EMMC Ejercicios resueltos 4 tema6 Sólido Elástico - Axel

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EJERCICIOS RESUELTOS 
TEMA 6 
SÓLIDO ELÁSTICO 
1. Un sólido elástico, homogéneo, lineal e isotrópico, presenta un módulo de elasticidad 
de 72 GPa y un coeficiente de Poisson de 0.33. Una pieza del material anterior es 
sometida a una serie de solicitaciones que provocan en un punto del cuerpo una 
distorsión, la cual se puede representar mediante el tensor eij. 
 
3
4 1 2
1 4 3 10
2 3 9
ije x m m
−
− 
 
= − − −
 
 − − 
 
 
Con base en lo anterior y considerando que la deformación está dentro del rango 
elástico, determine: 
 
a) Tensor de deformación y rotación asociado 
b) Vector de rotación. ¿Cómo se puede definir el flujo con base a este dato? 
c) Deformaciones principales 
d) Tensor de esfuerzos asociado 
e) Esfuerzos principales 
f) Desviador de esfuerzos 
g) Esfuerzos principales asociados al desviador 
h) Energía por unidad de volumen asociada a la deformación elástica 
 
Solución 
a) ( )
T
u u =   el tensor es simétrico, razón por la que es desplazamiento es 
irrotacional 
 
  ˆ0 0ij ij ij i ie w e  = =  =
 
 
Por consecuencia, se pueden calcular las deformaciones principales, las cuales 
quedan 
INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO 
2 
 
3
4.5 0 0
0 3 0 10
0 0 10.5
ijp
−
 
 
= −  
 − 
 
b) Considerando las propiedades elásticas del MC y la deformación volumétrica unitaria
ii 
31
3
72 GPa 9 10iiE x 
−= = = − 
 
 Se tiene que 
33 54 GPa
4 1(1 )(1 2 ) 4
3 3
2 (1 )
3
27 GPa
42(1 ) 8
2
3
E
E E
E
E E E


 
 


= = = =
+ −   
  
  
= +
= = = =
+  
 
 
 
 Le ecuación constitutiva del SEHLI se expresa 
2
270 54 108
54 702 162 MPa
108 162 972
ij kk ij ij
ij
   

= +
− − 
 
 = − − − 
 − −  
b) Los esfuerzos principales quedan; 
240 0 0
0 649 0 MPa
0 0 1055.2
ijp
− 
 
= − 
 −  
 
a) El esfuerzo hidrostático es 
3
kk
H

 = y la componente esférica del esfuerzo se 
expresa ij esf H ij  = 
 EJERCICIOS RESUELTOS TEMA 4. ESFUERZOS 
3 
648 MPa
Por otra parte el desviador de esfuerzos se define;
378 54 108
54 54 162 MPa
108 162 324
H ij esf H ij
ij ij H ij
ij
S
S
   
  
= −  =
= −
− 
 
 = − − − 
 − − 
 
 
b) Calculando los esfuerzos principales asociados al desviador de esfuerzos se tiene: 
408.16 0 0
0 0.947 0 MPa
0 0 407.216
ijpS
 
 
= − 
 −  
Se puede constatar que los esfuerzos principales asociados al desviador están relacionados 
con los principales asociados al tensor de esfuerzos de Couchy i i HS  = − 
c) La energía asociada a la deformación elástica se calcula como; 
( ) ( )1 1 2 2 2 2
3
1 1 1
240 4.5 649 3 1055.2 10.5
2 2 2
5973.3 kJ/m
ij ijW
W
       = = + + = −  +  + 
 =
 
 
2. Considere una barra redonda de 0.1 m de radio y 10m de longitud la cual se encuentra 
sometida a una carga de tracción de 6kN. Encuentre el campo de deformaciones, el de 
desplazamiento asociado, así como las dimensiones finales de ésta considerando que 
100yE GPa= y 0.3 = . 
 
Solución 
 
a) Campos de esfuerzos y deformaciones. 
Esta barra se encuentra bajo una condición uniaxial de carga, en este caso de tracción tratando 
de estirar a la barra. Por tal motivo el estado de esfuerzos y deformaciones esperado es el 
siguiente. 
 
INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO 
4 
11 0 0
0 0 0
0 0 0
ij
T
T MPa
 
 
=
 
  
 
Como este queda diagonalizado, se trata por tanto de un estado de esfuerzos principal, es decir 
11 1T T= . 
11 1
(p)
0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
ij ij
T T
T T
   
   
 = = =
   
      
 
 
A partir de la ley de Hooke, las deformaciones son 
( )
( )
1
1
2 1
ij ij kk ijT T   
 
 = + − +
 
( )
( ) 1111 11 22 33
1
2 1 y
T
T T T
E
 
 
 = − + =  +
 
( )
( )22 22 11 33 11
1
2 1 y
T T T T
E

 
 
= − + = −  +
 
( )
( )33 33 11 22 11
1
2 1 y
T T T T
E

 
 
= − + = −  +
 
 
11
22
33
0 0
0 0
0 0
ij
m
m

 

 
 
=
 
  
 
Donde el tensor también queda diagonalizado y por tanto se obtiene un estado de 
deformaciones principales. 
11 1
22 2 (p)
33 3
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
ij ij
m m
m m
 
   
 
   
   
 = = =
   
      
 
 
A partir del radio de la barra, el área de la sección transversal de ésta es 
( )
22 2 2
1 0.1 3.1416 10A R x m 
−= = = 
 
Por lo que la magnitud del esfuerzo, considerando la fuerza aplicada de 6kN, y de las 
deformaciones, a partir de que el módulo de elasticidad es de 100 GPa y el coeficiente de 
Poisson es de 0.3, quedan 
3
1
11 2
1
6 10
190.98 191
3.1416 10
f x
T kPa kPa
A x −
= = =  
 EJERCICIOS RESUELTOS TEMA 4. ESFUERZOS 
5 
3
611
11 9
191 10
1.91 10
100 10y
T x
x
E x
 −= = = 
( )3
6
22 33 11 9
0.3 191 10
0.573 10
100 10y
x
T x
E x

  −= = − = − = − 
 
191 0 0
0 0 0
0 0 0
ijT kPa
 
 
 =
 
  
 y 
6
1.91 0 0
0 0.573 0 10
0 0 0.573
ij
mx
m
 −
 
 
=
 
  
 
 
b) Campo de desplazamientos. 
A partir de la definición de la deformación se tiene que 
1 1
2 2
j ji i
ij
j i j i
u uu u
X X x x

     
= + +   
         
 
1 1
11
1 1
u u
X x

 
 =
 
 (1) , 
2 2
22
2 2
u u
X x

 
=
 
 (2) , 
3 3
33
3 3
u u
X x

 
=
 
 (3) 
 
Además, se tienen como condiciones de frontera que los desplazamientos y rotaciones en el 
punto donde se encuentra empotrado el elemento son iguales a cero, lo que en nuestro caso, 
donde el empotramiento coincide con el origen del sistema de referencia, se tiene que 
( ) ( )0,0,0 0,0,0iu = y ( )0,0,0 0M = 
 
Resolviendo las ecuaciones diferenciales planteadas (ecuaciones 1, 2 y 3) 
1 11 1 1 11 1 1 11 1 1du dX u X c x c  =  = + +  ….(1’) 
2 22 2 2 22 2 2 22 2 2du dX u X c x c  =  = + +  ….(2’) 
3 33 3 3 33 3 3 33 3 3du dX u X c x c  =  = + +  ….(3’) 
 
De las condiciones de frontera, para las ecuaciones 1’, 2’ y 3’, respectivamente, queda 
1 2 30, 0, 0c c c = = = 
 
Quedando el campo de desplazamientos 
1 11 1 11 1u X x = , 2 22 2 22 2u X x = , 3 33 3 33 3u X x = 
 
Y para el caso particular del problema 
( ) ( )6 61 1 11.91 10 1.91 10u x X x x− − = , ( ) ( )6 62 2 20.573 10 0.573 10u x X x x− −= 
( ) ( )6 63 3 30.573 10 0.573 10u x X x x− −= 
 
c) Dimensiones finales del cuerpo. 
INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO 
6 
A partir de la definición para la cuantificación de la deformación se tiene que 
0
ln
fl
l

 
=  
 
 ; 1
11
01
ln
fl
l

 
 =  
 
 , 2
22
02
ln
fl
l

 
=  
 
 , 3
33
03
ln
fl
l

 
=  
 
 
 
La longitud inicial medida en el eje 1x , es la longitud de la barra o 10m, mientras que la 
longitud inicial en dirección del eje 2x y 3x , es el radio de la barra o 0.1m. 
La longitud final está dada por 
( )
( )6
11
1.91 10
1 01 1 10 10.00002
x
f fl l e l e m

−
= →  = = 
( )
( )6
22
0.573 10
2 02 2 30.1 0.099994
x
f f fl l e l e m l

−−
= →  = = = 
 
 
3. En un tren de laminación de metales se cuenta con un laminador dúo, el cual es 
accionado por un motor de 1000 HP. La caja de laminación dispone de rodillos de 36 
pulgadas de diámetro, y la velocidad de laminación es de 12 m/s. Los ejes de 
transmisión con los que cuenta la caja son sólidos de 62 mm de radio y están 
elaborados en un acero aleado CrNiMo Templado y Revenido con un límite elástico 1100 
MPa y resistencia máxima de 1350 MPa. Puede considerarse que la velocidad de 
laminación es aproximadamente igual a la perimetral de los rodillos. 
 
a) ¿Cuáles serán los esfuerzos a los que estará sometido el eje que transmite el 
movimiento a los rodillos de laminación? 
b. Desarrolle una expresión para determinar los esfuerzos en la flecha de transmisión 
considerando queésta es sólida, de sección circular, diámetro D y longitud L . 
Considere que la deformación es elástica y que el material es un sólido elástico, 
homogéneo e isotrópico. 
 
 
Figura 1. Laminador Dúo 
 
c. ¿Cuál será el estado de esfuerzos en el eje si al momento de que se produce la 
reducción o laminado de un elemento se genera un momento flector de 6kN-m? Lo 
anterior por efecto de la carga de laminación. 
 
 
Solución 
a), b) Estado de esfuerzos ijT a los que estará sometido el eje que transmite el movimiento a 
los rodillos de laminación y desarrollo de la ecuación para determinarlos 
 EJERCICIOS RESUELTOS TEMA 4. ESFUERZOS 
7 
( )1x = 
Bajo la consideración de un desplazamiento infinitesimal 
1 rad 10 tan , sen     →    
Para A - A’ 
2 2
2 3
3 3
tan ; 
u u
u x
x x
  =  =  = 
Para B - B’ 
3 3
3 2
2 2
tan ; 
u u
u x
x x
  = −  = −  = − 
 
Por lo que el campo de desplazamientos queda definido por 
1 3 2 2 30iu e x e x e  = + − 
 
A partir de éste, el campo de deformaciones ij asociadas queda definido por 
1
2
ji
ij
j i
uu
x x

 
= + 
   
 
31 2
11 22 33
1 2 3
0 , 0 , 0
uu u
x x x
  
 
 = = = = = =
  
 
31 2
12 3
2 1 1 1
1 1
0
2 2 2
xu u
x
x x x x
 

      
= + = + =   
      
 ,  3223
3 2
1 1
0
2 2
uu
x x
  
 
= + = − + = 
  
 
3 1 2
31 2
1 3 1 1
1 1
0
2 2 2
u u x
x
x x x x
 

      
= + = − + = −   
     
 
INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO 
8 
3 2
3
1
2
0
1
0 0
2
0 0
ij
x x
x
x
x


− 
  
 =
 
 − 
 
Aplicando la ley de Hooke, se obtiene el campo de esfuerzos ijT 
2  = +ij kk ij ijT 
( )11 11 22 33 112 0T     = + + + = , ( )22 11 22 33 222 0T     = + + + = 
( )33 11 22 33 332 0T     = + + + = 
12 12 3
1
2T x
x

 

= =

 , 
23 232 0T = = , 31 31 2
1
2T x
x

 

= = −

 
3 2
3
1
2
0
0 0
0 0
ij
x x
T x
x
x


− 
  
 =
 
 − 
 
 
Para continuar el análisis se verificará si se cumple el equilibrio por parte de los esfuerzos, 
empleando para tal fin la ecuación de Cauchy 
- Condiciones de equilibrio estático 
0i
Dv
Dt
→ = 
- Despreciando la acción de las fuerzas de cuerpo 0ib→ = 
Por lo que la ecuación de Cauchy queda 
ij
i
j
T
b
x


+

iDv
Dt
= 0
ij
j
T
x

 =

 
Empleando esta ecuación en dirección “ 1x ” 
1311 12
1 2 3
0
 
+ + =
  
TT T
x x x
 
0 0 = 
En dirección “ 2x ” 
2321 22
1 2 3
0
 
+ + =
  
TT T
x x x
 ; 
2
3 2
1
0 0 0



− + + =

x
x
 ; 
2
2
1
0
x

 =

 
 EJERCICIOS RESUELTOS TEMA 4. ESFUERZOS 
9 
1
ctte
x

 =

, por lo que la variación del ángulo de desplazamiento  es constante a lo largo del 
eje 
1x 
 
Evaluando la distribución de los esfuerzos en el plano de la sección transversal del elemento, 
la normal que define a esta superficie es 
1 2 30 0in e e e= + + 
La distribución se obtiene mediante la ecuación 
= t T n 
3 2
3
1
2
0 1
0 0 0
0 0 0
x x
t x
x
x


−   
    
 =
   
   −   
 
( )1 3 2 2 3 1 21 2 31 3
1
0 0t e x e x e e T e T e
x



 = + − = + +

 
 
A partir de lo anterior, auxiliándose de la figura anterior, se realiza una sumatoria de 
momentos alrededor del origen 
0 0 =M ; 31 2 21 3 0T A A
M T x dA T x dA  − + − =
   
( )31 2 21 3 2 2 3 3
1 1
T
A
M T x T x dA x x x x dA
x x
 
 
     
= − = − −          
  
( )2 2 22 3
1 1
TM x x dA r dA
x x
 
 
 
= − + = −
  
 
Considerando la definición para la ecuación del círculo, se tiene que 
2 2 2 2 2 2
2 3x y r x x r+ = → + = 
INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA DEL MEDIO CONTINUO 
10 
Obteniéndose 
( )2 2 22 3
1 1
TM x x dA r dA
x x
 
 
 
= − + = −
  
 
Teniendo en cuenta la definición para el momento polar de inercia 
2J r dA=  
En el caso particular de la sección transversal empleada 
4
2
2 2
0 0 2
R R
J r dA r rd dr
 
= = =   
Empleando el momento polar de inercia en la definición obtenida en el cálculo del momento 
torsionante, además sólo interesa la magnitud de éste, por lo que se desprecia el signo negativo 
1
TM J
x



 =

 ; 
1
TM
x J



=

 
1


=
 
 
 
T
p
M
I
x
 
Sustituyendo  en el tensor de esfuerzos 
3 2 3 2
3 3
1
2 2
0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
T
ij
x x x x
M
T x x
x J
x x


− −   
    
= =
   
   − −   
 
3 2
3
2
0
0 0
0 0
T
ij
x x
M
T x
J
x
− 
 
 =
 
 − 
 
Por lo tanto, la anterior es una expresión para calcular los esfuerzos debidos al momento 
torsionante. Puede observarse que el cuerpo se encuentra sometido a esfuerzos de corte puro. 
3 2
34
2
0
32
0 0
0 0
T
ij
x x
M
T x
x

− 
 
=
 
 − 
 
 
c) Estado de esfuerzos ijT en el eje, teniendo además la acción de un momento flector de 6kN-
m 
 
Considerando el estado de esfuerzos debido a un momento flector 
 EJERCICIOS RESUELTOS TEMA 4. ESFUERZOS 
11 
11 2
fM
T x
I
= 
2 0 0
0 0 0
0 0 0
f
ij
x
M
T
I
 
 
 =
 
  
 
Para el momento flector aplicado de 6kN-m, además de que el segundo momento de área de 
los ejes con 62mm de radio es igual a 
( )
4
34
5 4
62 10
1.16 10
4 4
xR
I I x m

−
−= → = = 
 
( )311 2 5
6000
62 10 32.07
1.16 10
fM
T x x MPa
I x
−
−
→ = = = 
32.07 0 0
0 0 0
0 0 0
ijT MPa
 
 
 =
 
  
 
 
Empleando el principio de superposición, se obtiene la respuesta al interior del material 
provocado por los momentos torsionante y flector 
3 2 2
3
2
0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
fT
ij
x x x
MM
T x
J I
x
−   
   
= +
   
   −   
 
 
El efecto provocado por el momento torsionante podría cuantificarse mediante los datos 
proporcionados inicialmente por el problema (potencia del motor 1000HP=746kW, caja de 
laminación con rodillos con un diámetro de 36in=91.44cm, velocidad de laminación de 12 
m/s) a través de las siguientes relaciones 
112 0.9144 13.12v R v R s  −= → = = = 
746000 13.12 56.86T TW M M W kN m = → = = = − 
 
En general el estado de esfuerzos queda 
( ) ( )
( )
( )
2 3 2
3
2
0 0
0 0
f T T
T
ij
T
M M M
x x x
I J J
M
T x
J
M
x
J
  
−  
  
 
 =  
 
 −
 
 