Trabajo final de Análisis Matemático III
TORSION EN SECCIONES RECTANGULARES Fernando Macoratti
Universidad Nacional de la Patagonia San Juan Bosco Mayo de 2010
TORSION Cuando se somete una barra recta de sección constante únicamente a un momento, según su eje longitudinal (eje z), esta se torsiona, desarrollándose tensiones rasantes y una sola solicitación resultante en cada sección transversal transversal que será Mz, el momento torsor según el eje de la barra. Sabemos que una sección esta sometida a torsión cuando, al reducir a su baricentro los sistemas de fuerzas actuantes sobre el sólido prismático a uno y otro lado de la sección, solo se obtiene un par que actúa en el plano de la sección. La solución exacta, de la ecuación a la que llegaremos a continuación, se basa en el establecimiento de una determinada función de tensión, F(x,y), entre las variables x e y, que permita, reemplazando el valor de las coordenadas en cada punto del elemento, encontrar el valor numérico de las tensiones τ xz y τ yz. Analizando tensiones, equilibrio del cuerpo elástico y la Ley generalizada de Hooke se obtiene:
⎧ p x = σ x l + τ xy m + τ xz n ⎪ ( I ) = ⎨ p y = τ yxl + σ y m + τ yz n ⎪ = τ + τ + σ ⎩ p z zx l zy m z n
⎧ ∂σ x ∂τ xy ∂τ xz ⎪ ∂ x + ∂ y + ∂ z + X = 0 ⎪ ⎪⎪ ∂τ ∂σ ∂τ ( II ) = ⎨ yx + y + yz + Y = 0 ∂ y ∂ z ⎪ ∂ x ⎪ ∂τ ∂τ zy ∂σ z + + Z = 0 ⎪ zx + ⎪⎩ ∂ x ∂ y ∂ z ⎧ ⎡ ∂u e ⎤ 2 σ μ G = + ⎪ x ⎢ ∂ x 1 − 2μ ⎥⎦ ⎣ ⎪ ⎪⎪ ⎡ ∂v e ⎤ ( III ) = ⎨σ y = 2G ⎢ + μ 1 − 2μ ⎥⎦ ⎣ ∂ y ⎪ ⎪ ⎡ ⎤ ⎪σ z = 2G ⎢ ∂w + μ e ⎥ 1 − 2μ ⎦ ⎪⎩ ⎣ ∂ z
⎧ ⎡ ∂u ∂v ⎤ ⎪τ xy = G ⎢ + ⎥ ⎣ ∂ y ∂ x ⎦ ⎪ ⎪⎪ ⎡ ∂u ∂w ⎤ ⎨τ xz = G ⎢ + ⎥ ⎣ ∂ z ∂ x ⎦ ⎪ ⎪ ⎡ ∂v ∂w ⎤ ⎪τ yz = G ⎢ + ⎥ ⎪⎩ ⎣ ∂ z ∂ y ⎦
Consideraremos Considerar emos algunas hipótesis particulares particulare s que nos permiten resolver nuestro problema:
1) Se supone que z es el eje de la barra coincidente con el centro de torsión. 2) El estado tensional se va a reducir solo a las tensiones τ xz y τ yz, por lo que σx=0, σy=0, comprobado posteriormente posteriormente ya ya que es la única única forma de que se σz=0 y τ xy =0, lo que será comprobado satisfagan las condiciones impuestas por el problema asimismo. 3) Se desprecian las fuerzas de masa X, Y, Z. 4) Se supone un material homogéneo, isótropo, continuo y elástico.
t zy
y
t zx
x x
Mt
Solución del problema: Aplicando las hipótesis particulares y teniendo en cuenta lo expresado en el planteo del problema se obtiene: ⎧τ xz ≠ 0 ⎪ de ( I ) = ⎨τ yz ≠ 0 ⎪τ l + τ m = 0 zy ⎩ zx
⎧ ∂τ xz ⎪ ∂ z = 0 ⎪ ⎪ ∂τ yz =0 de ( II ) = ⎨ z ∂ ⎪ ⎪ ∂τ zx ∂τ zy + =0 ⎪ ∂ y ⎩ ∂ x
⎧ ⎡ ∂u ∂w ⎤ = τ G xz ⎪ ⎢ ∂ z + ∂x ⎥ ⎣ ⎦ ⎪ de (III) = ⎨ ⎪τ = G ⎡ ∂v + ∂w ⎤ ⎢ ∂ z ∂y ⎥ ⎪⎩ yz ⎣ ⎦
(IV) (V)
Planteado así el problema se analizan los corrimientos que se generan como consecuencia del Mt actuante, recordando que este provoca el giro alrededor del centro de torsión, de una sección respecto de la otra, distante z de la misma.
y
A' u v A x
r
y
o
x
.γ = r ϕ ϕ γ = r z γ = r θ
donde θ es el ángulo especifico de torsión. Planteando ahora los desplazamientos en las direcciones x e y; . Ψ = −Y u = − r sen v = r ϕ . cos Ψ = X ϕ
∂u = −Y θ u = −Y θ . z ∂ z como = θ ⇒ ϕ = θ . z luego entonces ∂v z v = X θ . z = X θ ∂ z
Remplazando esto en las expresiones IV y V obtenemos: ⎧ ⎡ ∂w ⎤ τ = G ⎪ xz ⎢⎣ ∂ x − θ .Y ⎥⎦ ⎪ ⎨ ⎪τ = G ⎡ ∂w + θ . X ⎤ ⎢ ∂ y ⎥ ⎪⎩ yz ⎣ ⎦
Asimismo, operando con VI y VII (planteando (planteando las
(VI) (VII) ∂τ xz ∂τ yz , y restando) se obtiene la ∂ x ∂ y
siguiente expresión: ∂τ xz ∂τ zy − = −2Gθ (VIII) ∂ y ∂ x
No obstante lo expresado, para encontrar la solución al problema planteado es necesario conocer τ xz y τ zy , por lo que para ello se define una función F(x,y), llamada función de tensión ∂τ ∂τ ∂ F ∂ F verificándos e las condiciones de equilibrio xz = 0 , yz = 0 = τ xz y − = τ yz , verificándose ∂ y ∂ x ∂ z ∂ z ∂τ ∂τ y zx + zy = 0 deducidas anteriormente, por lo que reemplazando ambas tensiones en la ∂ x ∂ y
tal que
expresión (VIII) se tiene:
∂ 2 F ∂ 2 F + = −2Gθ ∂ x 2 ∂ y 2
(IX)
(Donde G es el modulo de elasticidad transversal del material de la barra)
De esta manera obtenemos la ecuación diferencial que gobierna el problema de torsión, cuya solución F(x,y) debe satisfacer la ecuación y también las condiciones de borde. Condiciones de Borde:
Considerando ahora las condiciones de contorno, para la superficie lateral de la barra, que está libre de fuerzas externas y es normalmente perpendicular al eje z, debe verificarse: verificarse: τ zx l + τ zy m = 0 (X) lo que significa que el esfuerzo cortante resultante en la frontera es dirigido a lo largo de la tangente a la frontera. Esta condición deben cumplirse si la superficie lateral de la barra está libre de fuerzas externas, como ocurre en el caso en estudio.
Considerando un elemento infinitesimal abc en el límite, y suponiendo que s se extiende en la dirección de C a A, tenemos: l = cosα =
dy ds dx
m = cos β =
ds
reemplazando reemplazando esto en (X) y teniendo en cuenta F, obtenemos el diferencial total de F(x,y) respecto de la dirección ds que se encuentra sobre el contorno: ∂ F dy ∂ F dx dF + = = 0 ⇒ F = ctte ∂ y ds ∂ x ds ds
Es decir que F(x,y) debe ser constante sobre el borde de la sección. Dicha constante puede elegirse en forma arbitraria de manera que puede considerarse su valor nulo, ya que solo interesan sus derivadas. Habiendo obtenido la ecuación diferencial que resuelve los problemas de torsión, con F(x,y) constante en el borde de la sección, nos falta probar que el estado de tensiones así definido corresponde corresponde al de una barra sometida a torsión. Para ello deberá cumplirse:
1. La sumatoria de fuerzas sobre la superficie de la barra es cero
∫∫
τ dxdxzy =
∫
∫
dx τ dy x= z
X
Y
∫
dx
X
∂ F ∫ Y ∂ y dy =∫ Xd x ( F − FA ) =B0
(ya que sobre el borde la función es constante) En forma análoga
∫∫
∫
τ yz dxdy = − dy Y
∂ F ∫ X ∂ x dx =0
2. Probar que la resultante de tensiones es un momento torsor M T = ∫∫ (τ zy . x − τ zx . y )dxdy = ∫∫ τ zy . xdxdy − ∫∫ τ zx . ydxdy resolviendo el primer miembro tenemos:
∫∫
∫
τ zy . xdxdy = − dy Y
integrando por partes se tiene
∂ F ∫ X ∂ x xdx
= − ∫ dy ( xF ) − ∫ Fdx = ∫∫ Fdxdy Y
X
F es constante sobre el borde y lo adoptamos como F = 0.
Análogamente se resuelve la segunda integral del segundo miembro: − ∫∫ τ zx . ydxdy = ∫∫ Fdxdy Finalmente obtenemos: M T = 2∫∫ Fdxdy Podemos analizar cualquier tipo de sección sometida a torsión, siempre en el caso de tener la sección un solo contorno (secciones llenas). En particular resolveremos el caso de una sección rectangular: PROBLEMA
Analizaremos Analizaremos ahora la sección rectangular de dimensiones a - b, sometida a torsión
Y
Es conveniente plantear F=G F=Gθψ (siendo ψ =ctte=0 =ctte=0 sobre el contorno), de manera que:
y = 1/2b
x=a
X
y = -1/2b
∂ 2 F ∂2Ψ = Gθ 2 ∂ x 2 ∂ x 2 ∂ F ∂2Ψ = Gθ 2 ∂ y 2 ∂ y
Reemplazando en la ecuación (IX) obtenemos: ∂ 2Ψ ∂ 2Ψ + 2 = −2 (XI) ∂ x 2 ∂ y
que es la llamada ecuación de Poisson . Luego las tensiones y el momento torsor resultan: ∂ F ∂Ψ = Gθ ∂ y ∂ y ∂ F ∂Ψ τ zy = − = −Gθ ∂ x ∂ x M T = 2∫∫ Gθ Ψdxdy = 2Gθ ∫∫ Ψdxdy τ xz =
También podría plantearse a partir de la ecuación de Poisson una transformación de la misma haciendo: Ψ ( x, y ) = u ( x, y ) + ax − x 2 haciendo esta sustitución en (XI) tenemos: ∂ 2u ∂ 2u + =0 ∂ x 2 ∂ y 2
Que es la ecuación de Laplace bidimensional, con las condiciones: ⎛ 1 ⎞ u (0, y ) = u (a, y ) = 0 ; u ⎜ x,± b ⎟ = x 2 − ax ⎝ 2 ⎠ De esta manera obtendremos un problema en derivadas parciales. El problema consiste ahora en encontrar una solución que satisfaga las condiciones anteriores. Se procederá de la siguiente siguiente manera: Primer paso: aplicar el método de separación de variables, se obtendrán dos ecuaciones diferenciales ordinarias. Segundo paso: se determina las soluciones a esas ecuaciones que satisfagan las condiciones de frontera. Tercer paso: usando Series de Fourier se hará la composición de estas soluciones, para llegar a la solución de la ecuación diferencial, que satisfaga las condiciones iniciales dadas. Primer paso:
Aplicando el método de separación de variables, se determina las soluciones de la ecuación diferencial de la forma: u ( x, y ) = X ( x )Y ( y ) que son productos de dos funciones, cada una de las cuales depende únicamente de las variables x e y. Luego, reemplazando en la ecuación diferencial u xx ( x, y ) = X ´´Y y u yy ( x, y ) = XY ´´ ⇒ X ´´Y + XY ´´= 0 dividiendo por XY XY : X ´´ Y ´´ X ´´ Y ´´ + =0 ⇒ =− = −λ X
Y
X Y sólo función de X y el segundo sólo función de Y , si son
ya que como el primer miembro es iguales deben serlo a una constante, luego tenemos también: X ´´+λ X = 0 Y ´´−λ Y = 0
Que son dos ecuaciones diferenciales ordinarias lineales homogéneas de orden dos. Segundo paso:
aplicando las condiciones
u (0, y ) = X (0)Y ( y ) = 0 ⇒ X (0) = 0 u (a, y ) = X (a)Y ( y) = 0 ⇒ X (a) = 0
La primera ecuación
X ' '+λ X = 0
con las condiciones X (0) = X (a) = 0
que conforma un problema de Sturm – Liouville. Una ecuación diferencial de Sturm-Liouville tiene la forma: ∂ ⎡ ∂ y ⎤ ( ) P x + [Q( x) + λ R ( x)] y = 0 ∂ x ⎢⎣ ∂ x ⎥⎦
Con las condiciones de borde: A1 y ( a ) + A1 y ' ( a ) = 0 B1 y ( b ) + A2 y ' ( b ) = 0
Y en este caso se tiene P( x) = R( x) = 1
Q( x) = 0
A2 = B2 = 0
La ecuación tiene distintas soluciones según λ sea positivo, negativo o cero. λ = 0 X ' ' = 0 Donde la solución por integración directa es: X ( x) = Ax + B Aplicando las condiciones iniciales: X (0) = B = 0 X (a ) = Aa = 0 ⇒ A = 0 Esto nos lleva a la solución trivial, por lo que el valor λ = 0 no produce resultados útiles. λ = − μ 2
X ' '− μ 2 X = 0
y la solución es de la forma X ( x) = Ae μ x + Be − μ x
con la condición inicial X (0 ) = Ae μ 0 + Be − μ 0
implica directamente que
A = B = 0
y nos lleva de nuevo a la solución trivial. λ = μ 2
X ' '+ μ 2 X = 0
la solución es de la forma
X ( x) = A cos μ . x + Bsen . x
luego aplicando las condiciones iniciales: X (0) = A cos(0) + Bsen(0) = 0 ⇒ A = 0 luego X (a ) = Bsen(aμ ) = 0 esto último se da si B = 0 (que nos da la solución trivial) o si sen(aμ ) = 0 . Éste último caso: aμ = nπ
⎛ nπ ⎞ ⇒ λ = ⎜ ⎟ μ = a ⎝ a ⎠ nπ
2
Donde los λ son los autovalores del problema de Sturm – Liouville y las correspondientes autofunciones serán ⎛ nπ ⎝ a
Xn ( x) = Asen⎜
⎞ ⎠
x⎟
Ahora, regresamos a la segunda ecuación, reemplazando reemplazando el valor de λ Y ´´−λ Y = 0 operando de forma análoga, la solución es de la forma nπ
nπ
⎛ nπ ⎞ ⎛ nπ ⎞ ⇒ Y ( y ) = B. cosh ⎜ y ⎟ + C.senh ⎜ y ⎟ (XII) ⎝ a ⎠ ⎝ a ⎠ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 2 supongo primero que u ⎛ ⎜ x,− b ⎟ = 0 y u ⎜ x, b ⎟ = x − ax ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ Y ( y ) = Be Be
a
y
+ Ce
−
a
y
entonces ⎛ b ⎞ ⎛ b ⎞ ⎛ b ⎞ u ⎜ x,− ⎟ = X ( x )Y ⎜ − ⎟ = 0 ⇒ Y ⎜ − ⎟ = 0
2 ⎠ reemplazando reemplazando en (XII) y despejando C ; ⎝
⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠
⎛ nπ b ⎞ ⎛ b ⎞ ⎛ nπ b ⎞ ⎛ nπ b ⎞ 2a ⎟⎠ ⎝ . Y ⎜ − ⎟ = B. cosh ⎜ − ⎟ − C senh ⎜ ⎟ = 0 ⇒ C = ⎛ nπ b ⎞ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2a ⎠ ⎝ 2a ⎠ senh ⎜ ⎟ ⎝ 2a ⎠ Bn cosh ⎜
entonces reemplazando este valor ⎛ nπ b ⎞ 2a ⎟⎠ ⎛ nπ ⎞ ⎛ nπ ⎞ ⎝ Y ( y ) = B cosh ⎜ y⎟ + senh ⎜ y⎟ ⎝ a ⎠ senh ⎛ nπ b ⎞ ⎝ a ⎠ ⎜ 2a ⎟ ⎝ ⎠ ⎡ B ⎛ nπ b⎞ ⎛ nπ ⎞ ⎛ nπ b⎞ ⎛ nπ ⎞ ⎤ + c o s h c o s h Y ( y) = s e n h y s e n h ⎜ 2a ⎟ ⎜ a ⎟ ⎜ 2a ⎟ ⎜ a y ⎟⎥ ⎛ nπ b ⎞ ⎢⎣ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ senh ⎜ ⎟ ⎝ 2a ⎠ Luego aplicando la formula de adición (sαen+h β) = (sαe)nchosh( β ) + (sβen) chosh(α ) B cosh ⎜
se llega a; ⎡ nπ ⎛ b ⎞⎤ ⎜ 2 + y ⎟⎥ ⎠⎦ ⎣a ⎝
Yn ( y ) = α n senh ⎢
entonces la primera solución será
⎛ nπ ⎝ a
un ( x, y ) = X n ( x )Yn ( y ) = δ n sen ⎜
⎞ ⎠
⎡ nπ ⎛ b ⎞⎤ + y ⎟⎥ ⎜ ⎠⎦ ⎣ a ⎝2
con δ n = α n An
x ⎟ senh ⎢
Tercer paso:
Las series de Fourier surgen de representar una función periódica F(x) dada en términos de funciones de senos y cósenos. Se supone que F(x) es una función periódica de periodo 2L que puede representarse por una serie trigonometrica. trigonometrica. f( x) =
⎡ ⎛ nπ + ∑ ⎢ an cos ⎜ 2 n =1 ⎣ ⎝ l ∞
a0
⎞ ⎠
⎛ nπ ⎝ l
x⎟ + bn sen⎜
⎞⎤ ⎠⎦
x⎟ ⎥
Es decir que esta serie converge y tiene a f(x) como su suma y los coeficientes: 1 L ⎛ nπ ⎞ an = ∫ f ( x ). cos ⎜ x ⎟ dx ⎝ l ⎠ 1 L ⎛ nπ ⎞ bn = ∫ f ( x ).sen ⎜ x ⎟ dx L − L ⎝ l ⎠ L − L
Utilizando el principio de superposición y aplicando la condición de frontera ⎛ 1 ⎞ u⎜ x, b ⎟ = x 2 − ax ⎝ 2 ⎠ podemos escribir: ⎡ nπ ⎛ b b ⎞⎤ ⎛ b ⎞ ∞ ⎛ nπ ⎞ 2 u⎜ x, ⎟ = ∑ δ n sen⎜ x ⎟ senh ⎢ ⎜ + ⎟⎥ = x − ax ⎝ 2 ⎠ n=0 ⎝ a ⎠ ⎣ a ⎝ 2 2 ⎠⎦ ⎛ nπ b ⎞ esto se cumple siempre que δ n senh⎜ ⎟ sea el coeficiente de Fourier de la forma ⎝ a ⎠ a ⎛ nπ b ⎞ 2 2 δ n senh⎜ ) ⎛ ⎜ nπ x ⎞⎟dx ⎟ = ∫ ( x − ax sen ⎝ a ⎠ a 0 ⎝ a ⎠
2 ⎡a
a nπ ⎞ ⎤ ⎛ nπ ⎞ = ⎢ ∫ x sen⎜ x ⎟dx − ∫ x sen . ⎛ ⎜ x ⎟dx⎥ a ⎣0 ⎝ a ⎠ ⎝ a ⎠ ⎦ 0
2
la primera integral será a
⎡ a2 2a 3 a 2 ⎞ ⎛ nπ ⎞ ⎛ nπ ⎞ ⎛ ⎛ nπ ⎞⎤ ⎜ ⎟ = + − . 2 . cos x sen x dx x sen x x ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ x ⎟⎥ ⎢ 2 2 ∫ 0 ⎜ n 3π 3 nπ ⎟ ⎝ π a a ⎠⎦ n ⎝ a ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ 0 a
2
⎛ 2a 3 2a 3 a 3 ⎞ ⎟⎟ cos(nπ ) − 3 3 = 2 2 sen(nπ ) + ⎜⎜ 3 3 − π π n π n n n π ⎝ ⎠
2a 3
la segunda integral será a
⎡ a2 ⎛ nπ ⎞ ⎛ nπ ⎞ a ⎛ nπ ⎞⎤ = − . 2 . cos xsen x dx a x sen x ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ x ⎟⎥ ⎢ 2 2 ∫ 0 ⎝ a ⎠ π π n a n ⎝ ⎠ ⎝ a ⎠⎦ 0 ⎣ a
=
2a 3 n 2π 2
sen(nπ ) −
a3 nπ
cos(nπ ) = −
luego sumando, el coeficiente de Fourier queda
a3 nπ
cos( nπ )
⎤ 2a 3 a 3 ⎞ 2a 3 a 3 ⎛ nπ b ⎞ 2 ⎡⎛ ⎜ ⎟ ( ) cos cos( ) δ n senh⎜ π π n n − + ⎟ = ⎢⎜ 3 3 − ⎥ n 3π 3 nπ ⎝ a ⎠ a ⎣⎝ n π nπ ⎠⎟ ⎦ =
2 ⎡ 2a 3
⎤ ⎢ 3π 3 (cos(nπ ) − 1) + π (cos(nπ ) − cos( nπ ))⎥ a ⎣n n ⎦ 4a 2 (cos(nπ ) − 1) δ n = ⎛ nπ b ⎞ n 3π 3 senh⎜ ⎟ ⎝ a ⎠ a3
luego la primer solución será u1 ( x, y ) =
4a 2 (cos(nπ ) − 1) ⎛ nπ b ⎞ ⎟ ⎝ a ⎠
⎡ nπ ⎛ b ⎞ ⎤ ⎛ nπ ⎞ x ⎟ senh ⎢ ⎜ + y ⎟⎥ 2 ⎠⎦ a ⎝ a ⎠ ⎝ ⎣
sen⎜
n 3π 3 senh⎜
Luego supongo que ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ u⎜ x, b ⎟ = 0 y u ⎜ x,− b ⎟ = x 2 − ax ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ Entonces reemplazando reemplazando en (XII) ⎛ nπ b ⎞ ⎟ ⎛b⎞ ⎛ nπ b ⎞ ⎛ nπ b ⎞ 2 a ⎠ ⎝ Y ⎜ ⎟ = B. cosh ⎜ ⎟ + C.senh ⎜ 2a ⎟ = 0 ⇒ C = − 2 2 a ⎛ nπ b ⎞ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ senh ⎜ ⎟ ⎝ 2a ⎠ Bn cosh ⎜
entonces reemplazando este valor ⎛ nπ b ⎞ 2a ⎟⎠ ⎛ nπ ⎞ ⎛ nπ ⎞ ⎝ Y ( y ) = B cosh ⎜ y⎟ − senh ⎜ y⎟ ⎝ a ⎠ senh ⎛ nπ b ⎞ ⎝ a ⎠ ⎜ 2 ⎟ ⎝ a ⎠ B ⎡ ⎛ nπ b⎞ ⎛ nπ ⎞ ⎛ nπ b⎞ ⎛ nπ ⎞ ⎤ c o s h c o s h − Y ( y) = s e n h y s e n h ⎜ 2a ⎟ ⎜ a ⎟ ⎜ 2a ⎟ ⎜ a y ⎟⎥ ⎛ nπ b ⎞ ⎢⎣ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ senh ⎜ ⎟ ⎝ 2a ⎠ B cosh ⎜
luego ⎡ nπ ⎛ b ⎞⎤ ⎜ − y ⎟⎥ 2 ⎠⎦ a ⎝ ⎣
Y ( y ) = α n senh ⎢
entonces la segunda solución será ⎡ nπ ⎛ b ⎞⎤ ⎛ nπ ⎞ x ⎟ senh ⎢ ⎜ − y ⎟⎥ ⎝ a ⎠ ⎣ a ⎝ 2 ⎠⎦ ⎡ nπ ⎛ b ⎛ b ⎞ ⎞⎤ ⎛ b ⎞ ∞ ⎛ nπ ⎞ ⎜⎜ − ⎜ − ⎟ ⎟⎟⎥ = x 2 − ax u⎜ x,− ⎟ = ∑ δ n sen⎜ x ⎟ senh ⎢ ⎝ 2 ⎠ n=0 ⎝ a ⎠ ⎣ a ⎝ 2 ⎝ 2 ⎠ ⎠⎦ ⎛ nπ b ⎞ esto se cumple siempre que δ n senh⎜ ⎟ sea el coeficiente de Furier de la forma ⎝ a ⎠ u ( x, y ) = X ( x )Y ( y ) = δ n sen⎜
a
⎛ nπ b ⎞ 2 2 ) ⎛ ⎜ nπ x ⎞⎟dx δ n senh⎜ ⎟ = ∫ ( x − ax sen ⎝ a ⎠ a 0 ⎝ a ⎠
el cual es el resultado similar al obtenido anteriormente, entonces 4a 2 (cos(nπ ) − 1) δ n =
⎛ nπ b ⎞ ⎟ ⎝ a ⎠
n 3π 3 senh⎜
luego la segunda solución será u 2 ( x, y ) =
4a 2 (cos(nπ ) − 1)
⎡ nπ ⎛ b ⎞⎤ ⎛ nπ ⎞ x ⎟ senh ⎢ ⎜ − y ⎟⎥ a a ⎝ ⎠ ⎣ ⎝ 2 ⎠⎦
sen⎜
⎛ nπ b ⎞ ⎟ ⎝ a ⎠
n 3π 3 senh⎜
La suma de soluciones es también una solución, entonces u ( x, y ) = u1 ( x, y ) + u 2 ( x, y ) 4a 2 (cos ( nπ ) − 1) ⎛ nπ ⎞ ⎧⎪ ⎡ nπ ⎛ b ⎡ nπ ⎛ b ⎞⎤ ⎡ ⎞ ⎤ ⎤ ⎫⎪ + + − u ( x, y ) = ∑ sen ⎜ x ⎟ ⎨senh ⎢ y s e n h y ⎜ ⎟⎥ ⎢ ⎟⎥ ⎥⎬ ⎢ a ⎜2 ⎛ nπ b ⎞ a ⎠⎩ a ⎝2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎦ ⎦ ⎭⎪ n =1,3,5,... 3 3 ⎪ ⎣ ⎦ ⎣ ⎣ n π senh ⎜ ⎟ ⎝ a ⎠
descomponiendo el termino entre llaves y sumando miembro a miembro ⎡ nπ ⎛ b ⎞⎤ ⎛ nπ b ⎞ ⎛ nπ ⎞ ⎛ nπ b ⎞ ⎛ nπ ⎞ y⎟ ⎜ + y ⎟⎥ = senh⎜ ⎟ cosh ⎜ y ⎟ + cosh⎜ ⎟ senh⎜ 2 2 2 a a a a a ⎠⎦ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎝ ⎡ nπ ⎛ b ⎞ ⎤ ⎛ nπ b ⎞ ⎛ nπ ⎞ ⎛ nπ b ⎞ ⎛ nπ ⎞ senh ⎢ y⎟ ⎜ − y ⎟⎥ = senh⎜ ⎟ cosh⎜ y ⎟ − cosh⎜ ⎟ senh⎜ ⎝ 2a ⎠ ⎝ a ⎠ ⎝ 2a ⎠ ⎝ a ⎠ ⎣ a ⎝ 2 ⎠ ⎦
senh ⎢
+
⎡ nπ ⎛ b ⎞ ⎤ ⎡ ⎡ nπ ⎛ b ⎞⎤ ⎤ ⎛ nπ b ⎞ ⎛ nπ ⎞ y⎟ ⎜ + y ⎟⎥ + ⎢ senh ⎢ ⎜ − y ⎟⎥ ⎥ = 2 senh⎜ ⎟ cosh⎜ a a a a 2 2 2 ⎠ ⎦ ⎣ ⎠⎦ ⎦ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎝ ⎣ ⎝
senh ⎢
con este resultado y teniendo en cuenta que cos( nπ ) − 1 = −2 para n impar y cos( nπ ) −1 = 0 para n par ⎡ ⎛ nπ b ⎞ ⎤ 2 senh ⎜ 2 ⎟⎥ 8a 2 ⎛ nπ ⎞ ⎛ nπ ⎞ ⎢⎢ ⎝ a ⎠⎥ u ( x, y ) = ∑ − 3 3 sen ⎜ x ⎟ cosh ⎜ y⎟ n π ⎝ a ⎠ ⎝ a ⎠ ⎢ senh ⎛ nπ b ⎞ ⎥ n =1,3,5,... ⎜ a ⎟⎥ ⎢⎣ ⎝ ⎠⎦
de tabla tenemos que senh(2 x ) = 2 senh( x ) cosh( x) ⇒
1 2 senh( x) = cosh( x) senh(2 x)
luego 2 senh⎛ ⎜
nπ b ⎞
⎟ 1 ⎝ 2a ⎠ = ⎛ nπ b ⎞ ⎛ nπ b ⎞ senh⎜ ⎟ cosh⎜ ⎟ ⎝ a ⎠ ⎝ 2a ⎠
Entonces la solución general, suma de dos soluciones queda de la forma
u ( x, y ) = −
8a
2
cosh ⎛⎜
∑
π 3
⎞ ⎛ nπ ⎟ se⎜n ⎝ a ⎠ ⎝ a ⎛ nπ b ⎞ n3 cosh ⎜ ⎟ ⎝ 2a ⎠
n =1,3,5,...
nπ
⎞ ⎟x ⎠
Y como Ψ( x, y ) = u ( x, y ) + ax − x 2 se tiene que 8a
Ψ ( x, y) = ax − x2 −
2
π 3
cosh ⎛⎜
∑
nπ ⎞ ⎛ nπ y⎟ sen⎜ ⎝ a ⎠ ⎝ a ⎛ nπ b ⎞ 3 n cosh ⎜ ⎟ ⎝ 2a ⎠
n =1,3,5,...
⎞ ⎠
x⎟
Como el momento es t
= 2Gθ ∫∫ Ψ ( x, y )dxdy
se tiene que ⎡ ⎛ nπ ⎞ ⎛ nπ cosh y⎟ sen⎜ + + + b/ 2 a b/2 a ⎜ ⎢ b/2 a 8a 2 a ⎠ ⎝ ⎝ a 2 ⎢ ∫ ∫ ax.dxdy − ∫ ∫ x dxdy − ∫ ∫ 3 ∑ t = 2Gθ ⎛ nπ b ⎞ ⎢ −b / 2 0 −b / 2 0 − b / 2 0 π n =1,3,5,... n3 cosh ⎜ ⎟ ⎢⎣ ⎝ 2a ⎠
⎞
⎤
x⎟ ⎥ ⎠dxdy ⎥
⎥ ⎥⎦
separemos los tres términos del corchete: +b / 2 a
b/2
∫/ 2 ∫ 0 ax.dxdy = ∫ / 2
−b
−b
+b / 2 a
b/2
−b
−b
=
2
∫ ∫
8a
2
∑ ∫ π 3 1,3,5,...
−b / 2
x 3
a
b/2
a3
∫ / 2 2
dy =
dy =
a
b/2
dy =
a3
∫ / 2 3 dy =
−b
0
n=
cosh ⎛⎜
∑
cosh ⎛⎜ n
3
a3
−b
0
nπ ⎞ y ⎟ 8a ⎝ a ⎠ sen⎛ nπ ⎜ a 3 nπ b ⎞ ⎝ − b / 2 0 π n =1,3,5,... n3 cosh ⎛ ⎜ 2a ⎟ ⎝ ⎠ b/2 a
b/ 2
2
∫/ 2 ∫ 0 x .dxdy = ∫ / 2 3 2
ax 2
nπ ⎞ y ⎟ a ⎝ ⎠ ⎛ − a cos ⎛ nπ ⎜ ⎛ nπ b ⎞ ⎝ nπ ⎜⎝ a
cosh ⎜
a3
3
2
+b / 2
=
y
a 3 ⎛ b
−b / 2 +b / 2
=
y −b / 2
b ⎞
⎜ + ⎟=
a 3b
2 ⎝ 2 2 ⎠
a 3 ⎛ b
2
a 3b
b ⎞
⎜ + ⎟=
3 ⎝ 2 2 ⎠
3
⎞ ⎠
x⎟ dxdy=
a
⎞⎞ x⎟ ⎟ dy= ⎠⎠ 0
⎟ ⎝ 2a ⎠ nπ cosh ⎛⎜ y ⎞⎟ b/ 2 2 8a ⎝ a ⎠ ⎛ − a cos nπ + a ⎞dy = = ∫ 3 ∑ ( ) ⎜ nπ ⎟ π n b π nπ ⎠ ⎛ ⎞ 3 ⎝ n =1,3,5,... −b / 2 n cosh ⎜ ⎟ ⎝ 2a ⎠ =
8a 2 π3
∑
n =1, 3, 5 , ...
a nπ
( − cos ( nπ ) + 1) + / 2 cosh ⎛ nπ b
⎛ nπ b ⎞ −b∫ / 2 n cosh ⎜ ⎟ ⎝ 2a ⎠ 3
⎜ a ⎝
2
8a ⎞ = y d y 3 ⎟ π ⎠
∑
n =1, 3, 5 ,...
2a
a
⎛ nπ b ⎞ nπ ⎟ ⎝ 2a ⎠
4 n π cosh ⎜
⎛ nπ s⎜enh ⎝ a
+b / 2
⎞ ⎟ y = ⎠ − b / 2
=
=
=
16a 4 5
π
16a
n=
4
π5
32a π 5
∑ 1,3,5,...
4
⎡ ⎛ nπ b ⎞ ⎢⎣ 5 n cosh ⎜ ⎟ ⎝ 2a ⎠
1
⎡ ∑ ⎛ nπ b ⎞ ⎢⎣ n =1, 3, 5 ,... 5 n cosh ⎜ ⎟ ⎝ 2a ⎠
1
∑
n =1,3,5,...
⎛ nπ b ⎞ s⎜enh ⎟ − ⎝ a 2⎠
⎛ nπ b ⎞ s⎜enh ⎟ + ⎝ a 2⎠
⎛ nπ b ⎞ ⎤ s⎜e−nh ⎟⎥ = ⎝ a 2 ⎠⎦
⎛ nπ b ⎞⎤ 16a s⎜enh ⎟⎥ = 5 ⎝ a 2 ⎠⎦ π
4
2 senh ⎛⎜
nπ b ⎞
⎟ ⎝ a 2⎠ = ∑ ⎛ nπ b ⎞ n =1, 3, 5 ,... 5 n cosh ⎜ ⎟ ⎝ 2a ⎠
tanh ⎛⎜
nπ b ⎞ ⎟ ⎝ a 2⎠ n5
Ahora sumando, el momento torsor esta dado por: ⎡ nπ b ⎞ ⎤ tanh ⎛⎜ ⎟ ⎢ a 3b a 3b 32a 4 a 2 ⎠⎥ ⎝ ⎥ − − 5 ∑ M t = 2Gθ ⎢ 5 π 2 3 n ⎢ ⎥ n =1,3,5,... ⎢⎣ ⎥⎦ 1 Gθ a3b ⎡ 192a ⎛ nπ b ⎞ ⎤ − 1 t a n h M t = ∑ n5 ⎜⎝ 2a ⎟⎠ ⎥ 3 ⎢⎣ bπ 5 n =1,3,5,... ⎦
Y el ángulo específico de torsión vale: θ =
M t Ga 3b ⎡
⎢1 −
3 ⎣
192a bπ 5
∑
n =1,3,5,...
1 n
⎛ 5 tanh ⎜
nπ b ⎞ ⎤
⎟⎥ ⎝ 2a ⎠ ⎦
Hemos llegado a una expresión que nos permite conocer el giro por unidad de longitud de una barra prismática de sección rectangular de lados a x b y modulo de elasticidad transversal G a la que se le aplica en sus extremos un momento torsor Mt. LA ANALOGÍA DE LA MEMBRANA Es interesante notar que la ecuación: ∂ 2Ψ ∂ 2Ψ + = −2 ∂ x 2 ∂y 2
que es la principal en la teoría de torsión expuesta hasta este punto, es muy similar a la ecuación de equilibrio que describe las pequeñas deformaciones de una membrana plana sometida a una presión interna constante p. Si w es la flecha de la membrana y T es la tensión constante por unidad de longitud en la membrana, se demuestra fácilmente que un elemento está en equilibrio si se verifica: p ∂2w ∂ 2w + = − T ∂ 2 ∂ y 2
Comparando estas ecuaciones se ve que w de la membrana es proporcional al ψ de la torsión. Además, debido a las propiedades vistas anteriormente el volumen bajo la membrana es proporcional al momento torsor desarrollado desarrollado en una barra en torsión de la misma forma que la membrana. Esta analogía fue descubierta por Ludwig Prandtl en 1903 y es conocida como la analogía de la membrana. Prandtl utilizando esta analogía realizó ingeniosos experimentos con membranas. Midiendo volúmenes bajo membranas de jabón sometidas a una presión conocida, pudo evaluar constantes torsionales y a partir de las líneas de contorno de las membranas estudió la distribución de tensiones. La principal ventaja de esta analogía, tiene que ver con la visualización de la superficie de ψ. La intensidad de la pendiente de la superficie, indica la intensidad de la tensión rasante. De esta forma, en los puntos de la superficie de ψ en los que las líneas de contorno se agrupan, se esperan concentraciones de tensiones. Ejemplo aplicado:
A una barra prismática de acero de sección transversal rectangular constante de lados a=0.02m , b=0.04m y longitud 1m, empotrada en uno de sus extremos, se le aplica un momento torsor de 1000N.m. Determinar el ángulo de giro total que se produce entre las secciones extremas teniendo en cuenta que el modulo de elasticidad transversal del acero es G=81x10 9 N/m².
Mt
Solución: Reemplazando los valores en la ecuación θ =
M t Ga 3b ⎡
⎢1 −
3 ⎣
192a 5 bπ
∑
n =1,3,5,...
1 n
⎛ 5 tanh ⎜
nπ b ⎞ ⎤
⎟⎥ ⎝ 2a ⎠ ⎦
Se tiene θ =
1000 N .m 81·109 N m ² (0.02m) 3 0.04m ⎡ 192·0.02 m 1 ⎛ nπ ·0.04 m ⎞ ⎤ ∑ ⎢1 − ⎟⎥ 5 5 tanh ⎜ 3 0.04mπ n =1,3,5,... n ⎝ 2·0.02 m ⎠ ⎦ ⎣
Utilizando una planilla de calculo (Excel) para resolver la sumatoria se llega a
Mt= a= b= G=
n=
1000 0.02 0.04 810 8100000 00000 0000 000
N. m m m N/m² N/m²
resultado de Σ
1 3 5 7 9 11 13
0.996272076 0.004115226 0.00032 5.9499E‐05 1.69351E‐05 6.20921E‐06 2.69329E‐06
Total
1.000792639
Ө 0.16871 0.16871 rad 9.67 9.67 º
Se puede ver como la serie converge rápidamente y se obtiene un giro de 9.67 gados.
BIBLIOGRAFIA: ⇒ “Ecuaciones diferenciales elementales con aplicaciones” de Edwards – ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒
Penney “Ecuaciones diferenciales aplicadas” de Murria R. Spiegel “Teoria de la Elasticidad” de S. Timoshenko “Estabilidad segundo curso “ de E. Fliess “Apuntes de catedra de Elasticidad” del Ing. R. Villar “Matemáticas avanzadas para Ingienieria”. Kreyszig Apuntes de Resistencia de Materiales III del Instituto de estructuras y Transporte de la Facultad de Ingeniería de Uruguay.
