CAPÍTULO 1
ESTADO DE ESFUERZO Introducción En este capítulo se establecen los conceptos de vector esfuerzo y de tensor esfuerzo asociados a un punto de un medio continuo. Dado que el número de vectores esfuerzo que pasa por un punto de un medio continuo es infinito (uno para cada elemento de superficie que se hace pasar por dicho punto), p unto), por medio del concepto de d e tensor esfuerzo se demostrará que basta con co n conocer tres de los infinitos vectores esfuerzo, asociados a tres planos mutuamente ortogonales, para calcular todos los demás. El resto del capítulo se dedicará al estudio del estado de esfuerzo en un punto del medio continuo y a desarrollar métodos analíticos y gráficos para calcular los esfuerzos asociados a un plano de corte imaginario a través del medio continuo. Finalmente, se derivan las ecuaciones de equilibrio de un medio continuo.
1.1 Fuerzas de superficie superficie y fuerzas fuerzas de cuerpo cuerpo Los tipos de fuerzas que se aceptan en el estudio de los medios continuos son de superficie y de cuerpo.
a) Fuerzas de superficie. Aquéllas aplicadas en las fronteras del medio continuo por la acción de otros cuerpos que se encuentran en contacto con el medio. La fuerza resultante de todas las fuerzas de superficie, que actúan sobre un área A, de un medio continuo está dada por (1.1) ∫ A tndA = ik ∫ A tk dA El subíndice k que aparece en la ecuación 1.1 se usa para expresar el mismo concepto en notación indicial (Apéndice A), A), donde:
1. ESTADO DE ESFUERZO
t n
vector fuerza de superficie
dA = elemento diferencial de área
Adoptando un sistema de referencia cartesiano, la ecuación 1.1 queda como dA + k ∫ t dA ∫ t dA = i ∫ t dA + j ∫ t dA A
n
A
x
A
y
A
siendo t x, t y y t z las componentes del vector esfuerzo
t n
(1.2)
z
en las direcciones x, y y z , respec-
tivamente. En el Sistema Internacional de Unidades (SIU) las fuerzas se dan en Newtons (N), por lo que t x, t y y t z quedan expresados en N/m2, lo cual es equivalente a un Pascal (Pa).
b) Fuerzas de cuerpo. Aquéllas provocadas por la acción de cuerpos distantes que generan campos gravitacionales, de temperatura y electromagnéticos. La fuerza resultante de todas las fuerzas de cuerpo, actuantes en un volumen finito dV está dada por (1.3) ∫V ρ f dV = ik ∫V ρ fk dV donde: = vector ve ctor fuerza de cuerpo dV = elemento diferencial de volumen ρ = densidad del medio f
En notación cartesiana la ecuación 1.3 se puede escribir como
∫ ρ f dV = i ∫ ρ f dV + j ∫ ρ V
V
x
V
y
dV
+ k
∫ ρ f dV V
(1.4)
z
siendo t x, t y y t z las componentes del vector fuerza fuerza de cuerpo f . Las componentes f x, f y
y f z se pueden expresar como fuerzas por unidad de masa o por 3
unidad de volumen, por lo que en el SIU las unidades serían N/kg o N/m , respectivamente. respectivamente.
2
1.2 TEORÍA DEL ESTADO DE ESFUERZO
1.2 Teoría del del estado de esfuerzo esfuerzo Cuando un cuerpo deformable se somete a solicitaciones de cualquier tipo, éste se deforma hasta cierto límite. Esto se debe a que las fuerzas cohesivas han entrado en juego, tomando un valor tal que permiten equilibrar a las fuerzas externas aplicadas. Para describir las acciones entre todas las partículas de un medio continuo, imaginemos un sistema de fuerzas aplicado a un medio continuo, tal como se ilustra en la figura 1.1. F 2 F 1
2
II
I
F3 q
q
2
1
M 1
Plano de corte imaginario cuya normal es n
FIGURA 1.1 Cuerpo deformable sometido sometido a un sistema sistema de fuerzas cualquiera cualquiera
Al hacer un corte imaginario a través de un plano cualquiera, cuya normal está definida por el vector unitario n , se obtienen los cuerpos I y II, mostrados en la figura 1.2. F
2
F 1 M 2
F II/I
II
∆ F F
3
q
I P ∆ q
2
F I/II
1
M 1
FIGURA 1.2 Definición de vector esfuerzo en el entorno entorno a un punto de un cuerpo cuerpo deformable
3
1. ESTADO DE ESFUERZO
Consideremos un punto P de de dicha sección de corte y tomemos un entorno de área del mismo ∆ A y sea ∆ F la parte de la acción que el cuerpo II comunica al cuerpo I, únicamente a través de ∆ A .
DEFINICIÓN: El vector esfuerzo t n en un punto punto P, asociado asociado a un plano de de corte corte cualquiera, cualquiera, está dado por t n
∆ F ∆ A→0 ∆
= lim
(1.5)
Se acepta en la mecánica de los medios continuos que este límite existe en cualquier punto del medio y es independiente de la secuencia de áreas de corte adoptadas que contienen al punto P.
1.3 Componentes normal y tangencial tangencial del vector esfuerzo esfuerzo El vector esfuerzo t n puede descomponerse en un vector esfuerzo normal σ n y en un vector esfuerzo cortante τ n , tal como se muestra en la figura 1.3.
t n τ n
P
σ n
n
FIGURA 1.3 Componentes normal y tangencial del vector esfuerzo
t n
De esta manera se obtiene: t n
= σ n +τ n
El módulo del vector esfuerzo normal σ n se puede calcular como la proyección del vector esfuerzo t n sobre la dirección n : σ n = tn ⋅ n
4
(1.6)
1.2 TEORÍA DEL ESTADO DE ESFUERZO
El vector esfuerzo cortante τ n se puede calcular como la diferencia vectorial: τn
La normal
= t n − σ n
(1.7)
que define el plano donde actúa t n se puede expresar en función de sus cosenos directores como n
n = cosα i
+ cos β j + cosγ k
siendo α , β y γ los ángulos que forman los ejes de referencia cartesianos con la dirección de dicha normal. Llamando a cos cosα = = n x ; cos β = = n y
y cosγ = = n z
la normal n se puede expresar como n
= n x i + n y j + nz k
El vector esfuerzo σ n es positivo si tiene la misma dirección que n ; σ n siempre será normal al plano de corte. El vector esfuerzo cortante τ n siempre estará alojado en el plano de corte y adoptará cualquier dirección. En un marco de referencia cartesiano, es usual descomponer a τ n en dos componentes paralelas a los ejes del marco de referencia. z
τ n τ z
P τ x
t n
y x
σn = σ y j
FIGURA 1.4 Componentes del vector esfuerzo cortante τ n , en un sistema de referencia cartesiano
5
1. ESTADO DE ESFUERZO
Por lo tanto, el vector esfuerzo t se puede expresar como n
t n = σyy +τ yx +τ yz
(1.8)
En esta ecuación, el primer subíndice indica la dirección de la normal al plano donde actúa dicho esfuerzo; mientras que el segundo, la dirección del eje cartesiano al cual es paralelo. En caras positivas, las componentes de esfuerzos serán positivas cuando tengan la dirección de los ejes del marco de referencia. En caras negativas, las componentes de esfuerzo serán positivas cuando sean de dirección contraria a la de los ejes del marco de referencia. En lo que respecta a σ n , éste será de tensión si tiene signo positivo y de compresión si tiene signo negativo.
1.4 Determinación de las ecuaciones de Cauchy Por lo expuesto anteriormente, podemos decir que para describir las acciones que se generan en un plano de corte de un medio continuo, será necesario describir al conjunto de vectores t n , asociados a todos los puntos del plano de corte. Ya que en un punto P del medio continuo se pueden establecer una infinidad de planos de corte, se puede afirmar que en cada punto del medio continuo se debe establecer a la infinidad de vectores t n , asociados a todos los planos de corte que pasan por P . La envolvente de todos los vectores t n debe ser una función continua. Para describir a esa función, Cauchy propuso el siguiente procedimiento, basado en consideraciones de equilibrio. Consideremos un punto P de un medio continuo y supongamos conocido el esfuerzo en dicho punto, asociado a tres planos mutuamente ortogonales que tomaremos como coordenados. Supongamos ahora que se desea calcular el esfuerzo en P , asociado al plano δ que pasa por él y que está definido mediante la normal n (figura 1.5a).
6
1.4 DETERMINACIÓN DE LAS ECUACIONES DE CAUCHY
z z
δ
'
n
δ
t n C
plano δ P
y
P
B
y
h
x
a)
b)
FIGURA 1.5 Determinación de las ecuaciones de Cauchy
Para encontrar el esfuerzo citado, se procede de la siguiente manera. Se elige un plano δ' paralelo a δ y separado una distancia h del origen (figura 1.5b). En estas condiciones analicemos el equilibrio estático del tetraedro así obtenido, utilizando como esfuerzo actuante en la cara C , B del tetraedro, al promedio de los realmente actuantes en dicha cara. Al tomar límite cuando h → 0, se obtiene: a) El esfuerzo medio t se reduce al realmente actuante en P b) El plano δ' coincidirá con δ n
Analicemos el equilibrio del tetraedro que se muestra en la figura 1.6. En este análisis no se están incluyendo fuerzas de cuerpo, causadas por efectos de campos inerciales, gravitacionales, magnéticos o eléctricos.
7
1. ESTADO DE ESFUERZO
z C
t z
σ y
x
σ xx
τ xy
τ x
P t x τ z τ zx τ zy
t τ xz
B
y
σ zz FIGURA 1.6 Equilibrio estático del tetraedro de Cauchy
Definiendo A ABC = A = área comprendida entre ABC ρ = masa específica del medio; [ M , L−3]
el área ABC , al proyectarse en cada uno de los ejes coordenados, queda: A PBC = A cos α = An x A PAC = A cos β = An y A PAB = A cos γ = An z
Estableciendo el equilibrio del tetraedro, se tiene: Por Σ F x = 0:
− σ xx A PBC − τ yx A PAC − τ zx A PAB + t x A ABC + f x ρ 13 A ABC h = 0
(1.9)
por lo tanto,
− σ xx An x − τ yx An y − τ zx An z + t x A + f x ρ 13 Ah = 0 Tomando límite, cuando h → 0, se obtiene:
− σ xx An x − τ yx An y − τ zx An z + t x A = 0 t x = σ xxn x + τ yxn y + τ zxn z
Análogamente, se puede calcular por Σ F y = 0 y Σ F z = 0: 8
(1.10)
1.4 DETERMINACIÓN DE LAS ECUACIONES DE CAUCHY t y = τ xyn x + σ yyn y + τ zyn z
(1.11)
t z = τ xz n x + τ yz n y + σ zzn z
(1.12)
Estas últimas tres ecuaciones pueden ser escritas en forma matricial como sigue: ⎡t x ⎤ ⎡σ xx ⎢ ⎥ ⎢ ⎢t y ⎥ = ⎢ τ xy ⎢t ⎥ ⎢⎣ τ xz ⎣ z ⎦ tn
τ yx
τ zx ⎤ ⎡ n x ⎤
σ yy
τ zy ⎥ ⎢ n y ⎥
τ yz
⎥⎢ ⎥
σ zz ⎥⎦ ⎢⎣ nz ⎦⎥
= ⎡⎣ Tij ⎤⎦ n
(1.13)
donde: T ij = tensor esfuerzo de orden 2 (véase Apéndice A).
Físicamente, los elementos del tensor esfuerzo representan los esfuerzos actuantes en tres planos mutuamente ortogonales. Matemáticamente, el tensor esfuerzo es un operador que al actuar sobre n produce el vector t . n
EJEMPLO 1.1 En un punto P de un medio continuo, el tensor esfuerzo es:
⎡ 14 7 −7 ⎤ T ij = ⎢ 7 21 0 ⎥ en MPa ⎢ ⎥ ⎢⎣ −7 0 35 ⎥⎦ Determinemos el vector esfuerzo en un plano que contiene al punto P y es paralelo a los planos a) BGE , b) BGFC , del paralelepípedo de la figura 1.7. z
B
6 cm
C D
4 cm
E
P G
y
2 cm
F
x
FIGURA 1.7 Vector esfuerzo asociado a un plano 9
1. ESTADO DE ESFUERZO
Dado que tn
= ⎡⎣ T ij ⎤⎦
n
a) Es necesario calcular la normal al plano BGE , para lo cual procedemos como sigue: Coordenadas de los puntos: B (0,0,4);
BG
G (2,0,0); E (0,6,0)
BE = b
= a = 2 i − 4 k
= 6 j − 4k
El producto cruz a × b resulta:
⎡i ⎢ a × b = ⎢2 ⎢0 ⎣
k ⎤
j
⎥ −4⎥ = 24 i + 8 j + 12k −4 ⎥⎦
0 6
a × b = 24 i + 8 j + 12k
a × b = 242 + 82 + 122 = 28
Por lo tanto, la normal n al plano BGE es: n =
a ×b a ×b
=
1 28
(24 i + 8 j + 12 k ) =
6 7
i +
2 7
j+
3 7
k
Operando para calcular el vector esfuerzo normal, tenemos:
⎡14 7 −7 ⎤ ⎡ 6 / 7 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ 2 / 7⎥ t n = 7 21 0 ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢⎣ −7 0 35 ⎥⎦ ⎣⎢ 3 / 7 ⎦⎥ tn = 11i + 12 j + 9k MPa
b) Para el plano BGFC , procedemos de manera similar. Coordenadas de los puntos:
B (0,0,4); G (2,0,0)
BC = c = 6 j
C (0,6,4);
i
j
a ×c = 2
0
0
6
k
− 4 = 24i + 12k 0
a × c = 24 i + 12 k 10
BG = a = 2 i − 4 k
1.4 DETERMINACIÓN DE LAS ECUACIONES DE CAUCHY
a ×c
= 720 = 12 5
La normal al plano BGFC resulta: n
t n
tn
a ×c
=
a ×c
1 (2 i + k ) 5
=
⎡ 14 7 −7 ⎤ ⎡ 2 / 5 ⎤ ⎢ ⎥ = ⎢⎢ 7 21 0 ⎥⎥ ⎢ 0 ⎥ ⎢⎣ −7 0 35 ⎥⎦ ⎣⎢ 1/ 5 ⎦⎥
=
1 (21i + 14 j + 21k ) MP a 5
EJEMPLO 1.2 Determinemos las componentes normal y cortante del vector esfuerzo ejemplo 1.1.
t n
en el plano BGFC del
El esfuerzo normal se calcula como: σ n = tn ⋅ n
σ n = σ n =
σ n =
1 5 1 5
63 5
(21,14,21) ⋅ (2,0,1) (42 + 21) =
1 5
63 5
MPa 1
2 τ n = ⎡ t n − σ n 2 ⎤ 2 ⎣ ⎦
1 2 t n = (212 + 142 + 212 ) = 215.60 5 1
τ n = [ 215.60 −158.76] 2 = 7.54 τ n = 7.54 MP a
1.5 Esfuerzos principales
11
1. ESTADO DE ESFUERZO
Para determinar los valores máximo y mínimo del conjunto de vectores t que definen el estado de esfuerzos en el punto, es necesario encontrar el plano que pasa por el punto cuya normal coincida con la dirección del vector t (figura 1.8). n
n
z n t n
P
y
x
FIGURA 1.8 Esfuerzos principales
Si la normal al plano coincide con la dirección del vector esfuerzo t , entonces τ n = 0, por lo que n
tn
= σ n = ⎡⎣ T ij ⎤⎦ n
Por otra parte, el vector esfuerzo normal se puede expresar como σn
=
σn n
= σ n
Por lo tanto: σn
= σ n x i + σ n y j + σ n z k = ⎡⎣ Tij ⎤⎦ n
Desarrollando, σ n x σ n y σ n z
= σ xx nx + τ yx ny + τ zx n z = τ xy n x + σ yy n y + τ zy n z = τ xz nx + τ yz n y + σ zz n z
(1.14) (1.15) (1.16)
en este sistema de ecuaciones, las incógnitas son: σ , n x, n y, n z . Dado que se tienen tres ecuaciones y cuatro incógnitas, es necesario introducir una ecuación adicional: 12
1.5 ESFUERZOS PRINCIPALES n x2
+ n 2y + nz 2 = 1
(1.17)
Las ecuaciones 1.14, 1.15 y 1.16 se pueden representar como (σ xx − σ ) nx + τ yx n y + τ zx n z = 0
(1.18)
τ xy nx
+ (σ yy − σ ) n y + τ zy n z = 0
(1.19)
τ xz nx
+ τ yz n y + (σ zz − σ ) n z = 0
(1.20)
Las ecuaciones 1.18, 1.19 y 1.20 tienen como modelo matemático
⎡⎣Tij ⎤⎦ n = σ n
(1.21)
siendo: σ = valor característico n
= vector característico
Es decir, la solución de las ecuaciones 1.18, 1.19 y 1.20 es un problema de valores y vectores característicos, por lo tanto, la expresión 1.21 puede ser escrita como
⎡⎣Tij − σ I ⎤⎦ n = 0
(1.22)
siendo: I = matriz identidad. Para que exista una solución diferente a la trivial para n x, n y, n z ( n ≠ 0 ), es necesario que el determinante de la matriz [T ij − σ I ] sea igual a cero. Esto es: σ xx
−σ
τ xy
τ yx σ yy
τ xz
−σ
τ yz
τ zx τ zy σ zz
−σ
=0
Desarrollando el determinante, se obtiene la siguiente ecuación característica: σ 3 − I1σ 2
+ I 2σ − I 3 = 0
(1.23)
donde los coeficientes de la ecuación 1.23 están dados por I 1
= σ xx + σ yy + σ zz ;
invariante lineal
13
1. ESTADO DE ESFUERZO
I 2
I3
=
σ xx
τ xy
τ yx
σ
σ
+
yy
yy
τ yz
τ zy
σ zz
+
σ
z
τ zx
τ xz
σ xx
= ⎡⎣T ij ⎤⎦ ;
; invariante cuadrático invariante cúbico
Resolviendo la ecuación característica 1.23, se obtienen los esfuerzos principales σ 1, σ 2 y σ 3. Sustituyendo los valores de σ 1, σ 2 y σ 3 en las ecuaciones 1.18, 1.19 y 1.20, en forma sucesiva, y haciendo uso de la identidad fundamental n x2 + n 2y + nz 2 = 1 , más dos de estas ecuaciones así obtenidas, se determinan los vectores característicos respectivos, n1, n2 y n3 . Se puede demostrar que las raíces de la ecuación cúbica son siempre reales si el tensor T ij es simétrico. Las raíces de la ecuación cúbica reciben el nombre de esfuerzos principales, siendo σ 1 el mayor, σ 2 , el intermedio, y σ 3 , el menor, por lo que σ 1 ≥ σ 2 ≥ σ 3 donde los subíndices 1, 2, 3 nos indican tres ejes ortogonales que pasan por el punto, a los cuales se les pueden asociar tres planos ortogonales en los que únicamente existe esfuerzo normal. Cuando el tensor [T ij] es un tensor simétrico es posible demostrar que los productos escalares
n1 ⋅ n 2
=
0
;
n2
⋅ n3 =
0
;
n3
⋅ n1 =
0
, lo cual indica la ortogonalidad de las tres
direcciones principales de esfuerzo. Ya que los planos principales son ortogonales entre sí, sus normales pueden ser utilizadas como ejes principales de referencia, el tensor referido a ese marco queda representado por
T ij
⎡σ 1 = ⎢⎢ 0 ⎢⎣ 0
0 σ 2 0
0⎤
⎥ ⎥ σ 3 ⎥⎦ 0
EJEMPLO 1.3 En un punto de un medio continuo se establece el siguiente tensor de esfuerzo:
14
1.5 ESFUERZOS PRINCIPALES
⎡4 3 0 ⎤ ⎢ ⎥ T ij = 3 − 4 0 en [ ⎢ ⎥ ⎢⎣0 0 2⎥⎦
Pa ]
Obtener: a) El vector esfuerzo en el plano que pasa por el punto cuya normal queda definida por n
2 2 1 = ⎛⎜ ⎞⎟ i + ⎛⎜ − ⎞⎟ j + ⎛⎜ ⎞⎟ k ⎝3⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠
b) Los esfuerzos principales σ 1, σ 2 y σ 3 c) Las direcciones de los ejes principales definidas por n1 , n2 , n3 d) Los productos escalares n1 ⋅ n2 , n2 ⋅ n3 y n3 ⋅ n1
SOLUCIÓN: a) Calculamos el vector esfuerzo: tn
= ⎡⎣ Tij ⎤⎦ n
tn
⎡ 2 2 1 ⎤ = ⎢(4) ⎛⎜ ⎞⎟ + (3) ⎛⎜ − ⎞⎟ + (0) ⎛⎜ ⎞⎟⎥ i ⎝ 3⎠ ⎝ 3 ⎠⎦ ⎣ ⎝3⎠ ⎡ 2 2 1 ⎤ + ⎢(3) ⎛⎜ ⎞⎟ + (−4) ⎛⎜ − ⎞⎟ + (0) ⎛⎜ ⎞⎟⎥ j ⎝ 3⎠ ⎝ 3 ⎠⎦ ⎣ ⎝3⎠ ⎡ 2 2 1 ⎤ + ⎢(0) ⎛⎜ ⎞⎟ + (0) ⎛⎜ − ⎞⎟ + (2) ⎛⎜ ⎞⎟⎥ k ⎝ 3⎠ ⎝ 3 ⎠⎦ ⎣ ⎝3⎠ 2
= i+
tn
14
2 j+ k 3 3
3
MPa
El esfuerzo normal quedará definido por σ n
=
tn ⋅ n
σ n
= −
σ n
=−
4 28 2
9
9
22 9
+
9
MPa
Definiremos el esfuerzo cortante τn
=
t n
τ n
=
2
τ n
2 44 ⎞ ⎛ 14 − 44 ⎞ j + ⎛ 2 + 22 ⎞ k = ⎛⎜ + i +⎜ ⎟ ⎟ ⎜ 3 27 ⎟ ⎝ 3 27 ⎠ ⎝ 3 27 ⎠ ⎝ ⎠
3
− σ n i
+
14 3
j
2 44 44 22 ⎞ + k − ⎛⎜ − i + j − k⎟ 3 27 27 ⎠ ⎝ 27
15
1. ESTADO DE ESFUERZO
τ n
=
62 82 40 i + j+ k 27 27 27
M Pa
b) Calculamos los esfuerzos principales σ 1, σ 2, σ 3, resolviendo la ecuación característica. Desarrollando 4 − σ 3 0 3 −4 − σ 0 = 0 0 0 2 − σ 4 − σ ⎣⎡( − 4 − σ )( 2 − σ )⎦⎤ − 3 ⎣⎡ (3 )( 2 − σ )⎤⎦ = 0 4 − σ (σ
2
+ 2 σ − 8 ) − 3 ( 6 − 3σ ) = 0
−32 + 16σ + 2σ 2 − σ 3 − 18 + 9σ = 0 −50 + 25σ + 2σ 2 − σ 3 = 0 σ 3 − 2σ 2 − 25σ + 50 = 0 ;
ecuación característica.
Resolviendo la ecuación característica, obtenemos: σ 1 = 5 MPa σ 2 = 2 MPa σ 3 = −5 MPa
Por lo tanto, la matriz de esfuerzos principales queda:
⎡5 ⎢ T ij = 0 ⎢ ⎢⎣ 0
0 0⎤ 2 0 ⎥⎥ [ Pa ] 0 − 5 ⎥⎦
Dado que los invariantes del tensor esfuerzo en los sistemas de referencia cartesiano y principal son iguales, entonces dichos tensores representan el mismo estado de esfuerzos en el punto P del medio continuo. c) Calculamos las direcciones de los ejes principales definidas por n1 , n2 , n3 . Para σ 1 = 5 MPa, tenemos: − cos α 1
+ 3 cos β 1 +
0 cos γ 1
= 0 ⇒ cos α 1
3 cos α 1
− 9 cos β1
+
0 cos γ 1
= 0
0 cos α 1
+ 0 cos β 1
+ ( − 3) cos γ 1 = 0 ⇒
cos γ 1
pero, sabemos que 2 2 2 ( cos α 1 ) + ( cos β 1 ) + ( cos γ 1 ) = 1
16
= 3 cos β 1
= 0
1.5 ESFUERZOS PRINCIPALES
por lo tanto, sustituyendo: 2 2 2 ( 3 cos α 1 ) + ( cos β 1 ) + ( 0 ) = 1
9 co s β 1 2 + co s β 1 2 = 1 1 0 c o s β 1 2 = 1
cos β1 = 1/ 10 ,
cos α 1 = 3 / 10 ,
cos γ 1 = 0
Para σ 2 = 2 MPa: 2 cos α 2
+ 3 cos β 2
+
0
3 ⇒ cos α2 = − cos β 2 2
= 0
3 cos α 2 − 6 cos β 2 + 0 = 0 +
0
0
⇒ cos α 2
= 2 cos β 2
+ 0 = 0
puesto que las primeras dos ecuaciones sólo se satisfacen si cos β2 = 0 ⇒ cos α 2 = 0 , dado que 2 2 2 ( cos α 2 ) + ( cos β 2 ) + ( cos γ 2 ) = 1
sustituyendo, nos queda: 2
( cos γ 2 ) = 1
∴cos γ 2 = 1 Por lo tanto, cos α 2 = 0 ,
cos β 2 = 0 ,
cos γ 2 = 1
Para σ 3 = −5 MPa, tenemos: 9 cos α 3
+
3 cos β 3
+
0
=
0
3 cos α 3
+
cos β 3
+
0
=
0
⇒
cos β 3
+ 7 cos γ 3 =
0
⇒
cos γ 3
0
+
0
= − 3 cos α 3 =
0
haciendo 2 2 2 ( cos α 3 ) + ( cos β 3 ) + ( cos γ 3 ) = 1
sustituimos 2 2 ( cos α 3 ) + ( −3 cos α 3 ) = 1
cos α32 + 9 cos α 32 = 1 10 cos α 32 = 1 co s α 3 = 1 / 10 ,
c o s β 3 = − 3 / 1 0 ,
c o s γ 3 = 0
17
1. ESTADO DE ESFUERZO
Por lo tanto, la matriz de cosenos directores de los ejes principales, queda:
⎡3 / 10 1/ 10 ⎢ ⎡⎣ aij ⎤ = 0 ⎦ ⎢ 0 ⎢1/ 10 −3 / 10 ⎣
0⎤ ⎥ 1⎥ 0 ⎥⎦
d) Productos escalares: ⎛ 3 ⋅ n2 = ⎜ ⎝ 10
1.
n1
2.
n1 ⋅ n 3
3.
n2
⎛ 3 =⎜ ⎝ 10
i
i
⎞ 1 j + 0 k ⎟ ⋅ (0 i + 0 j + 0 k ) = 0 10 ⎠
+
+
1 j + 0k 10
⎞ ⎛ 1 ⎟⋅⎜ ⎠ ⎝ 10
⎛ 1 ⋅ n3 = ( 0 i + 0 j + 0 k ) ⋅ ⎜ ⎝ 10
i
−
i
−
⎞ 3 j + 0k ⎟ = 0 10 ⎠
⎞ 3 j + 0k ⎟ = 0 10 ⎠
Con lo cual concluimos que las direcciones n1 , n2 y n3 son ortogonales.
1.6 Elipsoide de Lamé Se dice que dos tensores representan el mismo estado de esfuerzos en un punto cuando sus invariantes son iguales. Cuando se seleccionan a los ejes principales como marco de referencia, en un plano cualquiera que pase por el punto, definido por su normal n = cosα n1+ cos β n2 + cosγ n3 ; las expresiones que definen a las componentes de
t n
en ese plano, paralelas a los ejes 1, 2 y 3 se pueden
calcular de la siguiente manera (figura 1.9). Dado que tn = σ 1 cos α n1 + σ 2 cos β n2 + σ 3 cos γ n3
Entonces,
18
tn ⋅ n1 = σ1 cosα
(1.24)
tn ⋅ n2 = σ 2 cos β
(1.25)
tn ⋅ n3 = σ3 cosγ
(1.26)
1.5 ESFUERZOS PRINCIPALES
3
n n3
t n
P
2
n2
n1 1
FIGURA 1.9 Vector esfuerzo en un marco de referencia principal
Elevando al cuadrado las ecuaciones 1.24, 1.25 y 1.26, despejando cos2α , cos2 β y cos2γ , y sumando miembro a miembro, se obtiene: 2 ( tn ⋅ n1 ) = (σ 1 cos α ) 2
( tn ⋅ n2 ) = (σ 2 cos β )2 2 ( tn ⋅ n3 ) = (σ 3 cos γ ) 2
( tn ⋅ n1 )
2
2 1
σ
( tn ⋅ n2 )
(1.27)
= cos 2 β
(1.28)
= cos 2 γ
(1.29)
2
2 2
σ
( tn ⋅ n3 )
= cos2 a
2
2 3
σ
Sumando 1.27, 1.28 y 1.29, se llega a la ecuación
( tn ⋅ n1 )
2
σ 12
+
( tn ⋅ n 2 ) σ 22
2
2
+
( tn ⋅ n 3 ) σ 32
La ecuación 1.30 muestra que el conjunto de vectores
t n
=1
(1.30)
, que describe el estado de esfuerzo en
un punto, queda envuelto por un elipsoide (Lamé), tal como se observa en la figura 1.10. Por lo tanto, el máximo valor de
t n
debe ser σ 1 y el mínimo σ 3.
19
1. ESTADO DE ESFUERZO
3 t n
2
1
FIGURA 1.10 Elipsoide de Lamé
1.7 Solución gráfica de Mohr Puesto que conocido el tensor esfuerzo y elegido un vector
n
, podemos determinar a la pareja
de valores (σ n, τ n), mediante σ n
=
τn
=±
tn
⋅
n
t n
2
(1.31)
−
σ n
2
El investigador Otto Mohr inventó el plano coordenado
(1.32) (σ n, τ n),
con lo cual quedó
establecida la correspondencia entre las normales a los planos que pasan por el punto P del material en estudio y el punto (σ n, τ n) de dicho plano (figura 1.11).
F
σn
m
P
n
τ
τn
τ n σn
q
FIGURA 1.11 Plano de Mohr
20
Q (σ n , τ n )
σ
1.7 SOLUCIÓN GRÁFICA DE MOHR
Sin embargo, la situación inversa no es verdadera, es decir, existen puntos del plano de Mohr, cuyas coordenadas no representan a esfuerzos actuantes en ninguno de los planos que pasan por el punto P . Por lo tanto, se plantea la siguiente pregunta: ¿Cuál es la región del plano de Mohr, cuyos puntos representan a esfuerzos realmente actuantes en el punto P? Para responderla se procede de la siguiente manera. Sea
la normal a un plano que pasa por un punto P de un continuo, cuyos cosenos directores sean n x , ny , nz . n
Asociado a dicho plano existirá un vector esfuerzo tn
t n
, tal que
= ⎡⎣Tij ⎤⎦ n
(1.33)
Aceptemos además que en el punto P existan las direcciones principales 1, 2 y 3, en las cuales se definan a los planos principales con esfuerzos σ 1, σ 2 y σ 3. Tomando como base el marco de referencia anterior, la ecuación 1.33 puede ser escrita como
t n
⎡σ 1 = ⎢⎢ 0 ⎢⎣ 0
0 σ 2 0
⎤ ⎥ 0 ⎥ σ 3 ⎥⎦ 0
n x n y
(1.34)
n z
El vector esfuerzo resulta: tn
tn
2
= σ 1nx i + σ 2 n y j + σ 3 nz k
= σ n2 + τ n2 = σ12 nx2 + σ 22 ny2 + σ 32 n z 2
(1.35)
El esfuerzo normal es igual a σn
= tn ⋅ n = σ 1 nx2 + σ 2 ny2 + σ 3 n z 2
(1.36)
haciendo uso de estas dos últimas ecuaciones, conjuntamente con n x2
+ n 2y + nz 2 = 1
resolvemos el problema planteado, es decir, determinamos al vector n que define al plano en el cual actúan σ n y τ n . El sistema de ecuaciones planteado es el siguiente:
tn
2
= σ12 nx2 + σ 22 n2y + σ 32 nz 2
(1.37) 21
1. ESTADO DE ESFUERZO
σn
= σ 1 nx2 + σ 2 n y2 + σ 3 n z 2
1 = n x2 + n y2 + n z 2
(1.38) (1.39)
Las ecuaciones 1.36, 1.37 y 1.38 pueden representarse de manera matricial como
⎡σ 12 σ 22 σ 32 ⎤ n x2 σ n2 + τ n2 ⎢ ⎥ 2 σ σ σ = σn ⎢ 1 2 3 ⎥ n y ⎢1 ⎥ 2 1 1 1 ⎣ ⎦ n z
(1.40)
Resolviendo el sistema de ecuaciones planteado para n x2 , n y2 y n z 2 , mediante el método de Kramer, procedemos de la siguiente manera. Cálculo del determinante de la matriz de coeficientes: σ 12
σ 22
σ 32
σ1
σ2
σ3
1
1
1
= σ 12 (σ 2 − σ 3 ) − σ 22 (σ 1 − σ 3 ) + σ 32 (σ 1 − σ 2 )
Para n x2 , se tiene: σ n2
+ τ n2 σ 22 σ 32 σn
σ2
σ3
1
1
1
= (σ n2 + τ n2 )(σ 2 − σ 3 ) − σ 22 (σ n − σ 3 ) + σ 32 (σ n − σ 2 )
= (σ n2 + τ n2 )(σ 2 − σ 3 ) − σ 22σ n + σ 22σ 3 + σ 32σ n − σ 32σ 2 = (σ n2 + τ n2 )(σ 2 − σ 3 ) − σ n (σ 2 + σ 3 )(σ 2 − σ 3 ) + σ 2σ 3 (σ 2 − σ 3 ) (σ n2 + τ n2 )(σ 2 − σ 3 ) − σ n (σ 2 + σ 3 )(σ 2 − σ 3 ) + σ 2σ 3 (σ 2 −σ 3 ) n x = 2 2 2 σ 1 (σ 2 − σ 3 ) − σ 2 (σ 1 − σ 3 ) + σ 3 (σ 1 −σ 2 ) 2
(σ n2 + τ n2 ) − σ n (σ 2 + σ 3 ) + σ 2σ 3 = −σ 22 (σ 1 − σ 3 ) + σ 32 (σ 1 − σ 2 ) 2 σ 1 + (σ 2 − σ 3 ) El denominador se puede simplificar como sigue: σ 12
22
−σ 22σ 1 + σ 22σ 3 + σ 32σ 1 − σ 32σ 2 + = (σ 2 − σ 3 )
1.7 SOLUCIÓN GRÁFICA DE MOHR
σ 12
+
(σ 2 − σ 3 )(−σ 2σ1 + σ 2σ 3 − σ1σ 3 ) = (σ 2 − σ 1 )(σ 3 − σ1 ) (σ 2 − σ 3 )
Por lo tanto: 2 2 σ τ ( + ) − σ n (σ 2 + σ 3 ) + σ 2σ 3 n n x2 = n (σ 2 − σ 1 )(σ 3 − σ 1 )
(1.41)
De la misma manera, se obtiene para n y2 y n z 2 :
(σ n2 + τ n2 ) − σ n (σ 1 + σ 3 ) + σ 1σ 3 n y = (σ 1 − σ 2 )(σ 3 − σ 2 )
(1.42)
(σ n2 + τ n2 ) − σ n (σ1 + σ 2 ) + σ1σ 2 n z = (σ 1 − σ 3 )(σ 2 − σ 3 )
(1.43)
2
2
Procediendo por simple análisis de estas ecuaciones, podemos definir a la región buscada. Así en la ecuación 1.41, observamos lo siguiente: Dado que σ 1 ≥ σ 2 ≥ σ 3
concluimos que: (σ2 −σ1 )(σ3 − σ1 ) ≥ 0
Y como n x2
≥ 0
concluimos que:
(σ n2 + τ n2 ) − σ n (σ 2 + σ 3 ) + σ 2σ 3 ≥ 0 Ecuación que puede ser escrita como σ n2
− σ n (σ 2 + σ 3 ) + τ n2 ≥ −σ 2σ 3
Completando el cuadrado del primer miembro, 2
2
σn
⎛ σ + σ ⎞ − σ n (σ 2 + σ 3 ) + ⎜ 2 3 ⎟ + τ n2 ≥ −σ 2σ 3 ⎝ 2 ⎠ ⎛ σ + σ 3 ⎞ +⎜ 2 ⎟ ⎝ 2 ⎠
2
23
1. ESTADO DE ESFUERZO
σ 22
+ 2σ 2σ 3 + σ 32 − 4σ 2σ 3 ≥ 4 2 σ 22 − 2σ 2σ 3 + σ 32 ⎛ σ 2 − σ 3 ⎞ ≥ ≥⎜ ⎟ 4 ⎝ 2 ⎠ 2
2
σ 2 + σ3 ⎞ ⎛ 2 ⎜ σ n − 2 ⎟ + τ n ⎝ ⎠
⎛ σ − σ ⎞ ≥⎜ 2 3 ⎟ ⎝ 2 ⎠
(1.44)
Obsérvese que con el signo de igualdad la ecuación anterior define a un círculo de radio Rn x =
σ 2 − σ 3 2
y centro en
⎛ σ 2 + σ 3 ⎞ , 0⎟ ⎝ 2 ⎠
C n x = ⎜
De esta manera concluimos que en lo referente a n x , la región buscada viene dada por los puntos del círculo definido y los exteriores a él. Respecto a n y2 , obtenemos: 2
2
σ1 + σ 3 ⎞ ⎛ ⎛ σ 1 − σ 3 ⎞ 2 ⎜ σ n − 2 ⎟ + τ n ≥ ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
(1.45)
Es decir, la región buscada queda definida por los puntos del círculo de radio Rn y =
σ 1 − σ 3 2
y centro en
⎛ σ1 + σ 3 ⎞ , 0⎟ ⎝ 2 ⎠
C n y = ⎜
así como los puntos interiores a él. Respecto a n z 2 , obtenemos: 2
2
σ1 + σ 2 ⎞ ⎛ ⎛ σ 1 − σ 2 ⎞ 2 σ τ − + ≥ n n ⎜ ⎟ ⎜ 2 ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Es decir, se trata de los puntos del círculo de radio Rn z =
y centro en
24
σ 1 − σ 2 2
(1.46)
1.7 SOLUCIÓN GRÁFICA DE MOHR
⎛ σ1 + σ 2 ,0 ⎞ ⎟ ⎝ 2 ⎠
C n z = ⎜
así como los puntos exteriores a él. Por lo tanto, la región buscada es la parte achurada que se muestra en la figura 1.12. τ Rn =
σ
1
z
σ 2
τ max=
+ σ3 2
+ σ3 2 n
σ 1 − σ 3
2
n z C n
0
x
σ3
R
n x
=
σ2
n x
− σ3 2
C n σ2
C n z
R
n
=
σ1
−
σ1
2
σ
σ3
FIGURA 1.12 Región de Mohr
EJEMPLO 1.4
Determine los esfuerzos σ n y τ n asociados al plano, cuyos cosenos directores están dados por
⎛1 1 1 ⎞ i + j+ k⎟ 2 2 ⎠ ⎝2
n⎜
El tensor esfuerzo está expresado por
⎡10 0 0 ⎤ T ij = ⎢ 0 6 0 ⎥ [ MPa] ⎢ ⎥ ⎢⎣ 0 0 −3⎥⎦
SOLUCIÓN: Cálculo del vector esfuerzo
t n
: 25
1. ESTADO DE ESFUERZO
tn
⎡ 10 ⎢ ⎢ =⎢ 0 ⎢ ⎢ ⎢⎣ 0
1 2 1 3 k [ MPa ] = 5i + 3 j − 2 2 1 2
0
0⎤ ⎥ ⎥ 6 0⎥ ⎥ ⎥ 0 − 3⎥⎦
Cálculo del esfuerzo normal σ n: σ n
=
tn ⋅ n
σ n
3 ⎞ ⎛1 1 1 ⎞ 5 3 3 5 ⎛ = ⎜ 5, 3, − ⎟ ⋅⎜ , , ⎟ = + − = MPa 2⎠ ⎝2 2 2⎠ 2 2 2 2 ⎝
Cálculo del esfuerzo cortante τ n: 2
=±
τ n
⎡ 2 2 ⎛ 3 ⎞2 ⎤ ⎛ 5 ⎞2 = ± ⎢5 + 3 + ⎜ − ⎟ ⎥ − ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎥⎦ ⎝ 2 ⎠ ⎢⎣
τ n
= ±5.68 MPa
t n
− σ n
2
τn
1.8 Procedimiento gráfico de Mohr Únicamente se enunciarán los pasos a seguir para obtener los esfuerzos σ n y τ n asociados a un plano, cuya normal es n , por lo que está fuera del alcance de estas notas la demostración rigurosa del procedimiento. Para obtener los esfuerzos σ n y τ n , mediante el procedimiento gráfico de Mohr, se siguen los siguientes pasos: 1)
Una vez definida la región de Mohr, por σ 1, se traza una recta perpendicular al eje σ y a partir de ella, pasando por σ 1, trazamos una recta que con la primera forme un ángulo θ1 (θ1
2)
= cos−1n x).
Por σ 3 se traza una recta perpendicular al eje σ y a partir de ella, pasando por σ 3, se
traza una recta que con la primera forme un ángulo θ3 (θ3 = cos− n z ). 1
3)
Haciendo centro en C n x , se traza el arco de círculo que pasa por los puntos donde la recta A − A' intersecta a los círculos, cuyo centro es C n y y C n .
4)
Con centro en C n , se traza el arco de círculo que pasa por los puntos donde la recta B B' intersecta a los círculos, cuyo centro es C n x y C n y .
26
−
1.7 SOLUCIÓN GRÁFICA DE MOHR
5) El punto buscado viene dado por la intersección de los dos arcos de círculo anteriormente trazados; las coordenadas del punto Q representan a los esfuerzos (σ n , τ n) actuantes en el plano cuya normal es n .
SOLUCIÓN DEL EJEMPLO 1.4 Los ángulos
θ1
y
θ3
MEDIANTE EL PROCEDIMIENTO GRÁFICO DE MOHR
se calculan como:
θ1
= cos−1n x ;
'
θ3
= cos−1n z
B'
τn
σ3 B
θ3= 45° 5 4 3 2 1 -3 -2 -1
Q
C n x
0
1
σn
θ1 = 60°
C n y
2 3 4
5
σ2
C n z
6 7 8
9
σ1
σ
10
FIGURA 1.13 Solución gráfica de Mohr Siguiendo la construcción geométrica, indicada en la figura 1.13, se obtiene: σ n τ n
= 2.5 MPa ⎫ ⎬ Punto Q = 5.7 MPa ⎭
1.9 Casos particulares de estados de esfuerzo a) Estado de esfuerzo nulo. Es aquel en el cual σ 1 = σ 2 = σ 3 = 0, por lo tanto, el tensor esfuerzo queda representado por
⎡0 0 0 ⎤ ⎢ ⎥ T ij = 0 0 0 ⎢ ⎥ ⎢⎣0 0 0 ⎥⎦ 27
1. ESTADO DE ESFUERZO
En el espacio de Lamé y de Mohr el estado de esfuerzo nulo está representado por un punto, ubicado en el origen del sistema de referencia (figura 1.14).
τ
3 Lamé
Mohr
σ
2 1
FIGURA 1.14 Representación gráfica de un estado de esfuerzo nulo
b) Estado de esfuerzo uniaxial. Es aquel en el cual σ 1 ≠ 0 ; σ 2 = σ 3 = 0 . En este caso, el tensor esfuerzo queda representado por
⎡σ 1 0 0⎤ ⎢ ⎥ T ij = ⎢ 0 0 0 ⎥ ⎢⎣ 0 0 0 ⎥⎦ Todos los vectores
t n
tienen la dirección del eje 1 (figura 1.15). 3 Lamé
σ1
2
1 FIGURA 1.15 Estado de esfuerzo uniaxial, espacio de Lamé
El estado de esfuerzo uniaxial en el plano de Mohr está representado por un círculo de diámetro σ 1 (figura 1.16).
28
1.9 CASOS PARTICULARES DE ESTADOS DE ESFUERZO
Mohr t n
σ
σ1
FIGURA 1.16 Estado de esfuerzo uniaxial, plano de Mohr
c) Estado de esfuerzo plano. Es aquel en el cual uno de los esfuerzos principales es nulo, por ejemplo: σ 1 ≠ 0 ; σ 2 ≠ 0 ; σ 3 = 0 . El tensor esfuerzo se reduce a
⎡σ 1 0 0⎤ ⎢ ⎥ T ij = 0 σ 2 0 ⎢ ⎥ ⎢⎣ 0 0 0 ⎥⎦ En el espacio de Lamé, este estado de esfuerzos se reduce a una elipse (figura 1.17). 3 Lamé
σ3 = 0 Elipse
σ1
σ2
2
1 FIGURA 1.17 Estado de esfuerzo plano, espacio de Lamé
Cuando dos círculos pasan por el origen se trata de un esfuerzo plano (figura 1.18).
29
1. ESTADO DE ESFUERZO
τ Mohr
t n
σ3 = 0
σ2
σ1
σ
FIGURA 1.18 Estado de esfuerzo plano, región de Mohr, σ 3 = 0
d) Estado general de esfuerzos. Es aquel en el cual σ 1 ≠ 0 ; σ 2 ≠ 0 ; σ 3 ≠ 0. El tensor esfuerzo queda representado como
⎡σ 1 0 0 ⎤ ⎢ ⎥ T ij = ⎢ 0 σ 2 0 ⎥ ⎢⎣ 0 0 σ 3 ⎥⎦ El estado general de esfuerzo en el espacio de Lamé queda definido por un elipsoide. La representación en el plano de Mohr quedará, como en el caso anterior, con la variante de que σ 3 ≠ 0.
e) Estado de esfuerzo hidrostático. Es aquel en el cual σ 1 = σ 2 = σ 3 = σ . El tensor esfuerzo se reduce a
⎡σ 0 0 ⎤ ⎢ ⎥ T ij = 0 σ 0 ⎢ ⎥ ⎢⎣ 0 0 σ ⎥⎦ El estado de esfuerzo hidrostático en el espacio de Lamé queda representado por una esfera, mientras que en el plano de Mohr es un segmento de recta sobre el eje σ (figura 1.19).
30
1.9 CASOS PARTICULARES DE ESTADOS DE ESFUERZO
τ
Mohr
σ
σ
FIGURA 1.19 Estado de esfuerzo hidrostático
1.10 Descomposición de un estado general de esfuerzos en sus componentes volumétrica y desviadora Supongamos que en un punto P de un medio continuo se establece el siguiente tensor esfuerzo. T ij
Sea
n
⎡σ xx ⎢ = ⎢τ xy ⎢⎣ τ xz
τ yx σ yy τ yz
⎤ ⎥ τ zy ⎥ σ zz ⎥⎦ τ zx
(1.47)
la normal a un plano que pasa por un punto P de un medio continuo, entonces: t n = ⎡⎣Tij ⎤⎦ n t n
= (σ xx n x + τ yx n y + τ zx n z ) i + (τ xy n x + σ
+
(τ xz n x + τ
yz
n y + σ zz n z )
yy
n y + τ zy n z )
j
(1.48)
k
La ecuación 1.48 puede ser escrita en forma matricial como I 1 ⎡ σ − ⎢ xx 3 ⎢ t n = ⎢ τ xy ⎢ ⎢ ⎢ τ ⎢⎣ xz tn
τ yx σ yy − τ yz
⎤ ⎥ ⎥ τ zy ⎥ ⎥ ⎥ I 1 ⎥ σ zz − 3 ⎥⎦ τ zx
I 1 3
= [To ] n + [Tv ] n
⎤ ⎡ n x ⎤ ⎡ n x ⎤ ⎡ I 1 0 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢3 ⎥⎢ ⎥ I 1 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ n y ⎥ + ⎢ 0 3 0 ⎥ ⎢ n y ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ ⎥ ⎥ I ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 1 ⎢n ⎥ ⎢ 0 0 3 ⎥ ⎢n ⎥ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ (1.49)
donde: T o componente desviadora del tensor T ij 31
1. ESTADO DE ESFUERZO T v componente volumétrica del tensor T ij
Obsérvese en la ecuación 1.49 que la componente volumétrica representa un estado de esfuerzo hidrostático, cuyos esfuerzos principales son iguales a I 1 , es decir, el valor promedio 3
de los esfuerzos normales que aparecen en T ij.
La componente distorsional de un estado general de esfuerzos siempre presenta la siguiente propiedad:
⎡σ − I 1 ⎢ xx 3 ⎢ [T o ] = ⎢⎢ τ xy ⎢ ⎢ τ xz ⎢⎣ ⎡0 ⎢ [T o ] = ⎢τ xy ⎢0 ⎣
τ yx 0 0
τ yx σ yy
−
⎤ ⎥ ⎥ τ zy ⎥ ⎥ ⎥ I 1 ⎥ σ zz − 3 ⎥⎦ 0 τ zx ⎤ ⎡ 0 ⎥ ⎢ 0 0 + ⎢ 0 ⎥ 0 0 ⎦⎥ ⎢ 0 ⎣ τ zx
I 1 3
τ yz 0⎤
⎡0 ⎥ ⎢ 0⎥ + 0 ⎢ ⎥ 0 ⎦ ⎣⎢τ xz
⎤ ⎥ 0 τ z y ⎥ ⎥ τ yz 0 ⎦ 0
0
I 1 ⎡ ⎤ 0 0 σ − xx ⎢ ⎥ 3 ⎢ ⎥ I 1 ⎞ ⎛ +⎢ 0 − ⎜ σ xx − ⎟ 0⎥ 3⎠ ⎝ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 0 0 ⎥⎦ ⎢⎣ 0 0 0 ⎡0 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ 0 − ⎛ σ − I 1 ⎞ ⎥ 0 +⎢ zz ⎜ ⎟ ⎥ 3⎠ ⎝ ⎢ I 1 ⎞ ⎥ ⎛ − 0 σ ⎢0 ⎜ zz 3 ⎟⎥⎥ ⎢⎣ ⎝ ⎠⎦
(1.50)
Obsérvese que I ⎞ ⎛ I ⎞ 2 I ⎛ − ⎜ σ xx − 1 ⎟ − ⎜ σ zz − 1 ⎟ = −σ xx − σ zz + 1 3⎠ ⎝ 3⎠ 3 ⎝
= −σ xx − σ zz − σ yy + σ yy +
2 I 1 3
= σ yy −
I 1 3
Lo anterior indica que la componente distorsional o desviadora de un estado general de esfuerzos resulta siempre ser igual a la suma de cinco estados de esfuerzo plano. A estos estados de esfuerzo plano algunos autores los llaman "estados de cortante puro", en los cuales el máximo esfuerzo cortante es igual al valor de cualesquiera de los esfuezos principales diferentes de cero. 32
1.9 CASOS PARTICULARES DE ESTADOS DE ESFUERZO
Es común considerar que en la componente desviadora se manifiesta la acción del estado de cortante puro, mientras que en la componente volumétrica se manifiesta la acción de los esfuerzos normales promedio en el punto en estudio. En general, en todos los estados de esfuerzo se acostumbra asociar los cambios de volumen a la componente volumétrica, mientras que los cambios de forma se asocian a la componente distorsional o desviadora.
1.11 Estado de esfuerzo plano En la figura 1.20 se muestra un cuerpo deformable sometido a ciertas solicitaciones en su plano. Si el elemento es de espesor pequeño, los esfuerzos asociados a la dirección z se pueden despreciar, esto es: σ zz = 0 ; τ τ xz = 0 ; yz = 0 x
F
i
z F 2
x z
F1
y
F 3
y
FIGURA 1.20 Estado de esfuerzo plano en un sistema de referencia cartesiano
Por lo que el tensor esfuerzo T ij se reduce a
⎡σ xx τ yx 0 ⎤ ⎢ ⎥ T ij = τ xy σ yy 0 ⎢ ⎥ ⎢⎣ 0 0 0 ⎥⎦ Este tensor representa un estado de esfuerzo plano. Las componentes normal y cortante del vector esfuerzo
t n
(1.51)
para un estado de esfuerzo plano se
pueden deducir como a continuación se explica.
33
1. ESTADO DE ESFUERZO
y
n
t n
τ n
θ
σn
x
m
FIGURA 1.21 Derivación de los esfuerzos σ n y τ n para un estado de esfuerzos plano
Tomando en cuenta la figura 1.21, los vectores unitarios n y
m
se pueden expresar como
n
= (cos θ ) i + (sen θ ) j
(1.52)
m
= (sen θ ) i − (cos θ ) j
(1.53)
En estas dos direcciones se pueden establecer las componentes normal y tangencial del vector esfuerzo t , de la siguiente forma: ⎡σ xx τ yx ⎤ cos θ tn = ⎡⎣Tij ⎤⎦ n = ⎢ ⎥ ⎢⎣τ xy σ yy ⎥⎦ sen θ n
tn
= (σ xx cos θ + τ yx sen θ ) i + (τ xy cos θ + σ yy sen θ ) j
(1.54)
El esfuerzo normal se calcula como σ n = t n ⋅ n
=
(σ xx cos 2 θ
+ τ yx sen θ cos θ ) + (τ xy sen θ cos θ + σ yy sen 2θ )
(1.55)
Si σ n es positivo, quiere decir que tiene la dirección de n . Para el esfuerzo cortante, se tiene de manera similar: τn
=
tn ⋅ m
=
(σ xx sen θ cos θ
θ ) + τ yx sen 2 θ − τ xy cos 2 θ − σ yy sen θ cos
Si τ n es positivo, esto quiere decir que tiene la dirección de m .
Haciendo simplificaciones, se tiene que 34
(1.56)
1.11 ESTADO DE ESFUERZO PLANO
σn
θ = σ x x cos 2 θ + σ yy sen 2θ ) + 2τ xy sen θ cos
(1.57)
τn
= (σ xx − σ y y )sen θ cos θ + τ xy (sen 2θ − cos 2 θ )
(1.58)
Tomando en cuenta las siguientes identidades trigonométricas: sen 2θ = 2sen θ cos θ sen 2θ = cos 2θ =
1 − cos 2θ 2 1 + cos 2θ 2
(1.59)
(1.60)
(1.61)
y sustituyendo estas últimas expresiones en las ecuaciones 1.57 y 1.58, se llega a σn
τn
= σ xx ⎛⎜ 1 + cos 2θ ⎞⎟ + σ yy ⎛⎜ 1 − cos 2θ ⎞⎟ + τ xysen2θ 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ σ − σ yy ⎞ = ⎜ xx ⎟ sen2θ + τ xy 2 ⎝ ⎠
⎡⎛ 1 − cos 2θ ⎢⎝⎜ 2 ⎣
⎞ − ⎛ 1 + cos 2θ ⎞ ⎤ ⎟ ⎜ ⎟⎥ 2 ⎠ ⎝ ⎠⎦
Simplificando, se tiene: σ xx
+ σ yy 1
(σ − σ ) cos2θ + τ
σn
=
τn
⎛ σ − σ yy ⎞ = ⎜ xx ⎟ sen2 θ − τ xy cos 2θ 2 ⎝ ⎠
2
+
2
xx
yy
xy
sen2 θ
(1.62)
(1.63)
Derivando σ n respecto a θ , se tiene:
∂ σ n = − (σ x − σ y ) sen2 θ + 2τ xy cos 2θ ∂ θ ∂σ n = − 2τ n ∂θ
(1.64)
Este resultado muestra que τ n es una medida del cambio de σ n con respecto a θ , y que cuando τ n = 0 , se tendrá el máximo o mínimo valor de σ n (esfuerzos principales). Si se acepta que los ejes de referencia coincidan con las direcciones en que τ n = 0 , el tensor que representa al estado de esfuerzos en un punto del medio continuo, para σ 2 = 0 , quedará definido por
35
1. ESTADO DE ESFUERZO
T ij
⎡σ 0 ⎤ = ⎢ 1 ⎥ ⎣ 0 σ 3 ⎦
Para este tensor, las ecuaciones 1.62 y 1.63 quedan: σ1
+ σ 3 1 + (σ 1 − σ 3 ) c os2θ 2 2
σn
=
τn
⎛ σ − σ ⎞ = ⎜ 1 3 ⎟ sen2θ ⎝ 2 ⎠
(1.65) (1.66)
Estas últimas ecuaciones se pueden representar como sigue: σ 1 + σ 3 ⎞ 1 ⎛ ⎜ σ n − 2 ⎟ = 2 (σ 1 − σ 3 ) cos2θ ⎝ ⎠
τn
1 = (σ 1 − σ 3 ) sen2θ 2
(1.67) (1.68)
Elevando al cuadrado las ecuaciones 1.67 y 1.68 y sumándolas, obtenemos: 2
σ 1 + σ 3 ⎞ ⎛ ⎜ σ n − 2 ⎟ + ⎝ ⎠
2
2
τ n
⎛ σ − σ 3 ⎞ =⎜ 1 ⎟ ⎝ 2 ⎠
(1.69)
La ecuación 1.69 nos muestra que el conjunto de vectores t n asociados a planos cuyos vectores esfuerzo estén en el plano de esfuerzos deben tener sus extremos sobre la circunferencia con centro en ⎛ σ1 + σ 3 ⎞ ⎜ 2 ,0 ⎟ ⎝ ⎠ y radio
⎛ σ1 − σ 3 ⎞ ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠ Para definir a un vector esfuerzo dado, asociado al plano cuya normal forma un ángulo θ con el eje 1, es necesario girar un ángulo 2θ, en dirección contraria a θ para definir al extremo del vector t , cuyas proyecciones son σ n y τ n . n
Esta representación permite así definir a todos los vectores esfuerzos.
1.12 Planos principales de esfuerzo 36
t n
en planos normales al plano de
1.11 ESTADO DE ESFUERZO PLANO
Por definición, los planos principales de esfuerzo son aquellos donde el esfuerzo cortante τ n = 0 . Por lo que tomando en cuenta la ecuación 1.63, obtenemos: ⎛ σ xx − σ yy ⎜ 2 ⎝
⎞ ⎟ sen2 θ − τ xy cos 2θ = 0 ⎠
Desarrollando, se llega a τ xy
(1.70) ⎛ σ xx − σ yy ⎞ ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ Las raíces de esta última ecuación representan las direcciones de los ejes principales n1 y n3 . tan2θ =
Para encontrar las raíces de la ecuación 1.70, hacemos uso de la figura 1.22.
σ x x − σ y 2
(
±
2
)+τ
τ xy
2
xy
2θ
σ xx − σ y 2 FIGURA 1.22 Relación geométrica entre σ xx , σ yy , τ xy y θ
− σ yy 2 cos2θ = 2 ⎛ σ xx − σ yy ⎞ + τ xy2 ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ σ xx
sen2θ =
τ xy 2
(1.71)
(1.72)
⎛ σ xx − σ yy ⎞ 2 ⎜ ⎟ + τ xy 2 ⎝ ⎠
Sustituyendo las ecuaciones 1.71 y 1.72 en la 1.62, obtenemos a los esfuerzos principales σ 1 y σ 3 : σ 1,3
=
σ xx
2
+ σ yy ⎛ σ − σ yy ⎞ 2 ± ⎜ xx ⎟ +τ xy 2 2 ⎝ ⎠
(1.73)
Para el estado de esfuerzo plano, la ecuación característica se reduce a 37
1. ESTADO DE ESFUERZO
−λ 2 + I1λ − I 2 = 0
(1.74)
donde: I 1
I 2
= σ xx + σ y y
⎡σ xx τ yx ⎤ = det ⎢ ⎥ ⎣⎢τ xy σ yy ⎦⎥
EJEMPLO 1.5 El estado de esfuerzo plano en un punto de un medio continuo está dado por
⎡ 4 −1 0⎤ ⎢ ⎥ T ij = −1 2 0 [ MPa] ⎢ ⎥ ⎢⎣ 0 0 0 ⎥⎦ Usando los métodos analítico y gráfico del Mohr, determine: a) Los esfuerzos normal y cortante asociados al plano de corte indicado en la figura 1.23. b) Los esfuerzos principales. c) Las direcciones principales de esfuerzo, referidas a los ejes x, y en que se define el tensor esfuerzo.
SOLUCIÓN: Los elementos del tensor esfuerzo son: σ xx
= 4 MPa ;
σ yy
= 2 MPa ;
τ xy
= −1MPa
El ángulo θ que permite calcular los esfuerzos σ n y τ n , mediante las ecuaciones 1.62 y 1.63, vale: θ = 135°.
n
Cara B 2 1
y x 4 Cara A
45º
FIGURA 1.23 Representación del estado de esfuerzo para el ejemplo 1.5
38
1.11 ESTADO DE ESFUERZO PLANO
Esfuerzo normal: σ n n
=
4+ 2 4 −2 + cos 270° + (−1)sen270° 2 2
= 3 + 1 = 4 MPa
Esfuerzo cortante: 4−2 sen270° − (−1) cos 270° 2
τ n
=
τ n
= − 1 MPa
Los esfuerzos principales valen: 2
4+2 4−2⎞ ± ⎛⎜ + ( −1) 2 = 3 ± 2.0 σ 1,3 = ⎟ 2 ⎝ 2 ⎠ σ 1
= 3 + 2.0 = 4.41 MPa
σ 3
= 3 − 2.0 = 1.60 MPa
Cálculo de las direcciones principales: tan 2θ =
−1 = −1 ⎛4−2⎞ ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠
Las raíces de la ecuación son:
θ' = − 22.5° θ'' = − 112.5 ° Para comprobar la dirección asociada a los esfuerzos σ 1 y σ 3, se sustituyen las raíces obtenidas en la ecuación 1.62. Para θ' = −22.5° : 4+ 2 4 −2 + cos ( −45° ) + (− 1)sen ( − 45° ) 2 2
σ n
=
σ n
= 3 + 0.7071 + 0.7071 = 4.41 MPa
Por lo tanto, el ángulo θ' = −22.5° está asociado a la dirección del esfuerzo principal mayor σ 1, obviamente el ángulo θ'' = −112.5° debe estar asociado al esfuerzo principal menor. Para la solución gráfica de Mohr haremos uso del procedimiento conocido como método del "polo" .
39
1. ESTADO DE ESFUERZO
El polo es un punto en el círculo de Mohr, el cual se puede ubicar como sigue (figura 1.24): a) Se traza primeramente el círculo de Mohr a partir de los puntos conocidos A y B . Para que el signo del esfuerzo cortante τ n , sea el correcto, es necesario cambiar el signo del esfuerzo cortante τ xy asociado a la cara A antes de trazar el círculo de Mohr. b) Por el punto A se traza un plano que sea paralelo a los esfuerzos asociados a la cara A . Donde este plano corte el círculo, estará ubicado el polo. c) Se realiza lo mismo con el punto B para verificar la posición del polo.
τ 2 A(4, +1)
1
σ2 1
−1
σ1 2
B(2, −1)
−2
3
4
σ
5 Polo
45°
FIGURA 1.24 Solución gráfica de Mohr, ejemplo 1.5 d) Una vez conocida la ubicación del polo, y a partir de éste, bastará con trazar una recta que tenga la misma orientación del plano donde se desea calcular los esfuerzos σ n y τ n . e) El punto donde esta recta corte al círculo, determina los esfuerzos σ n y τ n , correspondientes. En la figura 1.24 se muestra la aplicación del procedimiento seguido para el problema planteado. Para este caso particular, el punto correspondiente al polo coincide con los esfuerzos σ n y τ n , buscados.
1.13 Esfuerzos octaédricos Considérese un punto en el cual exista un estado general de esfuerzos. En ese punto existen ocho planos octaédricos definidos por normales que dividen en ángulos iguales a cada uno de los octantes del espacio. Consideremos el plano octaédrico del primer octante, cuya normal es: n oct
40
=
1 1 1 + k i + j + 3 3 3
(1.75)
1.11 ESTADO DE ESFUERZO PLANO
3
α=β=γ σ3
n oct
α
α
α 2
σ2
P
plano octaédrico
σ1 1
FIGURA 1.25 Definición de esfuerzos octaédricos
Asociado a este plano existirá un vector esfuerzo total octaédrico, definido por toct = ⎡⎣Tij ⎤⎦ noct
(1.76)
⎡σ 1 0 0 ⎤ ⎡⎢ 1 ⎤⎥ ⎢ ⎥⎢ 3⎥ ⎢ ⎥⎢ 1 ⎥ t oct = ⎢ 0 σ 2 0 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ 3⎥ ⎢ ⎥⎢ 1 ⎥ ⎢⎣ 0 0 σ 3 ⎥⎦ ⎢ ⎥ ⎣ 3⎦ toct
=
1 3
σ1i
+
1 3
σ 2 j
+
1 3
+ σ 3 k
(1.77)
El esfuerzo normal octaédrico es igual a σ oct
= toct ⋅ n oc t =
1
1
⎡⎣σ 1 i + σ 2 j + σ 3k ⎤⎦ ⋅ ⎡⎣ i + j + k ⎦⎤ 3 3
1
= [σ 1 + σ 2 + σ 3 ] 3
σ oct
=
I 1 3
(1.78)
El esfuerzo cortante octaédrico puede calcularse como sigue: τ oct
= t oct − σ oct
(1.79) 41
1. ESTADO DE ESFUERZO
τ oct
=
I I ⎤ 1 1 ⎡ I1 ⎡⎣σ 1 i + σ 2 j + σ 3 k ⎤⎦ − i + 1 j + 1k⎥ ⎢ 3 3 ⎦ 3 3⎣3
τ oct
=
I1 ⎞ I1 ⎞ I 1 ⎞ ⎤ 1 ⎡⎛ ⎛ ⎛ ⎢ ⎜ σ 1 − 3 ⎟ i + ⎜ σ 2 − 3 ⎟ j + ⎜ σ 3 − 3 ⎟ k ⎥ 3 ⎣⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎦ 2
2
2
I1 ⎞ I 1 ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ I 1 ⎞ τ oct = ⎜ σ 1 − 3 ⎟ + ⎜ σ 2 − 3 ⎟ + ⎜ σ 3 − 3 ⎟ 3 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1
(1.80)
De los resultados obtenidos, se puede observar lo siguiente: a) El esfuerzo normal octaédrico depende de la magnitud de la componente volumétrica del tensor esfuerzo. b) El esfuerzo cortante octaédrico tiene como magnitud el valor medio cuadrático de los elementos de la diagonal principal de la componente distorsional.
1.14 Equilibrio de partículas en un medio continuo Consideremos que en cada punto del continuo es conocido el tensor esfuerzo T ij , dado por
T ij
⎡σ xx ⎢ = ⎢ τ xy ⎢⎣ τ xz
τ yx σ yy τ yz
⎤ ⎥ τ zy ⎥ σ zz ⎥⎦ τ zx
Aceptemos que las componentes de T ij son funciones continuas de ( x, y, z , t ). Cuando el tensor es simétrico, será necesario definir a seis funciones continuas y derivables para conocer el estado de esfuerzo en todos los puntos del medio continuo. Para ello, basta estudiar el equilibrio de partículas en el medio continuo, de ahí surgen las condiciones de frontera y las fuerzas de cuerpo que producen a T ij . Consideremos en primer lugar a una partícula interior del medio continuo.
42
1.11 ESTADO DE ESFUERZO PLANO
F 1
z
y
dy
F2
dz
P dx
dV = dx dy dz
x
F 3
FIGURA 1.26 Equilibrio estático de una partícula interior del medio continuo
En la partícula elemental aparecen: a) Fuerzas de superficie en las caras laterales, provocadas por la acción de partículas vecinas. b) Fuerzas de cuerpo generadas por la acción de cuerpos distantes. z σ z + d σ
dx
τ x+d τ x
dz
τ z
τ xz
τ xz + d τ xz
τ z +d τ z
τ x + d τ x
τ xy + d τ xy
σ xx+d σ x
σ xx
τ xy
τ x
σ y
y
τ y+d τz y
τ y
x
σ y+d σ
τ x dV = dx dy dz
σ z dy
FIGURA 1.27 Fuerzas de cuerpo y de superficie en una partícula elemental de un medio continuo
En el elemento diferencial, que se muestra en la figura 1.27, no están indicadas las fuerzas de cuerpo que pudieran existir ( f x, f y, f z ), sin embargo, éstas se tomarán en cuenta en el equilibrio de la partícula elemental como fuerzas por unidad de volumen, en las direcciones x, y y z . En cuanto al equilibrio de fuerzas, se tiene lo siguiente: 43
1. ESTADO DE ESFUERZO
a) Por Σ F x = 0 ) (σ xx + dσ xx ) dydz − (σ xx dydz ) + (τ yx + dτ yx ) dxdz − (τ yx dxdz
+ (τ zx + d τ zx ) dxdy − (τ zx dxdy ) + d σ xx dydz
+ dτ yx dxdz + dτ zx dxdy +
f x dxdydz = 0
f x dxdydz = 0
∂τ yx ∂σ xx ∂τ dxdydz + dxdydz + zx dxdydz + f x dxdydz = 0 ∂ x ∂y ∂z ∂τ yx ∂σ xx ∂τ dV + dV + zx dV + f x dV = 0 ∂ x ∂y ∂z
(1.81)
Si dV → 0,
∂σ xx ∂τ yx ∂τ zx + + + f = 0 ∂ x ∂y ∂z x
(1.82)
b) De manera similar, por Σ F y = 0, se obtiene:
∂τ xy ∂σ yy ∂τ zy + + + f = 0 ∂ x ∂y ∂z y
(1.83)
∂τ xz ∂τ yz ∂σ zz + + + f = 0 ∂ x ∂y ∂z z
(1.84)
c) Finalmente, por Σ F z = 0:
Las ecuaciones 1.82, 1.83 y 1.84 pueden ser escritas en notación indicial como sigue: ∂T ij + f i = 0 ∂ x j
Esta última ecuación se conoce como ecuación de Cauchy.
EJEMPLO 1.6 En un medio continuo se establece un tensor esfuerzo definido por 2 xy c2 − y 2 0 0 0 Tij = A ⋅ c 2 − y 2 0 0 0 Obtenga: 44
;
donde
A, c = ctes.
1.11 ESTADO DE ESFUERZO PLANO
a) Las fuerzas de cuerpo. b) Las fuerzas en las fronteras del medio continuo. x
y L
c
z c 1 2
1 2
FIGURA 1.28 Viga de sección prismática sometida a flexión sim ple
SOLUCIÓN: Analizando cada una de las caras del medio continuo, se tiene: En el plano y = c ;
n = j . El vector esfuerzo
t n
, vale:
⎡ 2cx 0 0 ⎤ ⎡ 0 ⎤ ⎢ ⎥⎢ ⎥ tn = ⎡⎣Tij ⎤⎦ n = A ⋅ 0 0 0 1 ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢⎣ 0 0 0 ⎥⎦ ⎢⎣ 0⎥⎦ t n
= 0 ⇒ Cara descargada.
En el plano y = −c ;
n =
− j ⎡ −2cx 0 ⎢ tn = ⎡⎣Tij ⎤⎦ n = A ⋅ 0 0 ⎢ ⎢⎣ 0 0
t n
⎥ ⎥ 0 ⎥⎦ 0
= 0 ⇒ Cara descargada.
1 En el plano z = + ; 2
n = k .
⎡ 2cx ⎢ tn = ⎡⎣Tij ⎤⎦ n = A ⋅ ⎢ c 2 − y 2 ⎢ 0 ⎣ t n
0⎤
c −y 2
0 0
2
0 ⎤ ⎡0 ⎤
⎥ ⎢ ⎥
0⎥ 0 ⎢ ⎥ 0 ⎥⎦ ⎢⎣1 ⎦⎥
= 0 ⇒ Cara descargada. 45
1. ESTADO DE ESFUERZO
1 En el plano z = − ; n = − k . 2 t n
= 0 ⇒ Cara descargada.
En el plano x = 0 ;
n
= −i . tn
= ⎡⎣Tij ⎤⎦ n
⎡ 0 ⎢ = A ⋅ ⎢ c2 − y 2 ⎢ 0 ⎣ tn
σ n
A(y2
0 0
− c2 )
⎤ ⎡ −1⎤ ⎥ ⎢ ⎥ 0⎥ 0 ⎢ ⎥ ⎥ ⎢ 0 ⎦ ⎣0 ⎦⎥ 0
j
= tn ⋅ n = 0 = ⎣⎡ A ( y2 − c2 ) j ⎦⎤ ⋅ ⎡⎣− i ⎤⎦ = 0 τn τ n
Si y = 0 ;
=
− y2
c2
=±
t n
2
− σ n
= A ( y 2 − c 2 ) =
Ay 2
2
−
Ac 2
τ n = − Ac2.
En la figura 1.29 se muestra la distribución de esfuerzos cortantes correspondiente.
c
c
2 −c A
1
FIGURA 1.29 Distribución de esfuerzos cortantes en el plano x = 0 Integrando el volu men de esfuerzos cortantes para un ancho unitario, se obtiene la fue rza cortante que actúa en la cara x = 0:
De donde la constante A vale: 46
2
( −c A) ( 2c )(1) 3
V
=
V
= − c3 A
2
4 3
1.15 ECUACIONES DE EQUILIBRIO DE MOMENTOS EN PARTÍCULAS DE UN MEDIO CONTINUO
A = −
En el plano x = L;
tn
n
3 V 4 c3
= i.
= ⎡⎣Tij ⎤⎦ n
⎡ 2 Ly ⎢ = A ⋅ ⎢ c2 − y 2 ⎢⎣ 0
⎤ ⎡1 ⎤ ⎥ ⎢ ⎥ 0 ⎥ 0 = A(2 Ly) i + A ( c2 − y2 ) j ⎢ ⎥ 0 ⎥⎦ ⎢⎣0 ⎦⎥
− y2
c2
0
0 0
El esfuerzo normal y el esfuerzo cortante tienen por valor: σ n =
⋅
t n
n = 2 ALy
τ n = A(c2 − y2) La distribución de esfuerzos normales en x = L se muestra en la figura 1.30.
2 LcA H c
(2/3) c
M
c
H -2 LcA
1
FIGURA 1.30 Distribución de esfuerzos normales en el plano x = L
Dicha distribución genera un par interno que vale: M i = H ⋅d Siendo: H
=
2 LcAc 2
= c 2 LA
el brazo de palanca del par vale: d
4
= c 3
Por lo tanto, el momento interno resulta igual a M i
4
4
3
3
= ( c 2 L A) c = c3 AL
La distribución de esfuerzos cortantes produce una fuerza cortante igual a
47
1. ESTADO DE ESFUERZO
V
4 = c3 A 3
Esta fuerza está en equilibrio con la que se produce en x = 0. El momento de inercia centroidal de la sección se puede expresar c omo I
2 = c3 , 3
por lo que A =
M i
2 IL
Por equilibrio, el momento interno que prod uce la distribución de esfuerzos normales en x = L debe ser igual al momento que produce la distribución de esfuerzos cortantes en ambos extremos de la barra. Dado que el esfuerzo normal que actúa en la cara x = L , se puede expresar como σ n = 2 ALy , y sustituyendo el valor de A en esta última expresión, se llega a
=
σ n
M i I
y
Ecuación conocida en los textos de mecánica de materiales como fórmula de la escuadría .
1.15 Ecuaciones de equilibrio de momentos en partículas de un medio continuo En la figura 1.31 se muestra el estado de esfuerzo a que se encuentra sometida una partícula elemental de un medio continuo. Por facilidad únicamente se indican las fuerzas en las caras que van a producir giros alrededor del eje x. Por Σ M x = 0 : dy (τ + d τ ) dxdz 2 + τ yz
yz
−τ zy dxdy dτ yz
yz
dxdz
dz
2
dy
2
− (τ zy + d τ zy ) dxdy
dz
2
+ m x dxdydz = 0
− dτ zy + 2 m x = 0
∂τ yz ∂τ zy dy − dz + 2m x = 0 ∂ y ∂z
(1.85)
De manera análoga, por Σ M y = 0, se obtiene: ∂ τ zx ∂ τ xz dz − dx + 2 m y = 0 ∂ z ∂x Finalmente, por 48
Σ F z = 0,
se llega a la expresión:
(1.86)
1.15 ECUACIONES DE EQUILIBRIO DE MOMENTOS EN PARTÍCULAS DE UN MEDIO CONTINUO
∂τ xy ∂τ yx dx − dy + 2m z = 0 ∂ x ∂y
(1.87) z
(τ y+ d τ y) dydx dx
y x
(τ z dxdz )
(τ z + d τ z ) dxdz
dz
dy
(τ y dxdy)
FIGURA 1.31 Ecuaciones de equilibrio de momentos de una partícula de un medio continuo
De las ecuaciones 1.85, 1.86 y 1.87 se pueden definir los valores de m x , m y y m z , debidos a la excentricidad de las acciones que se generan en la partícula respecto al centroide. Para el ejemplo 1.6, la aplicación de las ecuaciones de equilibrio de momentos conduce a lo siguiente: Por
Σ M x = 0 ;
0 − 0 + 2m x = 0 ⇒ m x = 0
Σ M y = 0 ;
0 − 0 + 2m y = 0 ⇒ m y = 0
Σ M z = 0 ;
0 − (− 2 y) Ady + 2m z = 0 m z = − Aydy
donde: m z
= − A ∫ ydy = − A
y
2
2
=
F
4 I
y 2
Este resultado muestra que existirán tendencias al giro de las partículas alrededor del eje z , dependiendo de su posición en el medio continuo. La existencia de estos momentos implica que las partículas no se mueven como partículas rígidas, sino que deben presentarse distorsiones para garantizar la existencia de continuidad. 49