Tensor de Esfuerzos 1. El tensor de tensiones en un punto de un sólido viene defnido, respecto de un sistema de coordenadas coordenadas cartesianas, por la siguiente matriz:
[
T =
40
0
−20
0 −20
−10
0 20
0
]
Determinar: , τ ) a) El vector tensión (Ø) y sus componentes intrínsecos ( σ ,τ
b) ensiones principales y direcciones principales.
Solución: a) !ara "allar el vector de tensión sabemos #ue:
() 1
(
Ø =T´ . n´
Ø =
40 0 −20
−20
0 −10 0
0 20
)
√ 3 1
√ 3 1
√ 3
() 20
Ø =
√ 3
−10
√ 3 0
$"ora para calcular las componentes intrínsecas, tenemos
() 20
( √
´ σ =n . ´ T .n
σ =
t
1 3
.
1
1
.
√ 3 √ 3
)
√ 3
−10
√ 3
σ =
10 3
0
τ =√ | Ø | −σ 2
2
√( ) ( ) 2
500 √ 500 − τ = 3
10 3
2
τ =12,47
b) !ara "allar tensiones principales tenemos la ecuación de las invariantes del sistema:
−σ 3 + I 1 σ 2− I 2 σ + I 3=0 I 1 =σ x + σ y + σ z=50 I 2 =σ x σ y + σ x σ z + σ y σ z− τ xy
2
−τ xz2− τ yz2 =−400 + 800 −200− 400=−200
I 3 =|T |=−8000 + 4000=−4000
$"ora reemplazando en la ecuación de invariantes del sistema, tenemos: σ II =7,63
−σ 3 + 50 σ 2 + 200 σ − 400= 0 σ III =−10
σ I =52,36
$"ora "allando las direcciones principales, para eso usaremos lo siguiente:
´ =0 T . ´n− σ n
|T −σ I |´n=0
(
40−σ 0 −20
)( ) ( )
−20 n I 0 −10−σ n II 0 0 20− σ n
III
%eemplazamos para cada !ara
(
σ 1=52,36
−12,36 0 −20
=
0 0 0
σ ( σ I =52,36 ; σ II =7,63 ; σ III =−10 ):
:
0 −62,36 0
−20 0 −32,36
−12,36 n I − 20 n III =0
)( ) ( ) n I n II
n III
=
0 0 0
−62,36 n II =0 2
2
n I + n II
n I =
n II = 0
+ n III 2=1
20 n III
−12,36
=−1,618 n III
n III = 0,525
(−1,618 n III )2 + n III 2=1
D σ =(−0.849 ; 0 ; 0.525 ) I
D σ =(−0.525 ; 0 ; 0.849) II
2. El tensor de tensiones en un punto de un sólido viene defnido, respecto de un sistema de coordenadas cartesianas, por la siguiente matriz: 50 [ T ] =−20 0
−20 20 0
0 0 0
Determinar: a) &os dos primeros invariantes del tensor de tensiones.
b) &os valores de las tres tensiones principales c) &os tres vectores unitarios #ue defnen las tres direcciones principales d) &a tensión tangencial m'ima #ue se produce en las proimidades del punto considerado.
Solución: a) nvariantes del tensor de tensiones: I 1 =50 + 20= 70 I 2 =50 x 20−20
2
=600
b) *na de las tensiones principales ( σ) es nula. &as otras dos las calcularemos resolviendo:
[
|T −σI |= 0
50 −σ −20
]
−20 20− σ
σ 1= 60
&as tensiones principales:
σ 2=10
σ 3 =0
c) +omo el ee z es una dirección principal
( u´ = k ) 3
, las otras dos las
calcularemos resolviendo:
[ $"ora reemplazando cada
!ara
σ 1
!ara
σ 2
]( ) ( )
50 − σ −20 u 1 −20 20− σ u 2
σ
:
[
:
[
40 −20
10
0 0
en la ecuación dada, tenemos:
−10 −20 a1 = −20 −40 a2
−20
=
]( ) ( )
u1=0.8943 i⃗ −0.4473 j
]( ) ( )
u2= 0.4473 i + 0.8943 j
a1 a2
=
0 0
0 0
d) &a tensión tangencial m'ima ser':
τ max =max
(
60−10 60 10
,
2
,
2
2
)=
max ( 25,30,5 )=30
3. Dado el siguiente estado tensional (estado plano de tensiones -i / 0) en un punto:
[
T =
7 −2
−2 5
]
(1!a)
a) +alcular el vector tensión en la dirección 234 (anti"orario) del ee b) +alcular la tensión normal y de corte en el mismo plano. c) +alculas las tensiones m'imas y mínimas
Solución: a) +alculando el vector tensión en la dirección 234: n=
[]
1 1 √ 2 1
[− − ] √ [ ]= √ [ ](
t =T n =
7 2
2 1 1 5 2 1
1
5 MPa ) 2 3
b) +alculando la tensión normal y de corte. σ =
1
[ ] [ ]=
5 1 1 √ 2 3 √ 2 1
4 Mpa
En un problema bidimensional "ay una 5nica dirección contenida en el plano normal a n. s=
τ =t . s =
o bien
√ [ ] 1
1 2 1
[] [ ]
1 5 1 . √ 2 3 √ 2
−1 =−1 MPa 1
, tangente en el plano a n.
τ =t −( t . n ) n=
¿
1
[]
5 √ 2 3
−4
1
[ ] ( [ ] [ ]) [ ]
1 5 √ 2 3
−
1
5 1 1 . √ 2 3 √ 2 1
1 1 √ 2 1
[ ] √ [ ]
1 √ 2 1
1
=
−1 1
2
MPa
τ =‖τ ‖=1 MPa
c) +alculando tensiones m'imas y mínimas σ M =
R=
1
α = arctan 2
(
√(
σ x + σ y 2
σ x − σ y 2
)
=6
+entro del círculo
2
+ τ xy2=√ 5
%adio del círculo
σ 1= σ M + R =6 + √ 5 = 8,236 Kpa
1'ima
σ 2= σ M − R= 6−√ 5 =3,764 Kpa
1inima
2 τ xy
σ x − σ y
)
= 1 arctan
n1=
2
[ ][
[ − ]= 2 (−2 )
1
7 5
2
cosα = 0,851 −0,525 sinα
]
(−63,43 º ) =−31,71 º
n2=
[ ][ ] −sinα = 0,525 cosα
0,851
4. Dado el tensor de tensiones en el punto !.
|
14
T = 7
−7
7
−7
21 0
0 35
|
Determinar la tensión sobre el plano de la fgura.
Solución: &a ecuación del plano es
C 1 x 1+ C 2 x 2 + C 3 x 3= 1
, usando los puntos por los
#ue pasa el plano sale #ue para el plano de la fgura: 6 x 1+ 2 x 2+ 3 x 3=12
!ara el c'lculo de n, usando 6 vectores cuales#uiera del plano 7ector
´ =u´ = 0 ´"1− 6 "2 + 4 " 3 !
7ector
´ =⃗$ =−2 " 1 + 0 " 2+ 4 " 3 #
⃗
⃗
⃗
⃗
⃗
$plicando producto vectorial, obtendremos un vector normal al plano 8ormado por ambos vectores pertenecientes al plano en estudio.
|
"1
⃗n = 0
⃗u x ⃗$ =n %
|
"2
"3
−6
4 4
−2
0
=−24 "1 −8 "2 −12 " 3 ⃗
⃗
⃗
|n % |=28 n% −6 2 3 = " 1− " 2− " 3 7 7 |⃗n % | 7
n=
9acindolo versor:
⃗
⃗
⃗
;bteniendo de esta manera el versor #ue representa al plano E<=, pudiendo a"ora obtener el vector tensión actuante sobre dic"o plano:
|| −6
|
14 n t =T . n= 7 −7
7 21 0
| ||
−7
7 −2
0 x 7 35 −3
−11 = −12 −9
7
n
t =−11 "1−12 " 2−9 " 3 ⃗
⃗
⃗
5) Dado el tensor de tensiones (referido a un sistea cartesiano de referencia) en un !unto de un sólido:
[
12
T = 4 2
>e pide:
4
2
−8 −1 −1 6
]
Dibuar, sobre el punto el'stico de la fgura, y en las caras m's aleadas del origen de coordenadas, la dirección y sentido de cada una de las componentes tensionales #ue, sobre dic"as, caras act5an: Determinar el valor de las tensiones normal y tangencial #ue act5an sobre un plano paralelo al plano x + y + z =0 #ue pasa por las proimidades (distancia infnitesimal) del punto considerado. >olución:
7ector normal al plano:
⃗u=
1
( ⃗i+ j⃗ + ⃗k )
√ 3
[] 1
[ ][ ¿
σ x ¿
σ y
=
¿
σ z
12 4 2
4 −8 −1
2 −1 6
]
√ 3
[]
18 = −5 3 √ √ 3 7 1 1
1
√ 3
ensión normal: ¿
σ n =⃗ σ . ⃗u=
1 3
(18 −5 +7 )=
20 3
=6.67 MPa
ensión tangencial:
√
τ = |⃗ σ | −σ n=√ 132.67− 44.49=9.39 MPa ¿
2
2
?) Determinar las tensiones principales sabiendo #ue el tensor de tensiones viene defnido por:
[ [
] ][
20
40
−30
T = 40
30 25
25 MPa −10
−30
>olución: σ x τ xy T = τ yx σ y
τ xz τ yz
τ zx
σ z
τ zy
=
20 40 −30
−30
40 30 25
25 −10
]
−σ 3 + I 1 . σ 2− I 2 . σ + I 3=0 I 1 =σ x + σ y + σ z=20 + 30 −10 =40 MPa 2
2
2
I 2 =σ x σ y + σ x σ z + σ y σ z− τ xy −τ xz −τ yz =−3025 MPa I 3 =|T |=89500 MPa
Entonces: −σ 3 + 40. σ 2−(−3025) . σ + 89500 =0 %esolviendo, obtenemos: σ 1= 65.3 MPa σ 2= 26.5 MPa σ 3 =−51.8 MPa
@) Dado el tensor de tensiones (&as unidades son 1!a),
[
T =
−120 75
75 300
]
Determinar los planos en los cuales las tensiones tangenciales son nulas (planos principales). 9allar asimismo el valor de las tensiones normales en dic"os planos (tensiones principales).
S"#$%&"': ;bsrvese la fgura 6 en la cual un rect'ngulo elemental de dimensiones & z1
,
siendo
& z2
t
se corta por un plano $= de cosenos directores A/
( =cos α ,
m=sin α
. 9aciendo el e#uilibrio de 8uerzas en
dirección A y en la dirección normal a A, se tiene respectivamente.
´ − σ 1 * ´ cos α −τ * ´ s"nα − τ *) ´ cos α − σ 2 *) ´ s"nα =0 σ 1 ) %
´ −σ 1 * ´ s"n α − τ * ´ cos α − τ *) ´ s"nα −σ 2 *) ´ cos α =0 τ ) %
' = [ ( , m ]
Es decir, %
2
2
σ 1 =σ 1 cos α + σ 2 s"n α + τ s"n 2 α
%
τ =
σ 2 −σ 1 2
s"n 2 α + τ cos2 α
9aciendo las anteriores ecuaciones α P
%
τ = 0 se obtiene el valor del 'ngulo
correspondiente al plano principal,
tan 2 α P=
tan 2 α P=
2 τ
σ 1 −σ 2
2 τ
σ 1 −σ 2
=
=
2 x 75
−120 −300
2 x 75
−120 −300
=−0,375
=−0,375
α P 1=−9.83 + α P 2=80.17 +
!or lo #ue respecta a las tensiones, sustituyendo en el valor de
%
σ
se
obtiene. σ I =σ ( α P 1 ) =σ (−9.83 )=−120cos %
%
2
(−9.83 )+ 300 s"n2 (−9.83 )+ 75 s"n (−2 x 9.83 )=−132,99 MPa
σ II = σ ( α P 2) = σ ( 80,17 ) =−120 cos ( 80,17 )+ 300 s"n ( 80,17 ) + 75 s"n (−2 x 80,17 )= 312,99 Mpa %
%
2
2
B) +on respecto a la pieza en tensión plana #ue se indica en la fgura determinar el tensión de tensiones.
S"#$%&"': !or las 8ormulas tenemos: %
2
2
σ 1 =σ 1 cos α + σ 2 s"n α + τ s"n 2 α
%
τ =
σ 2 −σ 1 2
s"n 2 α + τ cos2 α
%eemplazando obtenemos lo siguiente:
2
2
50= σ 1 cos 70 + 20 s"n 70 + τ s"n ( 2 x 70 )
−10 =
20−σ 1 2
s"n ( 2 x 70 )+ τ cos (2 x 70)
%esolviendo el sistema obtenemos #ue, σ 1=−121,51 MPa τ =72,43 MPa
El tensor de tensiones se escribir' de la siguiente 8orma.
[
T =
−121,51 72,43
72,43 20
]
C) En un determinado punto en el cual el estado de tensiones es plano, los planos principales 8orman un 'ngulo de @?,34 y ??,34 (medidos como el 'ngulo #ue 8orma la normal a dic"os planos con el ee z), valiendo las tensiones principales 30,BC 1!a y B,BC 1!a. Determinar el tensor de tensiones.
S"#$%&"': El estado de tensiones es el representado en la fgura
El tensor de tensiones
%
T =
[
50,89 0
0 −18,89
]
%
(re8eridos a los ees %
%
%
z 1 y z 2 ) mediante un cambio de base.
T
>iendo la matriz de cambio de 8ase P=
[−
cos 76,35 s"n 76,35
!or lo #ue % T % T = P T P
Es decir:
%
y z 2 se escribe
T puede obtenerse supuesto conocido el de tensiones
El tensor
T = P T P
%
% T en los ees principales z 1
s"n 76,35 cos 76,35
]
T
[−
T =
cos76,35 s"n 76,35
−s"n 76,35 cos76,35
][
50,89 0
0 −18,89
][−
cos76,35 s"n 76,35
][
−s"n 76,35 = −15 cos 76,35
16
En la siguiente fgura se puede observar representado el tensor de tensiones.
0) En el problema determinar el valor de la tensión tangencial m'ima plano en el #ue se produce y valor de la tensión normal en este plano.
16 47
]
.
S"#$%&': En un plano cual#uiera, las tensiones valen: %
2
2
σ 1 =σ 1 cos α + σ 2 s"n α + τ s"n 2 α
%
τ =
σ 2 −σ 1 2
s"n 2 α + τ cos2 α
y derivando el valor de
%
τ
con respecto a
σ − σ & τ =0 = 2 1 2cos2 α − 2 τs"n 2 α 2 & α %
Es decir: tan 2 α =
σ 2−σ 1 2 τ
=
32 −70
−2 x 24
=0,791
α 1=19.18 + α 2=109.18 +
%eemplazamos los valores en las 8ormulas.
α
e igualando a cero
%
τ ( α 1 ) =
%
τ ( α 2 ) =
32−70
−2 x 24
32−70
−2 x 24
s"n ( 2 x 19,18 ) −24cos (2 x 19,18 )=−30,61 MPa
s"n ( 2 x 109,18 )−24cos ( 2 x 109,18 )=30,61 MPa
F las tensiones normales: σ ( α 1 ) = 70cos ( 19,18 ) + 32 s"n ( 19,18 )−24 s"n (−2 x 19.18 )=51 MPa %
2
2
σ ( α 2 ) = 70cos ( 109,18 ) + 32 s"n ( 109,18 ) −24 s"n (−2 x 109.18 ) =51 MPa %
2
2
En primera fgura puede verse representada las anteriores tensiones en los α α planos dados por ( 1 ) y ( 2 ) .
