ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES PROBLEMA Nº 1 Un estado tensional queda caracterizado por σx = 12300, σy = -4200 y τxy = -4700.
σ y = 4200 τ xy = 4700 σ x = 12300
σx = 12300 τ xy = 4700 σ y = 4200
Hallar las tensiones principales y sus direcciones: a) b) c)
Aplicando las fórmulas obtenidas a partir de la derivación de σθ Hallando los valores propios y vectores propios del tensor de tensiones Aplicando el Círculo de Mohr de Tensiones
Solución: a)
Obtengamos las tensiones principales a partir de las fórmulas obtenidas a partir de la derivación de
a.1) Hallemos las tensiones principales normales. Sabemos que las direcciones de las tensiones principales normales cumplen con la expresión:
tg2θ p
=
2τ xy σx
− σy
⇒ tg2θ p =
⎧θ = −14,835º = −0,5697 ⇒ ⎨ IP 12300 − (−4200) ⎩ θ IIP = 75,165º 2(-4700)
El valor de la tensión normal a un plano que forma un ángulo
σθ
=
σx
+ σy 2
+
σx
− σy 2
θP es:
⎧σ −14,835º = 13544,867 ⎩ σ 75,165º = −5444,867
cos2θ + τ xy sen2θ ⇒ ⎨
σ 2 = 5444,867 σ 1 = 13544,867 -14,835º
σ 1 = 13544,867 σ 2 = 5444,867
PROF.: JAIME RODRÍGUEZ RODRÍGUEZ URQUIZA - ÁREA DE ESTRUCTURAS ESTRUCTURAS - DEPTO. DE ING.EN ING.EN OO.CC. U.L.S.
ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES Igualmente podíamos haber hallado estos valores de la fórmula que determina el valor de las tensiones principales.
=
σ máx/mín
σx
+ σy 2
2
⎛ σ − σ ⎞ ⎧σ = 13544,867 + ⎜⎜ x y ⎟⎟ + τ xy 2 = 4050 ± 9494,867 ⇒ ⎨ máx ⎩σ mín = −5444,867 ⎝ 2 ⎠
a.2) Hallemos las tensiones tangenciales principales. Sabemos que las direcciones de las tensiones principales tangenciales cumplen la expresión:
tg2θ S
=−
σx
− σy
⇒ tg2θ S = −
2τ xy
12300 − (−4200) 2(-4700)
⎧ θ = 30,165º = 1,7553 ⇒ ⎨ IS ⎩θ IIS = 120,165º
El valor de la tensión tangencial a un plano que forma un ángulo θS es:
τθ
σx
=−
− σy 2
⎧τ 30,165º = -9494,867 ⎩ τ120,165º = 9494,867
sen2θ + τ xy cos2θ ⇒ ⎨
El valor de la tensión normal un plano que forma un ángulo θS es: σθ
=
σx
+ σy 2
+
σx
− σy 2
cos2θ + τ xy sen2θ ⇒
⎧ σ30,165º = 4050 ⎨σ ⎩ 120,165º = 4050
σθ = 4050 120,165°
σθ = 4050 τ θ = 9494,867
30,165°
τ θ = 9494,867 σθ = 4050 σθ = 4050 Igualmente podíamos haber hallado estos valores a partir de la fórmula que determina el valor de las tensiones principales tangenciales: 2
τ máx/mín
⎛ σ − σ y ⎞ ⎟⎟ + τ xy 2 = ±9494,867 = ± ⎜⎜ x ⎝ 2 ⎠
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ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES b) Hallemos los valores propios y vectores propios del tensor de tensiones.
El tensor de tensiones en estado plano es : π
⎡ 12300 − 4700⎤ =⎢ ⎥ ⎣− 4700 − 4200⎦
b.1) Sabemos que los valores propios de este tensor son las tensiones principales normales. Para hallar las tensiones normales resolveremos el problema de valores propios:
det π − σI
=
12300 − σ
− 4700
− 4700 ⎧ σ = 13544,867 =0⇒⎨ 1 − 4200 − σ ⎩σ 2 = −5444,867
b.2) Sabemos que las direcciones principales son los vectores propios del tensor de tensiones. ) Para hallar los vectores propios resolvamos π − σI n = 0 ⇒
(
1)
)
1ª Tensión Principal σ1 = 13544,867
− 4700 ⎛ 12300 − 13544,867 ⎞ ⎡ l 1 ⎤ ⎛ − 1244,867 ⎟⎟ ⎢ ⎥ = 0 ⇒ ⎜⎜ − 4700 − 4200 − 13544,867 ⎠ ⎣m 1 ⎦ ⎝ ⎝ − 4700
(π − σ1 I) )n 1 = ⎜⎜
− 4700 ⎞ ⎡ l 1 ⎤ ⎟⎢ ⎥ = 0 17744,867 ⎠⎟ ⎣m1 ⎦
⇒ −1244,867l 1 − 4700m1 = 0 ⇒ m1 = −0,2648l 1 ⇒ Vector asociado a σ1 = 13544,867 = { 1 ; -0,2648 }
2)
⇒ n )1 = {0,967;−0,256;0}
2ª Tensión Principal σ2 = -5444,867
− 4700 ⎛ 12300 + 5444,867 ⎞ ⎡ l 2 ⎤ ⎛ 17744,867 ⎟⎟⎢ ⎥ = 0 ⇒ ⎜⎜ − 4700 − 4200 + 5444,867 ⎠ ⎣m 2 ⎦ ⎝ ⎝ − 4700
(π − σ 2 I) )n 2 = ⎜⎜
− 4700 ⎞ ⎡ l 2 ⎤ ⎟⎢ ⎥ = 0 1244,867 ⎠⎟ ⎣m 2 ⎦
⇒ 17744,867l 2 − 4700m 2 = 0 ⇒ m 2 = 3,775l 2 ⇒ Vector asociado a σ1 = -5444,867 = { 1 ; 3,775 }
c)
⇒ n )2 = {0,256;0,967;0}
Dibujemos el Círculo de Mohr de Tensiones.
Del Círculo de Mohr conocemos:
El centro :
σ med
⎛ σ x + σ y ⎞ ⎜⎜ ,0 ⎟⎟ = (4050,0) y el radio R = 2 ⎝ ⎠
2
⎛ σ x − σ y ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ + τ xy 2 = 9494,867 ⎝ 2 ⎠
⎧ σ = σ med + R = 4050 + 9494,867 = 13544,867 = 4050 ⇒ ⎨ 1 ⎩σ 2 = σ med − R = 4050 − 9494,867 = −5444,867
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ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
τ
B (-4200,-4700)
θ = 90° (σ y , τ xy )
σ P2 =-5444,867
7 6 8, 4 9 4 9 = x á m
τ
σ P1 =13544,867 (4050,0)
σ 2θ P1 = -29,67°
2θ P2 = 150,33° 7 6 8, 4 9 4 9 = x á m
2θS1 = 60,33°
A (12300,-4700)
θ = 0° (σ x , τ xy )
τ
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ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES PROBLEMA Nº 2 En un punto de una estructura sometida a un esfuerzo plano, el estado tensional A viene dado por : σx =-52 MPa, σy = 21 MPa y τxy = 28 MPa. El elemento B, localizado en el mismo punto de la estructura, se gira un ángulo θ1 tal que los esfuerzos y σtienen los valores mostrados en la figura. Calcular la tensión normal σ b y el ángulo θ1. σ b
σ y = 21 MPa
σθ = 30 MPa τ xy = 28 MPa
τ θ = 6,8 MPa
A
σ x = 52 MPa
σ x = 52 MPa τ xy = 28 MPa
θ1
B
τ θ = 6,8 MPa
σθ = 30 MPa σ b
σ y = 21 MPa
Solución: a)
Obtengamos la tensión
b.
Sabemos que σx + σy es un invariante ⇒ σx + σy = σa + σ b ⇒ -52+21 = 30 + σ b ⇒ σ b = -61 MPa (compresión)
b) Obtengamos el valor del ángulo
1
Conocemos las tensiones normales y tangenciales en un plano que forma un ángulo θ: σx
σθ
=
τθ
=−
+ σy 2
σx
+
− σy 2
σx
− σy 2
cos2θ + τ xy sen2θ
sen2θ + τ xy cos2θ
Por lo tanto :
30 = −15,5 − 36,5cos2θ + 28sen2θ 6,8 = 36,5sen2θ + 28cos2 θ Resolviendo las ecuaciones se obtienes ⇒ 2 θ = 134,029º ⇒ θ = 67,015º
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ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES c)
Aplicando el Círculo de Mohr de Tensiones.
Del Círculo de Mohr conocemos:
El centro :
σ med
⎛ σ x + σ y ⎞ ⎜⎜ ,0 ⎟⎟ = (- 15,5,0 ) y el radio R = 2 ⎝ ⎠
2
⎛ σ x − σ y ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ + τ xy 2 = 46,003 ⎝ 2 ⎠
⎧ σ = σ med + R = −15,500 + 46,003 = 30,503 = −15,500 ⇒ ⎨ 1 [ MPa ] ⎩σ 2 = σ med − R = −15,500 − 46,003 = −61,503
Dibujemos el Círculo de Mohr de Tensiones conocido el centro y el radio.
τ
15,50
C (-52;28)
θ = 0° (σx , τ xy )
2θ =134,029° E (30;6,8)
σ
F (-61;-6,8) 61,5 MPa
30,5 MPa
D (21,-28)
θ = 90° (σy , τ xy )
Identificamos los puntos C y D como la representación del elemento A. Marcamos el punto E ( 30 ; 6,8 ) como parte del elemento B. El extremo opuesto de la diagonal F ( -61 ; -6,8 ) nos indica las tensiones en un plano a 90º. Identificado el punto E, el arco CE nos da el valor de 2θ= 134,029º ⇒ θ = 67,015º.
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ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES PROBLEMA Nº 3 Un estado tensional de un punto de un sólido queda caracterizado por:
σx =-50 MPa, σy = 150 MPa y τxy = -100 MPa. σ y = 150 MPa τ xy = 100 MPa σ x = 50 MPa
σ x = 50 MPa τ xy = 100 MPa σ y = 150 MPa
Hallar las tensiones principales y sus direcciones: a) Aplicando las fórmulas obtenidas a partir de la derivación de σϕ b) Hallando los valores propios y vectores propios del tensor de tensiones Solución: a)
Obtengamos las tensiones principales a partir de las fórmulas obtenidas a partir de la derivación de
a.1) Hallemos las tensiones principales normales. Sabemos que las direcciones de las tensiones principales normales cumplen con la expresión:
tg2θ p
=
2τ xy σx
− σy
⇒ tg2θ p =
⎧ θ = 22,5º = 1 ⇒ ⎨ IP − 50 − 150 ⎩θ IIP = 112,5º 2(-100)
El valor de la tensión normal a un plano que forma un ángulo
σθ
=
σx
+ σy 2
+
σx
− σy 2
cos2θ + τ xy sen2θ ⇒
θP es:
⎧σ 22,5º = −91,421 [ MPa ] ⎨σ ⎩ 112,5º = 191,421
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ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
σ θ2 = 191,421 MPa 112,5°
σθ1 = 91,421 MPa 22,5°
σθ1 = 91,421 MPa σ θ2 = 191,421 MPa
Igualmente podíamos haber hallado estos valores de la fórmula que determina el valor de las tensiones principales.
σ máx/mín
=
σx
+ σy 2
2
⎛ σ − σ ⎞ ⎧σ = 191,421 + ⎜⎜ x y ⎟⎟ + τ xy 2 = 50 ± 141,421 ⇒ ⎨ máx [ MPa ] ⎩σ mín = −91,421 ⎝ 2 ⎠
a.2) Hallemos las tensiones tangenciales principales. Sabemos que las direcciones de las tensiones principales tangenciales cumplen la expresión:
tg2θ S
=−
σx
− σy
2τ xy
⇒ tg2θ S = −
⎧ θ = 67,5º = −1 ⇒ ⎨ IS 2(-100) ⎩θ IIS = 157,5º
− 50 − 150
El valor de la tensión tangencial a un plano que forma un ángulo θS es:
τθ
=−
σx
− σy 2
⎧
sen2θ + τ xy cos2θ ⇒ ⎨
τ 67,5º
⎩τ157,5º
= 141,421 [ MPa ] = -141,421
El valor de la tensión normal un plano que forma un ángulo θS es:
σθ
=
σx
+ σy 2
+
σx
− σy 2
⎧ σ 67,5º = 50 [ MPa ] = 50 σ ⎩ 157,5º
cos2θ + τ xy sen2θ ⇒ ⎨
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ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES σθ = 50 MPa 157,5°
67,5°
σθ = 50 MPa
τ θ = 141,421 MPa
τ θ = 141,421 MPa σθ = 50 MPa σθ = 50 MPa
Igualmente podíamos haber hallado estos valores a partir de la fórmula que determina el valor de las tensiones principales tangenciales: 2
τ máx/mín
⎛ σ − σ y ⎞ ⎟⎟ + τ xy 2 = ±141,421 = ± ⎜⎜ x ⎝ 2 ⎠
b) Hallemos los valores propios y vectores propios del tensor de tensiones.
El tensor de tensiones en estado plano es : π
⎡ − 50 − 100⎤ =⎢ ⎥ ⎣− 100 150 ⎦
b.1) Sabemos que los valores propios de este tensor son las tensiones principales normales. Para hallar las tensiones normales resolveremos el problema de valores propios:
det π − σI
=
- 50 − σ
− 100
− 100 ⎧ σ = 191,421 =0⇒⎨ 1 150 − σ ⎩σ 2 = −91,421
[ MPa ]
b.2) Sabemos que las direcciones principales son los vectores propios del tensor de tensiones. ) Para hallar los vectores propios resolvamos π − σI n = 0 ⇒
(
1)
)
1ª Tensión Principal σ1 = 191,421 [ MPa ]
− 100 ⎞⎡ l 1 ⎤ ⎛ - 50 − 191,421 ⎛ − 241,421 − 100 ⎞⎡ l 1 ⎤ ⎟⎟⎢ ⎥ = 0 ⇒ ⎜⎜ ⎟⎢ ⎥ = 0 150 − 191,421 ⎠ ⎣m1 ⎦ - 41,421 ⎠⎟ ⎣m1 ⎦ ⎝ − 100 ⎝ − 100
(π − σ1I) )n1 = ⎜⎜
⇒ −241,421l 1 − 100m1 = 0 ⇒ m1 = −2,414l 1 ⇒ Vector asociado a σ1 = 191,421 = { 1 ; -2,414}
)
⇒ n1 = {0,383;−0,924;0}
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ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
2)
2ª Tensión Principal σ1 = -91,421 [ MPa ]
− 100 ⎞ ⎡ l 2 ⎤ ⎛ - 50 + 91,421 ⎛ 41,421 − 100 ⎞⎡ l 2 ⎤ ⎟⎟ ⎢ ⎥ = 0 ⇒ ⎜⎜ ⎟⎟⎢ ⎥ = 0 − 100 150 + 91,421 m − 100 241,421 ⎝ ⎠ ⎣ 2 ⎦ ⎝ ⎠⎣m 2 ⎦
(π − σ 2 I) )n 2 = ⎜⎜
⇒ 41,421l 2 − 100m2 = 0 ⇒ m2 = 0,414l 2 ⇒ Vector asociado a σ1 = -91,421 = { 1 ; 0,414}
⇒ n )2 = {0,924;0,383;0}
b.3) Comprobemos que las dos direcciones con normales realizando el producto escalar de ambos vectores: )
)
n1 • n2
= {0,383;−0,924;0}• {0,924;0,383;0} = 0
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ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES PROBLEMA Nº 4 Un estado tensional en un punto de un sólido queda caracterizado por:
σx =-100 MPa, σy = 50 MPa y τxy = -50 MPa. σ y = 50 MPa τ xy = 50 MPa σ x = 100 MPa
σ x = 100 MPa τ xy = 50 MPa σ y = 50 MPa
Hallar las tensiones principales y sus direcciones aplicando el Círculo de Mohr de Tensiones.
Solución: Del Círculo de Mohr conocemos:
El centro :
⎛ σ x + σ y ⎞ ⎛ - 100 + 50 ⎞ ⎜⎜ ,0 ⎟⎟ = ⎜ ,0 ⎟ = (- 25,0) y 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2
2 ⎛ σ x − σ y ⎞ - 100 − 50 ⎞ ⎛ 2 2 el radio R = ⎜ ⎜ 2 ⎟⎟ + τ xy = ⎜⎝ 2 ⎠⎟ + (−50) = 90,139 ⎝ ⎠
σ med
⎧ = −25,000 ⇒ ⎨ ⎩
σ1 σ2
= σ med + R = −25,000 + 91,139 = 65,139 [ MPa ] = σ med − R = −25,000 − 91,139 = −115,139
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ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES a)
Dibujemos el Círculo de Mohr de Tensiones conocido el centro y el radio.
τ
25,00
B (50,50) θ = 90° (σy , τxy )
a
P M 1, 0 9
2θ =123,7°
σ
C (-25;0)
2θ =33,7° -115,1 MPa
65,1 MPa
A (-100;-50) θ = 0° (σ x , τxy )
b) Tensiones Principales Normales:
σ = 65,1 MPa θ
106,8°
σθ = 115,1 MPa 16,8°
σθ = 115,1 MPa
σ θ = 65,1 MPa
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ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES c)
Tensiones de Corte Máximas:
σ θ = 25 MPa σ θ = 25 MPa
61,8°
τ máx = 90,1 MPa τ máx = 90,1 MPa σ θ = 25 MPa σ θ = 25 MPa
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ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES PROBLEMA Nº 5 Un estado tridimensional en un punto de un sólido queda caracterizado por:
σx = - 4 [MPa] ; σy = 2 [MPa] ; σz = 1 [MPa] y τ xy = 4 [MPa] ; τ xz = 0 ; τ yz = 0 Hallar: a)
Las tensiones principales y sus respectivas direcciones
b)
) Tensiones en el plano cuya normal n
⎛ 1 1 1 ⎞ = ⎜⎜ , , ⎟⎟ ⎝ 3 3 3 ⎠
Solución: a)
Hallemos los valores propios y vectores propios del tensor de tensiones.
⎡− 4 ⎢ El tensor de tensiones es : π = 4 ⎢ ⎢⎣ 0
4 0⎤
⎥ ⎥ 1 ⎥⎦
2 0 0
a.1) Sabemos que los valores propios de este tensor son las tensiones principales normales. Para hallar los valores propios solucionaremos el polinomio característico:
det π − σI
=
− 4 − σ
4
0
4
2 − σ
0
0
0
1 − σ
⎧ σ 1 = 4 = (1 − σ )(σ 2 + 2σ - 24) = 0 ⇒ ⎪⎨ σ 2 = 1 ⎪σ = −6 ⎩ 3
[ MPa ]
a.2) Sabemos que las direcciones principales son los vectores propios del tensor de tensiones. ) Para hallar los vectores propios resolvamos π − σI n = 0 ⇒
(
1)
)
1ª Tensión Principal σ1 = 4,0 [ MPa ]
0 ⎞ ⎡ l 1 ⎤ ⎛ − 4 − 4 4 ⎛ − 8 4 0 ⎞⎡ l 1 ⎤ ⎡0⎤ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ ⎜ ⎢ ⎥ (π − σ1I) )n 1 = ⎜ 4 2−4 0 ⎟ m1 = 0 ⇒ ⎜ 4 − 2 0 ⎟ m1 = 0 = 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎜ 0 ⎟⎢ n ⎥ ⎜ 0 0 − 3 ⎟⎢ n ⎥ ⎢0⎥ 0 1 4 − ⎝ ⎠⎣ 1 ⎦ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠⎣ 1 ⎦ ⎧− 8l + 4m1 = 0 ⎧m1 = 2l 1 ⇒⎨ 1 ⇒⎨ ⇒ Vector asociado a σ1 = 4,0 [ MPa ] es {1,2,0} − = = 3 0 0 n n ⎩ ⎩ 1 1 ⎧1 2 ⎫ ) , ,0⎬ Si calculamos el vector unitario nos queda : n1 = ⎨ ⎩ 5 5 ⎭
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ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
2)
2ª Tensión Principal σ2 = 1,0 [ MPa ]
)
(π − σ 2 I)n 2
⎛ − 4 − 1 ⎜ =⎜ 4 ⎜ 0 ⎝
4 2 −1 0
⎞⎡ l 2 ⎤ ⎛ − 5 ⎟⎢ ⎥ ⎜ 0 ⎟ m2 = 0 ⇒ ⎜ 4 ⎢ ⎥ ⎜0 ⎟ 1 − 1 ⎠ ⎢⎣ n2 ⎥⎦ ⎝ 0
4 1 0
0 ⎞ ⎡ l 2 ⎤
⎡ 0⎤ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 0 ⎟ m2 = 0 = 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎟ 0 ⎠ ⎢⎣ n2 ⎥⎦ ⎢⎣0⎥⎦
⎧− 5l 2 + 4m2 = 0 ⎧ l 2 = 0 ⇒ ⎪⎨ 4l 2 + m2 = 0 ⇒ ⎪⎨ m2 = 0 ⇒ Vector asociado a σ 2 = 1,0 [ MPa ] es {0,0,n2} ⎪ 0n = 0 ⎪n = n 2 ⎩ ⎩ 2 2 ) Si calculamos el vector unitario nos queda : n 2
3)
= {0,0,1}
3ª Tensión Principal σ3 = -6,0 [ MPa ]
)
(π − σ 3 I )n 3
⎛ − 4 − (−6) ⎜ 4 =⎜ ⎜ ⎝ 0
4 2 − ( −6) 0
⎛ 2 ⎞ ⎡ l 3 ⎤ ⎜ ⎟⎢ ⎥ 0 ⎟ m3 = 0 ⇒ ⎜ 4 ⎢ ⎥ ⎟ ⎜0 1 − ( −6) ⎠ ⎢⎣ n3 ⎥⎦ ⎝ 0
4 8 0
0 ⎞ ⎡ l 3 ⎤
⎡ 0⎤ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 0 ⎟ m3 = 0 = 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎟ 7 ⎠ ⎢⎣ n3 ⎥⎦ ⎢⎣0⎥⎦
⎧2l 3 + 4m3 = 0 ⎧⎪m3 = − 1 l 3 ⇒⎨ ⇒⎨ ⇒ Vector asociado a σ 3 = -6,0 [ MPa ] es {1;-0,5;0} 2 ⎩ 7 n3 = 0 ⎪⎩ n3 = 0 ) Si calculamos el vector unitario nos queda : n3
⎧ =⎨ ⎩
2 5
,−
1 5
⎫ ⎭
,0⎬
b) Hallemos las Tensiones de Corte Máximas:
τ 1− 2
=
σ 1
τ 1−3
=
σ 1
τ 2−3
=
σ 2
− σ 2 2
− σ 3 2
− σ 3 2
= = =
4 −1 2
= 1,5 [ MPa ]
4 − (−6) 2 1 − (−6) 2
= 5,0 [ MPa ] = 3,5 [ MPa ]
⇒ τ máx = τ 1−3 = 5,0 [ MPa ]
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ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
El esfuerzo de corte máximo se desarrolla en el plano
c)
σ1-σ3.
)
Hallemos las tensiones normales y tangenciales al plano definido por la normal n
⎛ 1 , ⎝ 3
=⎜
1
,
3
z
ρ τ
n
σ y
x
r ρ n
⎡ ⎤ ⎡− 4 ) ⎢ ⎢ ⎥ = ⎢ ρ y ⎥ = π • n = ⎢ 4 ⎢⎣ 0 ⎢⎣ ρ z ⎥⎦
4
ρ x
2 0
⎡ ⎢ ⎢ ⎥ 0⎥ • ⎢ 1⎥⎦ ⎢ ⎢ ⎣ 0⎤
⎤ ⎡ ⎤ 3⎥ ⎢ 0 ⎥ ⎥ ⎢ ⎥ = 2 3 ⎥⎥ ⇒ 3⎥ ⎢ 1 ⎥ ⎢⎣ 3 ⎥⎦ 3⎦
1 1 1
Por lo tanto el módulo de sus proyecciones sobre el vector normal y sobre el plano serán:
σ n
τ n
⎡ 0 ⎤ ⎢ ⎥ ⎡ r ) ⎢ = ρ n • n = 2 3 ⎥ • ⎢ ⎢1 ⎥ ⎣ ⎢ 3⎥ ⎣ ⎦
=
r ρ n
2
− σ n 2 =
1 3
62 3
1 3
⎤ 7 ⎥ = [ MPa ] 3⎦ 3
1
⎞ ⎟ 3 ⎠
1
y
[ MPa ]
PROF.: JAIME RODRÍGUEZ URQUIZA - ÁREA DE ESTRUCTURAS - DEPTO. DE ING.EN OO.CC. U.L.S.
