo de la dirección buscada (35º con la horizontal) es el punto C de la figura anterior, cuyas coordenadas son (39; 18,6) por lo que las tensiones actuantes sobre dicho plano son:

35º 39 kPa 18,6 kPa 35º 39 kPa 18,6 kPa

PROBLEMA 1.11

Un punto elástico de un sólido se encuentra sometido al estado tensional que se representa en la figura. Determinar las tensiones principales y las máximas tensiones de cizalladura, así como los planos sobre los que éstas actúan.

y

x

150 MPa 120 MPa 80 MPa A B

y

x

150 MPa 120 MPa 80 MPa A B

Solución Problema 1.11

Dibujemos el círculo de Mohr. Para ello, al plano vertical A de la figura le corresponderá un punto de coordenadas (120;80) y al plano B el punto (150;-80).

El círculo de Mohr tiene su centro en el punto C de coordenadas (135;0) y su radio tiene un valor de 81,4 MPa.

30 σ τ B (150;80) A (120;80) I (216,4;0) II (53,6;0) s

θ

2 p θ 2 C σ τ B (150;80) A (120;80) I (216,4;0) II (53,6;0) s

θ

2 p θ 2 C

Las tensiones principales se obtienen directamente del círculo de Mohr (punto I y II), resultando:

Tensión principal mayor: σΙ=135+81,4=216,4 MPa Tensión principal menor: σΙΙ=135-81,4=53,6 MPa

El ángulo que forma el plano sobre el que actúa la tensión σΙ formará un ángulo de θ_pcon el plano B, de manera que:

⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − = y x xy p _{σ σ} τ θ 2 2 tan

de donde: θ_p= 39,7°. Por tanto, podemos dibujar el punto elástico pero, ahora, referido a sus ejes principales:

5,360 lb/in2 21,640 lb/in2 21,640 lb/in2 5,360 lb/in2 39,7° 53,6 MPa 216,4 MPa 5,360 lb/in2 21,640 lb/in2 21,640 lb/in2 5,360 lb/in2 39,7° 53,6 MPa 216,4 MPa

La máxima tension tangencial tendrá un valor idéntico al del radio del círculo, por lo que:

τmáx. = 81,4 MPa

y el valor de la tensión normal, que actúa sobre el plano en la que la anterior tensión se produce, coincidirá con la abcisa del punto C; esto es:

σ = 135 MPa

La orientación del plano sobre el que se produce vendrá dada por el ángulo θ_s, cuyo valor es: θ_s =θ_p+ 45° = 84,7°. Sobre esta dirección, la tension tangencial será positiva mientras que, sobre la dirección ortogonal a ésta, será negativa. Por tanto, las direcciones en el punto elástico sobre el que se producen las tensiones tangenciales máximas serán: 135 MPa 135 MPa 81,4 MPa 84,7° 135 MPa 135 MPa 81,4 MPa 84,7°

32

PROBLEMA 1.12

Dado el siguiente tensor de tensiones, determinar el valor de la máxima tensión cortante que se produce en el punto elástico considerado.

MPa 0 0 0 0 80 50 0 50 120 ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = ij σ

Solución Problema 1.12

Del estudio del las componentes del tensor de tensiones se deducew que:

σz = 0 y τxz = τyz = 0

El punto elástico correspondiente (en el plano x-y) es:

80 MPa

120 MPa

50 MPa

y

x

80 MPa

120 MPa

50 MPa

80 MPa

120 MPa

50 MPa

y

x

Sobre las otras caras del punto elástico correspondientes a las otras parejas de ejes coordenados, los puntos elásticos resultantes serán:

120 MPa 0 MPa 0 MPa 80 MPa 0 MPa 0 MPa

y

z

x

z

120 MPa 0 MPa 0 MPa 80 MPa 0 MPa 0 MPa

y

z

x

z

Los tres círculos de Mohr, correspondientes a las tres parejas de planos se pueden representar en el mismo plano, resultando:

-25 0

25

50

75 100 125 150 175

-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

80

Tensión normal (MPa)

V

H

Te

n

s

ió

n

ta

n

g

e

n

c

ia

l

M

P

a

Plano x-y

Plano x-z

Plano y-z

-25 0

25

50

75 100 125 150 175

-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

80

Tensión normal (MPa)

V

H

Te

n

s

ió

n

ta

n

g

e

n

c

ia

l

M

P

a

Plano x-y

Plano x-z

Plano y-z

Te

n

s

ió

n

ta

n

g

e

n

c

ia

l

M

P

a

Plano x-y

Plano x-z

Plano y-z

La tensión tangencial máxima vendrá dada por:

⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − − = 2 , 2 , 2 de Máximo 1 2 1 3 2 3 max

σ

σ

σ

σ

σ

σ

τ

_⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − − = 2 , 2 , 2 de Máximo 1 2 1 3 2 3 max

σ

σ

σ

σ

σ

σ

τ

por lo que la tensión tangencial máxima que se produce en este punto elástico será τ =77 MPa.

34

PROBLEMA 1.13

El tensor de tensiones en un punto de un sólido viene definido, respecto de un sistema de coordenadas cartesianas, por la siguiente matriz:

[ ]

⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − = 0 0 0 0 20 20 0 20 50 T Determinar de forma analítica:

a) Los dos primeros invariantes del tensor de tensiones b) Los valores de las tres tensiones principales

c) Los tres vectores unitarios que definen las tres direcciones principales

d) La tensión tangencial máxima que se produce en las proximidades del punto considerado

Solución Problema 1.13

a) 600 20 20 50 70 20 50 2 2 1 = − ⋅ = = + = I I

b) Una de las tensiones principales (σz) es nula. Las otras dos las calcularemos resolviendo: 10 60 0 20 20 20 50 0 = ⇒ ₁ = ₂ = − − − − = − σ σ σ σ σI T

Por tanto, las tensiones principales son:

0 10

60 _{2 3}

1 = σ = σ =

σ y

c) Como el eje z es una dirección principal (ur =₃ kr), las otras dos las calcularemos resolviendo: ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ = ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − − − 0 0 20 20 20 50 2 1 u u σ σ de donde: Dirección principal 1:

j i u a a _r r r 4473 0 8943 0 0 0 40 20 20 10 1 2 1 , , − = ⇒ ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ = ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − − − Dirección principal 2: j i u a a _r r r 8943 0 4473 0 0 0 10 20 20 40 2 2 1 , , + = ⇒ ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ = ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − −

d) La tensión tangencial máxima será:

(

25 30 5

)

30 2 10 2 60 2 10 60 _{= =} ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − =max , , max , , max τ

36

PROBLEMA 1.14

Dados los estados tensionales de la figura, que actúan sobre dos planos que pasan por las proximidades de un punto P de un sólido bidimensional cargado, se pide calcular el valor de la tensión desconocida σ, las direcciones principales y sus tensiones correspondientes. Asimismo, determínese la máxima tensión tangencial que actúa sobre algún plano en las proximidades del punto P.

P

40 MPa

20 MPa

σ (?)

30 MPa

60 º

A

B

P

40 MPa

20 MPa

σ (?)

30 MPa

60 º

A

A

B

Solución Problema 1.14

Resolvamos el problema utilizando el círculo de Mohr y el concepto de Polo. Para ello dibujemos los ejes del plano de Mohr teniendo en cuenta que nada nos obliga a dibujarlos paralelos a unas direcciones ortogonales prefijadas de antemano. Es decir, elegimos los ejes del plano de Mohr escogiendo el eje τ paralelo a la dirección sobre la que desconocemos el valor de la tensión σ (esto simplificará mucho la resolución del problema). Una vez hecho esto, podemos representar el punto A (40,20) representativo de la dirección A de la figura inicial y, desde luego, podemos asegurar que el punto B –representativo de la dirección B- se encontrará sobre una recta paralela al eje σ con un valor de τ igual a –30 MPa. El polo del círculo se deberá encontrar sobre la recta τ= 30 MPa porque, al trazar una recta paralela a la dirección B debe cortar al círculo de Mohr en el punto representativo de esa dirección y, por otra parte, el círculo de Mohr es simétrico respecto del eje σ. Es decir:

A Polo B σ τ A Polo B σ τ

Como quiera que conocemos la posición exacta del punto A, podemos trazar por él una recta paralela a la dirección de la realidad a la que corresponde dicho punto, que intersecta a la recta sobre la que está el polo justo en el punto representativo de éste y, dibujando la mediatriz del segmento A-Polo, podemos encontrar el punto C que será el centro del círculo de Mohr:

A Polo B σ τ C A Polo B σ τ C

38 A Polo B σ τ A Polo B σ τ

De la figura resulta que la tensión σ buscada es 23 MPa.

Conociendo el círculo de Mohr podemos deducir los valores de las tensiones principales σI= 48 MPa y σII= -14 MPa y las direcciones de los planos sobre las que actúan:

Polo

σ τ

Dirección sobre la que actúa la tensión principal mayor Dirección sobre la que actúa

la tensión principal menor σ_ΙΙ

σ_Ι Polo

σ τ

Dirección sobre la que actúa la tensión principal mayor Dirección sobre la que actúa

la tensión principal menor σ_ΙΙ

σ_Ι

I II I II max Maximo , , 2 2 2 ⎧ σ − σ σ σ ⎫ τ = _{⎨ ⎬} ⎩ ⎭ por lo que:

{

}

max Maximo 31,24,7 31 MPa

τ = =

La direcciones correspondientes sobre las que actúa dicha tensión tangencial máxima son:

Polo σ τ σ_ΙΙ σ_Ι Polo σ τ σ_ΙΙ σ_Ι Polo σ τ σ_ΙΙ σ_Ι Polo σ τ σ_ΙΙ σ_Ι

CAPÍTULO 2

PROBLEMA 2.1

En un pilar vertical de sección cuadrada hueca, tal como se indica en la figura (cotas en metros),

x

y

1

1

1

1

1

1

1

1

x

y

1

1

1

1

1

1

1

1

el tensor de deformaciones viene dado por:

[ ]

(

)

(

)

4 10 2 0 0 0 0 3 2 0 3 2 4 3 − ⋅ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + − + − + = x y y x x D Calcular:

a) la variación de longitud del pilar, indicando si éste se alarga o se acorta, sabiendo que, su altura inicial era de 5 m.

b) la variación del ángulo, en el plano x,y, que se produce en el vértice de la sección de coordenadas (2,2), indicando si el ángulo final en dicho vértice (que inicialmente era recto) aumenta o disminuye respecto de su valor inicial.

c) El cambio de volumen que experimenta el pilar, indicando si aumenta o disminuye el volumen inicial del mismo.

Solución Problema 2.1

a) La deformación del pilar en la dirección z vendrá dada por:

nto) (alargamie 10 5 10 2 10 2 4 h _z h 4 3m z − − − _{⇒ ∆ = ⋅ = ⋅ ⋅ =} ⋅ = ε ε

44

Para el punto (2,2), γxy =

(

−4⋅2+6⋅2

)

⋅10−4 =4⋅10−4 rad(el ángulo

disminuye)

c) Para calcular el cambio de volumen, necesitamos conocer la deformación volumétrica en un punto genérico del pilar:

(

)

4 10 6 3 + ⋅ − = + + = x e_V ε_x ε_y ε_z

Como quiera que esta deformación depende de x, el cálculo de la variación de volumen lo debemos efectuar mediante integración del siguiente modo:

dx

h

a

a

b

b

dV=a.h.dx

dV=(a-b).h.dx

dx

x

y

z

dx

h

a

a

b

b

dV=a.h.dx

dV=(a-b).h.dx

dx

dx

h

a

a

b

b

dV=a.h.dx

dV=(a-b).h.dx

dx

x

y

z

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

4 3 2 1 4 1 1 4 1 2 4 10 360 5 4 10 6 3 5 2 10 6 3 5 4 10 6 3 m dx x dx x dx x dV e V pilar V − − − − − − − ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + + + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + = ⋅ = ∆

∫

∫

∫

∫

PROBLEMA 2.2

Dado el tensor de deformaciones:

[D] =

[D] =

encontrar la deformación unitaria según la dirección:

Solución Problema 2.2

[ ]

D

m

m

r

r =

ε

mr

[ ]

D

m

m

r

r =

ε

r =

_m

[ ]

D

m

r

ε

mr

mr

(

i j k

)

/ 3 mr = r+ r+ r

46

PROBLEMA 2.3

El vector desplazamiento en un punto genérico de un sólido cargado viene dado (referido a un sistema cartesiano de referencia) por:

(

ax az

) (

ir ax az

)

kr r 2 3 2 2 − + + = δ

donde a es una constante conocida. Se pide:

a) Expresión del tensor de deformaciones en un punto genérico del sólido

b) ¿Es, físicamente, posible este campo de desplazamientos?

c) ¿Qué lectura proporcionaría una banda extensométrica situada en la dirección de la bisectriz del primer cuadrante del sistema cartesiano que se utiliza?

Solución Problema 2.3

a) El tensor de deformaciones se obtiene del campo de desplazamientos como sigue:

(

)

(

)

(

)

0 y w z v a a 3 a 2 x w z u 0 x v y u a 2 x w 0 x v a 2 x u az 2 ax 3 z , y , x w w 0 z , y , x v v az 2 ax 2 z , y , x u u yz xz xy z y x = ∂ ∂ + ∂ ∂ = = + − = ∂ ∂ + ∂ ∂ = = ∂ ∂ + ∂ ∂ = = ∂ ∂ = = ∂ ∂ = = ∂ ∂ = + = = = = − = = γ γ γ ε ε ε

[ ]

⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = a 2 0 2 / a 0 0 0 2 / a 0 a 2 D

b) Para que el campo de desplazamientos, o el de deformaciones que de él se derivan, sea físicamente posible, debemos comprobar que se satisfacen las ecuaciones de compatibilidad de deformaciones:

⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ ⋅ ∂ ∂ = ∂ ⋅ ∂ ∂ ⋅ ∂ ⋅ ∂ ∂ = ∂ ∂ + ∂ ∂ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ ⋅ ∂ ∂ = ∂ ⋅ ∂ ∂ ⋅ ∂ ⋅ ∂ ∂ = ∂ ∂ + ∂ ∂ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ − ⋅ ∂ ∂ = ∂ ⋅ ∂ ∂ ⋅ ∂ ⋅ ∂ ∂ = ∂ ∂ + ∂ ∂ z y x z y x z x x z z y x y x z z y y z z y x x z y y x x y xy xz yz z xz z x xy xz yz y yz z y xy xz yz x xy y x γ γ γ ε γ ε ε γ γ γ ε γ ε ε γ γ γ ε γ ε ε 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ; 2 ; 2 ;

En estas ecuaciones sólo aparecen derivadas segundas de las deformaciones, por lo que se verifica automáticamente al depender el campo deformaciones linealmente de las coordenadas. Por tanto, el campo de desplazamientos dado es físicamente posible.

c) El vector unitario de la bisectriz del primer cuadrante del es:

) (i j k ur= r+ r+ r

3 1

El vector deformación unitaria sería:

{ }

[ ]

{ }

⎪ ⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = ⎪ ⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = = 2 / a 5 0 2 / a 5 3 1 3 1 1 1 1 a 2 0 2 / a 0 0 0 2 / a 0 a 2 u D * r r ε

La deformación longitudinal correspondiente (la medida de la banda) es:

a 3 5 2 a 5 2 a 5 3 1 3 1 1 1 1 2 / a 5 0 2 / a 5 3 1 u * ⎟= ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ₊ = ⎪ ⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = ⋅ =εr r ε

48

PROBLEMA 2.4

En un sólido, el campo de deformaciones que sufre viene expresado por las siguientes expresiones:

ε_x = 2y

(

2 _{+ 3x}

)

₁₀−3

ε_y = 6x

(

2 _{+ y}

)

₁₀−3

γ_xy =2 a xy − 5y

(

)

10−3

ε_z =γ_xz =γ_yz = 0

- a) Determinar el valor del parámetro a para que el campo de deformaciones sea compatible.

- b) Hallar las direcciones (cosenos directores) y deformaciones principales en el punto de coordenadas (3,4,0).

- c) Plantear las ecuaciones diferenciales que permitan determinar los desplazamientos y resolverlas suponiendo que los desplazamientos en el origen son nulos. ¿Se necesitaría, para resolver este apartado, algún dato adicional?

Solución Problema 2.4

a) La ecuación de compatibilidad que se debe verificar (problema bidimensional) es: ∂2_ε x ∂y2 + ∂2_ε y ∂x2 = ∂2_γ xy ∂x∂_y como :∂2εx ∂y2 = 4.10 −3 _, ∂2εy ∂x2 =12.10 −3 _y ∂2γxy ∂x∂y = 2a.10 −3 _{se obtiene a =8.}

b) El tensor de deformaciones en el punto de coordenadas (3,4,0) es:

D

[ ]

(3,4,0)= 41 76 0 76 58 0 0 0 0 ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ 10−3

41−λ

(

)

(

58 −λ

)

− 762

[

]

λ = 0 ⇒λ2_{− 99λ}

− 3398 = 0 de donde se deducen las siguientes raices:

λ = 126 −27 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎩ ⎪

Por tanto, las deformaciones principales son:

ε_I =126 ×10−3 ε_II = 0 ε_III = −27 ×10−3 ⎧ ⎨ ⎪ ⎩ ⎪

La deformación ε_I corresponde a la dirección:

−85 76 76 −68 ⎡ ⎣ ⎢ ⎤ _⎦ ⎥ n₁ n₂ ⎧ ⎨ ⎩ ⎫ ⎬ ⎭ = 0 ⇒ r n = 0,6661 0,7459 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎩ ⎪ ⎫ ⎬ ⎪ ⎭ ⎪

La deformación ε_II corresponde a la dirección:

41 76 76 58 ⎡ ⎣ ⎢ ⎤ _⎦ ⎥ n₁ n₂ ⎧ ⎨ ⎩ ⎫ ⎬ ⎭ = 0 ⇒ r n = 0 0 1 ⎧ ⎨ ⎪ ⎩ ⎪ ⎫ ⎬ ⎪ ⎭ ⎪

La deformación ε_III corresponde a la dirección:

68 76 76 85 ⎡ ⎣ ⎢ ⎤ _⎦ ⎥ n₁ n₂ ⎧ ⎨ ⎩ ⎫ ⎬ ⎭ = 0 ⇒ r n = 0,7453 −0,6668 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎩ ⎪ ⎫ ⎬ ⎪ ⎭ ⎪ c) Por definición de deformación:

∂u ∂x =εx= 10−3

(

2y2+ 3x

)

⇒ u = 10−3 2y2x + 3 2x 2 _{+ f y}

( )

⎛ ⎝ ⎞ ⎠ ∂v ∂y=εy =10 −3

(

_6x2 _{+ y}

)

_{⇒ v = 10}−3 _6x2_{y +} 1 2y 2 _{+ g x}

( )

⎛ ⎝ ⎞ ⎠ ∂u ∂y+ ∂v ∂x =γxy = (16xy −10y)10 −3 ₌₁₀−3

(

_{4xy + ′ f y}

( )

_{+12xy + ′ g x}

_{( )}

)

50 por lo que: −10y = ′ f y

( )

+ ′ g x

( )

y, por tanto: ′ f y

( )

= −10y −ω f y

( )

= −5y2 _{−ωy + C} 1 ′ g x

( )

=ω g x

( )

=ωx + C₂

Para que los desplazamientos en el origen sean nulos, C₁= C₂ = 0, pero la constante ω no se puede determinar con los datos del problema.

PROBLEMA 2.5

El campo de desplazamientos en el interior del sólido de la figura viene definido por: z c w y v x c y u ⋅ = − = ⋅ + =

donde “c” es una constante.

x y z x y z

a) Determinar, en función de la constante “c”, el tensor de deformaciones de Cauchy en un punto genérico del sólido.

b) Determinar el valor de la constante “c” para que el volumen del sólido, una vez deformado, sea el mismo que poseía antes de deformarse.

c) Determinar las deformaciones principales en punto genérico del sólido.

Solución Problema 2.5

a) Las componentes del tensor de deformaciones son:

(

)

[ ]

0 2 2 0 0 0 1 5 , 0 0 5 , 0 5 , 0 0 1 2 1 2 1 2 1 = = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = ⇒ = + = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ + ∂ ∂ = = ∂ ∂ = − = ∂ ∂ = = ∂ ∂ = yz xz xy z y x c c D x v y u c z w y v c x u γ γ γ ε ε ε

52

b) Como quiera que, el campo de deformaciones en el interior del sólido es constante para cualquier punto del sólido(nótese que todas las componentes del tensor lo son), la condición a imponer es que la deformación volumétrica (primer invariante del tensor de deformaciones) sea nula. Esto es:

5 , 0 0 1 2 − = ⇒ = = + + = _{x y z} c c v ε ε ε ε

c) La ecuación característica se puede escribir como:

0 5 , 0 0 0 0 1 5 , 0 0 5 , 0 5 , 0 = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − − − ε ε ε

que, una vez resuelta, proporciona las soluciones: εΙ =0,6514, εΙΙ =0,5 y εΙΙΙ =−1,1514

PROBLEMA 2.6

En las proximidades de un punto P de un sólido se han medido, por medio de tres bandas extensométricas espaciadas entre sí ángulos de 120º, las deformaciones longitudinales según las direcciones de las bandas (ver figura), con el siguiente resultado: εa=0,00108, εb=0,00064, εc=0,00009. Se pide:

a) Tensor de deformaciones en el punto P.

b) Deformaciones principales y sus respectivas orientaciones.

c) Longitud final que tendrá un segmento de longitud unitaria con origen en P y formando un ángulo de 40º antihorarios con la banda A. P A B C

Solución Problema 2.6

Tomemos como eje x la dirección de la banda A. Tenemos que encontrar las componentes del tensor de deformaciones referidas a los ejes x e y. Es decir:

[ ]

⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = y xy xy x D ε γ γ ε 2 2

Por otra parte, sabemos que, para una dirección cualquiera que forme un ángulo θ con la dirección x, es decir, para la dirección definida por el vector unitario

j sen i

54

[ ]

[ ]

⎪ ⎪ ⎭ ⎪⎪ ⎬ ⎫ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ + + = ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ = = θ ε θ γ θ γ θ ε θ θ ε sen sen sen D n D y xy xy x cos 2 2 cos cos r r

La componente εn de este vector deformación unitaria según la dirección εrvendrá dada por:

θ θ γ θ ε θ ε θ θ θ ε θ γ θ γ θ ε ε ε cos cos cos cos 2 2 cos 2 2 _{sen sen} sen sen sen n xy y x y xy xy x n + + = = ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + + = ⋅ = r r

Así, para la dirección de la banda extensométrica A, tendremos εn=10,8·10-4 y θΑ=0º, por lo que, sustituyendo en la última ecuación,

resultará εx=10,8·10-4.

Para la dirección B, se tiene que: εn=6,4·10-4 y θΒ=120º, por lo que

obtendríamos la ecuación: 4 3 4 3 4 10 4 , 6 4 x y xy n γ ε ε ε = × − = + −

Para la dirección C, εn=0,9·10-4 y θΒ= -120º, por lo que la ecuación

resultante sería: 4 3 4 3 4 10 9 , 0 4 x y xy n γ ε ε ε = × − = + +

Resolviendo el sistema de ecuaciones que hemos planteado en las dos últimas ecuaciones, junto con el valor de εx que ya habíamos determinado, se llega a que:

4 4 4 10 35 , 6 10 3 , 1 10 8 , 10 − − − × − = × = × = xy y x γ ε ε

Por tanto, el tensor de deformaciones, expresado en los ejes x-y, será:

[ ]

₁₀ 4 3 , 1 18 , 3 18 , 3 8 , 10 ₋ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − = D

Para determinar las direcciones principales, dibujemos el círculo de Mohr: (ε_x,−γ_xy/2) Dirección x (ε_y,γ_xy/2) Dirección y 33,8º ε γ/2 (ε_x,−γ_xy/2) Dirección x (ε_y,γ_xy/2) Dirección y 33,8º ε γ/2

del cual podemos obtener los valores de las deformaciones principales (εI=11,8x10-4 y εII=0,33x10-4) y sus correspondientes direcciones:

16,9º x y Dirección I Dirección II 16,9º x y Dirección I Dirección II 16,9º x y Dirección I Dirección II

56

PROBLEMA 2.7

Sea el punto elástico de la figura, correspondiente a un sólido bidimensional, sometido al estado tensional indicado. Si las deformaciones según x e y son, respectivamente: εx=0,003 y εy= -0,002, el alargamiento admisible del material es de 5 milésimas, y el acortamiento admisible es de 4 milésimas, hallar la máxima tensión tangencial que puede soportar el punto elástico considerado (teniendo presente que actúan sobre él las tensiones normales p y q).

DATO: G=8x104 _MPa.

Solución Problema 2.7

Podemos dibujar el círculo de Mohr en deformaciones correspondiente al punto elástico considerado (el de la izquierda) ya que conocemos las dos deformaciones principales (al no actuar sobre él ninguna tensión tangencial, las tensiones p y q son las principales y, por tanto, las deformaciones proporcionadas también serán las principales). El punto A del círculo representativo de la cara vertical del punto elástico tendría por coordenadas (0,003;0) y el B, representativo de la cara horizontal, (-0,002;0).

Si ahora suponemos que, sobre el punto elástico, actúa una tensión tangencial de valor desconocido τ, aparecerán en él deformaciones angulares, y el punto representativo de la dirección vertical se situaría, en el plano de Mohr, sobre la recta vertical que pasa por A (nótese que εx no cambia por la introducción de la tensión tangencial). Lo mismo

x y p q p q

τ

x y p q x y p q p q

τ

p q

τ

sucedería con el punto representativo de la dirección horizontal. Si, por ejemplo, A’ fuera el punto representativo de la dirección vertical, el de la horizontal sería B’, ya que deben ser diametralmente opuestos. El nuevo círculo de Mohr aumentaría su radio pero, su centro seguiría siendo el del inicial.

Por otra parte, el enunciado impone las máximas deformaciones admisibles del material, tanto a tracción como a compresión, lo que obliga a que el círculo de Mohr resultante se encuentre dentro de las dos líneas verticales que aparecen (una a una deformación longitudinal de 0,005 y otra a –0,004). Por tanto, el círculo de Mohr debe ser el dibujado en la figura y, de él, podemos deducir que el valor de γ/2 debe ser, como máximo, 0,0038.

γ/2 (10

−3

₎

A B A’ A’’ B’ B’’

ε (10

−3

₎

γ/2=0,0038

γ/2 (10

−3

₎

A B A’ A’’ B’ B’’

ε (10

−3

₎

γ/2=0,0038

Por todo lo anterior, la deformación angular máxima γmáx que puede sufrir el punto elástico, sin que las máximas deformaciones longitudinales superen los valores admisibles del material, será:

0076 , 0 0038 , 0 2× = = máx

CAPÍTULO 3

PROBLEMA 3.1

En la figura se representan dos pastillas de sección cuadrada que se someten a un ensayo de compresión en el que se aplica una tensión σ=85 MPa según el eje z. En las direcciones perpendiculares {x,y} se impiden los desplazamientos. Sabiendo que no existe rozamiento entre los distintos sólidos, determinar:

a) El tensor de tensiones en cualquier punto de cada material. b) El módulo de elasticidad aparente del conjunto.

DATOS: Material 1: E1=70 GPa; ν1=0,32 Material 2: E1=210 GPa; ν1=0,30

0.025 m

0.012 m σ

Solución Problema 3.1

No aparecen tensiones tangenciales en ninguno de los dos sólidos debido a la ausencia de fuerzas de rozamiento. Cada una de las pastillas sufrirá deformación uniaxial según el eje z, y, por tanto, las deformaciones longitudinales según los ejes x e y serán nulas.

En estas condiciones, las leyes de Hooke, para cualquiera de los dos materiales de este problema, resultan:

62

)

y

x

(

E

E

z

z

0

)

z

x

(

E

E

y

y

0

)

z

y

(

E

E

x

x

σ

+

σ

⋅

ν

−

σ

=

ε

=

σ

+

σ

⋅

ν

−

σ

=

ε

=

σ

+

σ

⋅

ν

−

σ

=

ε

De estas ecuaciones, se pueden obtener los valores de las tensiones

σ

_x

y

y

σ

en función de

σ

_z

, resultando:

z

1

y

z

1

x

σ

⋅

ν

−

ν

=

σ

σ

⋅

ν

−

ν

=

σ

Por otra parte, la pastilla superior se encuentra sometida a una tensión de compresión de 85 MPa. Para que dicha pastilla se encuentre en equilibrio, la acción de la segunda pastilla sobre la primera será, también, un tensión de compresión de valor idéntico al anterior. Asimismo, utilizando el principio de acción y reacción, la segunda pastilla se encontrará también sometida a una tensión de compresión de 85 MPa.

Teniendo en cuenta lo anterior, los tensores de tensiones, referidos a los ejes x,y,z, para ambas pastillas serán:

Pastilla superior:

[ ]

MPa

85

0

0

0

40

0

0

0

40

T

₁

⎥

⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎢

⎢

⎣

⎡

−

−

−

=

Pastilla inferior:

[ ]

MPa

85

0

0

0

4

.

36

0

0

0

4

.

36

T

₂

⎥

⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎢

⎢

⎣

⎡

−

−

−

=

⎟⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜ ⎝ ⎛

ν

−

ν

⋅

−

⋅

σ

=

σ

+

σ

⋅

ν

−

σ

=

ε

1

2

2

1

E

z

)

y

x

(

E

E

z

z

Para la pastilla 1:

ε

_z

=

−

8

,

5

⋅

10

−

4

y, para la pastilla 2:

ε

_z

=

−

3

,

0

⋅

10

−

4

que equivale a unos acortamientos de cada una de las pastillas de valor: Pastilla 1: m 10 25 , 21 025 , 0 10 5 , 8 L₁ =− ⋅ −4⋅ =− ⋅ −6 ∆ Pastilla 2: m 10 60 , 3 012 , 0 10 0 , 3 L 4 6 2 − − _{⋅ =− ⋅} ⋅ − = ∆

Por lo que, el acortamiento total (suma de los anteriores) será igual a

–24,85·10-6 _m.

La deformación aparente del conjunto vendrá dada por:

m aparente 4 6 10 716 , 6 012 , 0 025 , 0 10 85 , 24 − _{=− ⋅} − + ⋅ − = ε

Y el correspondiente módulo de elasticidad aparente del conjunto será:

GPa E

aparente

aparente =_ε =126,56

64

PROBLEMA 3.2

Una probeta cúbica de 0,10 m de lado está confinada entre dos paredes rígidas paralelas quedando una holgura total de 0,01 mm. Si se somete, en estas condiciones y tal como se representa en la figura, a un ensayo de compresión, determinar la curva tensión-deformación que se obtendría en el supuesto de que el material se comportase durante todo el ensayo como un material elástico-lineal e isótropo. (E=35 GPa, ν=0,2)

σ

y

z

Solución Problema 3.2

Etapa inicial: no existe contacto con la pared, por tanto la probeta está

sometida a estado de compresión uniaxial:

z z y x E 0 0 ε ⋅ = σ = σ = σ

Las relaciones anteriores se conservan hasta que el incremento de longitud en dirección y, ∆ly, se hace igual a la holgura existente entre la probeta y la pared, cuyo valor es:

5 y 10

l = −

∆

que se relaciona con la deformación en la dirección y de la probeta del siguiente modo: y y y l l = ⋅ε ∆

donde ly representa la longitud en dirección y de la probeta. La deformación εy es consecuencia del efecto Poisson. Por tanto:

ε_y = −νε_z = 0.00001 0.10 por lo que: ε_z = − 0.00001 0.20 × 0.10= −0.0005 y σ_z = 35000 × 0.0005 =17.5MPa(compresión)

Etapa posterior: Al existir contacto se cumplirá:

σ_x

∆ε_y

⎧ ⎨

⎩

}

= 0

por lo que el estado tensional deja de ser uniaxial. Si representamos por incrementos sobre los valores existentes justo en el momento del contacto, llegamos a que:

∆ε_y = 1 E

(

∆σy−ν∆σz

)

= 0 ⇒ ∆σy =ν∆σz ∆ε_z = 1 E

(

∆σz−ν∆σy

)

= 1 E ∆σz −ν 2_∆σ z

(

)

∆σ_z ∆ε_z = Eaparente = E 1 −ν2 = 36458MPa

Ya podemos dibujar la curva σ−ε de la probeta:

σ (compresión, MPa)

ε (acortamiento)

1 35000 1 36458 17,5 0,0005

σ (compresión, MPa)

ε (acortamiento)

1 35000 1 36458 17,5 0,0005

66

PROBLEMA 3.3

El sólido de la figura, de las dimensiones indicadas, sufre las siguientes restricciones: las dos caras paralelas al plano x-z no pueden desplazarse según la dirección del eje y; las dos caras paralelas el plano y-z no pueden desplazarse según el eje x. La cara inferior del sólido (contenida en el plano x-y) no puede desplazarse según el eje z. Determinar, cuando se aplica una tensión uniforme de tracción σ, según el eje z, sobre la cara superior ABCD del sólido, 1) el valor del desplazamiento, según el eje z, que experimenta dicha cara y 2) el valor de la tensión normal que actúa sobre la cara ABHF, indicando si es de tracción o de compresión. x y z L L L/4 A B C D F H x y z L L L/4 A B C D x y z L L L/4 x y z x y z L L L/4 A B C D F H

NOTA: Las constantes de Lamé del material del sólido son λ y G.

Solución Problema 3.3

1) Las condiciones de desplazamientos que se imponen al sólido conducen a que: 0 0 = = _y x ε ε siendo εz ≠0

La tercera ecuación de Lamé establece que:

z v

z σ λe Gε

σ = = +2

La deformación volumétrica es, en este caso:

z z y x v e =ε +ε +ε =ε por lo que:

(

)

(

)

4 2 2 2 L L G G G e_{v z z} z z ∆ + = + = + = =σ λ ε λ ε λ σ

Despejando de la ecuación anterior, se obtiene:

(

G

)

L L_z 2 4 + = ∆ λ σ

2) La tensión solicitada es σx, la cual puede obtenerse de la primera

ecuación de Lamé:

(

G

)

L L G e_{v x z} z x 2 4 2 + = ∆ = = + = λ λσ λ λε ε λ σ

Como las constantes λ y G son positivas, el signo de σx coincidirá con el

de σ , Dicho signo, al ser positivo, representa tracción, por lo que

x