Estados Tensionales

Universidad Tecnologica Nacional

RESISTENCIA DE MATERIALES

Facultad Regional Santa Fe

Ing. CIVIL TEORÍA ESTADOS TENSIONALES y

β

ρy

R

ρ τ σy

T

τxz τxy

τzx ϕ γ

ρz

τzy

A

τyx

z

τyz

σz

n

σ

α

ρx S x

σy

Profesor Titular:

Ing. Hugo A. Tosone

Marzo de 2010

ESTADOS TENSIONALES CONTENIDOS

Concepto de tensión en un punto interior de un sólido sometido a carga. Estado de tensión, clasificación: estado simple, doble y triple. Estado triple de tensiones. Componentes de la tensión. Tensiones en un plano inclinado genérico. Equilibrio del tetraedro elemental. Tensiones normal y de corte en el plano inclinado. Tensiones y planos principales. Tensión de corte máxima. Tensiones octaédricas. Estado doble, biaxial o plano. Tensión normal máxima. Tensión de corte máxima. Representación gráfica de Mohr. Procedimiento para dibujarlo. Círculo de Mohr para tensiones principales. Ejemplo de aplicación para estado triple de tensiones. BIBLIOGRAFÍA E. Fliess

Estabilidad II

Ortiz Berrocal.

Resistencia de Materiales. Teoría de la Elasticidad.

Beer y Johnston, Jr

Mecánica de Materiales. Ed. Mc Graw Hill

Timoshenko S.

Resistencia de Materiales, Tomo I.

Feodosiev V. I.

Resistencia de Materiales. Editorial MIR

Stiopin P. A.

Resistencia de Materiales. Editorial MIR.


ESTADOS TENSIONALES

ESTADOS TENSIONALES CONCEPTO DE TENSION

P2

P1

Sea un cuerpo sólido continuo, isótropo y homogéneo, solicitado por un sistema de fuerzas exteriores en equilibrio, en el que se considera al punto interior A y a un plano π, que cortando imaginariamente al sólido pase por el punto A. En los alrededores de A se define una pequeña superficie de área ∆F. Si la fuerza que actúa sobre ∆F es ∆P, entonces se define “tensión absoluta” ρ en el punto A para dicho plano π del siguiente modo:

π ∆P

∆F A

Pi

P3

Pn

fig.1

∆P dP = ∆F → 0 ∆ F dF [1]

ρ = lím

Si se cambia la posición del plano π de tal modo que siga conteniendo al punto A, se obtiene en general otro valor para la tensión ρ.

ESTADO DE TENSIÓN - CLASIFICACIÓN Al conjunto de tensiones que se obtienen al considerar las infinitas posiciones posibles del plano π se lo denomina estado de tensión en A . A los estados de tensión se los clasifica en: simples, dobles y triples. Estado simple: al estado se lo denomina simple cuando al variar la inclinación de π el vector ρ se mantiene paralelo a una determinado recta. Estado doble: al estado se lo denomina doble cuando al variar la inclinación del plano π el vector ρ se mantiene paralelo a un determinado plano. Estado triple: al estado se lo denomina triple cuando al variar la inclinación del plano π el vector ρ se ubica en cualquier posición en el espacio.

Sea el paralelepípedo elemental de dimensiones dx, dy, dz, ubicado en la vecindad de A. En cada cara del paralelepípedo actúan diferentes tensiones ρ que se consideran datos del problema. Cada una de ellas se puede descomponer en una que sea perpendicular a la cara considerada (σ ), y otras dos contenidas en dicha cara (τ ) que poseen las direcciones de los ejes coordenados como se muestra en la fig. 2. Resultan las siguientes tensiones que hacen un total de 9 componentes:

σx τ xy

τxz

σy τ yx

τyz

σz τ zx

τzy

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σy

y

COMPONENTES DE LAS TENSIONES

dy

τyx

τyz τxz τxy

σy

τ zx τzy

σz dz

σz

τzy τzx

A

τyx

z

fig. 2

τxy

τxz

σx x dx

τyz σy

Pág. 1


ESTADOS TENSIONALES

Si se plantean ecuaciones de momento estático con respecto a cada uno de los 3 ejes coordenados, se puede demostrar que:

τ xy = τ yx

τ xz = τ zx

τ yz = τ zy

A las tres expresiones resultantes se las conoce como ley de Cauchy Quedan entonces solamente 6 componentes diferentes de la tensión:

σx

σy

σz

τxy

τyz

τzx

TENSIONES EN UN PLANO INCLINADO GENERICO El objetivo es hallar el estado de tensión en A, lo que requiere evaluar ρ para cualquier posición genérica del plano π. Se identificará la posición de π por medio de los cosenos directores de su normal “n”. Si los ángulos que forma “n” con los ejes coordenados son α, β, γ, entonces es:

l = cos α

m = cos β

n = cos γ

Componentes de la tensión “ρ” Al vector ρ se lo puede descomponer de dos maneras:

y

1. En σ y τ (normal y rasante al plano π )

R

β

ρy

2. En ρ x, ρ y, ρ z paralelas a los ejes

ρ τ

coordenados. Si se define a l área del triángulo TRS como unitaria (área TRS = 1), resulta entonces

τxy

Area ATR = l Area AST = m

T

Area ARS = n

z

γ

τxz

σy

τzx ϕ

ρz τ yx

A

n

σ

σz

τzy

ρx

τyz

S

σy

fig. 3

Equilibrio del tetraedro elemental Partiendo de las tres ecuaciones de proyección sobre los ejes y considerando que:

ρx .1 = ρx

ρy .1 = ρy

ρz .1 = ρz

resulta entonces:

ρx = σx . l + τ xy . m + τ xz . n ρy = τ yx . l + σy . m + τ yz. . n ρz = τ zx. l + τ zy . m + σz .. n Las anteriores expresan la tensión ρ en función de los cosenos directores l, m, n Tensiones normal y de corte en el plano inclinado Proyectando las componentes ρ x, ρ y, ρ z sobre la dirección “n” se obtiene σ :


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α

Pág. 2

x


ESTADOS TENSIONALES

σ = ρx . l + ρy . m + ρz .n

Reemplazando las expresiones de ρ x , ρ y , ρ z resulta:

σ = σx . l 2 + σy . m2 + σz n2 + 2 (τ xy . l . m + τ xz . l . n + τ yz . m . n)

[2]

La tensión de corte τ se obtiene del triángulo rectángulo (fig. 3) haciendo:

τ 2 = ρ 2 − σ 2 = ρ x2 + ρ 2y + ρ z2 − σ 2

[3]

Alternativamente se puede también calcular σ y ρ proyectando al vector ρ sobre la normal “n” y sobre el plano π respecti vamente:

σ = ρ . cos ϕ [4]

τ = ρ .senϕ

[5]

lo que exige calcular el ángulo ϕ comprendido entre las direcciones de “ρ ” y “n”. Designando a los cosenos directores de ρ como: lρ , mρ , nρ, entonce haciendo el producto escalar de los dos versores resulta:

cosf= l . lρ + mρ . m + nρ . n con:

ρ = ρ x2 + ρ 2y + ρ z2

siendo:

y finalmente:

lρ = ρx ρ

mρ = ρy

nρ = ρ z

ρ

ρ

senϕ = 1 - cos2ϕ

TENSIONES Y PLANOS PRINCIPALES

y

Como la tensión ρ varía al cambiar la orientación de la normal “n” por cambio de inclinación del plano π, habrá entonces planos para los cuales ρ será máxima o mínima. Para esas situaciones ρ tendrá la dirección de “n” y no habrá tensión τ (recordar que τ=ρ.sen ϕ). Para esos dos planos τ=0 y por la ley de Cauchy se sabe que son perpendiculares entre sí. Habrá además un tercer plano perpendicular a ambos para el que, por el mismo motivo, resulta τ=0 y en este último también existirá solamente tensión normal. Dicha tensión normal se denomina intermedia.

β ρy

R

n

σi

γ

α

ρx

ρz A

S

x

T

z

fig. 4

Hay entonces tres tensiones principales (σ1 > σ2 > σ3) actuando en planos para los cuales τ=0, siendo σ1 la máxima, σ2 la intermedia y σ3 la mínima. Denominando genéricamente σi a cada tensión principal, sus cosenos directores serán los de la normal “n” por coincidir con su dirección y en consecuencia:

ρx = σi . l

ρy = σi . m

ρz = σI . n

Pero esas mismas componentes de ρ se pueden expresar en función de los datos del problema del modo visto, o sea:

ρx = σx . l + τ xy . m + τ xz . n ρy = τ yx . l + σy . m + τ yz . n ρz = τ zx . l + τ zy . m + σz . n Estados_Tensionales.doc

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ESTADOS TENSIONALES

Por igualación de ambos grupos de ecuaciones, pasando todo a los primeros miembros y sacando factores comunes se obtiene:

(σx - σi). l + τ xy. m + τ xz . n = 0 τyx . l + (σy - σi). m + τ yz . n = 0 τzx . l + τ zy. m + (σz - σi) . n = 0 En este sistema homogéneo de ecuaciones, para que l, m, n, tengan solución distinta que la trivial (l = m = n = 0) deberá ser nulo el determinante de la matriz de los coeficientes, o sea:

(σx - σi) τyx τzx

τxy (σy - σi) τzy

τxz τyz (σz - σi)

= 0

Desarrollando y ordenando se obtiene finalmente el siguiente polinomio de tercer grado en σ i:

σ 3i - σ i2 (σ x + σ y + σ z ) + σ i ( σ x ⋅ σ y + σ y ⋅ σ z + σ z ⋅ σx − τ2xy − τ2yz − τ2z x )

[6]

− ( σx ⋅ σ y ⋅ σ z + 2. τ xy ⋅ τ yz ⋅ τ zx − τ2xy ⋅ σ z − τ2yz ⋅ σ x − τ2z x ⋅ σ y ) = 0 Este polinomio brinda siempre 3 raíces reales, cosa que se puede demostrar (ver Estabilidad II, Enrique Fliess). Resolviendo dicho polinomio se obtiene n finalmente σ1, σ2, σ3. Casos particulares: a las seis componentes de la tensión se las puede agrupar en una matriz de 3 x 3 denominada “tensor” o “matriz de tensiones”:

 σx τxy τxz   τyx σy τyz   τzx τzy σ  z   Si la matriz de tensiones (tensor) es incompleto , por faltar por ejemplo dos tensiones de corte, entonces se puede desarrollar el determinante por los elementos de una línea y dejar factorizado el resultado así obtenido, de modo que una de las raíces queda resuelta inmediatamente. En dicho caso no es necesario resolver un polinomio de tercer grado, puesto que queda una ecuación de segundo grado a la que se le aplica la conocida resolvente.

Planos principales Las tensiones σ1, σ2, σ3 actúan en 3 planos cuyos cosenos directores son: Estados_Tensionales.doc

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ESTADOS TENSIONALES

l1 , m1 , n1

l2 , m2 , n2

l3 , m3 , n3

los que se pretende calcular. Por ejemplo, para calcular l1 , m1 , n1 del plano donde actúa σ1, debe plantear:

(σx - σ1). l 1 + τ xy. m1 + τ xz . n1 = 0 τyx . l1 + (σy - σ1). m1 + τ yz . n1 = 0 τzx . l1 + τ zy. m1 + (σz - σ1) . n1 = 0 El determinante de la matriz de los coeficientes del sistema anterior de ecuaciones es:

(σx - σi) τyx τzx

τxy (σy - σi) τzy

τxz τyz (σz - σi)

= 0

Denominando ∆1, ∆2, ∆3 a las “menores“ correspondientes al desarrollo por la primera fila del determinante de la matriz de los coeficientes, ellos son:

∆1 =

(σy -σ1 ) τyz τzy (σz- σ1 )

∆2 =

τyx τyz τzx (σz- σ1 )

∆3 =

τyx (σy - σ1 ) τzx τzy

[7]

Dicho desarrollo por los elementos de la primera fila, teniendo en cuenta el signo según la posición, resulta:

(σx − σ1 ) ⋅ ∆1 − τxy ⋅ ∆2 + τxz ⋅ ∆3 = 0 Comparando esta ecuación con la primera del sistema de 3 ecuaciones, surge que:

de donde:

l1 m1 n1 =− = =K ∆1 ∆2 ∆3 n1 = K ⋅∆3 m 1 = -K ⋅ ∆ 2

l1 = K ⋅ ∆ 1

Elevando al cuadrado las 3 expresiones y sumando m. a m. se obtiene:

l12 + m12 + n12 = K 2 .( ∆12 + ∆22 + ∆32 ) Por lo tanto:

l1 =

K=

∆1 ∆12 + ∆22 + ∆32

1 ∆ + ∆22 + ∆32 2 1

m1 =

pero:

l 21 + m 12 + n12 = 1

y entonces:

−∆2 ∆12 + ∆22 + ∆32

n1 =

∆3 ∆12 + ∆22 + ∆32

[8]

Para calcular l2 , m2 , n2 se reemplaza la tensión principal σ2 en el determinante. De modo similar se pueden calcular: l3 m3 n3. Nota: tanto las tensiones principales como así también los planos principales, pueden ser resueltos calculando los “autovalores” y los “autovectores” de la matriz de tensiones (tensor). Para los planos principales se obtienen las componentes cartesianas de un vector normal al plano correspondiente. Las calculadoras programables (manuales) suelen tener esas dos funciones incorporadas en forma directa.


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ESTADOS TENSIONALES

Tensión de corte máxima Se puede demostrar que la máxima tensión de corte se produce en el plano bisector de los dos planos a los que le corresponden la máxima tensión σ1 y la mínima tensión σ3. Como se conocen las tensiones principales resulta sencillo calcular τmáx. Cuando se analice el estado tensional doble , se demostrará como se evalúa τ máx. Utilizando entonces las tensiones extremas σ1, σ3 se obtiene : τ máx =

σ1 − σ3 2

[9]

σ1 +σ 3 Para el plano de la máxima tensión de corte, la tensión normal será: σ = [10] 2

En las fig. 5 se muestra un ejemplo cuyo círculo de Mohr se representa en la fig. 6.

y

σ1 > σ2 > σ3 σ3 τm

σ1

σ2

áx

σ2

σ1 x

z fig. 5

τ

τmáx

σ3

σ2

σ1

σ

σ −τ

σ3

fig. 6

TENSIONES OCTAEDRICAS Se denominan así a las tensiones σ y τ que ocurren en las caras de un octaedro que se obtiene por medio de planos que tienen sus 3 cosenos directores iguales en relación al sistema de ejes coordenados de dirección paralela a las tensiones principales σ 1, σ 2 y σ 3 . Partiendo de un prisma elemental sobre el que actúan solo las tensiones principales σ1, σ2, σ3 como datos del problema, teniendo en cuenta que las tensiones de corte son nulas y realizando el correspondiente análisis a partir de las expresiones de σ y τ con l=m=n se obtiene finalmente:

σOCT = τOCT =

ó

σ1 + σ2 + σ3 [11] 3

1 ⋅ 2 ⋅ (σ1 + σ2 + σ3 )2 − 6 ⋅ (σ1 ⋅σ2 + σ2 ⋅ σ3 + σ3 ⋅σ1 ) 3

1 τOCT = ⋅ (σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 [12] 3


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y // σ2

σ3 σ1 z // σ3

x // σ1

σ2 y

fig. 7 -z

-x z

x

-y

fig. 8 Pág. 6


ESTADOS TENSIONALES

ESTADO TENSIONAL DOBLE, BIAXIAL O PLANO Se ha definido estado tensional plano a aquel estado para el cual al variar la posición del plano inclinado que pasa por el punto en estudio, la tensión resultante ρ cambia de posición pero se mantiene en un mismo plano. Sea el paralelepípedo elemental en las vecindades de un punto “A”, aislado por medio de los planos paralelos a los planos coordenados y solicitado por un estado tensional plano como el indicado en el croquis (fig. 9) al que luego se lo secciona con un plano cualquiera paralelo al eje z, cuya normal forme un ángulo α con el eje x (fig. 10).

y

τyx τxy

σx z

y

a d

n al rm no

ρy

τxy

tensión en el plano abcd.

Se admite que las tensiones se distribuyen uniformemente en la totalidad de cada área sobre las que actúan. Además se conviene que las tensiones de corte se consideran positivas cuando sus sentidos son contrarios a los del análisis del estado triple, figs. 9 y 10.

x

σy

fig. 9

Se denominará:

ρx, ρy : componentes de ρ según los ejes x e y.

σx

τxy A τyx

Debido a que se trata de un estado plano en x-y, se puede suponer que el prisma triangular tiene un espesor unitario en la dirección del eje z.

ρ:

y

σx

α

A

ρx b

τyx

e z

ρ x

1

c

σy

fig. 10

El equilibrio del prisma elemental de caras triangulares exige que sean nulas las sumas de las dos proyecciones de las fuerzas que actúan sobre el mismo.

y

Dichas proyecciones según las direcciones de los ejes coordenados x e y son:

ΣX = 0

ΣY = 0

ΣX = ρx ⋅ ab ⋅ 1 − σx ⋅ ab ⋅1⋅ cos α + τyx ⋅ ab ⋅1 ⋅ sen α = 0

ΣY = ρy ⋅ ab ⋅ 1− σy ⋅ ab ⋅1⋅ sen α + τxy ⋅ ab ⋅1⋅ cos α = 0 Operando queda:

ρx = σx ⋅ cos α − τyx ⋅ sen α ρy = σy ⋅ sen α − τxy ⋅ cos α

a

τxy

n

α

ρ

ρy α

σx A

fig. 11

τyx

b

ρx

σy

x

Siendo σ y τ las componentes de la tensión resultante ρ según la dirección normal “n” y según la dirección paralela al plano abcd, ellas podrán ser calculadas proyectando las componentes ρ x y ρ y sobre dichas direcciones del siguiente modo:

σ = ρx ⋅ cos α + ρy ⋅ sen α τ = ρx ⋅ sen α − ρy ⋅ cos α Estados_Tensionales.doc

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ESTADOS TENSIONALES

Sustituyendo las expresiones de ρ x y ρ y se obtiene:

σ = σx ⋅ cos2 α − τxy ⋅ sen α ⋅ cos α + σy ⋅ sen2α − τxy ⋅ sen α ⋅ cos α τ = σx ⋅ cos α ⋅ sen α − τxy ⋅ sen2 α − σy ⋅ sen α ⋅ cos α + τxy ⋅ cos2 α operando resulta :

σ = σx ⋅ cos2 α + σy ⋅ sen2 α − 2 τxy ⋅ sen α ⋅ cos α τ = ( σx − σy ) ⋅ cos α ⋅ sen α + τxy (cos2 α − sen2α) quedando finalmente:

σ = σx ⋅ cos2 α + σy ⋅ sen2 α − τxy ⋅ sen 2α [13] τ=

(σx − σy ) ⋅ sen 2α + τxy cos 2 α 2

[14]

TENSION NORMAL MÁXIMA Resulta entonces que σ y τ son funciones del ángulo α , es decir, de la posición del plano p . Para conocer los valores máximo y mínimo, así como la orientación de los respectivos planos donde ellas ocurren se debe recurrir al concepto matemático de máximo y mínimo de una función. El ángulo (variable independiente de la función) para el que ocurre un máximo o un mínimo, se obtiene igualando a cero la primera derivada de la función con respecto a dicha variable . Derivando con respecto a α se obtiene:

dσ = - 2 σx ⋅ sen α ⋅ cos α + 2 σy ⋅ cos α ⋅ sen α − 2 τxy ⋅ cos 2α dα dσ = (σy − σx ) ⋅ 2senα ⋅ cos α − 2 τxy ⋅ cos2α dα dσ = (σy − σx ) ⋅ sen 2α − 2 τxy ⋅ cos2α dα Esta derivada se hace cero para un cierto ángulo α 1:

( σy − σx ) ⋅ sen 2α1 − 2 τ xy ⋅ cos 2α1 = 0 Por lo tanto:

tg 2α1 =

2τxy σy − σx

[14´ ]

[15]

Existen dos ángulos que satisfacen la expresión [15] que son: (2 α 1) y (2α 1 + π), de donde que se obtiene (α 1) y (α 1 + π/2) que corresponden a dos pla nos ortogonales entre sí que son los planos principales en los que se producirán las máximas y mínimas tensiones normales (tensiones principales). Multiplicando por “2” a la expresión [14] y comparándola con la [14´], se comprueba que en los planos principales las tensiones de corte son nulas (τ = 0).


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ESTADOS TENSIONALES

Para hallar los valores de las tensiones principales σ máx y σ min que se identificarán como: σ1 y σ2 (siendo σ1 ≥ σ2 ) se debe sustituir el valor de los ángulos α 1 y α 1+π/2 en la expresión [13]. Como el ángulo α 1 está expresado por su tangente en la [15], es necesario recurrir a las siguientes identidades trigonométricas:

1 + cos 2α 2

sen 2α = ±

1 − cos 2α 2

cos 2α = ±

cos2α =

sen2 α =

tg 2α 1 + tg2 2α

1 1 + tg 2 2α

Operando algebraicamente se obtienen las tensiones principales máxima y mínima respectivamente (ver también Estabilidad II, E. Fliess, pág. 63):

σ1 =

σ x +σ y 2

 σ x −σ y +  2 

2

σx +σ y σ x −σ y   2   + τ xy  + τ 2xy [16a] σ 2 = − [16b]    2 2    2

TENSIONES DE CORTE MAXIMAS Se pueden obtener de un modo similar partiendo de la expresión [14]:

τ=

σx − σy 2

⋅ sen 2α + τxy ⋅ cos 2α

dτ σx − σy = 2⋅ ⋅ cos2α − 2 ⋅ τxy ⋅ sen2α dα 2

( σx − σy ) ⋅ cos2 α2 − 2 ⋅ τxy ⋅ sen 2α2 = 0

2 ⋅ τxy ⋅ sen 2α2 = ( σx − σy ) ⋅ cos2α2 resultando:

tg 2 α 2 = -

σy − σx [17] 2 τ xy

La [7] brinda dos soluciones: 2 α 2 y 2 α 2 + π lo que implica que existen dos planos para α 2 y α 2 + π/2 en los que ocurren las máximas tensiones de corte. Dichos planos difieren en π/2 = 90° lo que indica que son perpendiculares entre si. Como: tg 2α 2 = -1 / tg 2 α1= - ctg 2 α1

entonces

2 α2 = 2 α 1- π/2

o también: α2 = α 1 - π/4 Esto indica que los planos de corte máximo forman un ángulo de 45° con los planos de las máximas tensiones normales.


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ESTADOS TENSIONALES

Para calcular la magnitud de τmáx. se sustituye α 2 en la expresión [14], utilizando identidades trigonométricas y operando, con lo que se obtiene finalmente:

τmáx = ±

 σx − σ y  2   + τxy  2  2

[18]

Representación gráfica de Mohr Retomando las ecuaciones [13] y [14] que eran:

σ = σx ⋅ cos2 α + σy ⋅ sen2 α − τxy ⋅ sen 2α [13] ( σx − σy ) ⋅ sen 2α + τxy cos 2α [14] 2 1 + cos 2α 1− cos 2α cos2 α = sen2α = y sustituyendo: 2 2 σx σy σ = (1 + cos 2α) + (1 − cos 2α) − τxy ⋅ sen 2 α 2 2 τ=

σ=

y

x

σx + σy σx − σy + ⋅ cos 2α − τxy ⋅ sen 2α 2 2

σx + σy σx − σy σ− = ⋅ cos 2α − τxy ⋅ sen 2α 2 2

τ=

se obtiene:

(σx − σy ) ⋅ sen 2α + τxy cos 2α 2

r [19]

C

2

x

a

[20]

fig. 12

Elevando al cuadrado las [19] y [20] y sumando m. a m. resulta finalmente:

σx + σy    σx − σy  2 σ − + τ = + τ2xy     2    2 

y

2

[21]

Esta es una ecuación del tipo:

(x – a)2 + y2 = r2 que describe una circunferencia en función de los parámetros: σx

son σ y τ.

,

σy

,

τ xy y cuyas variables

σx + σy Tiene su centro sobre el eje σ con abscisa a = y radio r = 2

 σ x −σ y  2 

2

  + τ 2xy 

La solución gráfica de Mohr es una representación de las ecuaciones analíticas que sirve alternativamente como croquis guía a los cálculos numéricos. Dada la sencillez de las expresiones analíticas el método gráfico no ofrece una ventaja manifiesta sobre el método analítico, pero su croquis permite una rápida visualización de las tensiones que ocurren en los diferentes planos que pasan por el punto, como así también la localización inmediata de los valores máximos y de las direcciones principales. Estados_Tensionales.doc

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ESTADOS TENSIONALES

La circunferencia de Mohr es el lugar geométrico de los puntos cuyas coordenadas representan las tensiones que ocurren en todos los planos inclinados que pasan por un punto de un sólido cargado. Las abscisas de los puntos de la circunferencia representan tensiones normales y las ordenadas la tensiones cortantes. Las convenciones a utilizar serán: -Tensiones de tracción: se consignan con abscisas positivas. -Tensiones de compresión: corresponden abscisas negativas. -Tensiones de corte positivas: se consignan con ordenadas positivas. -Tensiones de corte negativas: se consignan con ordenadas negativas. -Los ángulos se consideran positivos para giros en sentido contrario a las agujas del reloj. -Lo anterior se complementa con el siguiente croquis:

σ + - σ

+ τ - τ

α+

fig. 13 Se puede demostrar que en la construcción de Mohr los ángulos en relación con el centro de la circunferencia, son de magnitud doble que las magnitudes angulares entre las secciones planas que pasan por un punto interior del cuerpo cargado. Además, las dos coordenadas de cada punto de la circunferencia, brinda las tensiones normal y de corte que ocurren en cada plano que pasa por dicho punto del cuerpo en estudio. En consecuencia es posible dibujar el gráfico de Mohr si se conoce estado tensional en dos planos perpendiculares entre sí, ya que los puntos de la circunferencia, representativos de las tensiones que ocurren en esos dos planos perpendiculares (90°), se encontraran posicionados en la circunferencia con una diferencia de 180° (ángulo doble), lo que implica que son los extremos de un diámetro.

Procedimiento para dibujar el círculo de Mohr 1. Datos: las tensiones σ x , τ xy y

τ yx en dos planos perpendiculares.

2. En un sistema cartesiano ortogonal (σ−τ) y con los datos de las tensiones, se ubican

los puntos A y B que constituyen un diámetro. 3. Uniendo A con B se obtiene un diámetro. En su intersección con el eje de abscisas determina el punto C que es el centro de la circunferencia. 4. Con el centro en C y radio CA ó CB se dibuja la circunferencia.


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τxy

σx

σx

α1

τxy τyx

σ2

σ1

σy

fig. 14

O

P

G

τmáx

σ2

2 1

σ2 E 2

σy

-τ

A

σ1

2α1 C

F

σ α1 1

τmín

τyx

τ

τ yx= -τxy

σ1

σy

ESTADOS TENSIONALES

τxy


B

σx

Cada punto de la circunferencia caracteriza al estado tensional en un determinado plano. En el caso dibujado corresponde al conjunto de los planos paralelos al eje z. En el gráfico se observa que la máxima tensión normal σ1 = σmáx está representada por el segmento OF y la mínima σ2 por el segmento OE. La máxima tensión de corte τmáx está representada por CG. Para localizar las direcciones de σ1 y σ2 se puede utilizar el punto auxiliar de la circunferencia denominado foco o polo “P”. Para ubicar el polo P, se traza por el punto A (ligado a la tensión σx) una paralela a la dirección x; o por B (ligado a la tensión σy) una paralela a la dirección y; donde intercepten a la circunferencia se obtiene el polo P. Uniendo el polo P con los puntos F y E se obtienen las direcciones de las tensiones principales σ1 y σ2 respectivamente, señaladas con los números 1 y 2 en la figura.

σ2

Círculo de Mohr para tensiones principales. Se considerará el caso tensional espacial cuando en las caras del prisma elemental actúan las tres tensiones principales σ1, σ2 y σ3 de modo que:

σ3

σ1

σ1

y z

X

σ1 > σ2 > σ3

σ3 Las tensiones normales y tangenciales que ocurran en σ2 un plano cualquiera paralelo al eje z, no dependerán de σ3, sino de las tensiones σ1 y σ2 y se caracterizarán por una circunferencia de tensiones con diámetro d=σ1−σ2 como la de la fig. 16a:

fig. 15

El mismo análisis se puede efectuar para planos paralelos al eje “y” ó para los planos paralelos al eje “x”, obteniéndose circunferencias de diámetros σ1−σ3 ó σ2−σ3.


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y

ESTADOS TENSIONALES

y

σ2

y

σ2

σ1 z

τ

σ1

x

σ3

z

Planos paralelos al eje

σ2

σ1

z

σ2

x

σ3 τ

σ

(a)

σ1

(b)

x

σ3

z

Planos paralelos al eje y

σ3

σ1

Planos paralelos al eje x

τ

σ3

σ

fig. 16

σ2

τ σ3

σ

(c)

σ2

σ1

(d)

Se pueden dibujar las tres círcunferencias de Mohr en una misma representación, fig. 16d; los puntos de cada una de dichas circunferencias representan las tensiones que se producen en cada uno de los infinitos planos paralelos a cada uno de los ejes coordenados. Se puede demostrar que el estado tensional que se produce en planos no paralelos a ningún eje coordenado, se encuentra representado por los puntos contenidos en la zona sombrerada limitada por las tres circunferencias, fig. 16d. Ejemplo de aplicación para Estado tensional triple. PROBLEMA “MOHRT 260” En la figura se representa un estado tensional para el que solamente se muestran las tensiones que actúan en las caras visibles, especificando sus intensidades en kgf/cm2 ,. Se pide calcular lo siguiente :

y

1) Tensiones σ y τ para un plano que forme ángulos iguales con los tres ejes coordenados.

400

500

100

2) Tensiones principales σ1, σ2 y σ3.

4) Tensión de corte máxima.

800

300

3) Posición de los planos principales: (l1,m1 ,n1), (l2,m2, n2 ) y (l3,m3,n3)

x

200 z

5) Tensiones octaédricas σOCT y σOCT.

Expresar los resultados en en kgf/cm2 y en MPa, usando para la conversión de unidades la siguiente equivalencia aproximada: 10 kgf/cm2 ≅1 MPa.

RESOLUCIÓN 1) Tensiones σ y τ Tensión normal σ . Se sabe que l = m = n, por lo tanto: l 2 +m 2 + n 2 = 1


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⇒

3 l2 = 1 ⇒

l 2 = 1/3

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σ


ESTADOS TENSIONALES

de donde: l = m = n = 3 = 54,736º 3

Calcularemos a partir de las componentes ortogonales de la tensión “ρ“ en lugar de utilizar la expresión final de “σ” puesto que dichos valores son necesarios para el cálculo de "τ". Los signos de las tensiones normales y de corte que son datos del problema, deben adecuarse de acuerdo al sentido de los correspondientes vectores que las representan. Para este caso particularmente son todas positivas !. ρx =σx .l+τxy .m+τxz .n= 3 (σx +τxy +τxz ) = 3 (800 + 100 + 300 )= 692,82 kgf/cm2≅ 69,28 MPa 3

3

ρy = τyx .l+σy .m+τyz .n= 3 (τyx +σy +τyz )= 3 (100 + 400 + 500 )= 577,30 kgf/cm2 ≅ 57,73 MPa 3

3

ρy = τzx .l+τzy .m+σz .n= 3 (τzx +τzy +σz )= 3 (300+ 500 + 200 ) = 577,30 kgf/cm2 ≅ 57,73 MPa 3

σ = ρx . l + ρy . m + ρz . n =

3

3 3

( 692,80 + 577,30 + 577,30 ) ?

σ = 1066,67 kgf/cm2 ó aproximadamente σ = 106,67 MPa Tensión de corte τ . τ2= ρ2-σ2=ρx 2+ρy 2+ρz 2-σ2= 692,802+ 577,302+ 577,30 2 - 1066,67 2= 8673,53 (kg/cm2)2 τ = 93,13 kgf/cm2

ó aproximadamente τ = 9,13 MPa

2) Tensiones Principales Expresando las componentes ortogonales ρx , ρy , ρz en función de las tensiones principales (generalizada como σi), como también en función de las tensiones que ocurren en los planos ortogonales (datos del problema) e igualando se obtiene: σi . l = σx . l + τxy . m + τxz . n σi . m = τyx . l + σy . m + τyz . n σi . n = τzx . l + τzy . m + σz . n las que se pueden agrupar por factores comunes (cosenos directores) del siguiente modo: (σx − σi ) . l + τxy . m + τxz . n = 0 τyx . l + ( σy - σi ) . m + τyz . n = 0 τzx . l + τzy . m + ( σz - σi ) . n = 0 Estas expresiones constituyen un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas, l, m y n. Para que tenga solución distinta de la trivial ( l = m = n = 0 ), debe ser nulo el determinante de la matriz de los coeficientes: (σ x − σ i ) τ yx τ zx

τ xy

τ xz

(σ y − σi ) τy z =0 τ zy (σ z − σ i )

desarrollando el determinante y operando algebraicamente se obtiene finalmente un polinomio de tercer grado, ver fórmula [6] de teoría:


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ESTADOS TENSIONALES

σ 3i - σ i2 ( σ x + σ y + σz ) + σ i (σ x ⋅ σ y + σ y ⋅ σ z + σ z ⋅ σx − τ x2 y − τ2y z − τ2zx ) 2 − ( σ x ⋅ σ y ⋅ σ z + 2 .τ x y ⋅ τ y z ⋅ τ z x − τ x2 y ⋅ σ z − τ y2 z ⋅ σ x − τ zx ⋅ σy ) = 0 Este polinomio tiene tres raíces reales (Fliess, Estabilidad, Tomo II). Las raíces pueden calcularse de distintas formas, por ejemplo mediante el uso de una calculadora graficadora en la que se representa y= f(σi), obteniendo una curva como la representada. De la representación se puede obtener el valor aproximado de las tres raíces, con los cuales luego se pueden calcular un valor más exacto mediante el procedimiento de Newton – Rawson o por prueba y error. En algunas calculadoras, como la HP48G, se puede aplicar el “solver” de ecuaciones, o bien pueden emplearse programas de PC, tales como Excel, que cuenta con una aplicación dentro del menú Herramientas, denominada “Solver”, que permite calcular las raíces de este tipo de ecuaciones. También se puede utilizar la solución incorporada en las calculadoras programables, que se denomina “autovalores” en matemática. Por cualquiera de esos caminos se llega a los siguientes valore f(σi) σ 1=1083,54 kgf/cm2 σ 2=555,64 kgf/cm2 σ 3=-239,18 kgf/cm2 o aproximadamente: σ 1=108,35 MPa

σ 2=55,56 MPa

-239

σ 3=-23,92 MPa

1083

σi

555

3) Posición de los planos principales El determinante de la matriz de los coeficientes del sistema de ecuaciones lineales que define los valores de l, m y n para las direcciones principales es: σx − σi

τ xy

τ yx τ zx

σy − σi τ zy

τ xz τ yz = 0 σz − σi

Reemplazando σi por la tensión principal σ1 = 1083,5 kgf/cm2 se obtiene: 800 − 1083 .50 100 300 − 283 .50 100 100 400 − 1083 .50 500 = 100 − 683 .50 300 500 200 − 1083 .50 300 500

300 500 =0 − 883 .50

Los “menores complementarios” de los elementos de la primera fila del determinante son: eliminando la primera fila y la primera columna: ∆ 1 = eliminando la primera fila y la segunda columna: ∆ 2 = eliminando la primera fila y la tercera columna: ∆ 3 = además: K =

1 ∆12 + ∆22 + ∆32


=

− 683 .50

500

500

− 883 .50

100

500

300

− 883 .50

100

− 683 .50

300

500

1 3538722 + ( −28335)2 + 2550502

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=

= 353872

= −238350

= 255050

1 496934

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ESTADOS TENSIONALES

Resulta entonces: l1 = m1 =

∆1

=

∆12 + ∆22 + ∆32 −∆2

353872 = 0.712 ⇒ α1 = 44.6º 496934

0,479

238350 = 0.479 ⇒ β1 = 61.3º 496934

=

∆12 + ∆22 + ∆32

y

N1 (l1 ,m1,n1)

0,712

∆3

255050 n1 = = = 0.513 ⇒ γ1 = 59.1º 2 2 2 ∆1 + ∆2 + ∆3 496934

x

0,513

z

En este caso los ángulos (versor N1 en la fig.) que definen el plano principal de máxima son: α 1 = 44,6º

β 1 = 61,3º

γ 1 = 59,1º

Mediante la expresión de σ en función de l1, m1 y n1 calculados en el paso anterior, se pueden verificar que la tensión normal es aproximadamente 1083,54 kgf/cm2. Para obtener el plano correspondiente a la tensión principal “intermedia” reemplazamos σi por σ2=555,6 resultando:

800 − 555,6

100

300

100

400 − 555,6

500

300

500

200 − 555,6

244,4

100

300

100

−155,6

500

300

500

−355,6

=

Eliminando la primera fila y la primera columna resulta : ∆1 =

−155,6

500

500

−355,6

Eliminando la primera fila y la segunda columna se obtiene: ∆2 =

Eliminando la primera fila y la tercera columna se obtiene:

∆3 =

100

500

300 −355,6 100 −155,6 300

K=

1 2 2

1

=

∆ +∆ + ∆ 2 1

2 3

(−194668) + (−185560) + 96680 2

∆1

−194668 l2 = = = −0.68 ⇒ 285788 ∆12 + ∆22 + ∆32 m2 = n2 =

∆2 ∆ +∆ +∆ 2 1

2 2

2 3

∆3 ∆12 + ∆22 + ∆32

= =

2

2

=

= −194668

= −185560

= 96680

500

1 285788

y 0,649

α2 = 132,94º N2 (l 2,m2,n 2)

−( −185560) = +0.649 ⇒ β2 = 49,5º 285788 96680 = 0.338 ⇒ 285788

=0

-0,68

z

γ2 = 70,2º

0,338

En este caso, los ángulos (versor N2 en la fig.) que definen el segundo plano principal son:

α 2 = 132,94º

β 2 = 49,5º

γ 2 = 70,2º

Para la tercera tensión σ3:= - 239,2 kgf/cm2 (la mínima) resulta Estados_Tensionales.doc

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x


ESTADOS TENSIONALES

800 + 239,2

100

300

100

400 + 239,2

500

300

500

200 + 239,2

1039,2

100

300

100

639,2

500

300

500

439,2

=

Eliminando la primera fila y la primera columna: ∆ 1 =

639 .20

500

500

439 .20

Eliminando la primera fila y la segunda columna: ∆ 2 =

100

500

300

439 .20

∆3 =

100

639 .20

300

500

Eliminando la primera fila y la tercera columna: K= l3 = m3 = n3 =

1 ∆ +∆ +∆ 2 1

2 2

2 3

∆1 ∆12 + ∆22 + ∆32

1

= =

=

30737 + (−106080) + ( −141760) 2

2

2

= −141760

y

N3 (l 3,m3 ,n3)

0,59

−( −106080) = = 0,59 ⇒ β3 = 53,82º 179704 ∆12 + ∆22 + ∆32 ∆12 + ∆22 + ∆32

= − 106080

30737 = 0,17 ⇒ α3 = 80,15º 179704

=

= 30737

1 179704

−∆2 ∆3

=0

-0,79

z

−141760 = −0,79 ⇒ γ3 = 142,08º 179704

x

0,17

En este caso, los ángulos (versor N3 en la fig.) que definen el plano principal para la tensión mínima son: α 3 = 80,15º

β 3 = 53,82º

γ 3 = 142,08°

4) Tensión de corte máxima. Se parte de un prisma elemental sometido a las tensiones principales recién obtenidas, referido a un sistema de coordenadas cuyos ejes son paralelos a las direcciones de las tensiones principales σ1, σ2 y σ3. En el plano 1-2: τmax(1-2) =

σ1 − σ2 1083 .50 − 555 .60 2 = = 263,95kgf/cm 2 2

≅ 26,39 MPa

Análogamente, para 2-3: τmax (1-3) =

σ1 − σ 3 1083 .50 − ( −239 .20 ) 2 = = 661,35 kgf/cm 2 2

≅ 66,14 MPa

En el plano 2-3: τ max (2-3) =

σ 2 − σ 3 555 .60 − ( −239 .20 ) 2 = = 397 .40 kg/cm ≅ 2 2

39,74 MPa

Se han realizado los tres cálculos para mostrar los valores de todas las tensiones que ocurren en planos bisectrices. No obstante ello, como se puede apreciar, es suficiente calcular la tensión de corte que ocurre en el plano bisectriz de los planos que corresponden a la máxima y mínima tensión principal, ya que allí ocurre la máxima tensión de corte en el material. En la figura se muestra dicho plano sombreado. Estados_Tensionales.doc

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ESTADOS TENSIONALES

Resulta entonces:

y

τmax = τmax (1-3) = 661,35 kgf/cm2 ≅ 66,14 MPa

σ2

5) Tensiones Octaédricas

σ1

En un plano para el cual α=β=γ: en relación con las direcciones principales: σOCT =

σ1 + σ2 + σ3 1083,5 + 555,6 + (−239.2) = 3 3

σ3

z

σ OCT = 466,63 kgf/cm2 ó aproximadamente: σ OCT = 46,66 MPa

y //

σ1

1 2 = (1083,5 − 555,6)2 + [ 555,6 − ( −239,2) ] + ( −239,2 − 1083,5) 2 3

τ OCT = 543,72 kgf/cm2

σ2

σ3

1 τOCT = ⋅ (σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 3 τOCT

x

z // σ3

ó aproximadamente: τ OCT = 54,37 MPa

x // σ1

σ2 y -z

-x

x

z -y

Este material de apoyo didáctico, cuyos manuscritos originales fueran preparados por el ex-profesor de la Cátedra “Estabilidad II”, Ing. Guillermo Pons, fue adaptado, modificado, reordenado y ampliado y está destinado exclusivamente para el uso interno de la cátedra “Resistencia de Materiales” de Ingeniería Civil, de la Facultad Regional Santa Fe de la U.T.N.

Profesor Titular: Ing. Hugo A. Tosone . Marzo de 2010


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RESUMEN DE FÓRMULAS: “ESTADOS TENSIONALES” ESTADO TRIPLE y

ρy

R

dy

ρ τ σy

τ xy

τzx ϕ

τyx

T

z

τxz τxy

σy

α

ρx

τ zy

ρz A

σ

σz

τyz

S

τ yx

τyz

n

σz

γ

τxz

σy

y

β

x

σy

τ zx τzy A

τyx

dz

σz

τ zy τzx

τxy σx

τ xz

x dx

τyz σy

z

fig. 3 fig. 2 Tensiones normal y de corte en el plano inclinado σ = σx . l 2 + σy . m2 + σz n2 + 2 (τ xy . l . m + τ xz . l . n + τ yz . m . n) τ 2 = ρ 2 − σ 2 = ρ x2 + ρ 2y + ρ z2 − σ 2

Tensiones Principales  σx τxy τxz    Tensor:  τyx σy τyz ⇒ τ zx τzy σz  

[2]

[3]

σx − σi

τyx τzx

τxy

σy − σi

τzy

τxz τyz

σz − − σi

=0

σ 3i - σ i2 (σ x + σ y + σ z ) + σ i ( σ x ⋅ σ y + σ y ⋅ σ z + σ z ⋅ σx − τ2x2y − τ2y z − τ22z x ) − ( σx ⋅ σ y ⋅ σ z + 2. τ x y ⋅ τ y z ⋅ τ zx − τ x y ⋅ σ z − τ yz ⋅ σ x − τz2 x ⋅ σ y ) = 0

Polinomio:

Planos Principales (versor normal) K=

∆ +∆ +∆ 2 1

∆1 = l1 =

l 21 + m 12 + n12 = 1

1 2 2

2 3

(σy -σ1 ) τyz τzy (σz- σ1 ) ∆1

∆2 = m1 =

∆12 + ∆22 + ∆32

τyx τyz τzx (σz- σ1 )

−∆2 ∆12 + ∆22 + ∆32

∆3 = n1 =

τyx (σy - σ1 ) τzx τzy

∆3 ∆12 + ∆22 + ∆32

Tensión de corte máxima, y normal p/ese plano: τ máx =

[7]

[8]

σ +σ σ1 − σ3 [9] σ = 1 3 [10] 2 2

Tensiones Octaédricas y //

σOCT =

σ2

σ3 σ1 z // σ 3

x // σ 1

σ2

fig. 7

σ1 + σ2 + σ3 [11] 3

1 τOCT = ⋅ (σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 [12] 3

ESTADO DOBLE y

a d

n al rm no

ρy

τxy

σx

ρ

α

A

τyx

σy

c

e z

ρx b

x

1

σ = σx ⋅ cos2 α + σy ⋅ sen2 α − τxy ⋅ sen 2α [13] (σx − σy ) τ= ⋅ sen 2α + τxy cos 2 α [14] 2 Tensiones principales

tg 2α1 =

fig. 10 σ1 =

σ x +σ y 2

 σ x −σ y +  2 

2τxy σy − σx

[15] 2

σx +σ y σ x −σ y   2   + τ xy  + τ 2xy [16a] σ 2 = − [16b]    2 2    2

Tensión de corte máxima

 σx − σ y  2   + τxy  2  2

σ + - σ

+ τ - τ

τxy

σx

α+

σx σ1

τyx

σ2

E 2

σy

σy

2

1

P

σ2

O

α1

τxy

fig. 13

τ

σ2

A

σx

Círculo de Mohr para tensiones principales. Es: σ1 > σ2 > σ3 y

y

σ2

y

σ2

σ1 z

σ3 τ

z

Planos paralelos al eje z

σ1 σ

σ2

(a)

σ2

σ1

x

σ3

z

Planos paralelos al eje

τ

σ3

σ1

x

σ1

(b)

y

σ

x

σ3 Planos paralelos al eje x

τ

σ3

fig. 16

σ2

(c)

σ

τ σ3

σ2

σ1

σ1

2α1 C

B

-τ

fig. 14

G

τxy

τyx

σ1

σy

τ máx

Representación gráfica de Mohr

[18]

τ mín

τmáx = ±

τyx= - τxy

σy − σx tg 2 α 2 = [17] 2 τ xy

σ

(d)

Cátedra: Resistencia de Materiales Profesor Titular: Ing. Hugo A. Tosone. Marzo de 2010

F

σ α1 1

Estados Tensionales

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