Ejercicios de Tensiones- 1pp Mecanica de Rocas

ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES

PROF.: JAIME RODRÍGUEZ URQUIZA - ÁREA DE ESTRUCTURAS - DEPTO. DE ING.EN OO.CC. U.L.S.

PROBLEMA Nº 1

σ = 4200y

σ = 4200y

xσ = 12300σ = 12300x

τ = 4700xy

xyτ = 4700

Un estado tensional queda caracterizado por σx = 12300, σy = -4200 y τxy = -4700. Hallar las tensiones principales y sus direcciones: a) Aplicando las fórmulas obtenidas a partir de la derivación de σθ b) Hallando los valores propios y vectores propios del tensor de tensiones c) Aplicando el Círculo de Mohr de Tensiones Solución: a) Obtengamos las tensiones principales a partir de las fórmulas obtenidas a partir de la derivación

de σθ a.1) Hallemos las tensiones principales normales. Sabemos que las direcciones de las tensiones principales normales cumplen con la expresión:

⎩⎨⎧

=−=

⇒−=−−

=⇒−

=75,165ºθ14,835ºθ

5697,0)4200(23001

2(-4700)tg2θσσ

2τtg2θ

IIP

IPp

yx

xyp

El valor de la tensión normal a un plano que forma un ángulo θP es:

σ = 5444,8672

1σ = 13544,867

σ = 13544,8671

σ = 5444,8672

-14,835º

⎩⎨⎧

−==

⇒+−

++

= −

5444,867σ13544,867σ

sen2θτcos2θ2σσ

2σσ

σ75,165º

14,835ºxy

yxyxθ



Igualmente podíamos haber hallado estos valores de la fórmula que determina el valor de las tensiones principales.

⎩⎨⎧

−==

⇒±=+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+

+=

5444,867σ13544,867σ

9494,8674050τ2σσ

2σσ

σmín

máx2xy

2yxyx

máx/mín

a.2) Hallemos las tensiones tangenciales principales. Sabemos que las direcciones de las tensiones principales tangenciales cumplen la expresión:

⎩⎨⎧

==

⇒=−−

−=⇒−

−=º165,201θ

º165,30θ7553,1

2(-4700))4200(23001tg2θ

2τσσ

tg2θIIS

ISS

xy

yxS

El valor de la tensión tangencial a un plano que forma un ángulo θS es:

⎩⎨⎧

==

⇒+−

−=9494,867τ

-9494,867τcos2θτsen2θ

2σσ

τ120,165º

30,165ºxy

yxθ

El valor de la tensión normal un plano que forma un ángulo θS es:

120,165°

30,165°

σ = 4050

θσ = 4050

τ = 9494,867θ

θ

σ = 4050θ

τ = 9494,867θ

σ = 4050θ

⎩⎨⎧

==

⇒+−

++

=4050σ4050σ

sen2θτcos2θ2σσ

2σσ

σ120,165º

30,165ºxy

yxyxθ

Igualmente podíamos haber hallado estos valores a partir de la fórmula que determina el valor de las tensiones principales tangenciales:

9494,867τ2σσ 2

xy

2yx

máx/mín ±=+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −±=τ



b) Hallemos los valores propios y vectores propios del tensor de tensiones.

El tensor de tensiones en estado plano es : ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−−

=42004700470012300

π

b.1) Sabemos que los valores propios de este tensor son las tensiones principales normales. Para hallar las tensiones normales resolveremos el problema de valores propios:

⎩⎨⎧

−==

⇒=−−−

−−=−

5444,867σ13544,867σ

0σ42004700

4700σ12300σIπdet

2

1

b.2) Sabemos que las direcciones principales son los vectores propios del tensor de tensiones. Para hallar los vectores propios resolvamos ( ) ⇒=− 0nσIπ )

1) 1ª Tensión Principal σ1 = 13544,867

( ) 0m17744,8674700

47001244,8670

m13544,86742004700470013544,86712300

nIσπ1

1

1

111 =⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−−⇒=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−−

−−=−

ll)

⇒−=⇒=−−⇒ 1111 2648,004700867,1244 ll mm

Vector asociado a σ1 = 13544,867 = { 1 ; -0,2648 } { }0;256,0;967,01 −=⇒ n) 2) 2ª Tensión Principal σ2 = -5444,867

( ) 0m1244,8674700

47007744,86710

m44,8674542004700470044,8674512300

nIσπ2

2

2

222 =⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−⇒=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−−

−+=−

ll)

⇒=⇒=−⇒ 2222 775,304700867,17744 ll mm

Vector asociado a σ1 = -5444,867 = { 1 ; 3,775 } { }0;967,0;256,02 =⇒ n) c) Dibujemos el Círculo de Mohr de Tensiones. Del Círculo de Mohr conocemos:

) y el radio 9494,867τ2σσ 2

xy

2yx =+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=R El centro : (4050,0,0

2σσ yx =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

⎩⎨⎧

−=−=−==+=+=

⇒=5444,8679494,8674050Rσσ

13544,8679494,8674050Rσσ4050σ

med2

med1med



τ

σ(4050,0)

2θ = -29,67°P1

σ =13544,867P1

A (12300,-4700)θ = 0°

(σ , τ )xyx

(σ , τ )

B (-4200,-4700)

xyy

θ = 90°

τ m

áx =

949

4,86

7τ

máx

= 9

494,

867

σ =-5444,867P2

2θ = 60,33°S1

2θ = 150,33°P2



BA σ = 52 MPax σ = 52 MPax

σ = 21 MPay

τ = 28 MPaxy σ = 30 MPaθ

τ = 6,8 MPa

σ b

θ

τ = 28 MPaxy

σ = 21 MPay

τ = 6,8 MPaθ

σ b

θ1

σ = 30 MPaθ

PROBLEMA Nº 2 En un punto de una estructura sometida a un esfuerzo plano, el estado tensional A viene dado por : σx =-52 MPa, σy = 21 MPa y τxy = 28 MPa. El elemento B, localizado en el mismo punto de la estructura, se gira un ángulo θ1 tal que los esfuerzos y σtienen los valores mostrados en la figura. Calcular la tensión normal σb y el ángulo θ1. Solución: a) Obtengamos la tensión σb. Sabemos que σx + σy es un invariante ⇒ σx + σy = σa + σb ⇒ -52+21 = 30 + σb ⇒ σb = -61 MPa (compresión) b) Obtengamos el valor del ángulo θ1 Conocemos las tensiones normales y tangenciales en un plano que forma un ángulo θ:

sen2θτcos2θ2σσ

2σσ

σ xyyxyx

θ +−

++

=

cos2θτsen2θ2σσ

τ xyyx

θ +−

−=

Por lo tanto :

28sen2θ36,5cos2θ15,530 +−−=

28cos2θ36,5sen2θ8,6 += Resolviendo las ecuaciones se obtienes ⇒ 2 θ = 134,029º ⇒ θ = 67,015º



c) Aplicando el Círculo de Mohr de Tensiones. Del Círculo de Mohr conocemos:

) y el radio 003,64τ2σσ 2

xy

2yx =+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=R El centro : ( 15,5,0-,0

2σσ yx =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

⎩⎨⎧

−=−−=−==+−=+=

⇒−=503,61003,46500,15

503,30003,46500,15500,15

2

1

RR

med

medmed σσ

σσσ [ MPa ]

Dibujemos el Círculo de Mohr de Tensiones conocido el centro y el radio.

61,5 MPa

y

θ = 90°

30,5 MPa

xy(σ , τ )

(σ , τ )

τ

2θ =134,029°θ = 0°xyx

15,50

σ

C (-52;28)

D (21,-28)

F (-61;-6,8)

E (30;6,8)

Identificamos los puntos C y D como la representación del elemento A. Marcamos el punto E ( 30 ; 6,8 ) como parte del elemento B. El extremo opuesto de la diagonal F ( -61 ; -6,8 ) nos indica las tensiones en un plano a 90º. Identificado el punto E, el arco CE nos da el valor de 2θ= 134,029º ⇒ θ = 67,015º.



PROBLEMA Nº 3

σ = 50 MPax σ = 50 MPax

σ = 150 MPay

τ = 100 MPaxy

τ = 100 MPaxy

σ = 150 MPay

Un estado tensional de un punto de un sólido queda caracterizado por: σx =-50 MPa, σy = 150 MPa y τxy = -100 MPa. Hallar las tensiones principales y sus direcciones: a) Aplicando las fórmulas obtenidas a partir de la derivación de σϕ b) Hallando los valores propios y vectores propios del tensor de tensiones Solución: a) Obtengamos las tensiones principales a partir de las fórmulas obtenidas a partir de la derivación

de σθ a.1) Hallemos las tensiones principales normales. Sabemos que las direcciones de las tensiones principales normales cumplen con la expresión:

⎩⎨⎧

==

⇒=−−

=⇒−

=º5,121θ

º5,22θ1

150502(-100)tg2θ

σσ2τ

tg2θIIP

IPp

yx

xyp

El valor de la tensión normal a un plano que forma un ángulo θP es:

⎩⎨⎧

=−=

⇒+−

++

=421,911σ421,91σ

sen2θτcos2θ2σσ

2σσ

σ112,5º

2,5º2xy

yxyxθ [ MPa ]



σ = 91,421 MPaθ1

σ = 91,421 MPaθ1

σ = 191,421 MPaθ2

σ = 191,421 MPaθ2

22,5°

112,5°

Igualmente podíamos haber hallado estos valores de la fórmula que determina el valor de las tensiones principales.

⎩⎨⎧

−==

⇒±=+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+

+=

421,19σ421,911σ

421,41150τ2σσ

2σσ

σmín

máx2xy

2yxyx

máx/mín [ MPa ]

a.2) Hallemos las tensiones tangenciales principales. Sabemos que las direcciones de las tensiones principales tangenciales cumplen la expresión:

⎩⎨⎧

==

⇒−=−−

−=⇒−

−=º5,157θ

º5,67θ1

2(-100)15050tg2θ

2τσσ

tg2θIIS

ISS

xy

yxS

El valor de la tensión tangencial a un plano que forma un ángulo θS es:

⎩⎨⎧

==

⇒+−

−=421,141-τ

421,411τcos2θτsen2θ

2σσ

τ157,5º

67,5ºxy

yxθ [ MPa ]

El valor de la tensión normal un plano que forma un ángulo θS es:

⎩⎨⎧

==

⇒+−

++

=50σ50σ

sen2θτcos2θ2σσ

2σσ

σ157,5º

67,5ºxy

yxyxθ [ MPa ]



157,5°

θσ = 50 MPa

σ = 50 MPaθ

σ = 50 MPaθ

σ = 50 MPaθ

τ = 141,421 MPaθ

τ = 141,421 MPaθ

67,5°

Igualmente podíamos haber hallado estos valores a partir de la fórmula que determina el valor de las tensiones principales tangenciales:

,421411τ2σσ 2

xy

2yx

máx/mín ±=+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −±=τ

b) Hallemos los valores propios y vectores propios del tensor de tensiones.

El tensor de tensiones en estado plano es : ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−−=

15010010050

π

b.1) Sabemos que los valores propios de este tensor son las tensiones principales normales. Para hallar las tensiones normales resolveremos el problema de valores propios:

⎩⎨⎧

−==

⇒=−−

−−=−

,42119σ191,421σ

0σ150001

001σ50-σIπdet

2

1 [ MPa ]

b.2) Sabemos que las direcciones principales son los vectores propios del tensor de tensiones. Para hallar los vectores propios resolvamos ( ) ⇒=− 0nσIπ )

1) 1ª Tensión Principal σ1 = 191,421 [ MPa ]

( ) 0m41,421-100

100,4214120

m191,421150100100,42191150-

nIσπ1

1

1

111 =⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−−⇒=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−−−

=−ll)

⇒−=⇒=−−⇒ 1111 414,20100421,241 ll mm

Vector asociado a σ1 = 191,421 = { 1 ; -2,414} { }0;924,0;383,01 −=⇒ n)



2) 2ª Tensión Principal σ1 = -91,421 [ MPa ]

( ) 0m241,421100

100,421410

m91,421150100100,4219150-

nIσπ2

2

2

222 =⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−⇒=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−−+

=−ll)

⇒=⇒=−⇒ 2222 414,00100421,41 ll mm

Vector asociado a σ1 = -91,421 = { 1 ; 0,414} { }0;383,0;924,02 =⇒ n) b.3) Comprobemos que las dos direcciones con normales realizando el producto escalar de ambos vectores:

{ } { 00;383,0;924,00;924,0;383,021 } =•−=• nn ))



PROBLEMA Nº 4 Un estado tensional en un punto de un sólido queda caracterizado por:

τ = 50 MPa

σ = 100 MPax

xy

σ = 100 MPa

σ = 50 MPa

τ = 50 MPaxy

y

x

σ = 50 MPay

σx =-100 MPa, σy = 50 MPa y τxy = -50 MPa. Hallar las tensiones principales y sus direcciones aplicando el Círculo de Mohr de Tensiones. Solución: Del Círculo de Mohr conocemos:

El centro : ( )25,0-,02

05100-,02σσ yx =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ + y

el radio 139,90)50(2

05100-τ2σσ 2

22

xy

2yx =−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

=+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=R

⎩⎨⎧

−=−−=−==+−=+=

⇒−=115,13991,13925,000Rσσ

65,13991,13925,000Rσσ25,000σ

med2

med1med [ MPa ]



-115,1 MPa 65,1 MPa

(σ , τ )xy

B (50,50)θ = 90°

y

A (-100;-50)

(σ , τ )x xyθ = 0°

25,00

2θ =33,7°

τ

σ2θ =123,7°

C (-25;0)

90,1

MPa

a) Dibujemos el Círculo de Mohr de Tensiones conocido el centro y el radio. b) Tensiones Principales Normales:

106,8°

σ = 115,1 MPa

16,8°

θ

σ = 115,1 MPa

θ

θ

θσ = 65,1 MPa

σ = 65,1 MPa



c) Tensiones de Corte Máximas:

τ = 90,1 MPa

σ = 25 MPa

máx

61,8°

θ

τ = 90,1 MPamáx

σ = 25 MPaθ

σ = 25 MPaθ

σ = 25 MPaθ



PROBLEMA Nº 5 Un estado tridimensional en un punto de un sólido queda caracterizado por: σx = - 4 [MPa] ; σy = 2 [MPa] ; σz = 1 [MPa] y τ xy = 4 [MPa] ; τ xz = 0 ; τ yz = 0 Hallar: a) Las tensiones principales y sus respectivas direcciones

b) Tensiones en el plano cuya normal ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

31,

31,

31n)

Solución: a) Hallemos los valores propios y vectores propios del tensor de tensiones.

El tensor de tensiones es :

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−=

100024044

π

a.1) Sabemos que los valores propios de este tensor son las tensiones principales normales. Para hallar los valores propios solucionaremos el polinomio característico:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−===

⇒=+−=−

−−−

=−6

14

024)-2)(1(100

024044

σIπdet

3

2

12

σσσ

σσσσ

σσ

[ MPa ]

a.2) Sabemos que las direcciones principales son los vectores propios del tensor de tensiones. Para hallar los vectores propios resolvamos ( ) ⇒=− 0nσIπ )


( ) 0000

300024048

04100

04240444

nIσπ

1

1

1

1

1

1

11 =⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−⇒=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−−=−

nm

nm

ll)

⇒⎩⎨⎧

==

⇒⎩⎨⎧

=−=+−

⇒0

203

048

1

11

1

11

nm

nm ll

Vector asociado a σ1 = 4,0 [ MPa ] es {1,2,0}

Si calculamos el vector unitario nos queda : ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

= 0,5

2,5

11n)




( ) 0000

000014045

01100

01240414

nIσπ

2

2

2

2

2

2

22 =⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛−⇒=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−

−−=−

nm

nm

ll)

⇒⎪⎩

⎪⎨

⎧

===

⇒⎪⎩

⎪⎨

⎧

==+

=+−⇒

22

2

2

2

22

22

00

0004

045

nnm

nm

m l

l

l

Vector asociado a σ 2 = 1,0 [ MPa ] es {0,0,n2}

Si calculamos el vector unitario nos queda : { }1,0,02 =n) 3) 3ª Tensión Principal σ3 = -6,0 [ MPa ]

( ) 0000

700084042

0)6(100

0)6(2404)6(4

nIσπ

3

3

3

3

3

3

33 =⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛⇒=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−−−−

−−−=−

nm

nm

ll)

⇒⎪⎩

⎪⎨⎧

=

−=⇒⎩⎨⎧

==+

⇒021

07042

3

33

3

33

n

mn

m ll Vector asociado a σ 3 = -6,0 [ MPa ] es {1;-0,5;0}

Si calculamos el vector unitario nos queda : ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

−= 0,5

1,5

23n)

b) Hallemos las Tensiones de Corte Máximas:

5,12

142

2121 =

−=

−=−

σστ [ MPa ]

0,52

)6(42

3131 =

−−=

−=−

σστ [ MPa ]

5,32

)6(12

3232 =

−−=

−=−

σστ [ MPa ]

0,531máx ==⇒ −ττ [ MPa ]



El esfuerzo de corte máximo se desarrolla en el plano σ1-σ3.

y

τ σ

ρ

z

x

n

c) Hallemos las tensiones normales y tangenciales al plano definido por la normal ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=3

1,

3

1,

3

1n)

⇒

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

•⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−=•=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

31

320

31

31

31

100024044

n

z

y

x

n)r

πρρρ

ρ

Por lo tanto el módulo de sus proyecciones sobre el vector normal y sobre el plano serán:

37

31

31

31

31

320

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡•

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=•= nnn)r

ρσ [ MPa ] y

36222 =−= nnn σρτ

r [ MPa ]

Ejercicios de Tensiones- 1pp Mecanica de Rocas

Documents

Transcript of Ejercicios de Tensiones- 1pp Mecanica de Rocas