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CAPÍTULO I - 48
Problema 1
El estado de tensiones de un punto de un sólido viene definido por el siguiente tensor:
( ) 2/6.700
08.26.306.37.0
mNXYZij
=σ
Hallar:
1) Tensiones y direcciones principales, así como la matriz de paso entre el sistema
OXYZ y el sistema principal.
2) Aplicando el método de Mohr hallar la tensión tangencial máxima y el plano en
que se produce.
3) Obtener el vector tensión y las componentes intrínsecas para un plano cuya
normal es
0,
21,
23
en el sistema OXYZ y en sistema principal.
4) Realizar el apartado anterior aplicando el método de Mohr
1) a la vista de la forma del tensor se infiere que σ zz es una tensión principal, Luego: => λ3 7 6= . y consecuentemente la dirección (0,0,1) es principal. El cálculo de una de las otras dos tensiones, sigue los pasos vistos en teoría, es decir: a) se resta un parámetro ( λ en este caso) a la diagonal principal. Se halla el determinante y se iguala a cero
25.508.26.3
6.37.021 −==⇒=
−−
λλλ
λ
b) Una vez resuelto y halladas las tres raíces, se ordenan de mayor a menor resultando:
2/25.56.7 mNIIIIII −=== σσσ
CALCULO DE LAS DIRECCIONES PRINCIPALES Puesto que la dirección principal I es dato se halla la dirección principal II. Para ello:
a) se resta a la diagonal del tensor de tensiones el valor de la tensión principal II
CAPÍTULO I - 49
b) La matriz resultante se multiplica por el vector incógnita de la dirección principal II
1
05.56.700
05.58.26.306.35.57.0
222 =++
=
−−
−
IIIIII
II
II
II
nml
nml
c) Se añade una tercera ecuación fruto de plantear que el módulo del vestor unitario es la unidad
d) eligiendo 2 de las tres posibles ecuaciones del sistema y la ecuación de cosenos se halla las dirección principal II, resultando:
( )0,8.0,6.0 El cálculo de la dirección principal III se hará mediante el producto vectorial:
( ) ( 0,6.0,8.008.06..0100.. −=
=
kjiPD III )
(D. P. IIContenidaen el planoXY)
D. P. III(Contenidaen el planoXY)
Z ≡ Direcciónprincipal I
La matriz de paso se construye colocando en cada fila los cosenos directores de cada dirección:
CAPÍTULO I - 50
−=
06.08.008.06.0100
L 2) Los círculos de Mohr serán:
Tσ
Tτ
σI σII σIII
θ
8.42max =−
= IIII σστ
El plano en que se produce la tensión tangencial máxima es aquel cuya normal forma 45º con el eje principal I y 45º con el eje principal III. Por tanto:
0122º45cos 2
121111 =−−==== mlnml
Resultando:
22,0,
22
3) El vector tensión en el sistema OXYZ
=
=
052.441.2
05.0
23
6.70008.26.306.37.0
T
para hallar el vector tensión en el sistema I,II,II, se ha de expresar en primer lugar el vector normal al plano en el sistema I,II,III:
−=
−==
39.0919.00
05.0
23
06.08.008.06.0100
*jiji nLn
Estando ahora en condiciones de hallar el vector tensión en el sistema I,II,II así:
CAPÍTULO I - 51
=
−
−=
78.005.50
39.0919.00
20005.50006.7
*iT
las componentes intrínsecas pueden hallarse indistintamente en el sistema principal o en el OXYZ (son cantidades escalares) resultando:
( )
222
2
/78.2
/3.439.0
919.00
78.0,05.5,0
mNTTT
mNT
=−=
=
−=
στ
σ
4) Se hallan los ángulos correspondientes a los cosenos directores de la normal expresada en el sistema principal resultando:
( )
º11339.0919.0
)º900(arccosº900
→−→
=→
1) Se levanta una perpendicular por σ I . A partir de ella se mide un ángulo tal que su
coseno sea 0º . Se traza un segmento y se prolonga el extremo hasta que corte a la circunferencia externa: En este caso 90º con la dirección principal I cortará a la circunferencia externa de Mohr en el puntoσ III .
2) Con centro en O1 y radio O1 σ III se traza un trozo de arco y (en este caso se ve que dicho trozo coincide con una de las circunferencias de Mohr) por tanto la solución se encuentra sobre dicha circunferencia.
3) Se levanta una perpendicular por σ III y a partir de ella se mide un ángulo cuyo coseno sea –0.39 => 113º se traza un segmento hasta que corte a la circunferencia exterior de Mohr en P.
4) Con centro en O2 y radio O2 P se traza un arco hasta que al arco trazado en el punto 2 (en este caso el primer trozo de arco coincide con una circunferencia de Mohr).
5) La intersección de ambos trozos de arco es el punto solución (M).
CAPÍTULO I - 52
Tσ
Tτ
σI σIII
π2113º
Tτ = 2 7.
O1 O2
PM
( ) º11339.0arccos2
0arccos
2
1
=−=
==
θ
πθ
CAPÍTULO I - 53
Problema 2 Sea el tensor de tensiones de un punto elástico referido a un sistema XYZ:
−=
200000030001500015002000
ijσ N/m2
Hallar: a) Tensión cortante máxima y plano en que se produce b) Tensor esférico y desviador a) Es necesario hallar las tensiones y direcciones principales: Para ello puede
obsérvese que la componente σ zz es principal y consecuentemente la dirección (0,0,1) es principal. Resultando:
4081919030001500
1500200021 ==⇒=
−−
λλλ
λ
Ordenando de mayor a menor: 2/20009194081 mNIIIIII −=== σσσ Para hallar las direcciones principales: En este caso se opta por hallar la dirección principal II mediante el procedimiento normal y la dirección principal a través del producto vectorial, resultando:
1
0919200000
091930001500015009192000
222 =++
=
−−−
−
IIIIII
II
II
II
nml
nml
Eligiendo dos ecuaciones del sistema (la 3º y la 1º) mas la ecuación de cosenos resulta:
( )0,585.0,81.0.. −=IIPD Consecuentemente:
( ) ( ) ( )0,811.0,585.0...... =×= IIIPDIIPDIPD El tensor de tensiones expresado en el sistema principal es:
CAPÍTULO I - 54
−=
20000009190004081
ijσ
La tensión tangencial máxima puede hallarse a partir del círculo de Mohr:
-2000 919 4081
45º45º
Tσ
Tτ
Resultando:
2max /3045
220004081 mNT =
+=τ
y la dirección de la tensión tangencial máxima es tal que la normal forma 45º con el eje principal I y 45º con el eje principal III. Resultando:
22,0,
22
b) Tensor esférico y desviador: En primer lugar hay que calcular la tensión intrínseca octaédrica
( ) 21 /100033
mNIT IIIIIIoct =
++==
σσσσ
Luego el tensor esférico será:
( ) ( ) 20 /100000
010000001000
mNT ijoct
ij =⋅= δσ σ
y el desviador:
CAPÍTULO I - 55
( ) ( ) 2/300000020001500015001000
mNT ijoct
ijD
ij
−=⋅−= δσσ σ
El tensor desviador también puede expresarse en el sistema principal. Repitiendo el proceso de hallar las tensiones principales se llega:
( ) 2,, /
3000000810003081
mNIIIIIIDij
−−=σ
Que (como se puede observar a continuación) debe coincidir con el calculado a partir del tensor de tensiones expresado en el sistema principal:
−−+
=
− 3000000810003081
100000010000001000
20000009190004081
Siendo el tensor esférico el mismo en ambos sistemas pues es un invariante
CAPÍTULO I - 56
Problema 3 Sea un cilindro de radio R y generatriz paralela al eje Z tal que las caras superior e inferior están sometidas a un cierto estado de cargas y la superficie lateral del mismo está libre de cargas. Se sabe que el tensor de tensiones es de la forma:
( ) 2/0
00
mNkxky
kxky
xy
yx
XYZij
−
−= σ
σσ
Donde el término σ xy es una incógnita, las fuerzas por unidad de volumen son despreciables, y k es un parámetro conocido. Se pide: a) Determinar el tensor de tensiones b) Tensiones y direcciones principales. Matriz de paso
R
a) El único dato que se dispone es la forma del tensor de tensiones, pero
independientemente de cual sea se sabe que las ecuaciones de equilibrio interno siempre han de cumplirse:
0
0
0,
=∂
∂⇒
=∂
∂⇒
⇒=+
xsegundalade
yprimeralade
F
xy
xy
Vijij
σ
σ
σ
La conclusión que se extrae es que: ( )zFxy =σ El otro dato disponible es la condición de contorno, que en este caso dice que la cara lateral está libre de cargas, es decir:
CAPÍTULO I - 57
θ
Normal n (cos θ , senθ, 0)
T
R
La condición de que no existe carga alguna en la superficie lateral se traduce en:
( )( )
=
−
−⇒=⇒=
000
0
cos
00
000 θ
θσ sen
kxkykxzFkyzF
nT jij
Resultando:
=
− 000
)cos()(cos)(
θθθθ
senksenzF
zF
Puesto que esta igualdad ha de cumplirse para todo ángulo θ implica que: F(z) = 0
Luego σ xy = 0 Por tanto el tensor de tensiones queda de la forma siguiente:
( ) 2/0
0000
mNkxky
kxky
XYZij
−
−=σ
b) tensiones y direcciones principales, matriz de paso: Realizando el proceso acostumbrado:
CAPÍTULO I - 58
000
0000
=−−
−−−
λλ
λ
kykxky
obteniendo:
+−
+−
+
=22
22
22
00
00
00
yxk
yxk
yxk
ijσ
Para calcular las direcciones principales:
1
00
0
222
22
22
22
=++
=
+−−
+−
−+−
III
I
I
I
nml
nml
yxkkxky
kxyxk
kyyxk
cuyo resultado es:
( ) ( )
++
−=
21,
2,
2..
2222 yx
x
yx
yIPD
Y repitiendo para las otras dos direcciones resulta:
( ) ( )
( ) ( )
−
++
−=
++=
21,
2,
2..
0,2
,2
..
2222
2222
yx
x
yx
yIIIPD
yx
y
yx
xIIPD
La matriz de paso se construye colocando en filas las direcciones principales:
CAPÍTULO I - 59
Problema 4
El estado de tensiones de un punto de un sólido elástico es el siguiente
−
100024044
Se pide:
a) Tensiones y direcciones principales b) Vector tensión y componentes intrínsecas respecto a un plano cuya normal forma
ángulos iguales con los tres ejes coordenados c) Plano octaédrico, tensor esférico, y desviador. Tensiones intrínsecas octaédricas a) Para hallar las tensiones y direcciones principales seguimos el procedimiento
habitual, nada más que observando que σ z es principal y consecuentemente la dirección (0,0,1) es dirección principal resultando:
024
44=
−−−
λλ
Resolviendo y ordenando de mayor a menor resulta:
614 −=== IIIIII σσσ Para calcular la dirección principal I:
1
04100
04240444
222 =++
=
−−
−−
III
I
I
I
nml
nml
Del sistema de ecuaciones:
− + = ⇒ ==
8 4 0 20
l m mn
I I I lII
Resultando:
= 0,5
2,5
1.. IPD
Del análisis del tensor de tensiones se sabe que:
CAPÍTULO I - 60
D. P. II => ( )1,0,0
Realizando el producto vectorial para hallar la dirección principal III resulta:
− 0,51,
52
b) El plano cuya normal forma ángulos iguales con los tres ejes:
⇒=++
==
31,
31,
311222 nml
nml
El vector tensión será:
=
−=
313
60
313
13
1
100024044
T
Las componentes intrínsecas:
62.2
37
313
13
1
31,
36,0
22 =−=
=
=
στ
σ
TTT
T
c) El plano octaédrico es aquel cuya normal está igualmente inclinado respecto a los tres ejes principales. Resultando:
=3
1,3
1,3
1octn
El vector tensión octaédrico es:
CAPÍTULO I - 61
−
=
−=
363
13
4
313
13
1
600010004
octT
Las tensiones intrínsecas serán:
19.4
31
313
13
1
36,
31,
34
22 =−=
−=
−=
στ
σ
TTT
T
oct
oct
El tensor esférico es:
−
−
−
=⋅=
3100
0310
0031
31
ijesfij
I δσ
Y el desviador:
+
+
+−
=⋅−=
31100
03120
00314
31
ijijdesvij
I δσσ
CAPÍTULO I - 62
Problema 5
Sea un cuerpo de altura 10m sometido al estado de cargas que se indica. Hallar: a) tensor de tensiones b) valor del ángulo α que forma un plano π (el plano π es perpendicular al plano yz y
contiene al eje X) con el eje Y para que la tensión intrínseca normal sea nula.
10 N/m2
10 N/m2
6 N/m2 (tensión tangencial )
20 N/m2
20 m
El cuerpo se encuentra sometido a las siguientes cargas: Una compresión variable desde 0 hasta 20 en las caras laterales. Una tracción de 10 en la cara superior e inferior Una tensión rasante en las caras superior e inferior Una tensión rasante de 6 en la cara frontal y trasera Las cargas se expresan en KN/m2 y las medidas del cuerpo en metros a) el tensor de tensiones será:
2/10060100600
mKNzij
−=σ
Donde el origen de coordenadas se ha situado en el centro del cubo El tensor de tensiones para el origen de coordenadas será:
CAPÍTULO I - 63
2/10060100600
mKNij
−=σ
b)
α
n
Plano
Tσ = 0
Tτ
Y
Z
n´
La normal al plano será:
( )αα cos,,0 senn =
Luego el vector tensión:
−=
−=
ααα
αα
cos1010cos6
cos
0
10060100600
sensenT
Y la condición pedida se expresa como
( )
etcsen
sensenT
º225;º135;º45cos
0cos
0cos10,10,cos6
22 =⇒=
⇒=
−=
ααα
ααααασ
CAPÍTULO I - 64
Problema 6
Sea el tensor de tensiones correspondiente a un punto de un sólido elástico:
−=
8000400010
)XYZijσ
Hallar: a) Tensor de tensiones referido a las siguientes direcciones:
( )
−=
==
21,
23,0´
23,
21,0´0,0,1´ zyx
b) Idem siendo ahora las direcciones: ( )1,0,0´´0,5
1,5
2´´ =
−= zx
c) Hallar en el círculo de Mohr las tensiones intrínsecas correspondientes a la dirección
21,
21,
21 expresada esta en el sistema XYZ
a) La matriz de transformación de coordenadas es:
−
=
21
230
23
210
001
L
Y el tensor de tensiones en los nuevos ejes será:
] [ ] [ ] [ ]
−==
13303350
0010
´´´T
ZYXij LL σσ
b) La dirección que falta por determinar una dirección, se halla a través del producto vectorial resultando:
CAPÍTULO I - 65
=×= 0,5
2,5
1´´´´´´ xzy
Luego la nueva matriz de transformación de coordenadas es:
−
=
100
05
25
1
051
52
L
y realizando la misma operación anterior se obtiene:
] [ ] [ ] [ ]
−==
800
056
528
0528
536
´´´´´´T
ZYXij LL σσ
c) La dirección propuesta esta en el sistema XYZ que a su vez coincide con el principal (es importante apuntar que en el plano de Mohr siempre se trabaja en el sistema principal). Antes es necesario ordenar las tensiones principales resultando:
σ σ σI II III= = = −10 8 4; ; Levantando una perpendicular por σ I se traza un arco tal que cuyo coseno sea ½ =60º, este arco corta a la circunferencia exterior en el punto N luego con centro en O1 y radio O1 N se traza un trozo de arco. De igual forma levantando una perpendicular por σ III y trazando un arco cuyo coseno sea 1/2 → 60º hasta que corte a la circunferencia exterior ( en M ). Luego con centro en O2 y radio O2 M se traza otro trozo de arco. La intersección de ambos trozos de arco es el punto solución, que midiendo a escala proporciona el valor de : T y Tσ τ
CAPÍTULO I - 66
O1 O2
MN
Punto solución
60º
A B
Tτ
Tσ
Que se puede comprobar numéricamente
CAPÍTULO I - 67
Problema 7
Sea el siguiente estado tensional de un sólido de dimensiones 2 a × 2 a × 2 a
05343
132
7453222
22
=−++=
++=−=
−+=−+−=
yzzz
xzyy
xyxx
zyx
yzy
xyzzyx
σσ
σσ
σσ
a) Hallar las fuerzas por unidad de volumen. b) Resultante de fuerzas y momentos respecto al origen de las tensiones que actúan
en la cara y = a suponiendo que los ejes se sitúan en el centro del cubo Aplicando las ecuaciones de equilibrio interno:
( ) 0, =+ iVjij Fσ Resulta:
03000044
0644
=+++=++−
=+++−
V
V
V
ZYyyXzxx
Resultando finalmente:
( )
−
−=
306z
F iV
b) Se entiende por resultante a la suma de todas fuerzas que actúan sobre cada uno de los infinitos puntos de una cara del sólido. Por tanto en primer será necesario expresar el tensor de tensiones para esa cara asunto que se consigue sustituyendo y por a:
−++++−−+
++−+−+−=
53430130274
1374532
2
2
222
zaxazaaxz
azaxzzax
ijσ
A continuación se calcula el vector tensión para la cara y = a , cuya normal es ( 0, 1, 0) Resultando:
CAPÍTULO I - 68
−
−+=
−++++−−+
++−+−+−=
02
74
010
53430130274
13745322
2
2
222
aaxz
zaxazaaxz
azaxzzaxTi
Las componentes x e y de la resultante son:
( )
( )∫∫
∫∫
−−
−−
−=−=
−=−+=
a
a
a
ay
a
a
a
ax
adxadzR
adxaxzdzR
42
2
82
2874
Para calcular los momentos la figura siguiente puede servir de ayuda resultando:
2a
2a
2a TY
TX
O
El momento respecto al origen O de las tensiones T es igual al producto vectorial de la fuerza por la distancia al origen, resultando:
( )
( ) ( )( ) ( )
34
22
222
283
4
76742
742742
0
akaj
dxaazxadzkzdxaxzdzjzdxadzi
dAaxaazxakzdAaxzjzdAai
dAaTxTkzdATjzdATidATT
zaxkji
M
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
xyxy
yx
+
=+−−+−−+−−
=+−−−+−−+−−
=−++−==
∫∫∫∫∫∫
∫ ∫∫
∫ ∫∫ ∫
−−−−−−
CAPÍTULO I - 69
Problema 8 Sea el tensor de tensiones siguiente, correspondiente a un punto de un sólido elástico:
−=
100024044
ijσ
a) Calcular y dibujar dos posibles triedros de referencia del sistema principal b) las matrices de paso c) dibujar el vector en cada uno de los triedros Como se sabe el sistema de referencia no es único, pues depende del signo que se adopte para las raíces. En nuestro caso: a) Se calcula en primer lugar las tensiones principales resultando:
]
−=
600010004
,, IIIIIIijσ
La dirección principal II es dato resultando ( )1,0,0.. =IIPD Supóngase que se calcula la dirección principal I: Siguiendo el procedimiento habitual de restar la tensión principal (en este caso la I) a la diagonal principal y multiplicar por el vector correspondiente resulta:
1
04100
04240444
222 =++
=
−−
−−
III
I
I
I
nml
nml
Operando resulta:
= 0,5
2,5
1.. IPD
Y la dirección principal III se puede hallar mediante el producto vectorial siguiente:
−== 0,5
1,5
2
100
05
25
1..
kji
IIIPD
CAPÍTULO I - 70
La matriz de paso resulta ser:
−=
051
52
100
05
25
1
L
Supóngase que se siguen los siguientes pasos: Se calcula en primer lugar la dirección principal III y luego la dirección principal I mediante el producto vectorial, resultando en este caso:
−= 0,5
1,52.. IIIPD
−−=
−= 0,
52,
51
05
152
100..kji
IPD
y la matriz de paso:
−
−−
=
05
152
100
052
51
L
Que no coincide con la anterior Los triedros en ambos casos quedan:
CAPÍTULO I - 71
CASO 1º
II
Dirección principalIII (contenida en elplano XY)
Dirección principal I(contenida en el planoXY)
X
Y
CASO 2º
II Dirección principalIII (contenida en elplano XY)
Dirección principal I(contenida en el planoXY)
X
Y
c)
Expresemos un vector cualquiera por ejemplo
411,
41,
21
en cada triedro de
referencia: CASO 1ª
=
−=
335.025.0
447.0
4114121
051
52
100
05
25
1
1Vector
CAPÍTULO I - 72
Caso 2º :
−
−=
−−
−−
=335.025.0447.0
4114121
051
52
100
05
25
1
2Vector
Dibujando el Vector 1 y Vector 2 en cada triedro se obtiene:
II
Dirección principalIII (contenida en elplano XY)
Dirección principal I(contenida en el planoXY)
Vector 1º
X
Y
II Dirección principalIII (contenida en elplano XY)
Dirección principal I(contenida en el planoXY) Vector 2º
X
Y
Y como puede observarse ambos vectores tienen igual representación. Conclusión: Aunque los triedros y matrices de transformación no coinciden los resultados son idénticos, pues las direcciones en ambos casos son las mismas