Ejercicios
P
2.41 En un punto
σ ij =
en tensor de tensión es
(
14 7 −7
7 21 0
−7 0 35
)
.
P y es paralelo al
Determine Determine el vector tensión en un plano que contiene a plano a)
BGE
b) BGFC Del pequeño paralepípedo de la siguiente igura z B
A
C D
P G
E
x
y
F
!olución" a) Las Las coord coorden enad adas as de los punt puntos os del del plan plano o
BGE son, considerando al punto
P como origen del sistema de coordenadas: coordenadas:
( 0,0,4 ) , ( 2,0,0 ) y (0,6,0 )
y y z , respectivamente. El mismo plano es mostrado enseguida.
,
x ,
La ecuación del plano que pasa por estos puntos se puede obtener del determinante del siguiente arreglo matricial
|
x − x1 x 2− x 1 x 3− x 1
y − y 1 y 2− y 1 y 3− y 1
|
z − z 1 z 2− z 1 =0 z 3− z 1
Donde se puede observar que, de acuerdo con los ejes coordenados de la figura, los valores se obtienen de las coordenadas de cada uno de los puntos… ustituyendo se tiene
|
x −0
y −0
2 0
0 6
|
z−4
− 4 =0 −4
x ( 24 )− y (−8 ) + ( z −4 ) (12 ) =0 24 x + 8 y + 12 z − 48= 0
!isma que es la ecuación del plano. "#ora, el normal unitario al plano obtener sacando primeramente la norma de la ecuación, esto es 2 2 2 √ 24 + 8 + 12 = √ 576 + 64 + 144 =28
$on lo cual el normal unitario al plano es
( n^ )
se puede
6
2
3
7
7
7
n^ = e^ 1+ e^ 2 + e^ 3
%or lo tanto el vector tensión se puede determinar con la siguiente ecuación ( ^n)
t i = σ ji n j
o
( ^n)
t = n^ Σ
Desarrollando el producto matricial queda
1 7
[6
2
3
]
[
14
7
−7
7 −7
21 0
0 35
]
=
1 7
[77,
84,
63
]
$on lo cual el tensor de tensión en el plano paralelo al plano
BGE y que contiene a
P es ( ^n)
t
=11 ^e1 + 12 e^ 2 + 9 ^e 3
b) %ara
este
caso
las
coordenadas
( 0,0,4 ) , ( 2,0,0 ) , (2,6,0 ) y ( 0,6,4 ) siguiente figura.
de
los
puntos
BGFC
son
respectivamente. El plano es mostrado en la
&omando ' puntos cualquiera de los ( que estn contenidos dentro del plano se puede #allar la ecuación del plano. &omando las coordenadas de los puntos
BGF para
sustituir en el determinante
|
x − x1 x 2− x 1 x 3− x 1
|
y − y 1 y 2− y 1 y 3− y 1
z − z 1 z 2− z 1 =0 z 3− z 1 B = P1 ,
iendo las coordenadas de
|
x
y
2 2
0 6
G= P2 y F = P3 se llega al determinante
|
z −4
− 4 =0 −4
24 x − y (−8 + 8 ) + ( z − 4 ) ( 12 )=0 24 x + 12 z − 48= 0
$uyo normal unitario al plano es 2 2 √ 24 +12 =√ 576 +144 =√ 720=12 √ 5
n^ =
2
√ 5
e^ 1 + 0 e^ 2+
1
√ 5
e^ 3
* el vector tensión en el plano que contiene a
1
√ 5
[2
t ( ^n) =
21
√ 5
0
1
e^ 1 +
]
[
14
7
−7
7 −7
21 0
0 35
14
√ 5
e^ 2 +
21
√ 5
e^ 3
]
=
1
√ 5
[ 21,
14,
P y es paralelo al plano
21
]
BGFC es
#ota" i se #ubiesen elegido otro conjunto de
BGC o
3
puntos +por ejemplo lo puntos
GFC ) se #ubiese llegado al mismo resultado.
2.42 Determinar las componentes de tensión normal y cortante en el plano BGFC del problema 2.41.
!olución" %ara #allar el valor de la componente de tensión normal en el plano se puede recurrir a la
( 2.33 )
ecuación
, la cual indica que la componente normal del vector tensión
( ^n)
t i
en
el punto P tiene una magnitud de ( ^n)
σ N = t i ni
Dado que ya se #an obtenido los valores tanto del tensor de tensiones su valor
i de
1 a
3 ) como del vector normal unitario
( ^n)
t i
+que viaja en
ni que pasa por el plano
se tiene que
σ N =
( )( ) ( )( ) ( )( ) 21
2
√ 5
√ 5
+
14
0
√ 5
√ 5
+
21
1
√ 5
√ 5
=
63 5
"#ora, para encontrar la tensión cortante que acta en descomponer el tensor de tensión elemento diferencial de superficie
( ^n)
t i
P
se puede ver que al
en sus componentes normal y tangencial al
dS se genera un tringulo rectngulo cuyos catetos
son las mismas tensiones y con #ipotenusa igual al tensor de tensión como ya se #a obtenido la magnitud de la componente normal
( ^n)
t i
. Entonces,
σ N , la componente
σ S ) se puede obtener de acuerdo
tangencial +que da la magnitud del esfuer-o cortante
(2.47 )
con la ecuación ( n^ ) ( ^n )
2
σ S=t i t i
como
2 −σ N
La componente cortante buscada es 2
σ S=
2
σ S=
2
σ S=
( ) +( ) +( ) −( ) 21
2
√ 5
441 5
14
2
21
√ 5
+
1421 25
196 5
σ S=
+
2
63
√ 5
441 5
−
2
5
3969 25
√ 1421 ≈ 37.7 5
5
2.4$ Descomponer el tensor de tensión
σ ij =
(
3 −10 0
−10 0 30
0 30 −27
)
en sus partes
es%rica y desviadora y calcular las tensiones desviadoras principales. !olución" El tensor de tensión
σ ij puede descomponerse en sus partes esfrica y desviadora en
la forma
σ ij = σ M δ ij + sij σ M es igual a la tensión normal media, esto es
En donde
σ M =
3 +0 −27 3
=−8
σ kk / 3 , es decir
δ ij #ace que los valores del producto sólo e1istan cuando los
* la delta de /ronec0er
sub2ndices sean iguales, es decir
i = j , para este caso la delta de /ronec0er toma un
1 y sólo queda el valor de la matri-
valor igual a
σ M . %or lo cual la parte esfrica del
tensor de tensión es
(
−8
0 −8 0
σ M δ ij = 0 0
0 0 −8
)
La matri- anterior indica una deformación volumtrica o #idrosttica +pues es igual en las tres direcciones y nicamente acta en la diagonal de la matri-). "#ora, la parte desviadora del tensor es igual a la resta del tensor menos la parte esfrica, es decir
(
s ij =
3 −10 0
−10
11
−10
(
s ij = −10
0 30
8 30
0
0 30 −27
)(
0 30 −19
)
−
−8 0 0
0 −8 0
0 0 −8
)
%or lo cual el tensor de tensión queda e1presado como
(
−8
σ ij = 0 0
0 −8 0
0 0 −8
)( +
11 −10 0
−10 8 30
0 30 −19
)
Entonces las tensiones desviadoras principales pueden ser calculadas resolviendo el determinante que resulta de la parte desviadora para #allar la ecuación caracter2stica de las tensiones desviadoras
|
11−s
−10
−10 8− s
0
30
0
|
=0 30 −19 −s
( 11− s ) ( ( 8 − s ) (−19 − s )− 900 ) +10 ( 190 + 10 s )=0 ( 11− s ) (− s2 +11 s −1052 ) +1900 + 100 s =0 −s 3+ 1173 s −11572 + 1900 + 100 s =0 −s 3+ 1273 s −9672=0 Esta ecuación es la ecuación caracter2stica de las tensiones desviadoras principales, misma que debe resolverse para #allar sus tres ra2ces solución que ofrecen los eigenvalores de la tensión desviadora. %or división sinttica se encuentra que la primer ra2- de la ecuación es
s I =8 , con lo cual la ecuación se vuelve cuadrtica en la forma
−s 2−8 s + 1209=0 !isma que puede resolverse fcilmente con 2 b ± √ b −4 a − s=
2a
ustituyendo se encuentra
s=
8 ± √ (−8)
s=
8 ± √ 4900
2
−2
−4 (−1 )( 1209 ) 2 (−1 ) =s =
8 ± 70
−2
$on lo cual se tiene entonces que las tensiones desviadoras principales del vector de tensión son
s I =31 &
s II =8
la matri( del tensor desviador.
y
s III =−39 ' mismos que son los eigenvalores de
2.$ En un medio continuo' el campo de tensiones est* dado por el tensor 2
x 1 x 2
(1 − x ) x 2 2
1
0
¿ (1 − x2 ) x 1 x (¿¿ 23−3 x 2)/ 3 ¿0 ¿ 0 ¿ 2 σ ij =( 2 x3 ¿ ) 2
Determinar a) +a distribución de uer(as m*sicas si a trav%s de todo el campo se satisacen las ecuaciones de equilibrio. b) +as tensiones principales en el punto P ( a , 0,2 √ a ) . c) +a cisión m*,ima en P . d) +as tensiones desviadoras principales en P . !olución" a) Las ecuaciones de equilibrio estn dadas, segn la ecuación
! σ 11 ! σ 12 ! σ 13 ! x1
+
! x2
+
! x3
! σ 21 ! σ 22 ! σ 23 ! x1
+
! x2
+
! x3
! σ 31 ! σ 32 ! σ 33 ! x1
+
! x2
+
! x3
(2.24 )
, por
+ " b1=0
+ " b 2=0
+ " b3 =0
3ue son las ecuaciones de $auc#y que involucran a las fuer-as msicas
bi . 4aciendo
las derivadas parciales indicadas de acuerdo al campo de tensiones se encuentra que las ecuaciones de equilibrio son 2 x 1 x2 −2 x 1 x 2 + 0 + " b 1=0
x
(¿ ¿ 2 −1 )+ 0 + " b2 =0 (1− x 22 )+¿ 2
0 + 0 + 4 x 3 + " b3= 0
$uyas incógnitas son
b1 ,
b2 y
b3 . 5esolviendo simultneamente este sistema de
ecuaciones y debido a que se requiere conocer la distribución de fuer-as msicas y stas tienen dentro de su forma el elemento de densidad
" inmiscuido, se llega a
b3 =−4 x 3 b2= 0 b1= 0
b) El campo de tensiones para el punto
P ( a , 0,2 √ a ) , donde x 1=a , x 2=0 y
x 3=2 √ a , se convierte en
(
0
a
σ ij = a 0 0
0
0 0 8a
)
$on lo cual las tensiones principales se pueden obtener con la solución del determinante
|
σ 11−σ σ 21 σ 31
σ 12
σ 13 σ 23
|
=0 σ 22− σ σ 32 σ 33−σ
Lo cual da como resultado la ecuación caracter2stica +polinomio de tercer grado) para obtener los eigenvalores de la tensión en el punto
P indicado. ustituyendo los valores
de la matri- dentro del determinante queda en la forma
|
−σ
|
0
a
a −σ
0
0
8 a −σ
0
=0
−σ ( σ 2−8 σa )− a ( 8 a2−σa )=0 −σ 3 + 8 a σ 2− 8 a3 + a2 σ =0 −σ 3 + 8 a σ 2 + a 2 σ −8 a3 =0 !isma que al resolverse para la incógnita
σ se encuentra que, por división sinttica,
σ I =−a $on lo cual se llega a la ecuación cuadrtica
−σ 2+ 9 aσ − 8 a2=0 "#ora, utili-ando formula general 2 b ± √ b − 4 a − σ =
2a
ustituyendo se encuentra
−9 a ± √ (9 a )2− 4 (−1 )(−8 a2) σ = 2 (−1 ) 2 2 9 a ± √ 81 a −32 a 9a±7a − σ = =σ =− −2 −2
$on lo cual
σ II = 8 a
y
σ III =a . 6rdenando el valor de las tensiones principales de
mayor a menor se tiene entonces que
σ I =8 a '
eigenvalores de la matri( de tensiones .
σ II = a
y
σ III =−a ' que son los
c) &eniendo los valores de las tensiones principales puede #allarse fcilmente el valor de la cisión m1ima con la ecuación
( σ III −σ I )/ 2
, pues la cisión m1ima es
claramente la diferencia de la tensión principal m2nima y m1ima. Entonces sabiendo esto la cisión m1ima es
σ S=
σ III − σ I −a −8 a 2
=
2
σ S =± 4.5 a
d) %ara #allar las tensiones desviadoras principales +eigenvalores de la matri- del tensor desviador) es necesario encontrar la parte desviadora del campo de tensión
P . El campo de tensión en dic#o punto es
en el punto
(
0 a σ ij = a 0 0
0
0 0 8a
)
La parte esfrica del campo de tensión es
( ) 8a 3
σ M = 0 0
0
0
8a 3
0
8a
0
3
Este tensor deforma al cuerpo de manera volumtrica +teniendo un valor igual en cada dirección y anulando deformaciones tangenciales). La parte desviadora del campo de tensión es entonces
( ) −8 a 3
s ij =
a
0
a
−8 a 3
0
0
0
16 a 3
$on esto las tensiones desviadoras principales se encuentran con la solución del determinante del tensor desviador
|
−8 a
−s
a
0
a
−8 a s −
0
0
0
3
3
) ((
16 a 3
−s
)) ( (
))
(
−8 a
(
−8 a s s 2 8 a s 128 a 2 a2 s 16 a3 − − − + − =0
3
−s
3
)(
3
3
−8 a
−s −
64 a
16 a 3
3
2
9
−s
)(
|
=0
)
9
2
s+
− s −a a
128 a
1024 a 9
3
− s =0
3
3
s+
9
16 a
2
+a s−
16 a 3
3
=0
3uedando finalmente la ecuación caracter2stica 3
−s +
67 a
2
s+
3
880 a 27
3
=0
$uyas ra2ces solución son los eigenvalores del tensor desviador. Estos valores son
s I =
16 a
s II =
−5 a 3
y
principales en el punto
P .
3
'
s III =
−11 a 3
, mismas que son las tensiones desviadoras
