1.- Una barra de sección circular, de 25 mm de diámetro, está

1.Una barra de sección circular, de 25 mm de diámetro, está sometida a una fuerza
de tracción de 5000 kg, que se supone distribuida uniformemente en la sección. A partir de
la definición de vector tensión, determinar sus componentes normal y tangencial en el
plano A-A.
A
60º
F
F
A
************************************************************************
*
Resolveremos el problema de dos formas: A partir de la definición de vector
tensión, como pide el enunciado y también mediante el uso del Círculo de Mohr.
• A PARTIR
DE LA DEFINICIÓN DE VECTOR TENSIÓN:
Hacemos el diagrama de cuerpo libre de la barra cuando la cortamos por el plano
A-A:
A
F
60º
F
Fn
Ft
A
Proyectando F sobre la normal al plano A-A y a su perpendicular:
Fn = F·sen 60º = 4330 kg.
Ft = F·cos 60º = 2500 kg.
Los valores de las componentes normal y tangencial de la tensión en el plano
vendrán de repartir uniformemente (como dice el enunciado), sobre la sección de corte
A-A las fuerzas Fn y Ft respectivamente.
Al cortar una barra por un plano no perpendicular a su eje, la sección de corte
pasa de ser un círculo a ser una elipse, cuyo eje menor, a, coincide con el radio de la
barra. Su eje mayor, b, y el área asociada a la sección se obtienen de la siguiente
manera:
b
60º
r
a = r =1.25 cm.
b = r/sen 60º = 1.44338 cm.
Þ Area A-A = π·a·b = 5.67 cm2.
Por lo tanto:
A
- Componente normal: σn =
Fn
= 764 kg/cm2.
Area A − A
- Componente tangencial: τ =
τ
Ft
= 441 kg/cm2.
Area A − A
A
σn
• UTILIZANDO EL CÍRCULO DE MOHR:
La barra se encuentra traccionada, por lo que el estado tensional en cualquier
plano perpendicular a su eje es un estado monoaxial de tensión perfectamente
conocido, ya que la sección de la barra y el valor de la fuerza de tracción lo son.
El círculo de Mohr asociado a este estado es el siguiente:
τ
σp
O
σp/2
σ
donde el eje σ representa también a la dirección del eje de la barra (dirección X):
σp =
F
Þ
Area barra
F = 5000 kg.
Area barra = π ⋅ r 2 = 4.9087 cm2.
σ p = 1019 kg/cm2.
El vector normal al plano A-A, n , representante del mismo, forma un ángulo de
30º con el eje X, girados en el sentido de las agujas del reloj. Por lo tanto, para encontrar
el estado tensional en el plano A-A sobre el círculo de Mohr descrito, y debido a la
forma en la que se trabaja sobre estos círculos, tendremos que girar un ángulo igual a
2×30º = 60º, también en sentido horario, sobre el mismo:
A
60º
x
τ
30º
n
A
σp/2
O
σA-A
σp
σ≡x
2×30º
τA-A
P
En la figura anterior el punto P representa el estado tensional en el plano A-A:
- Componente normal: σA-A =
σp
2
+
- Componente tangencial: τA-A = −
σp
2
σp
2
⋅ cos 60° = 764 kg/cm2.
⋅ sen 60° = - 441 kg/cm2.
Por el modo en que se construye el círculo de Mohr, el signo negativo en la
tensión cortante y el positivo en la normal indican que sobre el plano A-A el sentido de
estas tensiones es el siguiente:
A
τ A −A
σ A −A
A
2.En el estado de tensiones de la figura (en
2
kg/cm ), hallar:
a) Valores de las tensiones normal y tangencial
en el plano ABC.
b) Valores y direcciones de las tensiones
principales.
c) Valor de la tensión tangencial máxima.
250
150
200
200
500
150
400
400
600
B
OA = 2
OB = 3
OC = 4
o
A
C
************************************************************************
*
a) La matriz de tensiones asociada a la figura del enunciado es:
y
x
z
éσx
ê
[T] = êτ xy
êτ xz
ë
τ xy
σy
τ yz
τ xz ù é500 200 400 ù
ú
τ yz ú = êê200 −250 −150úú kg/cm2.
σ z úû êë400 −150 600 úû
El vector tensión en el plano ABC se calcula:
[ σ ] = [ T] ⋅ [ n u ]
siendo n u = (α, β, γ ) , el vector unitario normal a dicho plano. α, β y γ son los cosenos
directores de dicha dirección normal.
Nos dicen que el plano ABC pasa por tres puntos:
A ≡ (2,0,0)
B ≡ (0,3,0)
C ≡ (0,0,4)
Para definir la ecuación del plano necesitamos conocer dos direcciones
contenidas en él y un punto del mismo. Esto es posible a partir de las coordenadas de los
tres puntos, A, B y C:
u = AC = ( −2,0,4)
v = BC = (0,−3,4)
C ≡ (0,0,4)
Þ
x
−2
0
y
z−4
0
4
−3 = 0
4
Þ
6x + 4 y + 3z = 12
Partiendo de la ecuación del plano ABC, un vector representante de la dirección
normal al mismo es n = (6,4,3) y el vector unitario correspondiente:
n
(6,4,3)
=
= (0.768, 0.512, 0.384)
nu
61
Así, el vector tensión en el plano ABC, resulta:
n u = ( α , β, γ ) =
é500 200 400 ù é 0.768ù
[ σ ] = [T] ⋅ [ n u ] = êê200 −250 −150úú ⋅ êê0.512 úú =
êë400 −150 600 úû êë0.384úû
é 640 ù
ê −32ú kg/cm2.
ê
ú
êë 461úû
y sus componentes normal y tangencial son:
σ n = σ ⋅ n u = (640, -32, 461)·(0.768, 0.512, 0.384) = 652 kg/cm2.
τ = σ
2
− σ n = 789.52 − 652 2 = 445 kg/cm2.
2
b) Las tensiones principales son los autovalores de la matriz de tensiones [ T] ,
siendo σ1 el mayor y σ3 el menor:
σ1 = 953 kg/cm2.
σ2 = 267 kg/cm2.
σ3 = -370 kg/cm2.
Los cosenos directores correspondientes a las tensiones principales son las direcciones
principales. Estas tensiones principales son los autovalores de la matriz de tensiones,
por lo tanto las direcciones buscadas serán los autovectores asociados a ellos.
σ1 = 953 kg/cm2.
Þ
u1 = (0.666, 0.018, 0.746)
σ2 = 267 kg/cm2.
Þ
u 2 = (0.667, 0.434, -0.606)
σ3 = -370 kg/cm2.
Þ
u 3 = (-0.334, 0.901, 0.277)
c) La tensión tangencial máxima coincide con el radio del mayor círculo de
Mohr, y estos están perfectamente determinados a partir de las tensiones principales
calculadas en b):
τ
τmax
σ3
σ2
σ1
σ
τ max =
σ1 −σ3
= 662 kg/cm2.
2
3.Dado el estado de tensiones de la figura (en kg/cm2), hallar:
a) Tensiones en ABC.
b) Tensiones y planos principales.
c) Tensiones cortantes máximas, sus planos y las σ-s correspondientes.
200
500
500
400
A
B
400
35º
500
C
200
500
************************************************************************
*
a) Se trata de un estado plano de tensiones, luego podemos trabajar con una matriz
de tensiones 2×2, que en nuestro caso será:
nAB
y
uAB
B
A
x
éσ
[T] = êτ x
ë
35º
nBC
xy
τ xy ù
=
σ y úû
é −400 −500ù
2
ê −500 200 ú kg/cm .
ë
û
C
uBC
El vector unitario normal al plano AB es:
n AB = (-sen 35º, cos 35º ) = ( -0.574, 0.819)
A partir de él es fácil obtener las componentes de los otros vectores que aparecen
en la figura:
u AB = (0.819, 0.574)
n BC = (-0.819, -0.574)
u BC = (0.574, -0.819)
El vector tensión en el plano AB resulta:
σAB = [ T] ⋅ [ n AB ] = ( -180.1, 450.6) kg/cm2
Las componentes normal y tangencial de dicho vector tensión son:
σ nAB = σAB ⋅ n AB = 472 kg/cm2.
τ AB = σAB ⋅ u AB = 111 kg/cm2.
Procediendo de igual modo para el plano BC, obtenemos:
σ BC = [ T] ⋅ [ n BC ] = ( 614.6, 294.7) kg/cm2
σ n BC = σ BC ⋅ n BC = -672 kg/cm2.
τ BC = σ BC ⋅ u BC = 111 kg/cm2.
No habría hecho falta el cálculo de τBC , puesto que por ser AB y BC
perpendiculares, para que exista equilibrio, por reciprocidad de tensiones, τAB = τBC . Sirva
su cálculo de comprobación.
La solución de este apartado se resume en la siguiente figura:
472
111
kg/cm2.
672
b) Por tratarse de un estado tensional plano, la normal a dicho plano es dirección
principal, y la tensión principal asociada a la misma es nula. Es decir, en nuestro caso, lo
que sería el eje Z es dirección principal y la tensión principal asociada a ella será 0. No
sabemos todavía si será la 1, la 2 ó la 3, ya que eso depende del valor que resulten tener las
otras dos que nos faltan por calcular.
Estas tensiones principales, todavía incógnita, serán los autovalores de la matriz
[T] del apartado a), y sus direcciones principales los autovectores correspondientes:
Autovalores: 483;
-683
Autovectores: ( -0.493, 0.870);
( 0.870, 0.493)
Por lo tanto:
σ1 = 483 kg/cm2.
σ3 = -683 kg/cm2.
σ2 = 0
Representamos el resultado sobre una figura:
y
483
x
683
α
æ 0.4927 ö
α = arc.tgç
÷ = 29.5°
è 0.8702 ø
c) Conocidas σ1, σ2 y σ3 , los círculos de Mohr asociados a este estado tensional están
perfectamente determinados:
n max − I
τ
τmax
σ3
2×θ
σ2
σ1
σ
1
2×θ
n max − II
Vemos en ellos que la τmax se encuentra sobre dos planos cuyas normales forman
un ángulo θ = 45 º con la dirección principal 1 (calculada en el apartado b), girados en
sentido antihorario y horario respectivamente.
El valor de τmax y la tensión normal correspondiente a dicho cortante máximo
coinciden con el radio y el centro del círculo del Mohr determinado por σ1 y por σ3 ,
respectivamente.
τ max =
σ τ max
σ1 − σ 3
= 583 kg/cm2.
2
y
1
29.5º
σ + σ3
= 1
= -100 kg/cm2.
2
nmax-I
3
45º
x
74.5º
Representamos el resultado en la siguiente figura:
100
583
100
nmax-II
74,5º
4.Hallar el incremento de longitud y el incremento de volumen que experimenta una
barra suspendida del techo sometida a la acción de su propio peso.
Datos: longitud=L; sección=A (uniforme); módulo de elasticidad=E; coeficiente de
Poisson=µ; densidad = ρ
**********************************************************************
Si ρ es la densidad del material, y suponemos el peso repartido uniformemente, en
cada sección, la barra se encuentra traccionada con una tensión σx de valor:
P(x) = ρ·g·A·x
σx
L
σx(x) =
x
P ( x)
= ρ ⋅g⋅x
A
P(x)
Puesto que σx es función de x, la barra no se deformará de igual forma a lo largo
de su longitud. Por lo tanto, para encontrar los incrementos de longitud y de volumen
totales de la misma será necesario hacer una integración de la siguiente manera:
L
∆lunitario = εx
Þ ∆ltotal =
òε
x
⋅ dx
x =0
L
∆Vunitario = ε x + ε y + ε z Þ ∆Vtotal =
ò ∆V
unitario
L
⋅ dV =
x =0
ò ∆V
unitario
⋅ A ⋅ dx
x =0
Las deformaciones unitarias εx , εy y εz se obtienen a partir de la ley de Hooke,
que por ser en este caso σy = σz = 0, queda reducida a:
εx =
σx
;
E
εy = −
µ
⋅ σx ;
E
εz = −
µ
⋅ σx ;
E
Resultando:
L
ρ ⋅g⋅x
ρ ⋅g 2ù
ρ ⋅ g ⋅ L2
⋅x ú =
⋅ dx =
∆ltotal = ò
E
2⋅E
2⋅E
û0
x =0
L
∆Vunitario = ε x + ε y + ε z =
1 − 2µ
⋅ρ ⋅g⋅x
E
L
x2 ù
1 − 2µ
1 − 2µ
⋅ ρ ⋅ g ⋅ x ⋅ A ⋅ dx =
⋅ρ ⋅g ⋅A ⋅ ú
∆Vtotal = ò ∆Vunitario ⋅ A ⋅ dx = ò
E
E
2 û0
x =0
x =0
L
L
∆Vtotal =
L2
1 − 2µ
⋅ ρ ⋅g ⋅A ⋅
E
2