MdCF_04_PRACTICA_tensiones

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UNIVERSIDAD TECONOGICA NACIONAL
FACULTAD DREGIONAL HAEDO
DEPARTAMENTO DE INGENIERIA FERROVIARIA
PRACTICA 4 - TENSIONES
PROFESOR TITUTLAR
PROFESOR ADJUNTO
CURSO
FECHA DE ENTREGA
ALUMNOS
CALIFICACION
:
:
:
:
:
:
Dr. Jaroszewicz, Sebastián.
Ing. Imbrioscia, Gerardo.
Mecánica del Continuo
8/05/2020
Apellido 3, Nombre
Nota
Legajo 0003
HAEDO - BS AS
2020
MdCF - Practica 04 2020
1. Las componentes del tensor de tensiones (Cauchy) en un punto P son:
σij =
1 2 32 4 6
3 6 1
MPa
Calcular:
a) el vector tracción ~t en P para un plano normal el eje x1
b) el vector tracción ~t en P para un plano cuyo vector normal es (1,-1,2)
c) el vector tracción ~t en P para un plano 2x1 − 2x2 − x3 − 0
d) las tensiones principales en P
e) las direcciones principales de σ en P
2. Las componentes del tensor de tensiones (Cauchy) en un punto P son:
σij =
 8 −4 1−4 3 0,5
1 0,5 2
Pa
a) Calcular el vector tensión en el punto P según la dirección del plano ABC, como se indica
en la figura
b) Obtener el vector tensión normal (~σN) y el vector tensión tangencial (~σN)
Solución
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3. Consideremos un recipiente a presión ciĺındrico cerrado hecho de material compuesto de fibras,
como se muestra en la figura a continuación. El recipiente tiene un diámetro interno Di =
63,5cm, un espesor h = 2cm y esta presurizado a una p = 1,379MPa. Si las fibras se encuentran
orientadas en un ángulo θ = 53,13◦ respecto a la longitud del recipiente, calcular las fuerzas
normales y de corte por unidad de longitud de filamento.
Solución
Notaremos que para la resolución del ejercicio no son necesarias conocer las propiedades del
material.
Partiremos calculando las tensiones longitudinales y circunferenciales (las de corte son nulas).
Utilizaremos la misma convención para diferenciar las tensiones que en ejemplo resuelto de la
gúıa:
σxx =
pDi
4h
=
1,379× 0,635
4× 0,02
= 10,946MPa
σyy =
pDi
2h
=
1,379× 0,635
2× 0,02
= 21,892MPa
A partir de los resultado anteriores, se pueden calcular las tensiones de corte en las direcciones
de las fibras (σ11), normales a ellas (σ22) y las de corte (σ12), haciendo uso de la matriz de
transformación obtenida en el ejemplo resuelto.
4. El estado de tensión en un punto determinado de un continuo viene expresada a través del
tensor de tensiones:
σij =
2 1 01 2 0
0 0 2
Pa
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a) Calcular las componentes de σ en un nuevo sistema primado, a partir de la matriz de
transformación aij
b) Calcular los invariantes principales de σ.
c) Calcular los autovalores y autovectores de σ. Verificar que estos autovectores forman una
matriz de transformación de base entre el sistema original y el principal.
d) Calcular la parte esférica y la parte desviadora del tensor de tensiones. A partir de la
parte desviadora, obtener los invariantes principales y autovalores
5. Un cuerpo experiencia una deforfmacion caracterizada por el siguiente mapeo
κ(X, t) = x = AX2ê1 +BX1ê2 + CX3ê3
donde A, B y C son constantes. Las componentes del tensor de tensiones de Cauchy en un
cierto punto del cuerpo vienen dadas por
[σ] =
0 0 00 σ0 0
0 0 0
MPa
donde σ0 es una constante.
Determine los tensores de tensiones de Piola-Kirchhoff
6. Respecto a un sistema cartesiano, las componentes del tensor de tensiones en un punto de un
continuo estan definidas por:
σij =
200 400 300400 0 0
300 0 −100
Pa
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Determinar el vector traccion y sus componentes normales y tangenciales en un punto p,
referidos al plano φ(x1, x2, x3) = x1 + 2x2 + 2x3 = k, con k constante, el cual pasa por el
punto.
Solución
Primero debemos encontrar el versor normal al plano sobre el cual queremos encontrar nuestro
vector traccion. En este caso seria:
n̂ =
∇φ
|∇φ|
=
1
3
(ê1 + 2ê2 + 2ê3)
Por lo que las componentes del vector traccion es:
t1
t2
t3
 =
200 400 300400 0 0
300 0 −100
 1
3

1
2
2
 = 13

1600
400
100
Pa
También se puede expresar:
~t n̂ =
100
3
(16ê1 + 4ê2 + ê3)Pa
El vector tracción normal al plano es:
~t n̂n = (~t
n̂ · n̂)n̂ = 2600
9
n̂ =
2600
27
(ê1 + 2ê2 + 2ê3)Pa
Para obtener el vector tangencial (o de corte):
~t n̂s = ~t
n̂ − ~t n̂n =
100
27
(118ê1 − 16ê2 − 43ê3)Pa
La magnitud del vector tracción normal:
|~t n̂n| = tn̂n =
2600
9
= 288,89Pa
La magnitud del vector tracción tangencial:
|~t n̂s | = tn̂s = 468,91Pa
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7. A partir del tensor de tensiones propuesto, averiguar las tensiones principales y el plano
asociado con la tensión máxima.
σij =
12 9 09 −12 0
0 0 6
MPa
Solución
Claramente podemos observar que uno de los autovalores esta de forma explicita, σ3 = 6. Por
lo que si resolvemos el determinante caracteŕıstico |σ − λI| = 0, queda un polinomio de la
siguiente forma:
(λ2 − 225)(6− λ) = 0
Lo cual nos arroja las siguientes ráıces:
σ1 = λ1 = 15 , σ2 = λ2 = 6 , σ3 = λ3 = −15
Para obtener el plano asociado con la tensión máxima, calculamos lo siguiente:12− 15 9 09 −12− 15 0
0 0 6− 15


n
(max)
1
n
(max)
2
n
(max)
3
 =

0
0
0

Lo cual nos entrega el siguiente sistema de ecuaciones:
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
−3n1 + 9n2 = 0
9n1 − 27n2 = 0
−9n3 = 0
⇒
{
n3 = 0
n1 = 3n2
Para lo cual obtenemos el versor director asociado:
n̂(max) =
1√
10
(3ê1 + ê2)
8. Consideremos un rectángulo de hecho de un material compuesto de fibra reforzada en forma
unidireccional. En la imagen a continuación se muestran las fibras como lineas negras. Se
utilizara un sistema de coordenadas rectangular (x,y,z) de forma que el eje z se normal al
plano de las fibras, y el eje x e y, definen el plano de las fibras. Luego supongamos un nuevo
sistema de coordenadas rectangulares x1, x2, x3 donde el eje x3 coincide con el eje z y el eje x1
coincide con la dirección de las fibras; eso significa que el plano definido por x1x2 se obtiene
por rotar el plano xy alrededor del eje z en un sentido antihorario con un ángulo θ.
Determinar las relaciones entre las componentes de tensión referidas al sistema (x,y,z) y al
sistema coordinado x1, x2, x3.
Solución
Los sistemas coordenados desde un punto de vista material están relacionados de forma que
z = x3
x1
x2
x3
 =
 cos θ sin θ 0− sin θ cos θ 0
0 0 1

x
y
z
 = [L]

x
y
z

Lo que queda a continuación es establecer la relación entre las componentes de tensión en
el sistema original y el girado. Como convención definiremos que el tensor de tensiones σ
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se expresara como σij para el sistema x1, x2, x3 y de la forma σxx, σyy, σxy, etc. en el sistema
original x, y, z. Las relaciones de transformacion de forma general seran de la forma:
[σ] = [L][σ][L]T , [σ] = [L]T [σ][L]
Si realizamos el trabajo algebraico de multiplicar las matrices de cosenos directores y arre-
glar las ecuaciones en funcion de vectores-columna (σxy = σyx, σxz = σzx, σyz = σzy, σ12 =
σ21, σ13 = σ31, σ23 = σ32), se obtiene:
σ11
σ22
σ33
σ23
σ13
σ12

=

cos2 θ sin2 θ 0 0 0 sin 2θ
sin2 θ cos2 θ 0 0 0 − sin 2θ
0 0 1 0 0 0
0 0 0 cos θ − sin θ 0
0 0 0 sin θ cos θ 0
−1
2
sin 2θ
1
2
sin 2θ 0 0 0 cos 2θ


σxx
σyy
σzz
σxy
σxz
σzy

Queda al estudiante obtener la matriz de transformación opuesta.
9. Consideremos una barra cuya sección viene definida por A = b H y un largo L. La configura-
ción inicial de esa barra es tal que su eje longitudinal es coincidente con el eje X1. Supongamos
que la barra se somete a una tensión uniaxial que produce un estiramiento puro λ a lo largo de
la longitud y un estiramiento puro µ a lo largo de la altura de la barra, la cual rota sin doblarse
un ángulo θ. Asumimos que el ancho b de la barra no cambia durante la deformación. Por
lo tanto, µ es la relación de la altura deformada respecto a la sin deformar de la barra. Calcular:
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a) El mapeo de la deformación y las componentes del gradiente de deformación
b) las componentes del tensor de tensiones de Cauchy, el primer y el segundo tensor de
tensiones de Piola-Kirchhoff
Solución
a) A traves del analisis de la geometria deformada de las figuras, podemos obtener el mapeo
de la deformacion:
κ(X) = (λX1 cos θ − µX2 sin θ)ê1 + (λX1 sin θ − µX2 cos θ)ê2 +X3ê3
Por lo que las componentes del gradiente de deformacion y su inversa quedan definidos
como:
[F ] =
λ cos θ −µ sin θ 0λ sin θ µ cos θ 0
0 0 1
 , [F ]−1 = 1
J
 µ cos θ µ sin θ 0−λ sin θ λ cos θ 0
0 0 µλ

siendo el Jacobiano igual a J = µλ
b) En el sistema no deformado, el vector unitario normal a la seccion se define como N̂ = Ê1,
mientras que el vector unitario normal a la seccion en la configuracion deformada es
n̂ = cos θê1 + sin θê2.
El tensor de tensiones de Cauchy es definido como σ = σ0n̂n̂, por lo las componentes del
tensor de tension son:
[σ] =

cos θ
sin θ
0
σ0 {cos θ sin θ 0} = σ0
 cos2 θ cos θ sin θ 0cos θ sin θ sin2 θ 0
0 0 0

Para el calculo de las componentes primer tensor de Piola-Kirchhoff:
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[P ] = J [σ][F ]−T = σ0
 cos2 θ cos θ sin θ 0cos θ sin θ sin2 θ 0
0 0 0
µ cos θ −λ sin θ 0µ sin θ λ cos θ 0
0 0 µλ

= σ0µ
cos θ 0 0sin θ 0 0
0 0 0

El tensor queda definido:
[P ] = σ0µ

ê1
ê2
ê3

T cos θ 0 0sin θ 0 0
0 0 0

Ê1
Ê2
Ê3

= σ0µ(cos θê1 + sin θê2)Ê1
Las componentes del segundo tensor de Piola-Kirchhoff se obtiene:
[S] = [F ]−1[P ] =
µσ0
J
 µ cos θ µ sin θ 0−λ sin θ λ cos θ 0
0 0 µλ
cos θ 0 0sin θ 0 0
0 0 0

=
µσ0
λ
1 0 01 0 0
0 0 0

El tensor queda definido:
[S] =
µσ0
λ
Ê1Ê1
A continuación se muestra una interpretación geométrica de los tensores calculados. Se puede
observar que tanto el tensor de tensiones de Cauchy (el cual representa la fuerza actual
por unidad de área deformada) como el el segundo tensor de Piola-Kirchhoff (que repre-
senta la fuerza actual transformada por unidad de área no deformada) se encuentran
en equilibrio. Mientras que el primer tensor de Piola-Kirchhoff (que representa la fuerza
actual por unidad de área no deformada), no satisface las condiciones de equilibrio en
el cuerpo sin deformar.
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