RESITENCIA DE MATERIALES

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RESITENCIA DE MATERIALES

  1. 1. Universidad Tecnologica Nacional Facultad Regional Ing. CIVIL Santa Fe TEORÍARESISTENCIA DE MATERIALES ESTADOS TENSIONALES y β R ρy ρ n σ τ τzx ϕ α σz τxz γ σy τzy ρx τxy ρ z A τyz S x τyx T σy z Profesor Titular: Ing. Hugo A. Tosone Marzo de 2010
  2. 2. ESTADOS TENSIONALESCONTENIDOSConcepto 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.BIBLIOGRAFÍAE. Fliess Estabilidad IIOrtiz Berrocal. Resistencia de Materiales. Teoría de la Elasticidad.Beer y Johnston, Jr Mecánica de Materiales. Ed. Mc Graw HillTimoshenko S. Resistencia de Materiales, Tomo I.Feodosiev V. I. Resistencia de Materiales. Editorial MIRStiopin P. A. Resistencia de Materiales. Editorial MIR.
  3. 3. RESISTENCIA DE MATERIALES ESTADOS TENSIONALESESTADOS TENSIONALESCONCEPTO DE TENSION P1 P2 π Sea un cuerpo sólido continuo, isótropo yhomogéneo, solicitado por un sistema de fuerzasexteriores en equilibrio, en el que se considera al ∆F ∆Ppunto interior A y a un plano π, que cortandoimaginariamente al sólido pase por el punto A. Pi A P3 En los alrededores de A se define una pequeñasuperficie de área ∆F. Si la fuerza que actúa sobre∆F es ∆P, entonces se define “tensión absoluta” ρ Pnen el punto A para dicho plano π del siguientemodo: fig.1 ∆P dP ρ = lím = ∆F → 0 ∆ F dF [1] Si se cambia la posición del plano π de tal modo que siga conteniendo al punto A, seobtiene en general otro valor para la tensión ρ.ESTADO DE TENSIÓN - CLASIFICACIÓN Al conjunto de tensiones que se obtienen al considerar las infinitas posiciones posiblesdel 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 elvector ρ se mantiene paralelo a una determinado recta.Estado doble: al estado se lo denomina doble cuando al variar la inclinación del plano πel 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 elvector ρ se ubica en cualquier posición en el espacio.COMPONENTES DE LAS TENSIONES y σy Sea el paralelepípedo elemental de dimensiones dydx, dy, dz, ubicado en la vecindad de A. En cada cara τyx τyzdel paralelepípedo actúan diferentes tensiones ρ que σz τxyse consideran datos del problema. Cada una de ellas τxz τzy τzxse puede descomponer en una que sea perpendicular σy σxa la cara considerada (σ ), y otras dos contenidas en τxy τ zx τzy τxz xdicha cara (τ ) que poseen las direcciones de los ejes σz A dxcoordenados como se muestra en la fig. 2. Resultan τyzlas siguientes tensiones que hacen un total de 9 dz τyxcomponentes: z σy σx τ xy τxz fig. 2 σy τ yx τyz σz τ zx τzyEstados_Tensionales.doc 11/03/2010 11:58:00 Pág. 1
  4. 4. RESISTENCIA DE MATERIALES ESTADOS TENSIONALES Si se plantean ecuaciones de momento estático con respecto a cada uno de los 3 ejescoordenados, 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 τzxTENSIONES EN UN PLANO INCLINADO GENERICO El objetivo es hallar el estado de tensión en A, lo que requiere evaluar ρ para cualquierposición 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 γComponentes de la tensión “ρ”Al vector ρ se lo puede descomponer de dosmaneras: y β1. En σ y τ (normal y rasante al plano π ) R ρy2. En ρ x, ρ y, ρ z paralelas a los ejes ρ n coordenados. τ σ τzx ϕ α γ σz Si se define a l área del triángulo TRS como τxzunitaria (área TRS = 1), resulta entonces σy ρx τzy Area ATR = l τxy ρz A τyz S x Area AST = m τ yx T σy Area ARS = n z fig. 3Equilibrio del tetraedro elementalPartiendo 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 . nρy = τ yx . l + σy . m + τ yz. . nρz = τ zx. l + τ zy . m + σz .. nLas anteriores expresan la tensión ρ en función de los cosenos directores l, m, nTensiones normal y de corte en el plano inclinadoProyectando las componentes ρ x, ρ y, ρ z sobre la dirección “n” se obtiene σ :Estados_Tensionales.doc 11/03/2010 11:58:00 Pág. 2
  5. 5. RESISTENCIA DE MATERIALES ESTADOS TENSIONALESσ = ρx . l + ρy . m + ρz .nReemplazando 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 = ρx + ρ 2 + ρ z − σ 2 2 y 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 productoescalar de los dos versores resulta:cosf= l . lρ + mρ . m + nρ . n siendo: lρ = ρx mρ = ρy nρ = ρ z ρ ρ ρcon: ρ = ρx + ρ 2 + ρz 2 y 2 y finalmente: senϕ = 1 - cos2ϕTENSIONES Y PLANOS PRINCIPALES y Como la tensión ρ varía al cambiar la orientación βde la normal “n” por cambio de inclinación del plano n R ρyπ, habrá entonces planos para los cuales ρ serámáxima o mínima. Para esas situaciones ρ tendrá σi αla dirección de “n” y no habrá tensión τ (recordar γque τ=ρ.sen ϕ). ρz ρx Para esos dos planos τ=0 y por la ley de Cauchy A S xse sabe que son perpendiculares entre sí. Habrá Tademás un tercer plano perpendicular a ambos parael que, por el mismo motivo, resulta τ=0 y en este z fig. 4último también existirá solamente tensión normal.Dicha tensión normal se denomina intermedia. Hay entonces tres tensiones principales ( 1 > σ2 > σ3) actuando en planos para los σcuales τ=0, siendo σ1 la máxima, σ2 la intermedia y σ3 la mínima. Denominando genéricamente σi a cada tensión principal, sus cosenos directores seránlos 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 delproblema 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 . nEstados_Tensionales.doc 11/03/2010 11:58:00 Pág. 3
  6. 6. RESISTENCIA DE MATERIALES ESTADOS TENSIONALESPor igualación de ambos grupos de ecuaciones, pasando todo a los primeros miembros ysacando 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 distintaque la trivial (l = m = n = 0) deberá ser nulo el determinante de la matriz de loscoeficientes, o sea: (σx - σi) τxy τxz τyx (σy - σi) τyz = 0 τzx τzy (σz - σi) Desarrollando y ordenando se obtiene finalmente el siguiente polinomio de tercer gradoen σ i:σ 3 - σ i2 (σ x + σ y + σ z ) i+ σ i ( σ x ⋅ σ y + σ y ⋅ σ z + σ z ⋅ σx − τ2 − τ2 − τ2 x ) xy yz z [6]− ( σx ⋅ σ y ⋅ σ z + 2. τ xy ⋅ τ yz ⋅ τ zx − τ2 ⋅ σ z − τ2 ⋅ σ x − τ2 x ⋅ σ y ) = 0 xy yz zEste polinomio brinda siempre 3 raíces reales, cosa que se puede demostrar (verEstabilidad 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 unamatriz 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 decorte, entonces se puede desarrollar el determinante por los elementos de una línea ydejar factorizado el resultado así obtenido, de modo que una de las raíces queda resueltainmediatamente. 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 conocidaresolvente.Planos principalesLas tensiones σ1, σ2, σ3 actúan en 3 planos cuyos cosenos directores son:Estados_Tensionales.doc 11/03/2010 11:58:00 Pág. 4
  7. 7. RESISTENCIA DE MATERIALES ESTADOS TENSIONALES l1 , m1 , n1 l2 , m2 , n2 l3 , m3 , n3los 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 = 0El determinante de la matriz de los coeficientes del sistema anterior de ecuaciones es: (σx - σi) τxy τxz τyx (σy - σi) τyz = 0 τzx τzy (σz - σi) Denominando ∆1, ∆2, ∆3 a las “menores“ correspondientes al desarrollo por la primera filadel determinante de la matriz de los coeficientes, ellos son: (σy -σ1 ) τyz τyx τyz τyx (σy - σ1 ) ∆1 = ∆2 = ∆3 = [7] τzy (σz- σ1 ) τzx (σz- σ1 ) τzx τzyDicho desarrollo por los elementos de la primera fila, teniendo en cuenta el signo según laposición, resulta: (σx − σ1 ) ⋅ ∆1 − τxy ⋅ ∆2 + τxz ⋅ ∆3 = 0Comparando esta ecuación con la primera del sistema de 3 ecuaciones, surge que: l1 m1 n1 =− = =K ∆1 ∆2 ∆3de donde: l1 = K ⋅ ∆ 1 m 1 = -K ⋅ ∆ 2 n1 = K ⋅∆3Elevando al cuadrado las 3 expresiones y sumando m. a m. se obtiene: l1 + m12 + n12 = K 2 .( ∆1 + ∆2 + ∆3 ) 2 2 2 2 pero: l 2 + m 12 + n1 = 1 1 2 1Por lo tanto: K= y entonces: ∆ + ∆2 + ∆3 2 1 2 2 ∆1 −∆2 ∆3l1 = m1 = n1 = [8] ∆1 + ∆2 + ∆3 2 2 2 ∆1 + ∆2 + ∆3 2 2 2 ∆1 + ∆2 + ∆3 2 2 2Para 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 serresueltos calculando los “autovalores” y los “autovectores” de la matriz de tensiones(tensor). Para los planos principales se obtienen las componentes cartesianas de unvector normal al plano correspondiente. Las calculadoras programables (manuales)suelen tener esas dos funciones incorporadas en forma directa.Estados_Tensionales.doc 11/03/2010 11:58:00 Pág. 5
  8. 8. RESISTENCIA DE MATERIALES ESTADOS TENSIONALESTensión de corte máxima Se puede demostrar que la máxima tensión de corte se produce en el plano bisector delos 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. σ1 − σ3Utilizando entonces las tensiones extremas σ1, σ3 se obtiene : τ máx = [9] 2 σ1 +σ 3Para el plano de la máxima tensión de corte, la tensión normal será: σ = [10] 2En las fig. 5 se muestra un ejemplo cuyo círculo de Mohr se representa en la fig. 6. σ1 > σ2 > σ3 y σ3 τ τmáx σ2 τm σ1 áx σ1 σ3 σ2 σ1 σ σ2 x σ z −τ fig. 5 σ3 fig. 6TENSIONES OCTAEDRICAS Se denominan así a las tensiones σ y τ que ocurren en y // σ2las caras de un octaedro que se obtiene por medio deplanos que tienen sus 3 cosenos directores iguales enrelación al sistema de ejes coordenados de dirección σ3paralela a las tensiones principales σ 1, σ 2 y σ 3 . σ1 Partiendo de un prisma elemental sobre el que actúan x // σ1solo las tensiones principales σ1, σ2, σ3 como datos delproblema, teniendo en cuenta que las tensiones de corteson nulas y realizando el correspondiente análisis a partir z // σ3 σ2 fig. 7de las expresiones de σ y τ con l=m=n se obtienefinalmente: y σ1 + σ2 + σ3 -z σOCT = [11] 3 -x x 1 τOCT = ⋅ 2 ⋅ (σ1 + σ2 + σ3 )2 − 6 ⋅ (σ1 ⋅σ2 + σ2 ⋅ σ3 + σ3 ⋅σ1 ) 3 z -y 1ó τOCT = ⋅ (σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 [12] fig. 8 3Estados_Tensionales.doc 11/03/2010 11:58:00 Pág. 6
  9. 9. RESISTENCIA DE MATERIALES ESTADOS TENSIONALESESTADO TENSIONAL DOBLE, BIAXIAL O PLANO Se ha definido estado tensional plano a aquel estadopara el cual al variar la posición del plano inclinado que y ypasa por el punto en estudio, la tensión resultante ρ τyxcambia de posición pero se mantiene en un mismoplano. τxy Sea el paralelepípedo elemental en las vecindades de σx σxun punto “A”, aislado por medio de los planos paralelos a τxy A xlos planos coordenados y solicitado por un estado z τyxtensional plano como el indicado en el croquis (fig. 9) alque luego se lo secciona con un plano cualquieraparalelo al eje z, cuya normal forme un ángulo α con el σy fig. 9eje x (fig. 10). Debido a que se trata de un estado plano en x-y, se ypuede suponer que el prisma triangular tiene un espesor a nunitario en la dirección del eje z. alSe denominará: d ρy no rm ρρ: tensión en el plano abcd. τxy α ρxρx, ρy : componentes de ρ según los ejes x e y. σx A b x Se admite que las tensiones se distribuyen τyxuniformemente en la totalidad de cada área sobre las e 1 z c σyque actúan. Además se conviene que las tensiones decorte se consideran positivas cuando sus sentidos soncontrarios a los del análisis del estado triple, figs. 9 y 10. fig. 10 El equilibrio del prisma elemental de caras triangularesexige que sean nulas las sumas de las dos proyecciones de las fuerzas que actúan sobreel mismo.Dichas proyecciones según las direcciones de los ejes y α ncoordenados x e y son: aΣX = 0 ΣY = 0 ρy ρ τxyΣX = ρx ⋅ ab ⋅ 1 − σx ⋅ ab ⋅1⋅ cos α + τyx ⋅ ab ⋅1 ⋅ sen α = 0 α ρx σxΣY = ρy ⋅ ab ⋅ 1− σy ⋅ ab ⋅1⋅ sen α + τxy ⋅ ab ⋅1⋅ cos α = 0 b x A τyxOperando queda:ρx = σx ⋅ cos α − τyx ⋅ sen α σyρy = σy ⋅ sen α − τxy ⋅ cos α fig. 11 Siendo σ y τ las componentes de la tensión resultante ρ según la dirección normal “n” ysegún la dirección paralela al plano abcd, ellas podrán ser calculadas proyectando lascomponentes ρ x y ρ y sobre dichas direcciones del siguiente modo: σ = ρx ⋅ cos α + ρy ⋅ sen α τ = ρx ⋅ sen α − ρy ⋅ cos αEstados_Tensionales.doc 11/03/2010 11:58:00 Pág. 7
  10. 10. RESISTENCIA DE MATERIALES ESTADOS TENSIONALESSustituyendo 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 ατ = σx ⋅ cos α ⋅ sen α − τxy ⋅ sen2 α − σy ⋅ sen α ⋅ cos α + τxy ⋅ cos2 αoperando resulta :σ = σx ⋅ cos2 α + σy ⋅ sen2 α − 2 τxy ⋅ sen α ⋅ cos ατ = ( σx − σy ) ⋅ cos α ⋅ sen α + τxy (cos2 α − sen2α)quedando finalmente:σ = σx ⋅ cos2 α + σy ⋅ sen2 α − τxy ⋅ sen 2α [13] (σx − σy )τ= ⋅ sen 2α + τxy cos 2 α [14] 2TENSION NORMAL MÁXIMA Resulta entonces que σ y τ son funciones del ángulo α , es decir, de la posición delplano p . Para conocer los valores máximo y mínimo, así como la orientación de losrespectivos planos donde ellas ocurren se debe recurrir al concepto matemático demáximo y mínimo de una función. El ángulo (variable independiente de la función) para elque ocurre un máximo o un mínimo, se obtiene igualando a cero la primera derivada de lafunción 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 2αdαdσ = (σy − σx ) ⋅ 2senα ⋅ cos α − 2 τxy ⋅ cos2αdαdσ = (σy − σx ) ⋅ sen 2α − 2 τxy ⋅ cos2αdα Esta derivada se hace cero para un cierto ángulo α 1:( σy − σx ) ⋅ sen 2α1 − 2 τ xy ⋅ cos 2α1 = 0 [14´ ] 2τxyPor lo tanto: tg 2α1 = [15] σy − σx Existen dos ángulos que satisfacen la expresión [15] que son: (2 α 1) y (2α 1 + π), dedonde que se obtiene (α 1) y (α 1 + π/2) que corresponden a dos pla nos ortogonales entresí que son los planos principales en los que se producirán las máximas y mínimastensiones normales (tensiones principales). Multiplicando por “2” a la expresión [14] y comparándola con la [14´], se comprueba queen los planos principales las tensiones de corte son nulas (τ = 0).Estados_Tensionales.doc 11/03/2010 11:58:00 Pág. 8
  11. 11. RESISTENCIA DE MATERIALES ESTADOS TENSIONALES Para hallar los valores de las tensiones principales σ máx y σ min que se identificaráncomo: σ1 y σ2 (siendo σ1 ≥ σ2 ) se debe sustituir el valor de los ángulos α 1 y α 1+π/2 en laexpresión [13]. Como el ángulo α 1 está expresado por su tangente en la [15], es necesario recurrir alas siguientes identidades trigonométricas: 1 + cos 2α tg 2α cos2α = sen 2α = ± 2 1 + tg2 2α 1 − cos 2α 1 sen2 α = cos 2α = ± 2 1 + tg 2 2α Operando algebraicamente se obtienen las tensiones principales máxima y mínimarespectivamente (ver también Estabilidad II, E. Fliess, pág. 63): 2 σx +σ y σ x −σ y  2 σ x +σ y  σ x −σ y  σ1 = +    + τ 2 [16a] σ 2 =  xy −    + τ xy [16b]  2 2  2  2  2 TENSIONES DE CORTE MAXIMAS Se pueden obtener de un modo similar partiendo de la expresión [14]: σx − σy τ= ⋅ sen 2α + τxy ⋅ cos 2α 2 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 σy − σx tg 2 α 2 = -resultando: 2 τ xy [17]La [7] brinda dos soluciones: 2 α 2 y 2 α 2 + π lo que implica que existen dos planos paraα 2 y α 2 + π/2 en los que ocurren las máximas tensiones de corte. Dichos planos difierenen 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/2o también: α2 = α 1 - π/4 Esto indica que los planos de corte máximo forman un ángulo de 45° con los planos delas máximas tensiones normales.Estados_Tensionales.doc 11/03/2010 11:58:00 Pág. 9
  12. 12. RESISTENCIA DE MATERIALES ESTADOS TENSIONALES Para calcular la magnitud de τmáx. se sustituye α 2 en la expresión [14], utilizandoidentidades trigonométricas y operando, con lo que se obtiene finalmente:  σx − σ y  2 τmáx = ±   + τxy 2 [18]  2 Representación gráfica de MohrRetomando las ecuaciones [13] y [14] que eran:σ = σx ⋅ cos2 α + σy ⋅ sen2 α − τxy ⋅ sen 2α [13] ( σx − σy )τ= ⋅ sen 2α + τxy cos 2α [14] 2 1 + cos 2α 1− cos 2αy sustituyendo: cos2 α = sen2α = se obtiene: 2 2 σx σyσ = (1 + cos 2α) + (1 − cos 2α) − τxy ⋅ sen 2 α 2 2 y x σx + σy σx − σyσ= + ⋅ cos 2α − τxy ⋅ sen 2α 2 2 r y σx + σy σx − σyσ− = ⋅ cos 2α − τxy ⋅ sen 2α [19] C x 2 2 (σx − σy ) aτ= ⋅ sen 2α + τxy cos 2α [20] 2Elevando al cuadrado las [19] y [20] y sumando m. a m. fig. 12resulta finalmente: σx + σy   σx − σy  2 2 σ−  + τ2 =   + τ xy 2 [21] 2   2 Esta es una ecuación del tipo: (x – a)2 + y2 = r2que describe una circunferencia en función de los parámetros: σx , σy , τ xy y cuyas variablesson σ y τ. 2 σx + σy  σ x −σ y Tiene su centro sobre el eje σ con abscisa a = y radio r =    +τ 2  xy 2  2  La solución gráfica de Mohr es una representación de las ecuaciones analíticas quesirve alternativamente como croquis guía a los cálculos numéricos. Dada la sencillez de las expresiones analíticas el método gráfico no ofrece una ventajamanifiesta sobre el método analítico, pero su croquis permite una rápida visualización delas tensiones que ocurren en los diferentes planos que pasan por el punto, como asítambién la localización inmediata de los valores máximos y de las direcciones principales.Estados_Tensionales.doc 11/03/2010 11:58:00 Pág. 10
  13. 13. RESISTENCIA DE MATERIALES ESTADOS TENSIONALES La circunferencia de Mohr es el lugar geométrico de los puntos cuyas coordenadasrepresentan las tensiones que ocurren en todos los planos inclinados que pasan por unpunto de un sólido cargado. Las abscisas de los puntos de la circunferencia representantensiones 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 + + τ - σ - τ α+ fig. 13 Se puede demostrar que en la construcción de Mohr los ángulos en relación con elcentro de la circunferencia, son de magnitud doble que las magnitudes angulares entre lassecciones planas que pasan por un punto interior del cuerpo cargado. Además, las dos coordenadas de cada punto de la circunferencia, brinda las tensionesnormal y de corte que ocurren en cada plano que pasa por dicho punto del cuerpo enestudio. En consecuencia es posible dibujar el gráfico de Mohr si se conoce estado tensional endos 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° (ángulodoble), lo que implica que son los extremos de un diámetro.Procedimiento para dibujar el círculo de Mohr1. 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.Estados_Tensionales.doc 11/03/2010 11:58:00 Pág. 11
  14. 14. RESISTENCIA DE MATERIALES ESTADOS TENSIONALES σy σ2 τ 1 P 2 G τyx A σ1 τxy τmáx τxy σx σx O σ2 2α1 σ1 σ α1 τ yx= -τxy E C α1 F τxy 1 τmín τyx σ1 2 σ2 σy σy B σx fig. 14 -τ Cada punto de la circunferencia caracteriza al estado tensional en un determinadoplano. 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 porel segmento OF y la mínima σ2 por el segmento OE. La máxima tensión de corte τmáxestá representada por CG. Para localizar las direcciones de σ1 y σ2 se puede utilizar el punto auxiliar de lacircunferencia 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) unaparalela 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 tensionesprincipales σ1 y σ2 respectivamente, señaladas con los números 1 y 2 en la figura. σ2Círculo de Mohr para tensiones principales. σ3 Se considerará el caso tensional espacial cuando enlas caras del prisma elemental actúan las tres tensiones σ1 σ1 yprincipales σ1, σ2 y σ3 de modo que: X z σ1 > σ2 > σ3 Las tensiones normales y tangenciales que ocurran en σ3un plano cualquiera paralelo al eje z, no dependerán de σ2 fig. 15σ3, sino de las tensiones σ1 y σ2 y se caracterizarán poruna circunferencia de tensiones con diámetro d=σ1−σ2 como la de la fig. 16a: El mismo análisis se puede efectuar para planos paralelos al eje “y” ó para los planosparalelos al eje “x”, obteniéndose circunferencias de diámetros σ1−σ3 ó σ2−σ3.Estados_Tensionales.doc 11/03/2010 11:58:00 Pág. 12
  15. 15. RESISTENCIA DE MATERIALES ESTADOS TENSIONALES y y y σ2 σ2 σ2 σ1 σ1 σ1 x x x σ3 σ3 σ3 z z z Planos paralelos al eje z Planos paralelos al eje y Planos paralelos al eje x τ τ τ τ σ2 σ1 σ3 σ1 σ3 σ2 σ3 σ2 σ1 σ σ σ σ (a) (b) (c) (d) fig. 16 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 seproducen en cada uno de los infinitos planos paralelos a cada uno de los ejescoordenados. Se puede demostrar que el estado tensional que se produce en planos no paralelos aningún eje coordenado, se encuentra representado por los puntos contenidos en la zonasombrerada 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 lastensiones que actúan en las caras visibles, especificando sus intensidades en kgf/cm2 ,. Se pide calcular lo siguiente : y 4001) Tensiones σ y τ para un plano que forme ángulos iguales con los tres ejes coordenados. 500 1002) Tensiones principales σ1, σ2 y σ3. 300 8003) Posición de los planos principales: (l1,m1 ,n1), (l2,m2, n2 ) x y (l3,m3,n3) 2004) Tensión de corte máxima. z5) Tensiones octaédricas σOCT y σOCT. Expresar los resultados en en kgf/cm2 y en MPa, usando para la conversión deunidades la siguiente equivalencia aproximada: 10 kgf/cm2 ≅1 MPa.RESOLUCIÓN1) Tensiones σ y τTensión normal σ .Se sabe que l = m = n, por lo tanto: l 2 +m 2 + n 2 = 1 ⇒ 3 l2 = 1 ⇒ l 2 = 1/3Estados_Tensionales.doc 11/03/2010 11:58:00 Pág. 13
  16. 16. RESISTENCIA DE MATERIALES ESTADOS TENSIONALESde donde: l = m = n = 3 = 54,736º 3Calcularemos a partir de las componentes ortogonales de la tensión “ρ“ en lugar de utilizarla 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, debenadecuarse 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 3ρy = τyx .l+σy .m+τyz .n= 3 (τyx +σy +τyz )= 3 (100 + 400 + 500 )= 577,30 kgf/cm2 ≅ 57,73 MPa 3 3ρy = τzx .l+τzy .m+σz .n= 3 (τzx +τzy +σz )= 3 (300+ 500 + 200 ) = 577,30 kgf/cm2 ≅ 57,73 MPa 3 3 3σ = ρx . l + ρy . m + ρz . n = ( ? 692,80 + 577,30 + 577,30 ) 3σ = 1066,67 kgf/cm2 ó aproximadamente σ = 106,67 MPaTensión 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)2τ = 93,13 kgf/cm2 ó aproximadamente τ = 9,13 MPa2) Tensiones PrincipalesExpresando las componentes ortogonales ρx , ρy , ρz en función de las tensionesprincipales (generalizada como σi), como también en función de las tensiones que ocurrenen 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 . nlas 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 = 0Estas 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 determinantede la matriz de los coeficientes: (σ x − σ i ) τ xy τ xz τ yx (σ y − σi ) τy z =0 τ zx τ zy (σ z − σ i )desarrollando el determinante y operando algebraicamente se obtiene finalmente unpolinomio de tercer grado, ver fórmula [6] de teoría:Estados_Tensionales.doc 11/03/2010 11:58:00 Pág. 14
  17. 17. RESISTENCIA DE MATERIALES ESTADOS TENSIONALES σ 3 - σ i2 ( σ x + σ y + σz ) i + σ i (σ x ⋅ σ y + σ y ⋅ σ z + σ z ⋅ σx − τ x y − τ2 z − τ2 ) 2 y zx − ( σ x ⋅ σ y ⋅ σ z + 2 .τ x y ⋅ τ y z ⋅ τ z x − τ x y ⋅ σ z − τ y z ⋅ σ x − τ zx ⋅ σ y ) = 0 2 2 2Este polinomio tiene tres raíces reales (Fliess, Estabilidad, Tomo II).Las raíces pueden calcularse de distintas formas, por ejemplo mediante el uso de unacalculadora graficadora en la que se representa y= f(σi), obteniendo una curva como larepresentada.De la representación se puede obtener el valor aproximado de las tres raíces, con loscuales luego se pueden calcular un valor más exacto mediante el procedimiento deNewton – Rawson o por prueba y error.En algunas calculadoras, como la HP48G, se puede aplicar el “solver” de ecuaciones, obien pueden emplearse programas de PC, tales como Excel, que cuenta con unaaplicación dentro del menú Herramientas, denominada “Solver”, que permite calcular lasraíces de este tipo de ecuaciones.También se puede utilizar la solución incorporada en las calculadoras programables, quese denomina “autovalores” en matemática. Por cualquiera de esos caminos se llega a lossiguientes valoreσ 1=1083,54 kgf/cm2 σ 2=555,64 kgf/cm2 σ 3=-239,18 kgf/cm2 f(σi)o aproximadamente: -239 1083 σiσ 1=108,35 MPa σ 2=55,56 MPa σ 3=-23,92 MPa 5553) Posición de los planos principalesEl determinante de la matriz de los coeficientes del sistema de ecuaciones lineales quedefine los valores de l, m y n para las direcciones principales es: σx − σi τ xy τ xz τ yx σy − σi τ yz = 0 τ zx τ zy σz − σiReemplazando σi por la tensión principal σ1 = 1083,5 kgf/cm2 se obtiene: 800 − 1083 .50 100 300 − 283 .50 100 300 100 400 − 1083 .50 500 = 100 − 683 .50 500 =0 300 500 200 − 1083 .50 300 500 − 883 .50Los “menores complementarios” de los elementos de la primera fila del determinante son: − 683 .50 500eliminando la primera fila y la primera columna: ∆ 1 = = 353872 500 − 883 .50 100 500eliminando la primera fila y la segunda columna: ∆ 2 = = −238350 300 − 883 .50 100 − 683 .50eliminando la primera fila y la tercera columna: ∆ 3 = = 255050 300 500 1 1 1además: K = = = ∆1 + ∆2 + ∆3 2 2 2 3538722 + ( −28335)2 + 2550502 496934Estados_Tensionales.doc 11/03/2010 11:58:00 Pág. 15
  18. 18. RESISTENCIA DE MATERIALES ESTADOS TENSIONALESResulta entonces: ∆1 353872l1 = = = 0.712 ⇒ α1 = 44.6º ∆1 + ∆2 + ∆3 2 2 2 496934 y 0,479 −∆2 238350m1 = = = 0.479 ⇒ β1 = 61.3º N1 (l1 ,m1,n1) ∆1 + ∆2 + ∆3 2 2 2 496934 0,712 ∆3 255050n1 = = = 0.513 ⇒ γ1 = 59.1º 0,513 x ∆1 + ∆2 + ∆3 496934 2 2 2 zEn este caso los ángulos (versor N1 en la fig.) que definen el plano principal de máximason: α 1 = 44,6º β 1 = 61,3º γ 1 = 59,1ºMediante la expresión de σ en función de l1, m1 y n1 calculados en el paso anterior, sepueden verificar que la tensión normal es aproximadamente 1083,54 kgf/cm2.Para obtener el plano correspondiente a la tensión principal “intermedia” reemplazamos σipor σ2=555,6 resultando: 800 − 555,6 100 300 244,4 100 300 100 400 − 555,6 500 = 100 −155,6 500 =0 300 500 200 − 555,6 300 500 −355,6 −155,6 500Eliminando la primera fila y la primera columna resulta : ∆1 = = −194668 500 −355,6 100 500Eliminando la primera fila y la segunda columna se obtiene: ∆2 = = −185560 300 −355,6 100 −155,6Eliminando la primera fila y la tercera columna se obtiene: ∆3 = = 96680 300 500 1 1 1K= = = ∆ +∆ + ∆ 2 1 2 2 2 3 (−194668) + (−185560) + 96680 2 2 2 285788 y 0,649 ∆1 −194668l2 = = = −0.68 ⇒ α2 = 132,94º ∆1 + ∆2 + ∆32 2 2 285788 N2 (l 2,m2,n 2) ∆2 −( −185560)m2 = = = +0.649 ⇒ β2 = 49,5º -0,68 ∆ +∆ +∆ 2 1 2 2 2 3 285788 x 0,338 ∆3 96680 zn2 = = = 0.338 ⇒ γ2 = 70,2º ∆1 + ∆2 + ∆32 2 2 285788En 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 = 70,2ºPara la tercera tensión σ3:= - 239,2 kgf/cm2 (la mínima) resultaEstados_Tensionales.doc 11/03/2010 11:58:00 Pág. 16
  19. 19. RESISTENCIA DE MATERIALES ESTADOS TENSIONALES 800 + 239,2 100 300 1039,2 100 300 100 400 + 239,2 500 = 100 639,2 500 =0 300 500 200 + 239,2 300 500 439,2 639 .20 500Eliminando la primera fila y la primera columna: ∆ 1 = = 30737 500 439 .20 100 500Eliminando la primera fila y la segunda columna: ∆ 2 = = − 106080 300 439 .20 100 639 .20Eliminando la primera fila y la tercera columna: ∆3 = = −141760 300 500 1 1 1K= = = ∆ +∆ +∆ 2 1 2 2 2 3 30737 + (−106080) + ( −141760) 2 2 2 179704 ∆1 30737 y N3 (l 3,m3 ,n3)l3 = = = 0,17 ⇒ α3 = 80,15º ∆1 + ∆2 + ∆3 2 2 2 179704 0,59 −∆2 −( −106080)m3 = = = 0,59 ⇒ β3 = 53,82º ∆1 + ∆2 + ∆3 2 2 2 179704 -0,79 ∆3 −141760 zn3 = = = −0,79 ⇒ γ3 = 142,08º x 0,17 ∆1 + ∆2 + ∆3 2 2 2 179704En este caso, los ángulos (versor N en la fig.) que definen el plano principal para la 3tensión 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 lastensiones principales σ1, σ2 y σ3.En el plano 1-2: σ1 − σ2 1083 .50 − 555 .60τmax(1-2) = = = 263,95kgf/cm ≅ 26,39 MPa 2 2 2Análogamente, para 2-3: σ1 − σ 3 1083 .50 − ( −239 .20 )τmax (1-3) = = = 661,35 kgf/cm ≅ 66,14 MPa 2 2 2En el plano 2-3: σ 2 − σ 3 555 .60 − ( −239 .20 )τ max (2-3) = = = 397 .40 kg/cm ≅ 39,74 MPa 2 2 2Se han realizado los tres cálculos para mostrar los valores de todas las tensiones queocurren en planos bisectrices. No obstante ello, como se puede apreciar, es suficientecalcular la tensión de corte que ocurre en el plano bisectriz de los planos quecorresponden a la máxima y mínima tensión principal, ya que allí ocurre la máximatensión de corte en el material. En la figura se muestra dicho plano sombreado.Estados_Tensionales.doc 11/03/2010 11:58:00 Pág. 17
  20. 20. RESISTENCIA DE MATERIALES ESTADOS TENSIONALESResulta entonces:τmax = τmax (1-3) = 661,35 kgf/cm2 ≅ 66,14 MPa y σ25) Tensiones OctaédricasEn un plano para el cual α=β=γ: en relación con las direcciones σ1principales: σ1 + σ2 + σ3 1083,5 + 555,6 + (−239.2) σ3 xσOCT = = z 3 3σ OCT = 466,63 kgf/cm2 ó aproximadamente: σ OCT = 46,66 MPa y // σ2 1 τOCT = ⋅ (σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 σ3 3 σ1 x // σ1 1τOCT = (1083,5 − 555,6)2 + [ 555,6 − ( −239,2) ] + ( −239,2 − 1083,5) 2 2 3 z // σ3 σ2τ OCT = 543,72 kgf/cm2 ó aproximadamente: τ OCT = 54,37 MPa 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 2010Estados_Tensionales.doc 11/03/2010 11:58:00 Pág. 18
  21. 21. RESUMEN DE FÓRMULAS: “ESTADOS TENSIONALES”ESTADO TRIPLE y β y σy R ρy dy τ yx ρ n τyz σz τxy τ σ τxz τ zy τzx τzx ϕ α σy γ σz τxy τ zx τzy σx τxz σy ρx τ xz x τ zy σz τ xy ρz A A τyz dx τyz S x τyx τyx dz T σy z σy z fig. 3 fig. 2Tensiones normal y de corte en el plano inclinadoσ = σx . l 2 + σy . m2 + σz n2 + 2 (τ xy . l . m + τ xz . l . n + τ yz . m . n) [2]τ 2 = ρ 2 − σ 2 = ρx + ρ 2 + ρ z − σ 2 2 y 2 [3]Tensiones Principales  σx τxy τxz  σx − σi τxy τxz  Tensor:  τyx σy τyz ⇒ τyx σy − σi τyz =0  τzx τzy σz  τzx τzy σz − − σi   σ 3 - σ i2 (σ x + σ y + σ z ) iPolinomio: + σ i ( σ x ⋅ σ y + σ y ⋅ σ z + σ z ⋅ σx − τ22y − τ2 z − τ2 x ) x y z − ( σx ⋅ σ y ⋅ σ z + 2. τ x y ⋅ τ y z ⋅ τ zx − τ x y ⋅ σ z − τ yz ⋅ σ x − τz x ⋅ σ y ) = 0 2 2Planos Principales (versor normal) l 2 + m 12 + n1 = 1 1 2K= 1 ∆ +∆ +∆ 2 1 2 2 2 3 (σy -σ1 ) τyz τyx τyz τyx (σy - σ1 ) ∆1 = ∆2 = ∆3 = [7] τzy (σz- σ1 ) τzx (σz- σ1 ) τzx τzy ∆1 −∆2 ∆3l1 = m1 = n1 = [8] ∆1 + ∆2 + ∆3 2 2 2 ∆1 + ∆2 + ∆3 2 2 2 ∆1 + ∆2 + ∆3 2 2 2 σ1 − σ3 σ +σTensión de corte máxima, y normal p/ese plano: τ máx = [9] σ = 1 3 [10] 2 2Tensiones Octaédricas σ1 + σ2 + σ3 y // σ2 σOCT = [11] 3 σ3 σ1 1 τOCT = ⋅ (σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 [12] x // σ 1 3 z // σ 3 σ2 fig. 7
  22. 22. ESTADO DOBLE a y n σ = σx ⋅ cos2 α + σy ⋅ sen2 α − τxy ⋅ sen 2α [13] al d ρy no rm ρ (σx − σy ) τxy α τ= ⋅ sen 2α + τxy cos 2 α [14] ρx 2 σx A b x τyx Tensiones principales e 1 2τxy tg 2α1 = z c σy [15] fig. 10 σy − σx 2 σx +σ y σ x −σ y  2 σ x +σ y  σ x −σ y  σ1 = +    + τ 2 [16a] σ 2 =  xy −    + τ xy [16b]  2 2  2  2  2 Tensión de corte máxima σy − σx  σx − σ y  2tg 2 α 2 = - τmáx = ±   + τxy 2 2 τ xy [17]  2  [18]Representación gráfica de Mohr τ 2 σy σ2 1 P G A σ1 τyx τxy τ máx σ τxy + + τ σx σx σ2 2α1 σ1 σ α+ - σ O C α1 τyx= - τxy - τ α1 E F τxy 1 τ mín τyx σ1 2 fig. 13 σ2 σy σy B σx fig. 14 -τCírculo de Mohr para tensiones principales.Es: σ1 > σ2 > σ3 y y y σ2 σ2 σ2 σ1 σ1 σ1 x x x σ3 σ3 σ3z z z Planos paralelos al eje z Planos paralelos al eje y Planos paralelos al eje x τ τ τ τ σ2 σ1 σ3 σ1 σ3 σ2 σ3 σ2 σ1 σ σ σ σ (a) (b) (c) (d) fig. 16 Cátedra: Resistencia de Materiales Profesor Titular: Ing. Hugo A. Tosone. Marzo de 2010

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