Universidad Tecnológica Nacional

Facultad Regional Tucumán

Estabilidad II

Trabajo Práctico N°1

Tema: Tensiones Planas

Alumno: Virla Juan Nicolás

Fecha de Entrega: 24/09/2015

INTRODUCCIÓNEl estado general de esfuerzo en un punto se caracteriza mediante seis

componentes independientes de esfuerzo normal y cortante, que actúan sobre las caras de un elemento de material ubicado en ese punto. Sin embargo, este estado de esfuerzo no se encuentra con frecuencia en la práctica de la ingeniería. En su lugar, los ingenieros suele hacer aproximaciones o simplificaciones de las cargas sobre un cuerpo con el fin de que el esfuerzo producido en un elemento de la estructura o un elemento mecánico pueda analizarse en un solo plano. Por ejemplo, si no hay carga en la superficie de un cuerpo, entonces las componentes de los esfuerzos normal y cortante serán iguales a cero sobre la cara de un elemento que se encuentre en esta superficie.

Por lo tanto, el estado general de esfuerzo plano en un punto se representa mediante una combinación de dos componentes de esfuerzo normal σ x y σ y, y una componente de esfuerzo cortante τ xy, que actúan en las cuatro caras del elemento como se muestra en la Fig. 1.

Si este estado de esfuerzo se define sobre un elemento que tiene una orientación diferente como la mostrada en la Fig. 2, entonces estará sometido a tres componentes de esfuerzo diferentes definidas como σ x 1, σ y 1 y τ x 1 y1. En otras palabras, el estado de esfuerzo plano en el punto está representado únicamente por dos componentes de esfuerzo normal y una componente de esfuerzo cortante que actúan sobre un elemento que tiene una orientación específica en el punto.

Fig. 2

Fig. 1

La transformación de las componentes de esfuerzo es difícil ya que la transformación debe tener en cuenta la magnitud y la dirección de cada componente de esfuerzo, y la orientación del área sobre la que actúa cada componente. El método para transformar las componentes del esfuerzo normal y cortante de los ejes de coordenadas x e y a los ejes x1 e y1, puede desarrollarse de manera general y expresarse como un conjunto de ecuaciones de transformación de esfuerzo.Ecuaciones de transformación para Tensiones Planas:

σ x 1=σ x+σ y2

+σ x−σ y2

∗cos (2θ )+τ xy∗sen (2θ)

σ y 1=σx+σ y2

−σx−σ y2

∗cos (2θ )−τ xy∗sen(2θ)

τ x 1 y1=−σx−σ y

2∗sen (2θ )+ τ xy∗cos (2θ )

σ x+σ y=σ x1+σ y 1

Convención de SignosEn primer lugar se debe establecer una convención de signos para las

componentes de esfuerzo. Para ello, los ejes +x y +x1se usan para definir la normal hacia afuera de un lado del elemento. Entonces σ x y σ x 1 son positivos cuando actúan en las direcciones positivas x y x1, y τ xy y τ x 1 y1 son positivos cuando actúan en las direcciones positivas y e y1, Fig. 3.

Fig. 3

La orientación del plano en el que se deben determinar las componentes de esfuerzo normal y cortante estará definida por el ángulo θ, que se mide desde el eje +x hasta el eje +x1. Cabe destacar que los conjuntos de ejes originales y rotados forman sistemas coordenados derechos; es decir, los ejes positivos z y z1 se establecen mediante la regla de la mano derecha. El ángulo θ será positivo siempre que siga la curvatura de los dedos de la mano derecha, es decir en sentido antihorario.Esfuerzos Principales y Esfuerzo Cortante máximo en el plano

A partir de las ecuaciones anteriores, se observa que las magnitudes de σ x 1, σ y 1 y τ x 1 y1 dependen del ángulo de inclinación θ de los planos sobre los que actúan estos esfuerzos. En la práctica de la ingeniería suele ser importante determinar la orientación del elemento que hace que el esfuerzo normal sea máximo y mínimo, y la orientación que causa que el esfuerzo cortante sea máximo.

Para determinar el esfuerzo normal máximo y mínimo, es necesario diferenciar la ecuación de σ x 1 con respecto a θ e igualar el resultado a cero. Al resolver esta ecuación resulta la orientación θ=θp de los planos donde ocurre el esfuerzo normal máximo y mínimo:

tan (2θp )=τ xy

(σ x−σ y )/2

La solución tiene dos raíces θp1 y θp2. En específico, los valores de 2θp1 y 2θp2 están separados 180°, por lo que θp1 y θp2 están separados 90°. Si se deben obtener los esfuerzos normales requeridos, es necesario sustituir los valores θp1 y θp2 en las ecuaciones anteriores. Al hacerlo, se puede simplificar y obtener una expresión de los esfuerzos normales máximos y mínimos a partir de las tensiones originales, sin requerir de la determinación del ángulo θp.

σ 1,2=σ x+σ y2

±√( σ x−σ y2 )2

+τ xy2

Dependiendo del signo elegido, este resultado proporciona el esfuerzo normal máximo o mínimo que actúa en un punto del plano, cuando σ 1≥σ2. Este conjunto particular de valores se denomina Esfuerzos Principales en el plano, y los planos correspondientes sobre los que actúan se llaman Planos Principales de esfuerzo. Por otra parte, si las relaciones trigonométricas para θp1 o θp2 se sustituyen en la expresión de τ x 1 y1 puede verificarse que τ x 1 y1=0; En otras palabras, ningún esfuerzo cortante actúa sobre los planos principales.

La orientación de un elemento que está sometido al esfuerzo cortante máximo sobre sus lados puede determinarse al obtener la derivada de la ecuación de τ x 1 y1 con respecto a θ e igualar el resultado a cero. De aquí resulta:

tan (2θ s )=−(σ x−σ y)/2

τ xy

Las dos raíces θs1 y θs2 son los recíprocos negativos de 2θp, y por ende cada raíz 2θs está a 90° de 2θp, y las raíces θp y θ s están separadas 45°. Por lo tanto, un elemento sometido al esfuerzo cortante máximo estará a 45° de la posición de un elemento que está sometido al esfuerzo principal.

Si se usa cualquiera de las raíces θs1 y θs2, el esfuerzo cortante máximo puede encontrarse tomando los valores trigonométricos sen(2θs) y cos (2θs) sustituyendolos en la expresión de τ x 1 y1, dando como resultado:

τ max=√( σx−σ y2 )2

+ τxy2

El valor τ max calculado a partir de esta expresión se conoce como el esfuerzo cortante máximo en el plano, ya que actúa sobre el elemento en el plano x− y. En este mismo plano, las tensiones normales serán:

σ prom=σ x+σ y2

Circulo de Mohr para el esfuerzo planoEn esta sección, se mostrará cómo aplicar las ecuaciones para la transformación de esfuerzo plano, utilizando una solución gráfica cuyo uso suele ser conveniente y fácil de recordar. Por otra parte, este método permite “visualizar” como varían las componentes de esfuerzo normal y cortante σ x 1 y τ x 1 y1 de acuerdo con la orientación en diferentes direcciones del plano sobre el que actúan. Si se escriben las ecuaciones de σ x 1 y τ x 1 y1 en la forma:

σ x 1−σ x+σ y2

=σ x−σ y2

∗cos (2θ )+ τ xy∗sen(2θ)

τ x 1 y1=−σx−σ y

2∗sen (2θ )+ τ xy∗cos (2θ )

El parámetro θ puede eliminarse al elevar al cuadrado cada ecuación y al sumar las ecuaciones. Lo que resulta de esto es:

[σ x1−σ x+σ y2 ]2

+τ x 1 y 12 =[ σ x−σ y2 ]

2

+τ xy2

Para un problema específico, σ x, σ y y τ xy son constantes conocidas. Por consiguiente, la ecuación anterior puede escribirse en una forma más compacta como:

(σ x 1−σ prom )2+ τ x1 y 12 =R2

Donde:

σ prom=σ x+σ y2

τ max=R=√( σ x−σ y2 )2

+τ xy2

Si se establecen los ejes de coordenadas, σ positivo a la derecha y τ positivo hacia abajo, y después se grafica la ecuación, se verá que ésta representa un círculo con radio R y centro sobre el eje σ en el punto C (σ prom,0), como se muestra en la Fig. 4. Este círculo se denomina Círculo de Mohr, porque fue desarrollado por el ingeniero alemán Otto Mohr.

Fig. 4

Cada punto en el círculo de Mohr representa las dos componentes de esfuerzo σ x 1 y τ x 1 y1, que actúan sobre el lado del elemento definido por el eje x1, cuando el eje está en una

dirección específica θ. Una rotación θ del eje x1 sobre el elemento corresponderá a una rotación de 2θ sobre el círculo en la misma dirección.

Problema N°1: Un elemento en tensión está sometido a las tensiones σ x=16000 [PSI ], σ y=6000[PSI ] y τ xy=4000[PSI ], según se indica en la Fig. 5. Determine las tensiones que actúan sobre un elemento inclinado un ángulo de θ=45 °.

Fig. 5

Determinación de valores útiles:σ x+σ y2

=16000+60002

[ psi ]=11000[ psi ]

σ x−σ y2

=16000−60002

[ psi ]=5000 [ psi ]

sen (2θ )=sen (2∗45° )=sen (90° )=1

cos (2θ )=cos (2∗45 ° )=cos (90° )=0

Determinación de las tensiones a 45°:

σ x 1=σ x+σ y2

+σ x−σ y2

∗cos (2θ )+τ xy∗sen (2θ )=11000 [ psi ]+5000 [ psi ]∗0+4000 [ psi ]∗1

σ x 1=15000[ psi]

σ y 1=σx+σ y2

−σx−σ y2

∗cos (2θ )−τ xy∗sen (2θ )=11000 [ psi ]−5000 [ psi ]∗0−4000 [ psi ]∗1

σ y 1=7000[ psi ]

τ x 1 y1=−σx−σ y

2∗sen (2θ )+τ xy∗cos (2θ )=−5000 [ psi ]∗1+4000 [ psi ]∗0

τ x 1 y1=−5000 [ psi ]

Fig. 6

Problema N°2: Se tiene una condición plana en un punto sobre la superficie de una estructura cargada donde las tensiones poseen las magnitudes y direcciones mostradas sobre el elemento de tensiones de la Fig. 7. Determine las tensiones que actúan sobre un elemento orientado a un ángulo de 15° horario con respecto al elemento original.

Fig. 7

Determinación de valores útiles:σ x+σ y2

=−46+122

[MPa ]=−17[MPa]

σ x−σ y2

=−46−122

[MPa ]=−29[MPa]

sen (2θ )=sen (2∗−15 ° )=sen (−30° )=−0,5

cos (2θ )=cos (2∗−15° )=cos (−30 ° )=0,866

Determinación de las tensiones a -15°:

σ x 1=σ x+σ y2

+σ x−σ y2

∗cos (2θ )+τ xy∗sen (2θ )=−17 [MPa ]−29 [MPa ]∗0,866−19 [MPa ]∗(−0,5)

σ x 1=−32,6 [MPa]

σ y 1=σx+σ y2

−σx−σ y2

∗cos (2θ )−τ xy∗sen (2θ )=−17 [MPa ]+29 [MPa ]∗0,866+19 [MPa ]∗(−0,5)

σ y 1=−1,4 [MPa]

τ x 1 y1=−σx−σ y

2∗sen (2θ )+τ xy∗cos (2θ )=−(−29 ) [MPa ]∗(−0,5 )−19 [MPa ]∗0,866

τ x 1 y1=−31 [MPa ]

Fig. 8

Problema N°3: Un elemento en tensión plana está sometido a tensiones σ x=12500 [ psi], σ y=−4200[ psi ] y τ xy=−4700[ psi ], según se indica en la Fig. 9.

Determinar las tensiones principales y mostrarlas sobre un croquis de manera apropiada.

Determinar las tensiones tangenciales máximas y mostrarlas sobre el croquis de un elemento orientado de modo apropiado (considere solo las tensiones en el plano).

Fig. 9

Determinación de las tensiones principales:

tg (2θ p )=2∗τxyσ x−σ y

σ 1,2=σ x+σ y2

±√( σ x−σ y2 )2

+τ xy2

σ 1: Tensión principal máxima (+) en la

ecuación.σ 2: Tensión principal mínima (-) en la ecuación.

cos (2θp1 )=σ x−σ y

2√(σ x−σ y2 )2

+τ xy2

sen (2θ p1 )=τ xy

2√( σx−σ y2 )2

+τ xy2

θp2=θ p1+90 ° Las tensiones tangenciales son nulas en los planos principales.

σ x+σ y=σ x1+σ y 1

Determinación de valores de importancia:σ x+σ y2

=12300−42002

[ psi ]=4050[ psi]

σ x−σ y2

=12300+42002

[ psi ]=8250[ psi ]

σ 1,2=σ x+σ y2

±√( σ x−σ y2 )2

+τxy2=12300−4200

2[ psi ] ±√( 12300+42002 )

2

+(−4700)2 [ psi ]

σ 1=13540 [ psi ] y σ 2=−5440 [ psi ]

cos (2θp1 )=σ x−σ y

2∗√( σ x−σ y2 )2

+ τ xy2

= 12300+4200

2∗√( 12300+42002 )2

+(−4700)2=0,869→2θp1=29,7 °

sen (2θ p1 )=τ xy

2∗√( σ x−σ y2 )2

+τ xy2

= −4700

2∗√( 12300+42002 )2

+(−4700)2=−0,495→2θ p1=−29,7 °

Los únicos ángulos entre 0° y 360° que poseen tales valores de seno y coseno son 2θp1=330,3 °:

θp1=165,15 ° o−14,85°

θp2=165,15 ° ±90°

θp2=75,2 °

Fig. 10

Determinación de la tensión tangencial máxima:θ s=θp±45 °

Los planos de tensión tangencial máxima ocurren a 45° respecto a los planos principales.θs1=θp1−45° Para τ max positivo

τ max=√( σx−σ y2 )2

+ τxy2

τ max negativo, también llamado τ min tiene la misma magnitud que τ max pero signo opuesto.

τ max=σ1−σ22

=13540+54402

=9490 [ psi ]

La tensión tangencial máxima es igual a la mitad de la diferencia de las tensiones principales.

σ prom=σ x+σ y2

=4050 [ psi ]

Tensión normal que actúa sobre los planos de tensión tangencial máxima positiva y negativa.

τ max=√(σx−σ y2 )2

+τ xy2=√(12300+42002 )

2

+(−4700)2 [ psi ]=9490 [ psi]

θs1=θp1−45°=165,2°−45 °=120,2 °

θs2=θp2−90°=120,2°−90°=30,2°

Fig. 11

Problema N°4: En un punto sobre la superficie de un cilindro a presión, el material está sometido a tensiones biaxiales σ x=90 [MPa ] y σ y=20[MPa], según se ve sobre el elemento de tensiones de la Fig. 12. Use el círculo de Mohr para determinar las tensiones que actúan sobre un elemento inclinado un ángulo θ=30°. Considere solo las tensiones en el plano y muestre los resultados sobre un croquis de un elemento orientado de manera apropiada.

Fig. 12

Determinación del centro del círculo de Mohr:

C=( σx+σ y2,0)=( 90+202 ,0)→C=(55[MPa ] ,0)

Determinación del punto A= (σ x 1 , τ x 1 y1) para θ=0 °:

A=(90 [MPa ] ,0)

Determinación del punto B=(σ x 1=20[MPa] , τ x 1 y1) para θ=0 °:

B=(20 [MPa ] ,0)

Determinación del radio del círculo de Mohr:

R=√( σ x−σ y2 )2

+ τxy2=√( 90−202 )

2

+02→R=35[MPa]

Determinación de las tensiones sobre un elemento rotado 30° en sentido antihorario:xD=R∗cos (2θ )=35 [MPa ]∗cos (60° )=35 [MPa ]∗0,5→xD=17,5 [MPa ]

σ x 1D=σ prom+xD=55 [MPa ]+17,5 [MPa ]→σx 1D=72,5[MPa]

τ x 1 y1 D=−R∗sen (2θ )=−35 [MPa ]∗sen (60 ° )=−35 [MPa ]∗0,866→τ x 1 y1 D=−30,3 [MPa]

Determinación del punto D’= (σ x 1D' , τx 1 y 1D' ):

σ x 1D'=σ prom−xD=55 [MPa ]−17,5 [MPa ]→σ x 1D'=37,5[MPa]

τ x 1 y1 D'=R∗sen (2θ )=35 [MPa ]∗sen (60° )=35 [MPa ]∗0,866→τx 1 y1 D'=30,3[MPa]

Desarrollo del Círculo de Mohr (Fig. 13):

Fig. 13

El elemento rotado 30° tendrá entonces la siguiente configuración de cargas:

Fig. 14

Problema N°5: Un elemento a tensión plana en la superficie de una máquina está sometido a tensiones σ x=15000 [ psi ], σ y=5000[ psi ] y τ xy=4000[ psi ], según se indica en la Fig. 15.Determine las siguientes cantidades usando el círculo de Mohr:

Las tensiones que actúan sobre un elemento inclinado un ángulo θ=40 °. Las tensiones principales Las tensiones tangenciales máximas (considere solo las tensiones en el plano y

muestre todos los resultados sobre un croquis de elementos orientados de forma apropiada).

Fig. 15

Determinación del centro del círculo de Mohr:

C=( σx+σ y2,0)=( 15000+50002

,0)→C=(10000 ,0 ) [ psi ]

Determinación del punto A= (σ x 1 , τ x 1 y1) para θ=0 °:

A=(15000 ,4000 ) [ psi ]

Determinación del punto B=(σ x 1 , τx 1 y1) para θ=90 °:

B=(5000 ,−4000 )[ psi ]

Determinación del radio del círculo de Mohr:

R=√( σ x−σ y2 )2

+ τxy2=√( 15000−50002 )

2

+40002→R=6403 [ psi ]

Fig. 16

Determinación de las tensiones sobre un elemento rotado 40° en sentido antihorario:Para encontrar las coordenadas del punto D para θ=40 ° debemos encontrar el ángulo e D P1 y e A P1:

tg (e A P1 )=4000 [ psi ]5000 [ pis ]

=0,8→e A P1=38,66 °

e D P1=80−e A P1=80 °−38,66 °→e D P1=41,34 °

Determinación de las coordenadas del punto D:σ x 1=σ prom+R∗cos (41,34 ° )=10000 [ psi ]+6403 [ psi ]∗cos (41,34 ° )

σ x 1=14810[ psi]

τ x 1 y1=−R∗sen (41,34 ° )=−6403 [ psi ]∗sen (41,34 °)

τ x 1 y1=−4230 [ psi ]

Determinación de las coordenadas del punto D’:σ x 1=σ prom−R∗cos (41,34 ° )=10000 [ psi ]−6403 [ psi ]∗cos (41,34 ° )

σ x 1=5190[ psi ]

τ x 1 y1=R∗sen (41,34 ° )=6403 [ psi ]∗sen(41,34 ° )

τ x 1 y1=4230[ psi]

Fig. 17

Determinación de las Tensiones Principales:Los puntos P1 y P2 sobre el círculo de Mohr representan las tensiones principales:

σ x 1=σ 1=R+σ prom=6403 [ psi ]+10000[ psi ]

σ 1=16403[ psi]

Se puede apreciar que e A P1=2θP1=38,66 °

θP1=19,3 °

σ x 1=σ 2=σ prom−R=10000 [ psi ]−6403[ psi ]

σ 2=3597 [ psi ]

2θP 2=38,66 °+180°=218,66 °

θP2=109,33 °

Fig. 18

Determinación de las Tensiones Tangenciales máximas:Los puntos S1 y S2 sobre el círculo de Mohr representan las tensiones tangenciales

máximas:τ max=R=6403[ psi]

AC S1=90°−38,66 °=51,34 °

2θS1=−51,34 ° Es negativo porque se mide en sentido horario

θS1=−25,7 °

τ max=−6403[ psi]

σ prom=10000[ psi ] Tensiones normales que actúan en los planos tangenciales máximos

Fig. 19

Problema N°6: En un punto sobre la superficie del eje de un generador, las tensiones son σ x=−50 [MPa], σ y=10[MPa] y τ xy=−40[MPa], según se indica en la Fig. 20. Determine las siguientes cantidades usando el círculo de Mohr:

Las tensiones que actúan sobre un elemento inclinado un ángulo θ=45 ° Las tensiones principales Las tensiones tangenciales máximas (considere solo las tensiones en el plano y

muestre todos los resultados sobre un croquis de elementos orientados de forma apropiada).

Fig. 20

Construcción del círculo de Mohr:

σ prom=σ x+σ y2

=−50+102

[MPa ]=−20 [MPa ]

El centro C del círculo tiene coordenadas:C=(σx1=σ prom , σx1 y1 )

C=(−20 ,0 )[MPa]

El punto A tiene coordenadas, para θ=0 °:A=(σx1=σx , σ x1 y1=σ xy)

A=(−50 ,−40 )[MPa]

El punto B tiene coordenadas, para θ=90 °:B=(σ y1=σ y , σ x1 y1)

B=(10 ,40 )[MPa ]

Determinación del radio R del círculo de Mohr:

R=√( σ x−σ y2 )2

+τ xy2=√(−50−102 )

2

+ (−40 )2

R=50[MPa ]

Determinación de las tensiones sobre el elemento inclinado θ=45 °:

Fig. 21

Para encontrar las coordenadas del punto D para θ=45 °, debemos encontrar el ángulo e D P2 y e A P2:

tg (e A P2 )=4030

=43

e A P2=53,13°

e D P2=90°−e A P2=90°−53,13°

e D P2=36,87 °

Determinación de las coordenadas del punto D:σ x 1=σ prom+R∗cos (36,87 ° )=−20 [MPa ]−50 [MPa ]∗cos (36,87 °)

σ x 1=−60 [MPa]

τ x 1 y1=−R∗sen (36,87 ° )=50 [MPa ]∗sen(36,87 ° )

τ x 1 y1=30[MPa]

Determinación de las coordenadas del punto D’:σ x 1=σ prom−R∗cos (36,87 ° )=−20 [MPa ]+50 [MPa ]∗cos (36,87 °)

σ x 1=20[MPa]

τ x 1 y1=R∗sen (36,87 ° )=−50 [MPa ]∗sen(36,87 ° )

τ x 1 y1=−30[MPa]