Resistencia de Materiales I Resúmenes y Problemas de Clase Departamento de Mecánica Estructural y Construcciones Industriales Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales de Madrid U.D. de Resistencia de Materiales Curso 2007-08 Anotaciones Presentación Estas notas se han concebido como material de apoyo didáctico para la asignatura de “Resistencia de Materiales I”, asignatura semestral que imparte el Departamento de Mecánica Estructural y Construcciones Industriales de la ETS de Ingenieros Industriales de Madrid. Se pretende dar al alumno la posibilidad de contrastar con ellas sus apuntes de clase y, de esta manera, ayudarle a comprender mejor las ideas transmitidas por el profesor. De acuerdo con los objetivos de la asignatura, se proporciona primero una introducción a la teorı́a de la elasticidad lineal, para luego particularizar los conceptos básicos de esta teorı́a en el estudio del sólido prismático, objeto de la resistencia de materiales clásica. La resistencia de materiales se presenta ası́ como un caso particular de la teorı́a de la elasticidad, cuando se asumen determinadas hipotésis cinemáticas sobre el movimiento de las secciones transversales del sólido prismático. Siguiendo el temario de la asignatura, en esta segunda parte, tras introducir el concepto de esfuerzo, se analiza únicamente el estado de tracción-compresión. El análisis de la torsión, la cortadura, la flexión y las solicitaciones combinadas se deja para la asignatura de “Resistencia de Materiales II”. El contenido de estas notas se ha dividido en 25 lecciones, correspondientes a los puntos incluidos en el temario de la asignatura. Al final de cada lección se incluyen problemas resueltos, cuyo objeto es ilustrar los conceptos más importantes. No se trata de remplazar los muchos libros de texto que, desde diferentes ópticas, abordan la teorı́a de la elasticidad y la resistencia de materiales. Por el contrario, la idea ha sido componer un resumen introductorio, escrito en un lenguaje asequible, que sirva de punto de partida para la consulta de esos libros. Ası́, para facilitar esta labor, en las páginas finales se incluye una lista de referencias bibliográficas donde el alumno interesado puede ampliar los conceptos expuestos. Francisco Beltrán Madrid, septiembre de 2007 I II Índice 1. Equilibrio Interno. Vector tensión. 1.1. El sólido elástico . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Acciones exteriores . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Equilibrio estático y elástico . . . . . . . . . 1.4. Vector tensión . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. Componentes intrı́nsecas del vector tensión 1.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . 1.6.1. Obtener componentes intrı́nsecas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Matriz de tensiones 2.1. Tensiones sobre planos coordenados . . . . . . . . . . 2.2. Reciprocidad de tensiones tangenciales . . . . . . . . . 2.3. Estado tensional en el entorno de un punto . . . . . . 2.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1. Cálculo de matriz de tensiones y vector tensión 3. Ecuaciones de equilibrio 3.1. Ecuaciones de equilibrio interno . . . . . . . . . . 3.2. Ecuaciones de equilibrio en el contorno . . . . . . 3.3. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1. Fuerzas de volumen y fuerzas de superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . a partir 4. Tensiones principales 4.1. Tensiones y direcciones principales . . . . . . . . . . 4.2. Invariantes de tensiones . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Sistema de referencia principal . . . . . . . . . . . . 4.4. Elipsoide de tensiones . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5.1. Cálculo de tensiones y direcciones principales 5. Cı́rculos de Mohr 5.1. Cı́rculos de Mohr en tensiones . . . . . . . . . . . . . 5.2. Representación de tensiones en los cı́rculos de Mohr 5.2.1. Componentes intrı́nsecas del vector tensión . 5.2.2. Cálculo de la orientación del vector normal . 5.3. Casos particulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1 2 3 4 7 7 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 9 9 12 15 15 . . . . . . del . . . . . . . . . . . . . . . . . . equilibrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 19 21 22 22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 25 26 27 27 29 29 . . . . . 31 31 36 36 36 38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.1. Planos que contienen al primer eje principal . . . . . . . . . . . 5.3.2. Planos que contienen al segundo eje principal . . . . . . . . . . 5.3.3. Planos que contienen al tercer eje principal . . . . . . . . . . . 5.4. Tensiones máximas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5. Estados tensionales cilı́ndrico y esférico . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5.1. Estado cilı́ndrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5.2. Estado esférico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.1. Representación de un estado tensional en el diagrama de Mohr 5.6.2. Obtención de tensiones principales con el diagrama de Mohr . . 6. Concepto de deformación 6.1. Vector desplazamiento . . . . . . . . . . . . . . 6.2. Matrices de giro y deformación . . . . . . . . . 6.3. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.1. Cálculo de la matriz de deformación y el . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . giro en el entorno de 7. Deformaciones longitudinales y transversales 7.1. Ecuaciones cinemáticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2. Significado de los términos de la matriz de deformación . 7.3. Deformación según una dirección: galgas extensométricas 7.4. Distorsión de ángulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.5. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.5.1. Cálculo de variaciones de longitud y de ángulos . . . . . . . . 8. Deformaciones principales. Deformación volumétrica 8.1. Deformaciones y direcciones principales . . . . . . . . . . . 8.2. Invariantes de deformación . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3. Variación unitaria de volumen . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4. Deformación volumétrica y desviadora . . . . . . . . . . . . 8.5. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5.1. Galgas extensométricas y deformaciones principales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 40 41 41 43 43 44 44 44 46 . . . . . . un . . . . . . . . . . . . punto . . . . 49 49 50 53 53 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 55 56 58 60 60 60 . . . . . . 65 65 66 67 67 68 68 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9. Comportamiento elástico. Constantes elásticas. 71 9.1. Ensayo de tracción simple. Ley de Hooke. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 9.2. Deformación en sentido transversal. Coeficiente de Poisson. . . . . . . . . . . . . 75 9.3. Comportamiento elástico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 10.Leyes de Hooke generalizadas. Ecuaciones de Lamé. 10.1. Leyes de Hooke generalizadas . . . . . . . . . . . . . . 10.1.1. Sistema de referencia principal . . . . . . . . . 10.1.2. Sistema de referencia general . . . . . . . . . . 10.2. Módulo de elasticidad transversal . . . . . . . . . . . . 10.3. Módulo de compresibilidad . . . . . . . . . . . . . . . 10.4. Deformaciones y tensiones de origen térmico . . . . . . 10.5. Ecuaciones de Lamé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.6. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 79 79 80 83 83 83 84 85 10.6.1. 10.6.2. 10.6.3. 10.6.4. Deformación con restricciones . . . . . . . . . Determinación de constantes elásticas . . . . Tensiones debidas a deformaciones impuestas Tensiones debidas a aumento de temperatura 11.El problema elástico. Principio de Saint-Venant. 11.1. Planteamiento general del problema elástico . . . . 11.2. Principio de superposición . . . . . . . . . . . . . . 11.3. Principio de Saint-Venant . . . . . . . . . . . . . . 11.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.4.1. Aplicación del principio de Saint-Venant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.Estados elásticos planos 12.1. Estados elásticos bidimensionales . . . . . . . . . . . . . 12.1.1. Deformación plana . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.1.2. Tensión plana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.2. Direcciones y tensiones principales . . . . . . . . . . . . 12.3. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.3.1. Suma de estados tensionales planos . . . . . . . . 12.3.2. Orientación del corte de una chapa con defectos . 12.3.3. Comparación entre estados tensionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.Trabajo de las fuerzas aplicadas. Energı́a elástica 13.1. Concepto de energı́a de deformación . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2. Coeficientes de influencia y de rigidez . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2.1. Coeficientes de influencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2.2. Coeficientes de rigidez . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.3. Cálculo de la energı́a de deformación . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.3.1. Cálculo en función de las fuerzas exteriores . . . . . . . . . 13.3.2. Cálculo en función de los desplazamientos eficaces . . . . . 13.3.3. Cálculo en función de las matrices de tensión y deformación 13.3.4. Unicidad de la energı́a de deformación . . . . . . . . . . . . 13.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.4.1. Matriz de influencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.4.2. Ciclos de carga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.Principio de los trabajos virtuales 14.1. Tensiones y fuerzas estáticamente admisibles 14.2. Desplazamientos cinemáticamente admisibles 14.3. Ecuación de los trabajos virtuales . . . . . . . 14.4. Principio de los desplazamientos virtuales . . 14.5. Principio de las fuerzas virtuales . . . . . . . V . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 . . . . . 89 . . . . . 92 . . . . . 92 . . . . . 94 . . . . . 94 . . . . . . . . . . . . . . . . 97 97 97 100 101 103 103 104 106 . . . . . . . . . . . . 109 109 109 109 110 111 111 112 113 115 115 115 116 . . . . . 119 119 120 120 122 123 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 86 87 88 15.Teoremas energéticos 15.1. Teorema de reciprocidad de Maxwell-Betti . . . 15.2. Teorema de Castigliano . . . . . . . . . . . . . 15.3. Teorema de Menabrea . . . . . . . . . . . . . . 15.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . 15.4.1. Cálculo de reacciones hiperestáticas . . 15.4.2. Aplicación del teorema de reciprocidad . . . . . . . 125 125 126 127 128 128 130 16.Deformación anelástica y rotura 16.1. Finalización del comportamiento elástico: materiales dúctiles y materiales frágiles 16.2. Tensión equivalente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16.3. Coeficiente de seguridad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 131 132 134 17.Criterios de fluencia 17.1. Criterios de fluencia . . . . . . . . . . . . . . . . 17.1.1. Tensión tangencial máxima (Tresca) . . . 17.1.2. Energı́a de distorsión máxima (von Mises) 17.1.3. Criterio simplificado de Mohr . . . . . . . 17.2. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . 17.2.1. Plastificación de una placa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18.Criterios de rotura frágil 18.1. Criterios de rotura frágil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18.1.1. Tensión principal máxima (Rankine) . . . . . . . . . . . . . 18.1.2. Criterio simplificado de Mohr . . . . . . . . . . . . . . . . . 18.2. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18.2.1. Coeficientes de seguridad según el criterio de Mohr . . . . . 18.2.2. Tensiones de rotura requeridas para coeficiente de seguridad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 135 135 136 137 138 138 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . dado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 141 141 141 142 142 144 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19.Hipótesis de la Resistencia de Materiales 147 19.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147 19.2. Definición de sólido prismático . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147 19.3. Hipótesis generales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149 20.Concepto de esfuerzo. Diagramas. 20.1. Concepto de esfuerzo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.2. Esfuerzos normal y cortante . . . . . . . . . . . . . . . 20.3. Momentos de flexión y torsión . . . . . . . . . . . . . . 20.4. Diagramas de esfuerzos . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.5. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.5.1. Cálculo de reacciones y diagramas de esfuerzos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 151 151 153 155 155 155 21.Condiciones de sustentación y enlace 21.1. Reacciones en las ligaduras . . . . . 21.2. Tipos de apoyos y enlaces internos . 21.2.1. Tipos de apoyos . . . . . . . 21.2.2. Tipos de enlaces internos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 159 159 159 162 . . . . . . . . VI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.3. Sistemas isostáticos e hiperestáticos . . . . . . . . . . . . 21.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.4.1. Cálculo de reacciones y diagramas de esfuerzos (1) 21.4.2. Cálculo de reacciones y diagramas de esfuerzos (2) 21.4.3. Cálculo de reacciones y diagramas de esfuerzos (3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 164 164 166 169 22.Tracción y compresión. Tensiones y desplazamientos. 22.1. Definición de estado de tracción-compresión . . . . . . . 22.2. Estado de tensiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22.3. Estado de deformaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22.4. Desplazamientos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177 177 177 179 179 23.Esfuerzo normal variable. Peso y fuerza centrı́fuga. 23.1. Ecuación de equilibrio bajo esfuerzo normal . . . . . . 23.2. Esfuerzos normales de peso propio . . . . . . . . . . . 23.3. Esfuerzos normales por fuerza centrı́fuga . . . . . . . . 23.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.4.1. Esfuerzo normal variable en un pilote . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181 181 182 184 185 185 24.Esfuerzo normal. Sustentación hiperestática. 24.1. Potencial interno asociado al esfuerzo normal . . . . . . . . . . . . . . . . 24.2. Tracción-compresión hiperestática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.2.1. Aplicación del teorema de Castigliano . . . . . . . . . . . . . . . . 24.2.2. Aplicación de la compatibilidad de deformaciones . . . . . . . . . . 24.3. Tensiones ocasionadas por defectos de montaje o cambios de temperatura 24.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.4.1. Barra rı́gida sujeta mediante tirantes . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.4.2. Esfuerzos normales en una unión roscada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 189 190 190 191 192 194 194 196 25.Anillos, cables y arcos funiculares 25.1. Anillos circulares sometidos a fuerzas radiales . . . . . . 25.1.1. Fuerzas centrı́fugas . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.1.2. Presión interior. Vasijas de pared delgada. . . . . 25.2. Equilibrio de cables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.2.1. Ecuaciones de equilibrio de un elemento de cable 25.2.2. Ecuación fundamental de la estática de cables . . 25.2.3. Rectificación del arco . . . . . . . . . . . . . . . 25.2.4. Fórmula de Stevenin . . . . . . . . . . . . . . . . 25.3. Arcos funiculares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.4. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.4.1. Tensiones térmicas en un anillo bimetálico . . . . 25.4.2. Cable para teleférico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201 201 202 203 204 204 206 208 210 212 213 213 214 Bibliografı́a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216 VII A Lección 1 Equilibrio Interno. Vector tensión. 1.1. El sólido elástico La Mecánica del Sólido Rı́gido se ocupa de predecir las condiciones de reposo o movimiento de los sólidos rı́gidos bajo la acción de fuerzas exteriores. Un sólido rı́gido es aquel en el que las distancias entre sus puntos no sufren variación durante la aplicación de las fuerzas exteriores. En las aplicaciones de la ingenierı́a mecánica y estructural se requiere verificar la seguridad de los componentes mediante la comparación de las fuerzas internas a que se ven sometidos durante su trabajo con las propiedades resistentes de los materiales de construcción. La determinación de dichas fuerzas internas no puede hacerse, en un caso general, si se mantiene la hipótesis de que los componentes se comportan como sólidos rı́gidos. Debe suponerse que los componentes son sólidos deformables, es decir, que las distancias entre sus puntos no permanecen constantes al aplicar un sistema de fuerzas exteriores. La Teorı́a de la Elasticidad es una primera aproximación al estudio de los sólidos deformables. Esta teorı́a se ocupa de calcular el estado de deformación, o desplazamiento relativo, dentro de cuerpos sólidos sometidos a sistemas de fuerzas en equilibrio. El estado de deformación permite, a través de las propiedades del material, obtener las fuerzas internas a que se ve sometido el sólido. La Teorı́a de la Elasticidad trabaja sobre una idealización de los cuerpos sólidos reales que llamaremos sólido elástico. El sólido elástico es un sólido deformable que recupera su forma inicial al retirar las fuerzas aplicadas. En los capı́tulos que siguen supondremos que el sólido elástico ocupa un volumen V del espacio tridimensional R3 y que tiene una superficie exterior S (figura 1.1). Supondremos además que el sólido elástico está constituido por un material: Homogéneo: El material tiene las mismas propiedades en todos sus puntos. Isótropo: En cada punto, las propiedades del material son las mismas en cualquier dirección. Continuo: En el material no existen distancias intersticiales, es decir, no existen “huecos” en el material por pequeño que sea el volumen del mismo que se tome. Las hipótesis anteriores, aunque son únicamente una aproximación a los materiales reales, simplifican mucho el tratamiento matemático y en la mayorı́a de los casos proporcionan resultados suficientemente aproximados desde el punto de vista ingenieril. 1 2 LECCIÓN 1. EQUILIBRIO INTERNO. VECTOR TENSIÓN. Z V Y X S Figura 1.1: Sólido elástico 1.2. Acciones exteriores Consideraremos dos clases de acciones sobre el sólido elástico: 1. Fuerzas de superficie: Son fuerzas por unidad de superficie aplicadas sobre la superficie S del sólido. Constituyen un campo vectorial definido en S:   X̄   ! fs =  Ȳ  Z̄ Un ejemplo tı́pico de esta clase de fuerzas es la presión de un fluido actuando sobre la superficie del sólido. 2. Fuerzas de volumen: Son fuerzas por unidad de volumen aplicadas sobre la materia que forma el sólido. Constituyen un campo vectorial definido en V :   X   ! fv =  Y  Z Ejemplos de esta clase de fuerzas son las fuerzas gravitatorias (peso) y las fuerzas de inercia. 3 1.3. EQUILIBRIO ESTÁTICO Y ELÁSTICO Las fuerzas puntuales, esto es, actuando sobre puntos del sólido, son idealizaciones que corresponden a fuerzas de superficie o de volumen actuando sobre una superficie o un volumen muy pequeño, respectivamente. Se trata entonces de fuerzas concentradas, que pueden considerarse como casos particulares de los dos tipos de acciones anteriores. En efecto, una fuerza puntual F! aplicada en el punto P del sólido se puede entender como un campo f!v definido en V de la forma siguiente: f!v = F! δP donde δP es la distribución de Dirac en el punto P . De este modo, la resultante del campo f!v actuando sobre el sólido es la fuerza concentrada F! aplicada en P : ' 1.3. V f!v dV = F! ' V ! δP dV = F en P Equilibrio estático y elástico Cuando sobre el sólido elástico actúan las acciones exteriores f!s y f!v , el equilibrio estático del sólido exige que se cumplan las condiciones: 1. Resultante nula de fuerzas: La resultante de las fuerzas aplicadas debe ser nula: ' S f!s dS + ' V f!v dV = 0 2. Resultante nula de momentos: La resultante de los momentos de las fuerzas aplicadas con respecto a cualquier punto del espacio (por ejemplo, el origen de coordenadas) debe ser nula: ' ' ! !r × fs dS + !r × f!v dV = 0 S V donde !r es el vector de posición (figura 1.2). Si no se cumplen las condiciones de equilibrio estático, la aplicación de las acciones acciones exteriores da lugar al movimiento del sólido. Dicho movimiento puede estudiarse con bastante aproximación mediante las ecuaciones de la Mecánica del Sólido Rı́gido. Sin embargo, nosotros estaremos interesados en estudiar la deformación del sólido elástico en los casos en que se cumplen las condiciones de equilibrio estático y, por tanto, no hay movimiento de sólido rı́gido. Al aplicar al sólido elástico un sistema de acciones exteriores, aparecen fuerzas interiores dentro del volumen del sólido. Como se ha dicho, obtener y caracterizar estas fuerzas interiores es imprescindible si se quiere evaluar la capacidad del sólido para resistir con seguridad el sistema de acciones exteriores. Para analizar estas fuerzas interiores se puede dar un corte imaginario al sólido elástico mediante una superficie Σ que lo divida en dos partes A y B (figura 1.3). El equilibrio de cada una de estas dos partes implica que, a través de la superficie de corte, una parte ejerce sobre la otra fuerzas que equilibran las acciones exteriores aplicadas sobre ella. Es importante darse cuenta de que, por el principio de acción-reacción, las fuerzas de A sobre B a través de la superficie de corte son iguales y de signo contrario a las fuerzas que ejerce B sobre A a través de la misma superficie. 4 LECCIÓN 1. EQUILIBRIO INTERNO. VECTOR TENSIÓN. Z r Y X Figura 1.2: Vector de posición en el equilibrio estático Cualquiera que sea la superficie imaginaria Σ que se utilice, las dos partes en que queda dividido el sólido elástico deben estar en equilibrio, con las acciones exteriores aplicadas sobre ellas y las fuerzas internas que le transmite la otra parte a través de la superficie de corte. Esto es lo que se conoce como equilibrio elástico: las acciones exteriores están en equilibrio con las fuerzas internas que aparecen en el sólido por aplicación de las mismas. Es decir, cualquier parte del sólido, por pequeña que sea ésta, debe estar en equilibrio estático si se tienen en cuenta las acciones externas y las fuerzas internas. 1.4. Vector tensión Sobre una fracción ∆Ω de la superficie de corte Σ alrededor del punto P , la parte B del sólido ejerce una fuerza ∆f! (fuerza interna) sobre la parte A (figura 1.4). Se define el vector tensión !σ en el punto P asociado a la superficie de corte Σ como: df! ∆f! = ∆Ω→0 ∆Ω dΩ !σ = lı́m 5 1.4. VECTOR TENSIÓN Corte imaginario Σ B A través de esta superficie la parte B está actuando sobre la parte A A Figura 1.3: Equilibrio elástico 6 LECCIÓN 1. EQUILIBRIO INTERNO. VECTOR TENSIÓN. ΔΩ Δf P A Figura 1.4: Fuerza interna ejercida en el entorno del punto P Se trata de una magnitud vectorial cuyas componentes tienen dimensiones de fuerza por unidad de superficie. Hay que tener en cuenta los puntos siguientes: El vector tensión !σ está asociado al punto P . Para una misma superficie de corte Σ, el vector tensión cambia de un punto a otro de la superficie. En cada punto P , el vector tensión !σ está asociado a la superficie de corte Σ; para otra superficie de corte el vector tensión en P adoptarı́a otro valor. Al tomar lı́mites, el vector tensión !σ está asociado realmente a la orientación del plano tangente a la superficie de corte Σ en el punto P . Haciendo abstracción, en cada punto P del sólido elástico, se tiene un vector tensión !σ para cada orientación !n= ( α, β, γ) de los planos π que pasan por P , siendo α, β y γ los cosenos directores de la dirección normal al plano !n: !σ = !σ (P, !n) = !σ (P, α, β, γ) La dirección normal al plano !n se entiende que tiene el sentido hacia afuera del material, es decir, apuntando hacia la parte del sólido que ha sido eliminada por el corte imaginario (parte B en las figuras 1.3 y 1.4) y que, por tanto, ejerce la fuerza ∆f! sobre la parte que permanece (parte A en las figuras 1.3 y 1.4). En el Sistema Internacional, la unidad de tensión es el Pascal (Pa): 1N 1 m2 En la práctica se trabaja con tensiones mucho más grandes que 1 Pa y se utiliza el megapascal (MPa), unidad un millón de veces superior al Pascal. Un megapascal equivale a una fuerza de 1 N distribuida sobre una superficie de 1 mm2 . 1 Pa = 7 1.5. COMPONENTES INTRÍNSECAS DEL VECTOR TENSIÓN σ σn n τ P π Figura 1.5: Componentes intrı́nsecas del vector tensión 1.5. Componentes intrı́nsecas del vector tensión El vector tensión !σ asociado a un punto P y al plano π, puede proyectarse en la dirección de la normal al plano !n y sobre el plano (figura 1.5). Estas dos proyecciones, σn y τ , respectivamente, son conocidas como componentes intrı́nsecas del vector tensión. Las componentes intrı́nsecas del vector tensión se obtienen de la manera siguiente: 1. Componente normal: !n ≡ (α, β, γ) σn = !σ · !n (vector unitario, sentido hacia afuera del material) (producto escalar) !σn = σn !n 2. Componente tangencial: !τ = !σ − !σn 1.6. Ejercicios resueltos 1.6.1. Obtener componentes intrı́nsecas Obtener las componentes intrı́nsecas del vector tensión: !σ=   1    2  MPa 3 definido en un punto P , con respecto al plano π dado por la ecuación x − y = 0. Solución: 8 LECCIÓN 1. EQUILIBRIO INTERNO. VECTOR TENSIÓN. Z n Y X Figura 1.6: Ejercicio resuelto: sentido elegido de la normal al plano π El plano π es el plano bisector del primer octante (figura 1.6). Se puede tomar:   !n =  √1 2 − √12 0    ó   !n =  − √12 √1 2 0    Tomamos el primero de estos dos vectores, asumiendo entonces que el vector tensión dado actúa sobre el material situado en x − y < 0. Las componentes intrı́nsecas serán: 1 2 1 σn = !σ · !n = √ − √ = − √ MPa 2 2 2 y τ = ( σ 2 − σn2 = ) * 1 12 + 22 + 32 − ( √ )2 = 13, 5 MPa 2 Lección 2 Matriz de tensiones 2.1. Tensiones sobre planos coordenados Cuando se utiliza un sistema de referencia cartesiano, las componentes intrı́nsecas del vector tensión sobre planos paralelos a los planos coordenados, esto es, planos con normales !n iguales a (1,0,0), (0,1,0) ó (0,0,1), se designan según se indica en la figura 2.1. Los sentidos positivos son los que se dan en la figura. 2.2. Reciprocidad de tensiones tangenciales En un punto P del sólido elástico consideremos planos paralelos a los planos coordenados que delimiten un volumen infinitesimal alrededor del punto (figura 2.2). Nótese que las normales en planos paralelos opuestos son iguales y de signo contrario. Si los planos paralelos opuestos se “confundieran” en el punto P (figura 2.3), por el principio de acción-reacción, las componentes intrı́nsecas del vector tensión a cada lado de cada plano serı́an iguales y de signo contrario. La forma convencional de representar este hecho es dibujando las componentes intrı́nsecas en P sobre las caras del cubo infinitesimal centrado en el punto P (figuras 2.4 y 2.5). La representación de las figuras 2.4 y 2.5 no debe inducir a confusión. Las acciones representadas en forma de tensiones son las acciones de primer orden sobre el volumen infinitesimal alrededor de P . Como se verá más adelante, existen otras acciones de segundo orden, tales como las derivadas de fuerzas de volumen f!v y las variaciones de las componentes intrı́nsecas de una cara a otra del cubo infinitesimal. Sin embargo, el equilibrio del cubo exige que las acciones de primer orden estén equilibradas, ya que ninguna acción de segundo orden podrı́a equilibrar una acción de primer orden desequilibrada. El equilibrio de fuerzas de primer orden actuando sobre el volumen infinitesimal es inmediato, ya que las fuerzas actuando sobre caras paralelas opuestas son iguales y de signo contrario. El equilibrio de fuerzas de segundo orden dará lugar a las ecuaciones de equilibrio interno del sólido elástico (lección 3). En cuanto al equilibrio de momentos de primer orden, si se toman momentos respecto al centro del cubo infinitesimal, se tiene: Eje X: 2 (τyz dx dz dy 2 ) 9 − 2 (τzy dx dy dz 2) = 0 10 LECCIÓN 2. MATRIZ DE TENSIONES σnz n (0,0,1) τzy P Z n (0,1,0) τzx τyz τxz τxy P Y σny P τyx X σnx n (1,0,0) Figura 2.1: Componentes intrı́nsecas del vector tensión según planos coordenados Eje Y: Eje Z: 2 (τzx dy dx dz 2 ) − 2 (τxz dy dz 2 (τxy dz dy dx 2 ) − 2 (τyx dz dx dx 2 ) dy 2 ) = 0 = 0 de donde se deduce: τyz = τzy τzx = τxz τxy = τyx Las tres igualdades anteriores se conocen con el nombre de teorema de reciprocidad de tensiones tangenciales. El teorema implica que son iguales las componentes de las tensiones tangenciales correspondientes a dos planos perpendiculares entre sı́ en la dirección normal a la arista de nz -ny ny Z P dz dx Y nx X -nz dy Figura 2.2: Entorno del punto P 11 2.2. RECIPROCIDAD DE TENSIONES TANGENCIALES -ny -nx ny nx nz P Z -nz Y X Figura 2.3: Entorno del punto P . Planos paralelos a los planos coordenados su diedro. Nótese que, por el convenio de signos utilizado, el sentido de las tensiones tangenciales es tal que ambas componentes se dirigen hacia la arista o ambas se separan (figuras 2.6 y 2.7). σnz σnx τzy τzx τyz τxz σny Z σny τxy Y σnx τyx σnz X Figura 2.4: Entorno del punto P . Tensiones sobre volumen elemental (1) 12 LECCIÓN 2. MATRIZ DE TENSIONES σnz τxy σnx τyx τyz τxz Z τzy τzx X Y σny σnz Figura 2.5: Entorno del punto P . Tensiones sobre volumen elemental (2) 2.3. Estado tensional en el entorno de un punto El estado tensional en un punto P se conocerá cuando sea conocido el vector tensión según cualquier plano que pase por el punto. A continuación veremos que esto puede conseguirse a partir de las componentes intrı́nsecas de los vectores de tensión según planos paralelos a los planos coordenados. Sea en el entorno de P un plano π con normal !n igual a (α,β,γ). Se busca el vector tensión !σ que actúa sobre el plano (figura 2.8). Para ello, se plantea el equilibrio de un tetraedro delimitado por el plano π y tres planos paralelos a los planos coordenados que pasan por P . La distancia de P al plano π es la altura h del tetraedro. Según se representa en la figura 2.8, las áreas de las caras del tetraedro son: Ω, Ωx , Ωy y Ωz , con Ωx = Ω α, Ωy = Ω β y Ωz = Ω γ. Las fuerzas de volumen son f!v = (X, Y, Z). El equilibrio de fuerzas proporciona las tres ecuaciones siguientes: Eje X: Eje Y: X Y Eje Z: Z 1 3 1 3 1 3 Ω h + σx Ω − σnx Ω α − τyx Ω β − τzx Ω γ Ω h + σy Ω − τxy Ω α − σny Ω β − τzy Ω γ Ω h + σz Ω − τxz Ω α − τyz Ω β − σnz Ω γ = 0 = 0 = 0 Si se hace tender a cero el volumen del tetraedro (esto es, si h −→ 0), el plano π tenderá a pasar por P y, además, los términos relativos a las fuerzas de volumen se anularán. En este caso, simplificando, se obtienen las tres igualdades siguientes: σx = σnx α + τyx β + τzx γ 13 2.3. ESTADO TENSIONAL EN EL ENTORNO DE UN PUNTO σny τyx τxy Teorema de reciprocidad σnx σny σnx τxy τxy τyx τxy σnx σny σnx τxy Y τxy X σny Figura 2.6: Reciprocidad de tensiones tangenciales en planos perpendiculares σy = τxy α + σny β + τzy γ σz = τxz α + τyz β + σnz γ o en forma matricial:    σnx τyx σx    !σ =  σy  =  τxy σny τxz τyz σz   α τzx   τzy   β  γ σnz y en notación vectorial: !σ = [T ] !n La matriz [T ] se conoce con el nombre de matriz de tensiones. De acuerdo con el teorema de reciprocidad de tensiones tangenciales, la matriz de tensiones es una matriz simétrica, que τ τ τ τ Tensiones tangenciales posibles en esquinas a 90º Figura 2.7: Implicación de la reciprocidad de tensiones tangenciales en planos perpendiculares 14 LECCIÓN 2. MATRIZ DE TENSIONES Z Ωx n(α,β,γ) Ωy σ (σx,σy,σz) Ω P Y Ωz Z X σnx τyx τxy τxz σny τzx τyz Y τzy σnz X Figura 2.8: Tensión sobre un plano arbitrario en el punto P 15 2.4. EJERCICIOS RESUELTOS puede escribirse:   σnx τxy τxz   [T ] =  τxy σny τyz  τxz τyz σnz En relación con la matriz de tensiones, es importante darse cuenta de los puntos siguientes: Si se conoce la matriz de tensiones en el punto P entonces se conoce el estado tensional en P , ya que a partir de la matriz de tensiones se puede obtener el vector tensión !σ para cualquier orientación de plano !n. La matriz de tensiones representa una magnitud tensorial de orden 2 que en la literatura se conoce normalmente con el nombre de tensor de tensiones. Dentro del sólido elástico, la matriz de tensiones [T ] es una función de punto, se trata por tanto de un campo tensorial de orden 2. La expresión de la matriz de tensiones depende del sistema de referencia utilizado. Al cambiar de sistema de referecnia sus componentes cambian como las de un tensor de segundo orden. El cambio de ejes se escribe en forma matricial del modo siguiente: [T ]b = [Rab]t [T ]a [Rab] donde [T ]a es la matriz de tensiones en el sistema de referencia a, [T ]b es la matriz de tensiones en el sistema de referencia b y [Rab] es la matriz de cambio de base del sistema a al sistema b. La matriz [Rab] de cambio de base se construye colocando como columnas las componentes de los vectores unitarios en la dirección de los nuevos ejes (sistema b) con respecto al sistema de referencia viejo (sistema a), es decir:    !ib · !ia αb1 αb2 αb3 ! !   [Rab] =  βb1 βb2 βb3  =  ib · ja !ib · !ka γb1 γb2 γb3 !jb · !ia !jb · !ja !jb · !ka  !kb · !ia !kb · !ja   !kb · !ka donde (αb1, βb1, γb1), (αb2 , βb2, γb2) y (αb3 , βb3, γb3) son los vectores unitarios en las direcciones de los ejes del sistema b, referidos al sistema a. La matriz [Rab] es una matriz ortonormal, es decir, su traspuesta coincide con la inversa: [Rba] = [Rab]−1 = [Rab]t 2.4. 2.4.1. Ejercicios resueltos Cálculo de matriz de tensiones y vector tensión Del interior de un sólido elástico se separa mediante cortes imaginarios un cubo de 10 cm de lado. Las acciones que ejerce el resto del sólido sobre el cubo son las representadas en la figura 2.9. No existen fuerzas exteriores aplicadas sobre el cubo. Se pide: 16 LECCIÓN 2. MATRIZ DE TENSIONES 6 MPa 16 MPa 16 MPa 6 MPa 1 MPa 4 MPa Z 4 MPa 6 MPa 1 MPa 1 MPa Y X 1 MPa Figura 2.9: Acciones del resto del sólido sobre un cubo de material 1. La matriz de tensiones en el sistema de referencia con ejes paralelos a las aristas del cubo, válida para cualquier punto del cubo. 2. Vector tensión en el centro del cubo con respecto a un plano que forme ángulos iguales con los planos coordenados (!n = ( √13 , √13 , √13 )). Solución: 1. De acuerdo con la figura, tomando como origen del sistema de referencia la esquina de la base más alejada del punto de vista, se tiene que: σnx = −6 + z 12 MPa (z en cm) 10 τxy = 0 τxz = 0 σny τyz σnx z 12 MPa (z en cm) 10 = 1 MPa = 0 = −4 − 17 2.4. EJERCICIOS RESUELTOS luego:   z 12 0 0 −6 + 10   z 0 −4 − 10 [T ] =  12 1  MPa (z en cm) 0 1 0 2. El centro del cubo tiene como coordenadas (5,5,5) cm. En consecuencia, sustituyendo en la expresión de la matriz de tensiones:  0 0 0    !σ = [T ] !n =  0 −10 1     0 1 0 √1 3 √1 3 √1 3    0    = √1  −9  MPa   3 1 18 LECCIÓN 2. MATRIZ DE TENSIONES Lección 3 Ecuaciones de equilibrio 3.1. Ecuaciones de equilibrio interno Las ecuaciones de equilibrio interno definen las condiciones que deben cumplir las componentes de la matriz de tensiones [T ] para que un volumen interior del sólido elástico se encuentre en equilibrio con los volúmenes que le rodean. Las ecuaciones se obtienen planteando el equilibrio de fuerzas de un elemento diferencial de volumen alrededor de un punto P de un sólido elástico sometido a un campo de fuerzas de volumen f!v = (X, Y, Z). Sea [T ] la matriz de tensiones en el punto P :   σnx τxy τxz   [T ] =  τxy σny τyz  τxz τyz σnz En la figura 3.1 se representan las componentes del vector tensión en los centros de las caras de un elemento diferencial de volumen centrado en el punto P . Al tratarse de un elemento diferencial, dichas componentes pueden considerarse que son los valores medios en cada cara. Entonces, el equilibrio de fuerzas proporciona las tres ecuaciones siguientes: Dirección X: X dx dy dz ∂σnx 1 ∂x 2 dx) dy dz − (σnx − ∂σnx 1 ∂x 2 dx) dy dz + (τyx + ∂τyx 1 ∂y 2 dy) dx dz − (τyx − ∂τyx 1 ∂y 2 dy) dx dz + (τzx + ∂τzx 1 ∂z 2 dz) dx dy − (τzx − ∂τzx 1 ∂z 2 dz) dx dy + (τxy + ∂τxy 1 ∂x 2 dx) dy dz − (τxy − ∂τxy 1 ∂x 2 dx) dy dz + (σny + ∂σny 1 ∂y 2 dy) dx dz − (σny − + (τzy + ∂τzy 1 ∂z 2 dz) dx dy − (τzy − + (σnx + = 0 Dirección Y: Y dx dy dz 19 ∂σny 1 ∂y 2 dy) dx dz ∂τzy 1 ∂z 2 dz) dx dy = 0 20 LECCIÓN 3. ECUACIONES DE EQUILIBRIO P Z Y X P dz dx dy σnz + ∂σnz/∂z 1/2 dz τzy + ∂τzy/∂z 1/2 dz τzx + ∂τzx/∂z 1/2 dz τyz − ∂τyz/∂y 1/2 dy σnx − ∂σnx/∂x 1/2 dx τyz + ∂τyz/∂y 1/2 dy σny + ∂σny/∂y 1/2 dy σny − ∂σny/∂y 1/2 dy τyx − ∂τyx/∂y 1/2 dy τyx + ∂τyx/∂y 1/2 dy τxz + ∂τxz/∂x 1/2 dx τxz − ∂τxz/∂x 1/2 dx τxy + ∂τxy/∂x 1/2 dx τxy − ∂τxy/∂x 1/2 dx σnx + ∂σnx/∂x 1/2 dx τzy − ∂τzy/∂z 1/2 dz τzx − ∂τzx/∂z 1/2 dz σnz − ∂σnz/∂z 1/2 dz Figura 3.1: Equilibrio de un elemento diferencial de volumen 21 3.2. ECUACIONES DE EQUILIBRIO EN EL CONTORNO Dirección Z: Z dx dy dz + (τxz + ∂τxz 1 ∂x 2 dx) dy dz − (τxz − ∂τxz 1 ∂x 2 dx) dy dz + (τyz + ∂τyz 1 ∂y 2 dy) dx dz − (τyz − ∂τyz 1 ∂y 2 dy) dx dz + (σnz + ∂σnz 1 ∂z 2 dz) dx dy − (σnz − ∂σnz 1 ∂z 2 dz) dx dy = 0 Simplificando las ecuaciones anteriores se obtiene : ∂τyx ∂τzx ∂σnx + + +X = 0 ∂x ∂y ∂z ∂τxy ∂σny ∂τzy + + +Y = 0 ∂x ∂y ∂z ∂τyz ∂σnz ∂τxz + + +Z = 0 ∂x ∂y ∂z Y como, por el teorema de reciprocidad de tensiones tangenciales, se cumple que: τyx = τxy τzx = τxz τzy = τyz se tiene finalmente el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales, definido en el volumen V del sólido elástico, para las componentes de la matriz de tensiones [T ]: ∂σnx ∂τxy ∂τxz + + +X = 0 ∂x ∂y ∂z ∂τxy ∂σny ∂τyz + + +Y ∂x ∂y ∂z = 0 ∂τyz ∂σnz ∂τxz + + +Z = 0 ∂x ∂y ∂z El sistema anterior son las ecuaciones de equilibrio interno del sólido elástico. En notación vectorial puede escribirse como: div [T ] + f!v = 0 en V o también: ∇[T ] + f!v = 0 3.2. en V Ecuaciones de equilibrio en el contorno En la superficie S del sólido elástico, las fuerzas de superficie f!s deben ser equilibradas por fuerzas internas. En un punto P situado sobre la superficie S, en el que el plano tangente a S tiene un vector normal !n, debe cumplirse que (figura 3.2): f!s − [T ] !n = 0 22 LECCIÓN 3. ECUACIONES DE EQUILIBRIO n -n P n P fs [T] (-n) S S Figura 3.2: Equilibrio en la superficie del sólido elástico Es decir, debe cumplirse que: f!s = [T ] !n en S Entonces, si el vector normal exterior a la superficie S es !n = (α, β, γ) y las fuerzas de superficie aplicadas en S son f!s = (X̄, Ȳ , Z̄), las ecuaciones de equilibrio en el contorno son:      σnx τxy τxz X̄ α       Ȳ  =  τxy σny τyz   β  Z̄ τxz τyz σnz γ 3.3. 3.3.1. en S Ejercicios resueltos Fuerzas de volumen y fuerzas de superficie a partir del equilibrio En el sólido de forma tetraédrica representado en la figura 3.3, existe el estado tensional siguiente:   3y z 0   [T ] =  z −5x 0  MPa (x,y,z en m) 0 0 2z Determinar: 1. Fuerzas de volumen. 2. Fuerzas de superficie en la cara vista ABC, particularizando en el centro de gravedad de la misma. 23 3.3. EJERCICIOS RESUELTOS Z C 2a A Y B a a X Figura 3.3: Sólido de forma tetraédrica Solución: 1. A partir de las ecuaciones de equilibrio interno, se tiene que: X = − ∂σ∂xnx − Y = ∂τ − ∂xxy − Z = − ∂τ∂xxz − ∂τxy ∂y ∂σny ∂y − ∂τyz ∂y − − ∂τxz ∂z ∂τyz ∂z = 0 = 0 ∂σnz ∂z = −2 MN m3 2. El vector normal a la cara vista del sólido es: !n = ! × AC ! AB = ! × AC| ! |AB 1 1 !i !j ! k 1 1 1 −a a 0 1 1 −a 0 2a ! × AC| ! |AB 1 1 1 1 1 1 1 =   2a2 !i + 2a2 !j + a2 !k  √ =  a2 4 + 4 + 1 Utilizando las ecuaciones de equilibrio en el contorno:   3y f!s = [T ] !n =   z 0 z −5x 0 0    0   2z 2 3 2 3 1 3      =    2y + 2z 3 − 2z 3 2z 3 10x 3 2 3 2 3 1 3         El centro de gravedad de la cara vista tiene como coordenadas ( a3 , a3 , 2a 3 ) (promedio de coordenadas de los puntos de las esquinas). Particularizando para el centro de gravedad de la cara vista, se tiene: 24 LECCIÓN 3. ECUACIONES DE EQUILIBRIO   f!s =   2 2a 2a 3 + 3 3 2 2a 10 a 3 3 − 3 3 2 2a 3 3      = a   10 9 − 96 4 9    MPa (a en m)  Lección 4 Tensiones principales 4.1. Tensiones y direcciones principales En un punto P del sólido elástico el estado tensional viene dado por el valor de la matriz de tensiones [T ] en dicho punto. La matriz de tensiones es una matriz simétrica de orden 3 con coeficientes reales. Vamos a ver que esta forma de la matriz de tensiones implica lo siguiente: En cada punto P del sólido elástico existen al menos tres planos ortogonales entre sı́ de modo que el vector tensión !σ asociado a ellos tiene componente intrı́nseca tangencial τ igual a cero. Es decir, según esos planos, el vector tensión sólo tiene componente intrı́nseca normal: !σ= !σn . Las direcciones de las normales a dichos planos, !n1 , !n2 y !n3 se llaman direcciones principales de tensión en el punto P . Las componentes intrı́nsecas normales de los vectores de tensión según esos planos, σ1 , σ2 y σ3 se llaman tensiones principales en el punto P . Por convenio, ordenaremos las tensiones principales de forma que: σ1 ≥ σ2 ≥ σ3. La deducción de la existencia de las tensiones y direcciones principales es como sigue. Las componentes (α, β, γ) de las direcciones principales en el punto P , si existen, deberán cumplir::   α   !n =  β  γ !σ = [T ] !n = σn !n (condición de que la componente intrı́nseca tangencial τ sea nula) Es decir, las direcciones principales !n y las tensiones principales σn , si existen, deben cumplir: {[T ] − σn [I]} !n = 0 donde [I] es la matriz identidad. La relación anterior expresa un problema de autovalores para la matriz [T ] en el punto P del sólido elástico. 25 26 LECCIÓN 4. TENSIONES PRINCIPALES Como [T ] es una matriz simétrica de orden 3 con coeficientes reales, [T ] tiene 3 autovalores reales1 , que llamaremos σ1 , σ2 y σ3 . Estos autovalores son las tensiones principales. En consecuencia, las tensiones principales existen, tal y como las hemos definido. Cada autovalor σi , i = 1 . . . 3, tiene un autovector asociado !ni , que se obtiene resolviendo el sistema de ecuaciones: {[T ] − σi [I]} !ni = 0 con la condición adicional de que si las componentes de !ni son (αi , βi, γi), debe cumplirse que: α2i + βi2 + γi2 = 1 Por ser [T ] una matriz simétrica, los autovectores son ortogonales entre sı́ cuando los autovalores σ1, σ2 y σ3 son distintos2. Es decir: !n1 · !n2 = 0 !n1 · !n3 = 0 !n2 · !n3 = 0 De esta forma, las direcciones principales, tal y como las hemos definido, son ortogonales entre sı́. Si hay algún autovalor doble o triple, los autovectores asociados a los mismos definen un espacio vectorial de dimensión 2 ó 3, respectivamente. En estos casos, más que una sola dirección principal, el autovalor tiene asociado todo un plano, o todo el espacio, de vectores de dirección principal. De dicho plano o de todo el espacio se pueden extraer dos ó tres vectores, respectivamente, que sean ortogonales entre sı́. 4.2. Invariantes de tensiones Desdoblando la ecuación vectorial: {[T ] − σn [I]} !n = 0 en tres ecuaciones escalares, el problema de autovalores de la matriz [T ] se escribe:     σnx − σn τxy τxz α     τxy σny − σn τyz    β  = 0 γ τxz τyz σnz − σn Se trata de un sistema de ecuaciones homogéneo, función de un parámetro real σn . Para que este sistema tenga solución distinta de la trivial (α = β = γ = 0), el determinante de la matriz de coeficientes debe ser nulo, esto es: 1 1 σ −σ n 1 nx 1 τxy 1 1 1 τxz τxy τxz σny − σn τyz τyz σnz − σn 1 1 1 1 1 = 0 1 1 La ecuación anterior es una ecuación de tercer grado en σn , con tres raı́ces reales3, que son 1 Desde el punto de vista del Álgebra Lineal, la matriz [T ] representa un endomorfismo en R3 , que asocia cada vector de orientación !n con un vector tensión !σ. El endomorfismo es simétrico por ser [T ] una matriz simétrica. La teorı́a de los endomorfismos simétricos es la que justifica que la matriz [T ] tiene 3 autovalores reales y que los autovectores asociados son ortogonales entre sı́. 2 Ver la nota anterior. 3 Por ser [T ] una matriz simétrica. 27 4.3. SISTEMA DE REFERENCIA PRINCIPAL los valores de las tensiones principales. Dicha ecuación puede ponerse como: −σn3 + I1 σn2 − I2 σn + I3 = 0 con: I1 = σnx + σny + σnz 2 2 2 I2 = σnx σny + σnx σnz + σny σnz − τxy − τxz − τyz I3 = det[T ] La solución de esta ecuación de tercer grado son las tensiones principales σ1 , σ2 y σ3 en el punto P . Las tensiones principales son una caracterı́stica intrı́nseca del estado tensional en el punto P y, por tanto, independiente del sistema de referencia seleccionado para la matriz de tensiones [T ]. En consecuencia, los coeficientes I1 , I2 e I3 deben ser independientes del sistema de referencia. Estos coeficientes se conocen con el nombre de invariantes de tensiones, primero, segundo y tercero, respectivamente. El valor de los invariantes en cada punto P no cambia al cambiar el sistema de referencia utilizado para definir [T ]. 4.3. Sistema de referencia principal En cada punto P del sólido elástico tenemos pues tres direcciones principales !n1 , !n2 y !n3 ortogonales entre sı́. De este modo, se puede definir en el punto P un sistema de referencia según estas tres direcciones (figura 4.1). En dicho sistema de referencia la matriz de tensiones será diagonal:   σ1 0 0   [T ] =  0 σ2 0  0 0 σ3 Para un estado tensional dado, el sistema de referencia anterior se conoce con el nombre de sistema de referencia principal en el punto P . Es importante darse cuenta de que el sistema de referencia principal está asociado a un estado tensional concreto y que, además, cambia de un punto a otro del sólido elástico. 4.4. Elipsoide de tensiones En un punto P del sólido elástico, bajo un estado tensional dado, el elipsoide de tensiones es el lugar geométrico de los extremos del vector tensión !σ, con origen en P , correspondiente a todas las orientaciones !n de plano posibles en el punto. Se trata de un elipsoide con centro en P y con semiejes iguales a las tensiones principales. En efecto, utilizando el sistema de referencia principal en el punto P , correspondiente al estado tensional dado, el vector tensión !σ para la dirección !n es: !σ = [T ] !n=       α σ1 α σ1 0 0        0 σ2 0   β  =  β σ2  γ γ σ3 0 0 σ3 28 LECCIÓN 4. TENSIONES PRINCIPALES n3 n2 P n1 Z Y X Figura 4.1: Sistema de referencia principal Y las coordenadas del extremo del vector tensión !σ con respecto a P serán: x = α σ1 y = β σ2 z = γ σ3 y como se cumple que:    en el sistema de referencia principal   α2 + β 2 + γ 2 = 1 se tendrá entonces: 6 x σ1 72 + 6 y σ2 72 + 6 z σ3 72 = 1 que en el sistema de referencia principal es la ecuación de un elipsoide con semiejes iguales a las tensiones principales. 29 4.5. EJERCICIOS RESUELTOS 4.5. Ejercicios resueltos 4.5.1. Cálculo de tensiones y direcciones principales La matriz de tensiones en un punto P de tensional, viene dada por:  5  [T ] =  1 2 un sólido elástico, para un determinado estado  1 2  0 1  MPa 1 0 con respecto a un sistema de referencia cartesiano ortogonal. Determinar las tensiones principales y sus direcciones principales asociadas. Solución: 1. Tensiones principales. Igualando a cero el determinante: se obtiene la ecuación cúbica: 1 1 5−σ 1 1 1 1 1 1 2 1 2 −σ 1 1 −σ 1 1 1 1 1 = 0 1 1 F (σ) ≡ −σ 3 + 5 σ 2 + 6 σ − 1 = 0 La ecuación se puede resolver por tanteos, buscando los ceros de F (σ) a partir de sus cambios de signo. Resulta lo siguiente: σ1 = 5,97 MPa , σ2 = 0,149 MPa y σ3 = -1,12 MPa. 2. Direcciones principales La dirección principal asociada a σ1, !n1 = (α1 , β1, γ1), se obtiene a partir del sistema de ecuaciones:     α1 5 − 5, 97 1 2     1 −5, 97 1   β1  = 0  2 1 −5, 97 γ1 Al ser las tensiones principales diferentes (no hay raı́ces dobles ni triples en la ecuación de tercer grado que hemos resuelto en el punto anterior), sólo hay dos ecuaciones independientes en el sistema. Tomando las dos primeras: −0, 97 α1 + β1 + 2 γ1 = 0 α1 − 5, 97 β1 + γ1 = 0 y sabiendo que: α21 + β12 + γ12 = 1 resulta: α1 = 0,92, β1 = 0,21 y γ1 = 0,34. 30 LECCIÓN 4. TENSIONES PRINCIPALES La dirección principal asociada a σ2, !n2 = (α2 , β2, γ2), se obtiene a partir del sistema de ecuaciones:     α2 5 − 0, 149 1 2     1 −0, 149 1   β2  = 0  2 1 −0, 149 γ2 Tomando las dos primeras ecuaciones: 4, 851 α2 + β2 + 2 γ2 = 0 α2 − 0, 149 β2 + γ2 = 0 y sabiendo que: α22 + β22 + γ22 = 1 resulta: α2 = -0,362, β2 = 0,798 y γ2 = 0,482. La dirección principal asociada a σ3 , !n3 = (α3 , β3, γ3), se obtiene a partir de la condición de que sea ortogonal a !n1 y a !n2 : !n3 = !n1 × !n2 1 1 !k !i !j 1 1 = 1 0, 92 0, 21 0, 34 1 1 −0, 362 0, 798 0, 482 1   1 −0, 170 1  1  1 =  −0, 567  1 1 0, 810 Lección 5 Cı́rculos de Mohr 5.1. Cı́rculos de Mohr en tensiones Los cı́rculos de Mohr1 en tensiones proporcionan una representación gráfica plana de los infinitos vectores tensión !σ asociados a un punto P de un sólido elástico sometido a un sistema de acciones exteriores. Para la obtención de esta representación gráfica se parte de lo siguiente: Se utiliza el sistema de referencia principal en el punto P . Las tensiones principales en P se ordenan, sin pérdida de generalidad, de mayor a menor: σ1 ≥ σ2 ≥ σ3 En el sistema de referencia principal, cualquier vector tensión !σen el punto obtener como:       α σ1 α σ1 0 0       !σ =  0 σ2 0   β  =  β σ2  γ σ3 γ 0 0 σ3 P se puede donde !n = (α, β, γ) es el vector normal correspondiente al plano sobre el que actúa el vector !σ. Entonces, se tiene que: |!σ|2 = σ 2 = σ12 α2 + σ22 β 2 + σ32 γ 2 Y, por la definición de componentes intrı́nsecas τ y σn de !σ, se tiene: σ 2 = σn2 + τ 2 Combinando las dos expresiones anteriores, se cumple que: σn2 + τ 2 = σ12α2 + σ22β 2 + σ32γ 2 Por otro lado, la componente normal σn del vector !σ es: σn   α   = !σ · !n = (α σ1 , β σ2, γ σ3 )  β  = σ1α2 + σ2 β 2 + σ3 γ 2 γ 1 Otto Mohr (1835-1918), ingeniero estructural alemán pionero en la aplicación de métodos gráficos para la resolución de problemas de la teorı́a de la estructuras. 31 32 LECCIÓN 5. CÍRCULOS DE MOHR Y también sabemos que: α2 + β 2 + γ 2 = 1 Las tres ecuaciones anteriores proporcionan una relación entre las tensiones principales σ1 , σ2 y σ3 en el punto P , las componentes del vector unitario (α, β, γ) normal a un plano y las componentes intrı́nsecas del vector tensión en el punto P según ese plano, σn y τ : σ12 α2 + σ22 β 2 + σ32γ 2 = σn2 + τ 2 σ1 α2 + σ2β 2 + σ3γ 2 = σn α2 + β 2 + γ 2 = 1 De donde se obtiene: γ2 = (σn − σ1 ) (σn − σ2 ) + τ 2 (σ3 − σ1) (σ3 − σ2 ) β2 = (σn − σ1 ) (σn − σ3 ) + τ 2 (σ2 − σ1) (σ2 − σ3 ) α2 = (σn − σ2 ) (σn − σ3) + τ 2 (σ1 − σ2 ) (σ1 − σ3 ) Los cocientes anteriores deben ser positivos, ya que corresponden a números reales α, β, γ elevados al cuadrado. Analicemos uno por uno los tres cocientes. 1. Cociente de α2 . α2 = (σn − σ2 ) (σn − σ3 ) + τ 2 ≥ 0 (σ1 − σ2) (σ1 − σ3) El denominador del cociente es un número positivo, por ser σ1 ≥ σ2 ≥ σ3 , según nuestro convenio. En consecuencia, debe cumplirse: (σn − σ2 ) (σn − σ3) + τ 2 ≥ 0 o lo que es lo mismo: (σn − σ2 + σ3 2 σ2 − σ3 2 ) − ( ) + τ2 ≥ 0 2 2 y la condición de que α2 sea positivo se traduce en que: (σn − σ2 − σ3 2 σ2 + σ3 2 ) + τ2 ≥ ( ) 2 2 3 En el plano (σn , τ ) la ecuación de la circunferencia de centro ( σ2 +σ 2 , 0) y radio (σn − σ2 −σ3 2 es: σ2 + σ3 2 σ2 − σ3 2 ) + τ2 = ( ) 2 2 Luego la condición que debe cumplirse, derivada de que α2 ≥ 0, es que los puntos (σn , τ ) que representan los vectores tensión en el punto P , han de encontrarse fuera del cı́rculo de 3 3 centrado en el punto ( σ2 +σ radio σ2 −σ 2 2 , 0) (primer cı́rculo de Mohr, figura 5.1). 33 5.1. CÍRCULOS DE MOHR EN TENSIONES τ Zona posible: exterior del círculo σ3 σn σ2 Figura 5.1: Primer cı́rculo de Mohr C1 2. Cociente de β 2 . β2 = (σn − σ1) (σn − σ3 ) + τ 2 ≥ 0 (σ2 − σ1 ) (σ2 − σ3 ) El denominador del cociente es un número negativo, por ser σ1 ≥ σ2 ≥ σ3, según nuestro convenio. En consecuencia, debe cumplirse: (σn − σ1 ) (σn − σ3) + τ 2 ≤ 0 o lo que es lo mismo: (σn − σ1 + σ3 2 σ1 − σ3 2 ) − ( ) + τ2 ≤ 0 2 2 y la condición de que β 2 sea positivo se traduce en que: (σn − σ1 + σ3 2 σ1 − σ3 2 ) + τ2 ≤ ( ) 2 2 3 En el plano (σn , τ ) la ecuación de la circunferencia de centro ( σ1 +σ 2 , 0) y radio (σn − σ1 − σ3 2 σ1 + σ3 2 ) + τ2 = ( ) 2 2 σ1 −σ3 2 es: 34 LECCIÓN 5. CÍRCULOS DE MOHR Luego la condición que debe cumplirse, derivada de que β 2 ≥ 0, es que los puntos (σn , τ ) que representan los vectores tensión en el punto P , han de encontrarse dentro del cı́rculo 3 3 centrado en el punto ( σ1 +σ de radio σ1 −σ 2 2 , 0) (segundo cı́rculo de Mohr, figura 5.2). 3. Cociente de γ 2. γ2 = (σn − σ1 ) (σn − σ2 ) + τ 2 ≥ 0 (σ3 − σ1 ) (σ3 − σ2 ) El denominador del cociente es un número positivo, por ser σ1 ≥ σ2 ≥ σ3 , según nuestro convenio. En consecuencia, debe cumplirse: (σn − σ1 ) (σn − σ2) + τ 2 ≥ 0 o lo que es lo mismo: (σn − σ1 − σ2 2 σ1 + σ2 2 ) − ( ) + τ2 ≥ 0 2 2 y la condición de que γ 2 sea positivo se traduce en que: (σn − σ1 − σ2 2 σ1 + σ2 2 ) + τ2 ≥ ( ) 2 2 2 En el plano (σn , τ ) la ecuación de la circunferencia de centro ( σ1 +σ 2 , 0) y radio (σn − σ1 + σ2 2 σ1 − σ2 2 ) + τ2 = ( ) 2 2 τ Zona posible: interior del círculo σ3 σn σ1 Figura 5.2: Segundo cı́rculo de Mohr C2 σ1 −σ2 2 es: 35 5.1. CÍRCULOS DE MOHR EN TENSIONES Zona posible: exterior del círculo τ σ2 σn σ1 Figura 5.3: Tercer cı́rculo de Mohr C3 Luego la condición que debe cumplirse, derivada de que γ 2 ≥ 0, es que los puntos (σn , τ ) que representan los vectores tensión en el punto P , han de encontrarse fuera del cı́rculo de 2 2 centrado en el punto ( σ1 +σ radio σ1 −σ 2 2 , 0) (tercer cı́rculo de Mohr, figura 5.3). Si combinamos en una sola representación las tres condiciones obtenidas para la posición de los puntos (σn , τ ) que representan los vectores tensión en el punto P , se tiene la representación de la figura 5.4, en la que se ve que la zona de puntos de tensión posibles en la comprendida entre los tres cı́rculos de Mohr. Cuando dos tensiones principales son iguales, el estado tensional recibe el nombre de estado cilı́ndrico. Nótese que en ese caso uno de los cı́rculos de Mohr tiene radio nulo y los dos otros cı́rculos se superponen. En ese caso los puntos de tensión posibles están sobre una circunferencia. Cuando las tres tensiones principales son iguales, el estado tensional recibe el nombre de estado esférico o estado hidrostático. En este caso los tres cı́rculos de Mohr coinciden en un punto situado sobre el eje de σn , que es el único punto de tensión posible. 36 LECCIÓN 5. CÍRCULOS DE MOHR τ Zona posible σ3 σ2 σn σ1 Figura 5.4: Representación de Mohr de las componentes de tensión posibles en el punto P 5.2. 5.2.1. Representación de tensiones en los cı́rculos de Mohr Componentes intrı́nsecas del vector tensión Dado un estado tensional en el punto P del sólido elástico, a cada orientación !n ≡ (α, β, γ) definida en P con respecto al sistema de referencia principal, le corresponde un punto A ≡ (σn , τ ) dentro de la representación de Mohr, dado por: σn = σ1 α2 + σ2 β 2 + σ3 γ 2 y luego,       α (σ1 − σn ) α α σ1       !τ = !σ − σ!n =  β σ2  − σn  β  =  β (σ2 − σn )  γ (σ3 − σn ) γ γ σ3 τ = ± ( α2 (σ1 − σn )2 + β 2 (σ2 − σn )2 + γ 2 (σ3 − σn )2 Normalmente se elige un signo positivo para τ y, de esta forma, se trabaja con el semiplano superior del plano (σn , τ ). De este modo, a cada orientación !n ≡ (α, β, γ) definida en P le corresponde un solo punto A ≡ (σn , τ ) de tensión en la representación de Mohr. 5.2.2. Cálculo de la orientación del vector normal Recı́procamente, la posición de un punto A = (σn , τ ) en la representación de Mohr puede utilizarse para conocer la orientación del vector normal !n= ( α, β, γ) que da lugar a las componentes intrı́nsecas (σn , τ ). 37 5.2. REPRESENTACIÓN DE TENSIONES EN LOS CÍRCULOS DE MOHR τ A’ circunferencia concéntrica a C1 circunferencia concéntrica a C3 A σ3 σ2 α γ C3 C1 σn σ1 C2 Figura 5.5: Construcción para la determinación de los parámetros α, β, γ Se emplea la construcción geométrica siguiente (figura 5.5): 1. Trazar circunferencias concéntricas con C1 y C3 que pasen por el punto A, hasta que corten a C2 . 2. Se unen estos puntos de corte con los extremos del diámetro del cı́rculo C2 , obteniéndose 8 yγ 8 . Como se verá a continuación, se cumple que: los ángulos α 3. Se obtiene β 2 utilizando la relación: 8 α2 = cos2 α 2 28 γ = cos γ β 2 = 1 − α2 − γ 2 Nótese que de esta forma se obtienen los cuadrados de los parámetros α, β, γ y, por tanto, quedan determinados los módulos de las componentes del vector normal !n, pero no su signo: 8 α = ± cos α β = ± cos β8 γ = ± cos γ8 38 LECCIÓN 5. CÍRCULOS DE MOHR Ası́, a cada punto A ≡ (σn , τ ) dentro de la representación de Mohr le corresponden hasta ocho orientaciones del vector normal !n, obtenidas permutando los signos positivos y negativos: (α, β, γ), (α, −β, −γ), (α, −β, γ), (α, β, −γ), (−α, β, γ), . . .. La construcción geométrica definida más arriba se basa en lo siguiente: En todos los puntos de una circunferencia concéntrica a C1 se tiene el mismo valor de α2 . En todos los puntos de una circunferencia concéntrica a C3 se tiene el mismo valor de γ 2. En los puntos de la circunferencia C2 se tiene que β = 0. Entonces, en el punto A$ de la figura 5.5 se tiene el mismo valor de α2 que en el punto A y, además, β es nulo. En el punto A$ se tiene: γ2 1 − α2 = α2 α2 por ser β nulo Sustituyendo los valores de α y γ en el punto A$ se obtiene: 1 − α2 = α2 ! −σ ) (σ ! −σ ) + τ !2 (σn 1 2 n (σ3 −σ1 ) (σ3 −σ2 ) ! −σ ) (σ ! −σ ) + τ !2 (σn 2 3 n (σ1 −σ2 ) (σ1 −σ3 ) = (σ1 − σ2) [(σn$ − σ1 ) (σn$ − σ2 ) + τ $2] (σ2 − σ3) [(σn$ − σ2 ) (σn$ − σ3 ) + τ $2] donde (σn$ , τ $ ) son las coordenadas del punto A$ . Además, como β es nulo en el punto A$ , resulta que: (σn$ − σ1) (σn$ − σ3 ) + τ $2 = 0 −→ τ $2 = −(σn$ − σ1 ) (σn$ − σ3) y sustituyendo: (σn$ − σ1 ) (σ3 − σ2 ) (σn$ − σ1 ) (σn$ − σ1 )(σn$ − σ3 ) τ $2 1 − α2 8 = = − = − = = tan2 α α2 (σ2 − σ3 ) (σn$ − σ3 ) (σn$ − σ3 ) (σn$ − σ3)2 (σn$ − σ3 )2 8 De donde se deduce que α = ± cos α. 5.3. 5.3.1. Casos particulares Planos que contienen al primer eje principal Tratamos de ver ahora en qué zona de la representación de Mohr se sitúan los puntos de tensión correspondientes a planos que contienen al primer eje principal, es decir, planos cuyo vector normal !n tiene su primera componente nula: α = 0 (figura 5.6). El equilibrio de las fuerzas de primer orden que actúan sobre la cuña de material alrededor del punto P representada en la figura 5.6 nos da las ecuaciones siguientes: σ2 s cos θ = σn s cos θ + τ s sin θ σ3 s sin θ = σn s sin θ − τ s cos θ siendo θ el ángulo que forma el vector normal al plano !n con el eje principal II. De las dos ecuaciones anteriores se deduce que: τ = σn = σ2 − σ3 sin 2θ 2 σ2 − σ3 σ2 + σ3 + cos 2θ 2 2 39 5.3. CASOS PARTICULARES III III σn n n II P θ P II τ I S III σn n σ2 θ θ τ II σ3 Figura 5.6: Planos que contienen al eje principal I Estas últimas relaciones son las ecuaciones paramétricas de la circunferencia correspondiente al primer cı́rculo de Mohr C1 (figura 5.7). Lo que indica que los puntos de tensión correspondientes a planos que contienen al primer eje principal se encuentran sobre la circunferencia C1 , τ (σn, τ) σ3 σn 2θ C1 Punto que define el vector tensión para la normal n σ2 Doble del ángulo que forma la normal n con el eje II Figura 5.7: Planos que contienen al eje principal I. Puntos de tensión sobre la circunferencia C1 40 LECCIÓN 5. CÍRCULOS DE MOHR III III σn n n θ P I II P τ I S III σn n σ1 θ θ τ I σ3 Figura 5.8: Planos que contienen al eje principal II de modo que el ángulo del radio vector asociado a cada punto de tensión con el eje de σn es el doble del ángulo que forma el vector normal al plano !n con el eje principal II de tensiones. 5.3.2. Planos que contienen al segundo eje principal Análogamente, veamos ahora en qué zona de la representación de Mohr se sitúan los puntos de tensión correspondientes a planos que contienen al segundo eje principal, es decir, planos cuyo vector normal !n tiene su segunda componente nula: β = 0 (figura 5.8). El equilibrio de las fuerzas de primer orden que actúan sobre la cuña de material alrededor del punto P representada en la figura 5.8 nos proporciona, como antes, las ecuaciones paramétricas siguientes: τ = σn = σ1 − σ3 sin 2θ 2 σ1 + σ3 σ1 − σ3 + cos 2θ 2 2 siendo θ el ángulo que forma el vector normal al plano !n con el eje principal I. Estas últimas relaciones son las ecuaciones paramétricas de la circunferencia correspondiente al segundo cı́rculo de Mohr C2 (figura 5.9). Lo que indica que los puntos de tensión correspondientes a planos que contienen al segundo eje principal se encuentran sobre la circunferencia C2 , de modo que el ángulo del radio vector asociado a cada punto de tensión con el eje de σn es el doble del ángulo que forma el vector normal al plano !n con el eje principal I de tensiones. 41 5.4. TENSIONES MÁXIMAS τ (σn, τ) σ3 Punto que define el vector tensión para la normal n σn 2θ C2 σ1 Doble del ángulo que forma la normal n con el eje I Figura 5.9: Planos que contienen al eje principal II. Puntos de tensión sobre la circunferencia C2 5.3.3. Planos que contienen al tercer eje principal Por último, veamos en qué zona de la representación de Mohr se sitúan los puntos de tensión correspondientes a planos que contienen al tercer eje principal, es decir, planos cuyo vector normal !n tiene su tercera componente nula: γ = 0 (figura 5.10). El equilibrio de las fuerzas de primer orden que actúan sobre la cuña de material alrededor del punto P representada en la figura 5.10 nos proporciona, como antes, las ecuaciones paramétricas siguientes: τ = σn = σ1 − σ2 sin 2θ 2 σ1 − σ2 σ1 + σ2 + cos 2θ 2 2 siendo θ el ángulo que forma el vector normal al plano !n con el eje principal I. Estas últimas relaciones son las ecuaciones paramétricas de la circunferencia correspondiente al tercer cı́rculo de Mohr C3 (figura 5.11). Lo que indica que los puntos de tensión correspondientes a planos que contienen al segundo eje principal se encuentran sobre la circunferencia C3 , de modo que el ángulo del radio vector asociado a cada punto de tensión con el eje de σn es el doble del ángulo que forma el vector normal al plano !n con el eje principal I de tensiones. 5.4. Tensiones máximas De los cı́rculos de Mohr correspondientes al estado tensional en un punto P se pueden obtener las tensiones máximas que actúan en el punto P . Con respecto a las tensiones normales, las máximas vienen dadas por las tensiones principales, σ1 o σ3 , que son los puntos extremos de la representación de Mohr sobre el eje σn . 42 LECCIÓN 5. CÍRCULOS DE MOHR III II σn n P θ P II I τ n I S II σn n σ1 θ θ τ I σ2 Figura 5.10: Planos que contienen al eje principal III Con respecto a las tensiones tangenciales, la máxima viene dada por el radio del cı́rculo C2 : τmax = σ1 − σ3 2 τ (σn, τ) σ2 σn 2θ C3 Punto que define el vector tensión para la normal n σ1 Doble del ángulo que forma la normal n con el eje I Figura 5.11: Planos que contienen al eje principal III. Puntos de tensión sobre circunferencia C3 43 5.5. ESTADOS TENSIONALES CILÍNDRICO Y ESFÉRICO τ σ3 σn σ1=σ2 C1= C2 Figura 5.12: Cı́rculos de Mohr en estado de tensión cilı́ndrico Esta tensión se da sobre un plano que contiene al eje principal intermedio (II), a ± 45o con los ejes principales I y III. 5.5. 5.5.1. Estados tensionales cilı́ndrico y esférico Estado cilı́ndrico Si son iguales dos tensiones principales, σ1 = σ2 ó σ2 = σ3 , el estado tensional se conoce con el nombre de estado cilı́ndrico. Si σ1 = σ2 , la circunferencia C3 se reduce a un punto y la circunferencia C1 coincide con C2 . Es decir, el área sombreada de la figura 5.4 se reduce a la circunferencia C1 ≡ C2 (figura 5.12). En este caso solamente está determinada la dirección principal correspondiente a la tensión principal σ3 . Cualquier dirección contenida en un plano normal a la dirección principal correspondiente a σ3 es una dirección principal. Igualmente, si σ2 = σ3, la circunferencia C1 se reduce a un punto y la circunferencia C2 coincide con C3 . Es decir, el área sombreada de la figura 5.4 se reduce a la circunferencia C2 ≡ C3 . En este caso solamente está determinada la dirección principal correspondiente a la tensión principal σ1 . Cualquier dirección contenida en un plano normal a la dirección principal correspondiente a σ1 es una dirección principal. Cuando dos tensiones principales son iguales, puede verse que los estados tensionales correspondientes presentan simetrı́a cilı́ndrica en torno a la única dirección principal que está determinada. De ahı́ que un estado tensional de estas caracterı́sticas se denomine estado cilı́ndrico. Por ejemplo, en un estado cilı́ndrico con σ1 = σ2 los vectores tensión correspondientes a cualquier plano π cuya normal forme un ángulo γ̂ con la dirección principal correspondiente a σ3 tienen las mismas componentes intrı́nsecas. En efecto, utilizando el sistema de referencia principal: 44 LECCIÓN 5. CÍRCULOS DE MOHR !σ=        ασ α σ 0 0 σx         σy  =  0 σ 0   β  =  β σ  γ σ3 γ 0 0 σ3 σz cuyas componentes intrı́nsecas son: σn = !σ · !n = σ(α2 + β 2 ) + σ3 γ 2 = σ(1 − γ 2) + σ3 γ 2 τ ( σ 2(α2 + β 2 ) + σ32 γ 2 − σn2 = = 5.5.2. ( (independiente de α y β) σ 2(1 − γ 2) + σ32γ 2 − σn2 (independiente de α y β) Estado esférico Si en vez de ser iguales dos, son iguales las tres tensiones principales, el elipsoide de tensiones es una esfera y todas las direcciones son principales. Los cı́rculos de Mohr se reducen a un punto: para cualquier plano π el vector tensión correspondiente es normal al plano y carece, por tanto, de componente tangencial. Además, su módulo es constante. Este estado tensional presenta simetrı́a en torno al punto P en el que se considera el estado tensional y, por ello, recibe el nombre de estado esférico. Por analogı́a con el estado tensional que existe en un cuerpo sumergido en un lı́quido, se le denomina también a veces estado hidrostático. Desde el punto de vista de la respuesta del material, a veces tiene interés descomponer la matriz de tensiones en suma de la correspondiente a un estado hidrostático [T0] y otra correspondiente a un estado desviador [Td ]:  σnx τxy  [T ] =  τxy σny τxz τyz      σnx − p τxy τxz p 0 0 τxz      σny − p τyz  τyz  =  0 p 0  +  τxy τxz τyz σnz − p 0 0 p σnz = [T0] + [Td] donde 3 p = σnx + σny + σnz . La matriz [T0] es la matriz volumétrica y la matriz [Td] es la matriz desviadora. 5.6. Ejercicios resueltos 5.6.1. Representación de un estado tensional en el diagrama de Mohr Las tensiones principales en un punto de un sólido son: σ1 = 4 MPa, σ2 = 2 MPa y σ3 = −1 MPa. Determinar analı́tica y gráficamente el punto que corresponde en el diagrama de Mohr al vector tensión del plano cuya normal forma ángulos de 45o y 120o con las direcciones principales 2 y 3, respectivamente. Solución: 1. Solución analı́tica 45 5.6. EJERCICIOS RESUELTOS La matriz de tensiones con respecto al sistema de referencia principal es:   4 0 0   [T ] =  0 2 0  MPa 0 0 −1 El vector normal al plano que se da en el enunciado es !n = (α, β, γ), con: 1 β = cos(45o) = √ 2 γ = cos(120o) = − cos(60o) = − ( 1 − β2 − γ 2 = ± α = 1 2 1 1 −→ α = (se toma la raı́z positiva) 2 2 El vector tensión asociado al plano será entonces:       2, 00 0, 50 4 0 0       !σ =  0 2 0   0, 7071  =  1, 4142  0, 50 −0, 50 0 0 −1 Las componentes intrı́nsecas de este vector son: y   0, 50   σn = !σ · !n = (2, 00, 1, 4142, 0, 50)  0, 7071  = 1, 75 MPa −0, 50 τ = ( |!σ |2 − σn2 = ( 22 + 1, 41422 + 0, 502 − 1, 752 = 1, 785 MPa La representación de este punto en el diagrama de Mohr se da en la figura 5.13. Nótese que se ha tomado la raı́z positiva de τ y que, por tanto, el punto se sitúa en el semiplano superior. 2. Solución gráfica 8 y el ángulo γ 8: Para representar el punto se requieren el ángulo α 8 = arc cos α = arc cos (0, 50) = 60o α γ8 = 120o (dato) 8 = 120o es mayor que 90o, se toma el ángulo suplementario, 60o, para Como el ángulo γ obtener la representación de Mohr del punto dado. En la figura 5.13 se da la construcción geométrica. Tras dibujar los tres cı́rculos de Mohr a partir de los valores de las tensiones principales, desde los extremos del diámetro del 8 = 60o y 180 − γ 8 = 60o con el eje de cı́rculo C2 se trazan rectas que forman ángulos de α abcisas. Las rectas cortan a la circunferencia C2 en los puntos A y B. A continuación se trazan las circunferencias concéntricas con C1 y C3 que pasan por A y B, respectivamente. La intersección de ambas circunferencias nos da el punto buscado. 46 LECCIÓN 5. CÍRCULOS DE MOHR τ (MPa) B A -1 (1,75, 1,785) α = 60º 2 γ = 120º 180−120 = 60º 4 σn (MPa) C3 C1 C2 Figura 5.13: Representación del punto en el diagrama de Mohr 5.6.2. Obtención de tensiones principales con el diagrama de Mohr Las tensiones principales extremas en un punto de un sólido son: 100 y 50 MPa. El vector tensión correspondiente a un plano π, cuya normal forma un ángulo de 45o con la dirección principal 1, tiene un módulo de σ = 85 MPa y forma con la normal al plano un ángulo θ = 12, 5o. Se pide determinar gráficamente el valor de la tensión principal intermedia σ2 . Solución: La construcción geométrica se da en la figura 5.14. Los datos del problema permiten dibujar el cı́rculo C2 . Trazando desde el extremo izquierdo (tensión principal menor σ3 ) una recta a 45o con el eje horizontal se obtiene el punto A. Por otro lado, las componentes intrı́nsecas del vector tensión !σ dado son: σn = 85 cos(12, 5o) = 82, 99 M P a y τ = ( |!σ|2 − σn2 = ( 852 − 82, 992 = 18, 4 MPa La representación de este punto (σn , τ ) en el diagrama de Mohr es el punto B de la figura 5.14. El centro del cı́rculo C1 se encuentra en la mediatriz de AB. La intersección de la mediatriz 5.6. EJERCICIOS RESUELTOS 47 Figura 5.14: Determinación del centro del cı́rculo C1 con el eje de abcisas se produce para σn = 61, 6 MPa. En consecuencia, la tensión principal σ2 es: σ2 = 50 + (61, 6 − 50) × 2 = 73, 2 M P a 48 LECCIÓN 5. CÍRCULOS DE MOHR Lección 6 Concepto de deformación 6.1. Vector desplazamiento Sea un punto P dentro de un sólido elástico. Sea !r0 ≡ (x0, y0 , z0 ) el vector de posición del punto P antes de aplicar ninguna acción sobre el sólido (figura 6.1). Al aplicar al sólido un sistema de fuerzas f!v , f!s , el punto P sufre un desplazamiento, de forma que su nuevo vector de posición es el !r1 ≡ (x1, y1 , z1 ). Se define como vector desplazamiento del punto P , !δp , la diferencia:     x1 − x0 u    !δp = !r1 − !r0 =   y1 − y0  =  v  z1 − z0 w Dentro del sólido elástico, el vector desplazamiento !δp es una función de punto. Se trata por tanto de un campo vectorial, el campo de desplazamientos, definido dentro del sólido elástico y asociado a cada sistema de fuerzas que actúe sobre el mismo. Cabe señalar los puntos siguientes: Aunque la definición del vector desplazamiento tiene mucha más generalidad, nosotros estamos únicamente interesados en el desplazamiento de los puntos del sólido elástico en los casos en que los vı́nculos exteriores del sólido son suficientes para impedir su movimiento de sólido rı́gido1. La teorı́a de la elasticidad lineal postula que la diferencia entre las coordenadas de P antes de la aplicación del sistema de fuerzas, (x0 , y0 , z0 ), y después de la aplicación del mismo, (x1, y1 , z1 ), es muy pequeña, despreciable con respecto a las dimensiones del sólido. En consecuencia, se definen las componentes del vector !δp como funciones de las coordenadas (x, y, z) del punto P , sin distinguir entre el estado anterior o posterior a la aplicación de las fuerzas. En lo sucesivo, nosotros asumiremos este postulado, que se conoce con el nombre de hipótesis de pequeños desplazamientos y que resulta válido en la mayorı́a de las aplicaciones prácticas. Supondremos que no hay desgarros en el material durante la aplicación del sistema de fuerzas exteriores. Por lo tanto, las componentes u ≡ u(x, y, z), v ≡ v(x, y, z), w ≡ 1 Ver sección 1.3. 49 50 LECCIÓN 6. CONCEPTO DE DEFORMACIÓN P Z δp P r0 r1 Y X Figura 6.1: Definición del vector desplazamiento !δp w(x, y, z) del vector desplazamiento !δp , por el fenómeno fı́sico que representan, deben ser funciones continuas, ya que un mismo punto del sólido no puede desplazarse a dos sitios diferentes. 6.2. Matrices de giro y deformación Sea Q otro punto del sólido elástico infinitamente próximo a P . Si se analiza el desplazamiento de estos dos puntos al aplicar un sistema de fuerzas exteriores se tiene (figura 6.2): P!Q$ = d!r0 + !δp + d!δp P!Q$ = !δp + d!r1 luego: d!r1 = d!r0 + d!δp y además: y también 51 6.2. MATRICES DE GIRO Y DEFORMACIÓN δp + dδp Q (x+dx, y+dy, z+dz) Q’ dr0 dr1 Posición inicial P (x,y,z) δp Posición deformada P’ Figura 6.2: Desplazamientos en el entorno del punto P    du    d!δp =  dv  =   dw ∂u ∂x ∂v ∂x ∂w ∂x ∂u ∂y ∂v ∂y ∂w ∂y ∂u ∂z ∂v ∂z ∂w ∂z     dx    dy  = [M ] d! r0  dz Entonces tenemos que: d!r1 = d!r0 + [M ] d!r0 Es decir, la separación d!r1 entre los puntos P y Q en el estado que resulta tras aplicar el sistema de fuerzas es igual a la separación inicial !r0 más una transformación lineal de la separación inicial dada por la matriz [M ]. La matriz [M ] puede descomponerse en suma de una matriz simétrica y otra matriz antisimétrica: [M ] = 1 1 {[M ] + [M ]t } + {[M ] − [M ]t} = [D] + [H] :; < :; < 92 92 simétrica antisimétrica La matriz simétrica [D] se conoce con el nombre de matriz de deformación y la matriz antisimétrica [H] se llama matriz de giro. Entonces podemos escribir que la posición relativa de los puntos P y Q durante la aplicación de fuerzas exteriores cambia del modo siguiente: d!r1 = d!r0 + [D] d!r0 + [H] d!r0 Se debe recordar que la transformación lineal de un vector dada por una matriz antisimétrica es equivalente a un producto vectorial de un vector ! ω formado a partir de las componentes de la matriz por el vector sobre el que se aplica la transformación. Si las componentes de la matriz 52 LECCIÓN 6. CONCEPTO DE DEFORMACIÓN son infinitesimales, la transformación puede interpretarse como un giro infinitesimal de sólido rı́gido alrededor del eje definido por el vector d! ω (figura 6.3). 1 1 !i 1 1 d! ω × d!r = 1 dωx 1 1 dx 1    !k 11 !j 0 dωy dz − dωz dy   1  dωy dωz 1 =  dωz dx − dωx dz  =  dωz 1 −dωy dωx dy − dωy dx dy dz 1 9 −dωz 0 dωx :;   dx dωy   −dωx   dy  dz 0 componentes de d! ω < Es decir, durante la aplicación de un sistema de fuerzas, dos puntos próximos P y Q del sólido elástico se mueven uno con respecto al otro: Girando uno con respecto al otro: giro de sólido rı́gido dado por la matriz [H]. Esta transformación no produce tensiones (fuerzas internas) en el material, ya que la distancia entre los dos puntos no cambia. Distorsionando o estirando el material: el movimiento relativo distinto del giro, dado por la matriz de deformación [D]. Esta transformación produce tensiones (fuerzas internas) en el material. La matriz [H] representa un giro puro, esto es, sin deformación, únicamente cuando el entorno del punto P sufre un giro pequeño o infinitesimal. Esto es, cuando las componentes de [H] son pequeñas, tal como estamos suponiendo. En este caso se cumple lo anterior y la matriz [D] reúne toda la deformación del entorno del punto. Se dice que se trabaja en la hipótesis de pequeños giros. Si los giros no son pequeños, entonces la matriz [H] construida según se indica más arriba, no representa una transformación de giro puro, sino que incorpora parte de la deformación del entorno del punto P . En estos casos la deformación se define mediante otras matrices más complicadas que la matriz [D]. dω [H] dr0 Q dr0 P Figura 6.3: Interpretación geométrica de la matriz de giro 53 6.3. EJERCICIOS RESUELTOS Como hemos señalado más arriba, nosotros asumimos la hipótesis de pequeños desplazamientos de la elasticidad lineal, que implica que tanto los giros (componentes de la matriz [H]) como las deformaciones (componentes de la matriz [D]) son pequeños. A partir de las componentes del campo de desplazamientos, la matriz de giro es:  1 ∂u 2 ( ∂y 0  1 ∂u [H] =   − 2 ( ∂y − − 12 ( ∂u ∂z − ∂v ∂x ) ∂w ∂x ) − 1 ∂u 2 ( ∂z 1 ∂v 2 ( ∂z ∂v ∂x ) 0 − 12 ( ∂v ∂z − ∂w ∂y ) − − ∂w ∂x ) ∂w ∂y )   0   =  a  z  −ay 0  −az 0 ax ay  −ax  0 y la matriz de deformación:   [D] =   ∂u ∂x 1 ∂u 2 ( ∂y + 1 ∂u 2 ( ∂z + ∂v ∂x ) ∂w ∂x ) 1 ∂u 2 ( ∂y + ∂v ∂y 1 ∂v 2 ( ∂z + ∂v ∂x ) ∂w ∂y ) 1 ∂u 2 ( ∂z + 1 ∂v 2 ( ∂z + ∂w ∂z ∂w ∂x ) ∂w ∂y )      =    εx 1 2 γxy 1 2 γxy 1 2 γxz εy 1 2 γxz 1 2 γyz 1 2 γyz εz     La matriz de deformación representa una magnitud tensorial de orden 2 que en la literatura se conoce con el nombre de tensor de pequeñas deformaciones. Dentro del sólido elástico, la matriz de deformación [D] es una función de punto, se trata por tanto de un campo tensorial de orden 2. 6.3. Ejercicios resueltos 6.3.1. Cálculo de la matriz de deformación y el giro en el entorno de un punto Sobre un sólido elástico se ha provocado un estado de deformación tal que las componentes del vector desplazamiento en un sistema cartesiano ortogonal OXY Z son: u = 4 a x2 v = 8 a z2 w = −2 a y 2 con a = 10−6 cm−1 . Determinar en el punto P = (1, 1, 1) cm, la matriz de deformación y la dirección del eje de giro experimentado por el entorno del punto P . Solución: 1. Matriz de deformación A partir de las derivadas de las componentes del campo de desplazamientos, la matriz de deformación es:   [D] =   ∂u ∂x 1 ∂u 2 ( ∂y + 1 ∂u 2 ( ∂z + ∂v ∂x ) ∂w ∂x ) 1 ∂u 2 ( ∂y + ∂v ∂y 1 ∂v ( 2 ∂z + ∂v ∂x ) ∂w ∂y ) 1 ∂u 2 ( ∂z + 1 ∂v 2 ( ∂z + ∂w ∂z ∂w ∂x ) ∂w ∂y )      =    8 ax 0 0 0 0 8 az − 2 ay 0   8 az − 2 ay   0 54 LECCIÓN 6. CONCEPTO DE DEFORMACIÓN Y en el punto P :   8 0 0   [D] =  0 0 6  10−6 0 6 0 2. Dirección del eje de giro del entorno del punto P A partir de las derivadas de las componentes del campo de desplazamientos, la matriz de giro es:   0 1 ∂u 2 ( ∂y − 1 ∂u ∂v 0 [H] =   − 2 ( ∂y − ∂x ) ∂w 1 ∂v 1 ∂u − 2 ( ∂z − ∂x ) − 2 ( ∂z − Y en el punto P : 1 ∂u 2 ( ∂z 1 ∂v 2 ( ∂z ∂v ∂x ) ∂w ∂y ) − − ∂w ∂x ) ∂w ∂y ) 0     0 0 0   0 10  10−6 [H] =  0 0 −10 0 A partir de las componentes de la matriz [H], las componentes del vector de giro infinitesimal son:   0 0 0    =  0 0 2 ay + 8 az    0 −2 ay − 8 az 0  −10   d! ω =  0  10−6 0 Se trata por tanto de un giro con eje paralelo al eje OX del sistema de referencia. Lección 7 Deformaciones longitudinales y transversales 7.1. Ecuaciones cinemáticas Las componentes de la matriz de deformación [D] se relacionan con las componentes (u, v, w) del campo de desplazamientos !δp mediante las ecuaciones: εx = εy = εz = γxy = γxz = γyz = ∂u ∂x ∂v ∂y ∂w ∂z ∂u ∂v + ∂y ∂x ∂u ∂w + ∂z ∂x ∂v ∂w + ∂y ∂z Las ecuaciones anteriores constituyen un sistema de ecuaciones diferenciales en derivadas parciales definido en el volumen V del sólido elástico. Relacionan las derivadas del campo de desplazamientos con las componentes del campo de deformación, en la hipótesis de pequeños desplazamientos. Son ecuaciones cinemáticas en el sentido de que definen la deformación sin tener en cuenta la causa que la produce, esto es, las fuerzas internas en el sólido. A veces estas ecuaciones se llaman ecuaciones de compatibilidad del campo de deformaciones con el campo de desplazamientos. Las ecuaciones cinemáticas constituyen el segundo grupo de ecuaciones de la Teorı́a de la Elasticidad, tras las ecuaciones de equilibrio que vimos en la lección 3. Nótese que, como en el caso de las ecuaciones de equilibrio, se trata de ecuaciones lineales. 55 56 LECCIÓN 7. DEFORMACIONES LONGITUDINALES Y TRANSVERSALES C C dz P (1+εz)dz dr0 dy B P dx dr1 (1+εy)dy B (1+εx)dx A A Estado inicial Estado deformado Figura 7.1: Significado fı́sico de las deformaciones longitudinales 7.2. Significado de los términos de la matriz de deformación Los términos εx , εy y εz de la matriz de deformación se conocen con el nombre de deformaciones longitudinales. Los otros tres términos, γxy , γxz y γyz , se llaman deformaciones transversales. A continuación veremos el significado fı́sico de estas dos clases de deformación. 1. Deformaciones longitudinales Sea el vector d!r0 = (dx, dy, dz) en el punto P . Supongamos que para un determinado estado tensional la matriz de deformación vale:   εx 0 0   [D] =  0 εy 0  0 0 εz y que la matriz de giro [H] es nula. De acuerdo con esto, la transformación del vector d!r0 durante el proceso de aplicación de las acciones exteriores será:       (1 + εx ) dx εx dx dx       d!r1 = d!r0 + [D] d!r0 =  dy  +  εy dy  =  (1 + εy ) dy  (1 + εz ) dz εz dz dz Es decir, las componentes de la diagonal principal de [D] producen el estiramiento de las longitudes según los ejes X, Y y Z, respectivamente. Una longitud inicial dx pasa a ser, tras 7.2. SIGNIFICADO DE LOS TÉRMINOS DE LA MATRIZ DE DEFORMACIÓN 57 la deformación, de (1 + εx ) dx. En consecuencia, εx tiene el sentido fı́sico de alargamiento por unidad de longitud en el punto P en la dirección X. Nótese que εx es una magnitud adimensional, como el resto de las componentes de [D]. El sentido fı́sico de εy y εz es el mismo, referido a los otros dos ejes del sistema de referencia principal. De esta forma, las deformaciones longitudinales producen una dilatación homotética del entorno del punto P , sin distorsión de ángulos (figura 7.1). 2. Deformaciones transversales Sea ahora un estado tensional en el que la matriz de deformación vale:   [D] =   0 1 2 γxy 1 2 γxy 0 0 0 0   0   0 y en el que la matriz de giro [H] es nula. En este caso, la transformación del vector d!r0 durante el proceso de aplicación de las acciones exteriores será:    dx    d!r1 = d!r0 + [D] d!r0 =  dy  +   dz 1 2 γxy dy 1 2 γxy dx 0     Es decir, el vector (dx, 0, 0) se transforma en el vector (dx, 21 γxy dx, 0); y el vector (0, dy, 0) se transforma en el vector ( 21 γxy dy, dy, 0) (figura 7.2). Nótese que si las deformaciones son pequeñas se cumple que: 8) = tan(α 8 = tan(β) 1 2 γxy dx 1 8 = γxy ≈ α dx 2 1 2 γxy dy dy = 1 γxy ≈ β8 2 luego, =B 8 + β8 = distorsión del ángulo AP γxy ≈ α 8 es muy pequeño y, en consecuencia, la Como las deformaciones son pequeñas, el ángulo α longitud del vector (dx, 0, 0) es prácticamente la misma que la del vector (dx, 21 γxy dx, 0) (figura 7.2). Por lo tanto, la componente γxy no produce acortamiento o estiramiento en el material, únicamente produce distorsión angular. 58 LECCIÓN 7. DEFORMACIONES LONGITUDINALES Y TRANSVERSALES C C dr0 dz dy P dz B dr1 dx dx B dy P α 1/2 γxy dy β A A 1/2 γxy dx Estado inicial Estado deformado Figura 7.2: Significado fı́sico de las deformaciones transversales 7.3. Deformación según una dirección: galgas extensométricas En un punto P del sólido elástico, la transformación del vector d!r0 = (dx, dy, dz) debida a lo que hemos llamado deformación viene dada por: [D] d!r0 = [D] !n dr0 = ! εn dr0 donde dr0 es el módulo de d!r0 y ! εn = [D] !n es el vector deformación unitaria asociada a la dirección !n = (α, β, γ) de d!r0. Muchas veces interesa conocer cómo cambia el módulo del vector d!r0 al transformarse en d!r1 durante la aplicación de las acciones exteriores. Para ello se parte de: d!r1 = d!r0 + [D] d!r0 + [H] d!r0 = {!n0 + [D] !n + [H] !n} dr0 El cuadrado del módulo de d!r1 viene dado por el producto escalar del vector por sı́ mismo: dr12 = d!r1 · d!r1 = d!r1t d!r1 = {!n + [D] !n + [H] !n}t {!n + [D] !n + [H] !n} dr02 y dr12 = {!nt + !nt [D] − !nt [H]} {!n + [D] !n + [H] !n} dr02 De donde se obtiene: 7.3. DEFORMACIÓN SEGÚN UNA DIRECCIÓN: GALGAS EXTENSOMÉTRICAS 59 dr12 = dr02 {!nt !n + !nt [D] !n + !nt [H] !n + !nt [D] !n + !nt [D] [D] !n + !nt [D] [H] !n − !nt [H] !n − !nt [H] [D] !n − !nt [H] [H] !n} = dr02 {1 + 2 !nt [D] !n + !nt [D] [D] !n + !nt [D] [H] !n − !nt [H] [D] !n − !nt [H] [H] !n} ya que, por ser [H] una matriz antisimétrica, se cumple que !nt [H] !n = 0 . Si las deformaciones y giros son pequeños (elementos de las matrices [D] y [H] son * 1) entonces los términos de orden superior se podrán despreciar y quedará: dr12 ≈ dr02 {1 + 2 !nt [D] !n} Y por ser !nt [D] !n * 1 , quedará finalmente: dr12 ≈ dr02 {1 + d!nt [D] d!n}2 Es decir, se tendrá que: dr1 ≈ dr0 {1 + !nt [D] !n} = dr0 {1 + εn } De este modo, el cambio de módulo del vector d!r0 se obtiene multiplicando por (1 + εn ) el módulo inicial. El escalar εn se conoce con el nombre de deformación longitudinal unitaria y da el tanto por uno de aumento del módulo de d!r0. La deformación longitudinal unitaria en el punto P y en la dirección !n = (α, β, γ) se calcula como: εn = > α β γ  ?    εx 1 2 γxy 1 2 γxy 1 2 γxz εy 1 2 γxz 1 2 γyz 1 2 γyz εz    α     β    γ = εx α2 + εy β 2 + εz γ 2 + γxy α β + γyz β γ + γxz α γ La deformanción unitaria εn es la deformación que medirá una galga extensométrica colocada en el punto P según la dirección !n = (α, β, γ). Una galga extensométrica es una resistencia eléctrica cuyo valor de resistencia varı́a con la deformación longitudinal. La galga se adhiere al sólido y éste, al deformarse, hace variar su resistencia. Conocida la resistencia inicial de la galga, la variación de la resistencia, medida mediante un puente de resistencias, proporciona el valor de la deformación longitudinal unitaria en la dirección en la que se ha colocado la galga. 60 LECCIÓN 7. DEFORMACIONES LONGITUDINALES Y TRANSVERSALES n1 n1 n2 ϕ12 ϕ’12 P n2 P Estado inicial Estado deformado Figura 7.3: Distorsión de ángulos 7.4. Distorsión de ángulos En un punto P de un sólido elástico se tienen dos direcciones definidas por los vectores unitarios !n1 y !n2 . Dichas direcciones forman inicialmente (antes de la deformación) un ángulo ϕ12. Tras la deformación el ángulo es ϕ$12 (figura 7.3). Puede demostrarse que el incremento de dicho ángulo viene dado por: ∆ϕ12 = ϕ$12 − ϕ12 = (εn1 + εn2 ) cos ϕ12 − 2 !nt1 [D] !n2 sin ϕ12 donde: εn1 = !nt1 [D] !n1 = deformación longitudinal unitaria en dirección 1 εn2 = !nt2 [D] !n2 = deformación longitudinal unitaria en dirección 2 [D] = matriz de deformación 7.5. Ejercicios resueltos 7.5.1. Cálculo de variaciones de longitud y de ángulos La matriz de deformación de la placa indicada en la figura 7.4, referida a un sistema cartesiano OXY Z es:   (y−x) 0 y 2    [D] =  (y−x) 2 x 0 0   10−4 (x e y en metros) 0   0 Calcular la variación de longitud de los lados y la variación de los ángulos interiores de los vértices, indicando con signo positivo los aumentos y con negativo las disminuciones. Solución: 61 7.5. EJERCICIOS RESUELTOS Y C B 1m O X D A 1m 1m Figura 7.4: Placa 1. Variación de longitud de los lados En el lado AB se tiene que x = 1 m, y entonces la matriz de deformación vale:     [D] =  y (y−1) 2 (y−1) 2 1 0 0 0    −4 10 (y en metros) 0   0 El vector que da la dirección del lado es !nt = (0, 1, 0). Por lo tanto, la deformación longitudinal unitaria a lo largo del lado vale: εn = > 0  ?   1 0   y (y−1) 2 (y−1) 2 1 0 0    0     −4 = 10−4  1  10 0   0 0 0 El alargamiento del lado será por tanto: ∆l = ' 1 0 εn dy = 10−4 [y]10 = 10−4 m Análogamente, en el lado BC se tiene y = 1 m, y la matriz de deformación vale:     [D] =  1 (1−x) 2 (1−x) 2 1 0 0 0    10−4 (x en metros) 0   0 62 LECCIÓN 7. DEFORMACIONES LONGITUDINALES Y TRANSVERSALES El vector que da la dirección del lado es !nt = (1, 0, 0). Por lo tanto, la deformación longitudinal unitaria a lo largo del lado vale: εn = >  ?   0 0   1 1 (1−x) 2 (1−x) 2 1 0 0    1     −4 = 10−4  0  10 0   0 0 0 El alargamiento del lado BC será por tanto: ∆l = ' 1 −1 εn dx = 10−4 [x]1−1 = 2 × 10−4 m En el lado CD se tiene x = −1 m, y la matriz de deformación vale:     [D] =  y (y+1) 2 (y+1) 2 −1 0 0    −4 10 (y en metros) 0   0 0 El vector que da la dirección del lado es !nt = (0, 1, 0). Por lo tanto, la deformación longitudinal unitaria a lo largo del lado vale: εn = >  ?   0 1 0   y (y+1) 2 (y+1) 2 −1 0 0    0     −4 = −10−4  1  10 0   0 0 0 El alargamiento del lado CD resulta por tanto: ∆l = ' 1 0 εn dx = −10−4 [y]10 = −10−4 m En el lado DA se tiene y = 0 m, y la matriz de deformación vale:   [D] =   0 −x 2 −x 2 x 0 0 0   −4 (x en metros) 0   10 0 El vector que da la dirección del lado es !nt = (1, 0, 0). Por lo tanto, la deformación longitudinal unitaria a lo largo del lado vale: εn = > 1 0 0  ?    0 −x 2 −x 2 x 0 0      1  −4 = 0 0    0  10 0 0 El alargamiento del lado CD resulta por tanto: ∆l = ' 1 −1 εn dx = 0 0 63 7.5. EJERCICIOS RESUELTOS 2. Variación de ángulos interiores La variación viene dada por la componente: γxy = 2 y − x −4 10 2 en las esquinas de la placa. Un valor positivo de γxy significa que un ángulo de lados paralelos a los ejes XY se cierra. En la esquina A, se tiene x = 1 m e y = 0, con lo que: γxy = (y − x) 10−4 = −10−4 . El valor negativo indica que un ángulo de vértice en A y lados paralelos a los ejes +X y +Y se abre. Como consecuencia, el ángulo interior en A se cierra en 10−4 rad. Otra forma de ver este resultado es aplicar la fórmula: ∆ϕ12 = −2 !nt1 [D] !n2 = −2 > 1 0 0 ?     0 0 − 21 10−4 0     1 −4 1 0   1   − 2 10 0 0 0 0 = −10−4 En la esquina B, se tiene x = 1 m e y = 1, con lo que: γxy = (y − x) 10−4 = 0. El ángulo interior en B permanece recto, sin variación. En la esquina C, se tiene x = −1 m e y = 0, con lo que: γxy = (y − x) 10−4 = 2 10−4. El valor positivo indica que un ángulo de vértice en C y lados paralelos a los ejes +X y +Y se cierra. Como consecuencia, el ángulo interior en C se abre en 2 10−4 rad. En la esquina D, se tiene x = −1 m e y = 0, con lo que: γxy = (y − x) 10−4 = 10−4 . El valor positivo indica que un ángulo de vértice en D y lados paralelos a los ejes +X y +Y se abre. Como consecuencia, el ángulo interior en D se cierra en 10−4 rad. 64 LECCIÓN 7. DEFORMACIONES LONGITUDINALES Y TRANSVERSALES Lección 8 Deformaciones principales. Deformación volumétrica 8.1. Deformaciones y direcciones principales Dado un estado de deformación en el entorno del punto P de un sólido elástico, representado por la matriz de deformación [D], cabe hacerse la pregunta de si existirá alguna dirección !n = (α, β, γ) para la cual se produzca únicamente una deformación longitudinal y no distorsión angular o deformación transversal. Si dicha dirección existe, deberá verificar que: donde ε es un parámetro ε ∈ R [D] !n = ε !n o {[D] − ε [I]} !n = 0 donde [I] es la matriz identidad La ecuación anterior es la expresión de un problema de autovalores para la matriz [D] en el punto P . Como sucedı́a en el caso de la matriz de tensiones [T ], la matriz de deformaciones [D] es una matriz simétrica de orden 3 con componentes reales. En consecuencia, la matriz [D] tiene tres autovalores reales ε1 , ε2 y ε3 . Estos autovalores se conocen con el nombre de deformaciones principales. Cada autovalor εi tiene un autovector !ni asociado, que se obtiene resolviendo el sistema: {[D] − εi [I]} !n = 0 con la condición adicional de que si !ni = (αi , βi, γi ), se cumple que: α2i + βi2 + γi2 = 1 Por ser [D] una matriz simétrica, los autovectores son ortogonales entre sı́ cuando los autovalores son distintos. Es decir: !n1 · !n2 = 0 !n1 · !n3 = 0 !n2 · !n3 = 0 65 66 LECCIÓN 8. DEFORMACIONES PRINCIPALES. DEFORMACIÓN VOLUMÉTRICA Si hay algún autovalor doble o triple, los autovectores asociados definen un espacio vectorial de dimensión dos o tres, respectivamente. De esta forma, tal y como sucedı́a con la matriz de tensiones [T ]: 1. La simetrı́a de la matriz de deformación [D] implica la existencia en cada punto P del sólido elástico de tres direcciones ortogonales entre sı́ según las cuales la deformación sólo tiene componente longitudinal, esto es, no hay distorsión angular. Estas tres direcciones son las direcciones principales de deformación. Cuando el sólido elástico es isótropo, las direcciones principales de tensión y deformación coinciden. 2. Se puede definir en el punto P un sistema de referencia con ejes paralelos a las direcciones principales de deformación. En este sistema de referencia la matriz de deformación es diagonal:   ε1 0 0    0 ε2 0  0 0 ε3 donde ε1 ≥ ε2 ≥ ε3 son las deformaciones principales en el punto P . 8.2. Invariantes de deformación Desdoblando la ecuación vectorial: {[D] − ε [I]} !n = 0 en tres ecuaciones escalares, el problema de autovalores de la matriz [D] se escribe:     εx − εn 1 2 γxy 1 2 γxz 1 2 γxy εy − εn 1 2 γyz 1 2 γxz 1 2 γyz εz − εn    α     β   = 0  γ Se trata de un sistema de ecuaciones homogéneo, función del parámetro εn ∈ R. Para que el sistema tenga solución distinta de la trivial α = β = γ = 0, el determinante de la matriz de coeficientes debe ser nulo, esto es: 1 1 εx − εn 1 1 1 1 1 2 γxy 1 1 1 γxz 2 1 2 γxy εy − εn 1 2 γyz 1 2 γxz 1 2 γyz εz − εn 1 1 1 1 1 = 0 1 1 1 La ecuación anterior es una ecuación de tercer grado en εn , con tres raı́ces reales1 , que son los valores de las tres deformaciones principales. Dicha ecuación puede escribirse como: −ε3n + I1 ε2n − I2 εn + I3 = 0 1 Por ser [D] una matriz simétrica 67 8.3. VARIACIÓN UNITARIA DE VOLUMEN con: I1 = εx + εy + εz I2 = εx εy + εx εz + εy εz − 2 2 γyz γxy γ2 − xz − 4 4 4 I3 = det[D] La solución de esta ecuación de tercer grado son las deformaciones principales ε1, ε2 y ε3 en el punto P a que corresponda la matriz [D]. Las deformaciones principales son una caracterı́stica intrı́nseca del estado de deformación en el punto P y, por tanto, independiente del sistema de referencia seleccionado para la matriz de deformación [D]. En consecuencia, los coeficientes I1 , I2 e I3 deben ser independientes del sistema de referencia. Estos coeficientes se conocen con el nombre de invariantes de deformaciones, primero, segundo y tercero, respectivamente. El valor de los invariantes en cada punto P no cambia al cambiar el sistema de referencia utilizado para definir [D]. 8.3. Variación unitaria de volumen El primer invariante de deformación representa la variación unitaria de volumen en el entorno del punto P a que corresponda la matriz [D]. En efecto, tomando como sistema de referencia el sistema de referencia principal en P , la matriz de deformación en P será:   ε1 0 0   [D] =  0 ε2 0  0 0 ε3 Un cubo elemental de aristas dx, dy y dz se transformará en otro cubo, con aristas paralelas a los ejes del sistema de referencia y con longitudes (1 + ε1 ) dx, (1 + ε2 ) dy y (1 + ε3 ) dz, respectivamente. El cambio de volumen del cubo elemental será entonces: ∆V = (1 + ε1 ) (1 + ε2 ) (1 + ε3 ) dx dy dz − dx dy dz = [(1 + ε1 ) (1 + ε2 ) (1 + ε3 ) − 1] dx dy dz y despreciando los términos de orden superior: ∆V ≈ (ε1 + ε2 + ε3) dx dy dz Luego la variación unitaria de volumen es: ∆V = ε1 + ε2 + ε3 = I1 ≡ e V 8.4. Deformación volumétrica y desviadora La matriz de deformación [D] puede descomponerse en suma de dos:   [D] =   εx 1 2 γxy 1 2 γxy 1 2 γxz εy 1 2 γxz 1 2 γyz 1 2 γyz εz   e 3    =  0   0   0 0 e 3  0   +  0 e 3   εx − e 3 1 2 γxy 1 2 γxz 1 2 γxy εy − e3 1 2 γyz 1 2 γxz 1 2 γyz εz 3e    = e [I] + [D$]  3 68 LECCIÓN 8. DEFORMACIONES PRINCIPALES. DEFORMACIÓN VOLUMÉTRICA Z b e 45º d 45º f 45º a c Y X Figura 8.1: Posición de las galgas extensométricas El primer sumando mantiene la suma de los términos de la diagonal principal de [D] y al ser nulos los términos de fuera de la diagonal, no hay distorsión. Es decir, en la deformación que representa únicamente se produce cambio de volumen. Este primer sumando se conoce con el nombre de deformación volumétrica. En el segundo sumando, la suma de los términos de la diagonal principal es nula, por lo que la deformación que representa se produce sin cambio de volumen. Este segundo sumando se conoce con el nombre de deformación desviadora. 8.5. 8.5.1. Ejercicios resueltos Galgas extensométricas y deformaciones principales En el entorno de un punto de un sólido elástico se han colocado seis galgas extensométricas, tal y como se indica en la figura 8.1. Las galgas miden las deformaciones siguientes: εa = 200 10−6 εb = 200 10−6 εd = 180 10−6 εe = 200 10−6 εc = 160 10−6 εf = 280 10−6 Calcular la matriz de deformaciones en el punto considerado, ası́ como las deformaciones principales y direcciones asociadas. 69 8.5. EJERCICIOS RESUELTOS Solución: 1. Matriz de deformaciones Las galgas extensométricas miden la deformación longitudinal unitaria εn en la dirección en la que están colocadas: εn = εx α2 + εy β 2 + εz γ 2 + γxy α β + γyz β γ + γxz α γ donde !n = (α, β, γ) es el vector unitario en la dirección de la galga. Entonces tenemos: Galga a !na = (1, 0, 0) εa = εx α2 = εx = 200 10−6 Galga b !nb = (0, 1, 0) εb = εy β 2 = εy = 200 10−6 Galga c Galga d !nc = (0, 0, 1) εc = εz γ 2 = εz = 160 10−6 1 1 !nd = ( √ , 0, √ ) 2 2 εd = εx α2 + εz γ 2 + γxz α γ = 200 10−6 1 1 1 + 160 10−6 + γxz = 180 10−6 2 2 2 γxz = 0 Galga e 1 1 !ne = ( √ , √ , 0) 2 2 εe = εx α2 + εy β 2 + γxy α β = 200 10−6 1 1 1 + 200 10−6 + γxy = 200 10−6 2 2 2 γxy = 0 Galga f 1 1 !nf = (0, √ , √ ) 2 2 εf = εy β 2 + εz γ 2 + γyz β γ = 200 10−6 1 1 1 + 160 10−6 + γyz = 280 10−6 2 2 2 γyz = 200 10−6 Por lo tanto, la matriz de deformación es:   200 0 0   [D] =  0 200 100  10−6 0 100 160 2. Deformaciones y direcciones principales Para el cálculo de las deformaciones principales se plantea la ecuación caracterı́stica: 1 1 εx − εn 1 1 1 1 1 2 γxy 1 1 1 γxz 2 1 2 γxy εy − εn 1 2 γyz 1 2 γxz 1 2 γyz εz − εn 1 1 1 1 1 = 0 1 1 1 70 LECCIÓN 8. DEFORMACIONES PRINCIPALES. DEFORMACIÓN VOLUMÉTRICA Es decir: 1 1 200 − ε n 1 1 0 1 1 1 0 0 0 200 − εn 100 100 160 − εn donde εn está dada en microdeformaciones. 1 1 1 1 1 = 0 1 1 Calculando el determinante, la ecuación caracterı́stica queda: 0 = −ε3n + 560 ε2n − 94000 εn + 4400000 Como γxy = γxz = 0, resulta que εx = 200 es una raı́z de la ecuación caracterı́stica. Las otras dos raı́ces las obtenemos por tanteos. De esta forma, resulta: ε1 = 282 10−6 ε2 = 200 10−6 ε3 = 78 10−6 En cuanto a las direcciones principales, se tiene que !n2 = (1, 0, 0) (por ser γxy = γxz = 0). La dirección principal !n1 se obtiene resolviendo el sistema de ecuaciones: {[D] − ε1 [I]} !n = 0 Es decir:       0 α1 200 10−6 − 282 10−6 0 0       −6 −6 −6 0 200 10 − 282 10 100 10   β1  =  0   γ1 0 100 10−6 160 10−6 − 282 10−6 0 Además se tiene la condición de que α21 + β12 + γ12 = 1. Entonces se obtiene: α1 = 0 β1 = 0, 7733 γ1 = 0, 6340 La dirección principal !n3 se obtiene por producto vectorial: 1 1 1 1 !n3 = !n1 × !n2 = 1 1 1 !k !i !j 0 0, 7733 0, 6340 1 0 0 1   1 0 1  1  1 =  0, 6340  1 1 −0, 7733 Lección 9 Comportamiento elástico. Constantes elásticas. 9.1. Ensayo de tracción simple. Ley de Hooke. El ensayo de tracción simple es el más sencillo de los que se emplean para la caracterización mecánica de los materiales. En la figura 9.1 se da una representación esquemática de este ensayo. Se utiliza una probeta mecanizada de forma que en una longitud L0 de la misma se tiene un área de la sección transversal Ω0 constante. La probeta se sujeta por sus extremos a la máquina de ensayo y ésta aplica una fuerza F creciente, que estira la probeta de forma que la longitud L0 pasa a ser L = L0 + ∆L. En la parte central de la probeta se obtiene un estado uniaxial de tensión durante el proceso de carga. En el ensayo se aumenta la fuerza F a una velocidad normalizada, hasta llegar a producir la rotura de la probeta. El resultado fundamental del ensayo es la curva F − ∆L representada en la parte superior de la figura 9.2. Nótese que el pico de fuerza tiene lugar antes de la rotura. Esto se debe a la estricción o disminución de la sección transversal Ω0 inicial de la probeta al producirse el estiramiento final de la misma. Si se divide la fuerza F medida por la máquina de ensayo por el área de la sección transversal inicial Ω0, se tiene la tensión nominal en la probeta. Del mismo modo, si se divide el incremento de longitud ∆L medido por la máquina de ensayo por la longitud inicial L0 de la probeta, se tiene la deformación nominal en la probeta. Las dos magnitudes anteriores se representan en la parte inferior de la figura 9.2. En esta representación se distinguen las magnitudes siguientes: Lı́mite de proporcionalidad σp Es el valor de la tensión a partir de la cual deja de haber una relación lineal entre tensión y deformación. Lı́mite elástico σe Es el valor de la tensión a partir de la cual la deformación de la probeta deja de ser recuperable. Es decir, si se supera esta tensión, al descargar la probeta ésta no recupera su longitud inicial, sino que queda una deformación residual. Lı́mite elástico convencional σ0,2 71 72 LECCIÓN 9. COMPORTAMIENTO ELÁSTICO. CONSTANTES ELÁSTICAS. Ω0 F F L (Estado uniaxial de tensión) Figura 9.1: Ensayo de tracción simple En la práctica, tanto el lı́mite de proporcionalidad como el lı́mite elástico pueden ser difı́ciles de determinar a partir de la curva resultado del ensayo. Por ello se trabaja con el lı́mite elástico convencional. El lı́mite elástico convencional es el valor de la tensión para el que se produce un alargamiento remanente de la probeta del 0, 2 % (figura 9.3)1. Lı́mite de fluencia σy El lı́mite elástico se asimila también en el práctica al llamado lı́mite de fluencia, que es la tensión a partir de la cual los alargamientos de la probeta aumentan de manera considerable, sin apenas incremento de fuerza. Resistencia a la tracción σu Es la tensión nominal máxima soportada por la probeta durante el ensayo. Se conoce a veces también como tensión de rotura o tensión última del material. Deformación de rotura εu 0 , donde Lu es la longitud final de la probeta, después de reconstruir Es el cociente LuL−L 0 la misma una vez producida la rotura. Nótese que la deformación de rotura no incluye la deformación recuperable en el momento de la rotura, ya que Lu se mide sobre la probeta rota, una vez se ha sacado de la máquina de ensayo. La relación: σ = Eε (9.1) que se verifica hasta alcanzar el lı́mite de proporcionalidad σp , se conoce con el nombre de Ley de Hooke, en honor a Robert Hooke, cientı́fico inglés del siglo XVII que, trabajando con muelles, fue el primero en señalar que la tensión responde siempre a una deformación. 1 No es habitual, pero el lı́mite elástico convencional puede definirse para otros alargamientos remanentes, como el 0, 1 %. 73 9.1. ENSAYO DE TRACCIÓN SIMPLE. LEY DE HOOKE. F rotura ΔL σnominal = F/Ω0 εnominal = ΔL/L0 F/Ω0 σu σe σp Límite elástico Límite de proporcionalidad σ = E ε (tensión proporcional a deformación) ΔL/L0 Figura 9.2: Resultados del ensayo de tracción simple La constante de proporcionalidad E recibe el nombre de módulo de elasticidad o, también, módulo de Young del material2. Valores caracterı́sticos de esta constante para diferentes materiales a temperatura ambiente se dan en la tabla al final de la sección. 2 Thomas Young (1773-1829), médico y cientı́fico inglés con contribuciones en el campo de la medicina, fı́sica y egiptologı́a. En 1807 describió por primera vez el concepto de módulo de elasticidad, como propiedad del material independiente de la geometrı́a de los cuerpos, elaborando ideas previas de Euler y Riccati. 74 LECCIÓN 9. COMPORTAMIENTO ELÁSTICO. CONSTANTES ELÁSTICAS. σ σ0,2 Línea de descarga, paralela a la recta de carga inicial ε 0,002 Figura 9.3: Lı́mite elástico convencional La ductilidad es la propiedad de un material que le permite sufrir grandes deformaciones sin rotura y sin disminución importante del nivel de tensiones. La deformación de rotura obtenida en el ensayo de tracción simple es un ı́ndice de la ductilidad del material. El material será tanto más dúctil cuanto mayor sea la diferencia entre la deformación correspondiente al lı́mite elástico y la deformación de rotura, siempre que la tensión de rotura σu sea igual o superior al lı́mite elástico σe . La fragilidad es la propiedad contraria a la ductilidad. Los materiales frágiles son aquellos que tienen una deformación de rotura pequeña, comparable a la deformación correspondiente al lı́mite elástico. Ejemplo de estos materiales son el vidrio y la fundición gris. Estos materiales tienen muy poca capacidad de redistribución de fuerzas internas y, por lo tanto, son proclives a sufrir roturas con niveles muy bajos de deformación (roturas frágiles). Este tipo de roturas pueden ser peligrosas, ya que la estructura o componente mecánico no muestra signos visibles de deterioro hasta el mismo momento del fallo 3. 3 Los ingenieros estructurales suelen decir que las estructuras construidas con materiales frágiles no “avisan” de que se se van a romper. 9.2. DEFORMACIÓN EN SENTIDO TRANSVERSAL. COEFICIENTE DE POISSON. 75 y F F Figura 9.4: Deformación transversal producida por la tracción Material Aceros Aleaciones de aluminio Aleaciones de titanio Hormigón Fundición gris Madera Fibra de poliester Resina epoxi Caucho natural 9.2. E (GPa ≡ 109 Pa) 190 a 210 70 a 72 110 a 120 20 a 30 70 a 150 11 a 14 3,5 2,8 0,006 a 0,010 Deformación en sentido transversal. Coeficiente de Poisson. Al realizar el ensayo de tracción simple descrito en la sección anterior, no solamente aumenta la longitud de la probeta en sentido longitudinal, también se produce una disminución de las dimensiones transversales de la probeta (figura 9.4). Cuando se somete un material isótropo a un estado de carga uniaxial, se producen alargamientos o acortamientos en la dirección la carga, según sea la carga de tracción o de compresión, respectivamente. Pero además de estas deformaciones longitudinales, se producen también deformaciones en sentido transversal, que son siempre de signo contrario a la deformación que tiene lugar según la dirección de la carga. Simeon Poisson, el matemático francés de principios del siglo XIX, estableció que en un material isótropo las deformaciones en sentido transversal son iguales en cualquier dirección y proporcionales a la deformación longitudinal a través de un coeficiente µ caracterı́stico de cada material. Este coeficiente µ se conoce hoy en dı́a con el nombre de coeficiente de Poisson. Es decir, si x es la dirección en la que actúa la carga longitudinal (figura 9.4), las deformaciones en las direcciones transversales y y z vendrán dadas por: x 76 LECCIÓN 9. COMPORTAMIENTO ELÁSTICO. CONSTANTES ELÁSTICAS. σnx E σnx = −µ E εy = −µ εx = −µ εz = −µ εx Si se introduce este resultado en la expresión de la variación unitaria de volumen e para el ensayo uniaxial se obtiene: e = εx + εy + εz = εx − µ εx − µεx = (1 − 2µ) εx De donde se deduce que la deformación volumétrica unitaria e se anula para un valor de µ = 0, 50. Con valores superiores del coeficiente de Poisson se obtendrı́a una disminución de volumen en el ensayo de tracción uniaxial, lo que no tiene sentido fı́sico para un material isótropo. De este modo, el valor de 0, 50 es un lı́mite superior para el coeficiente de Poisson en esta clase de materiales. Valores caracterı́sticos del coeficiente de Poisson para diferentes materiales a temperatura ambiente se dan en la tabla siguiente: Material Acero al carbono Acero inoxidable Aleaciones de aluminio Aleación de titanio Hormigón Fundición gris Caucho natural 9.3. µ 0,30 0,28 0,31 0,31 0,20 0,23 a 0,27 0,47 Comportamiento elástico Las ecuaciones que relacionan tensiones y deformaciones constituyen el último grupo de ecuaciones que hace falta para plantear el problema elástico desde el punto de vista matemático. Las deformaciones pueden entenderse como la respuesta del material ante las fuerzas internas que se desarrollan en el mismo, de modo que a cada estado tensional le corresponde siempre un estado de deformaciones. La relación entre tensiones y deformaciones es caracterı́stica de cada material. Por este motivo, a las ecuaciones que vinculan tensiones y deformaciones se les llama a veces ecuaciones constitutivas del material. En la teorı́a de la elasticidad que estamos desarrollando se supone que: 1. Existe una relación lineal entre tensiones y deformaciones, es decir, hay proporción entre tensiones y deformaciones (por ejemplo, a doble tensión le corresponde doble deformación). 2. Las deformaciones son recuperables, es decir, las deformaciones desaparecen al desaparecer las tensiones que las han ocasionado, volviendo el material al estado que tenı́a antes de la aplicación de las acciones exteriores. 9.3. COMPORTAMIENTO ELÁSTICO 77 Estas dos hipótesis caracterizan lo que se conoce como comportamiento elástico lineal del material. 78 LECCIÓN 9. COMPORTAMIENTO ELÁSTICO. CONSTANTES ELÁSTICAS. Lección 10 Leyes de Hooke generalizadas. Ecuaciones de Lamé. 10.1. Leyes de Hooke generalizadas 10.1.1. Sistema de referencia principal Sea P un punto de un sólido elástico sometido a un determinado estado tensional. Si el sólido es isótropo, las direcciones principales de tensión y de deformación coinciden y definen el sistema de referencia principal en P . En el sistema de referencia principal las matrices de tensiones y de deformaciones son diagonales:     ε1 0 0   [Dp] =  0 ε2 0  0 0 ε3 σ1 0 0   [Tp] =  0 σ2 0  0 0 σ3 Una de las hipótesis del comportamiento elástico lineal del material es que existe una relación lineal entre las componentes de las matrices [Tp] y [Dp]. Es decir: ε1 = C11 σ1 + C12 σ2 + C13 σ3 ε2 = C21 σ1 + C22 σ2 + C23 σ3 ε3 = C31 σ1 + C32 σ2 + C33 σ3 donde los coeficientes Cij son constantes reales, Cij ∈ R. Por la isotropı́a del material, debe obtenerse la misma relación entre tensiones y deformaciones si se permuta el eje 1 por el eje 2. Es decir: ε2 = C11 σ2 + C12 σ1 + C13 σ3 ε1 = C21 σ2 + C22 σ1 + C23 σ3 ε3 = C31 σ2 + C32 σ1 + C33 σ3 Por lo que, identificando coeficientes en ambas relaciones, debe cumplirse que: C11 = C21 C22 = C12 C13 = C23 79 C31 = C32 80 LECCIÓN 10. LEYES DE HOOKE GENERALIZADAS. ECUACIONES DE LAMÉ. De la misma forma, permutando los ejes 2 y 3 y los ejes 1 y 3, se obtiene que en conjunto debe cumplirse: C11 = C22 = C33 = A C12 = C21 = C13 = C31 = C23 = C32 = B donde A y B son dos constantes, A, B ∈ R. Si se particulariza para el caso de un estado uniaxial, esto es, para σ2 = σ3 = 0, se tiene que: ε1 = A σ1 ε2 = ε3 = B σ1 de donde se deduce, identificando con las relaciones tensión-deformación en el estado uniaxial (lección 9): A = 1 E B = − µ E Las relaciones entre tensiones y deformaciones principales quedan entonces: 1 [σ1 − µ (σ2 + σ3 )] E 1 [σ2 − µ (σ1 + σ3 )] E 1 [σ3 − µ (σ1 + σ2 )] E ε1 = ε2 = ε3 = Las tres ecuaciones anteriores son las leyes de Hooke generalizadas en el sistema de referencia principal. 10.1.2. Sistema de referencia general La matriz de tensiones [T ] en un sistema de referencia general puede obtenerse a partir de la matriz de tensiones [Tp] en el sistema de referencia principal mediante la matriz [R] de cambio de base:     σ1 0 0 σnx τxy τxz    t t  [T ] =  τxy σny τyz  = [R] [Tp ] [R] = [R]  0 σ2 0  [R] 0 0 σ3 τxz τyz σnz Del mismo modo, la matriz de deformaciones [D] en un sistema de referencia general será:   [D] =   εx 1 2 γxy 1 2 γxy 1 2 γxz εy 1 2 γxz 1 2 γyz 1 2 γyz εz   ε1    = [R]t [Dp ] [R] = [R]t  0   0  0 0 ε2 0   [R] 0 ε3  81 10.1. LEYES DE HOOKE GENERALIZADAS Sustituyendo ε1 , ε2 y ε3 por su expresión en función de σ1 , σ2 y σ3 e introduciendo los componentes de la matriz [R]:         1 E [σ1 εx 1 2 γxy 1 2 γxy 1 2 γxz εy 1 2 γxz 1 2 γyz 1 2 γyz εz − µ(σ2 + σ3)] 0 0   r11 r21 r31    =  r12   1 E [σ2 − µ(σ1 + σ3 )] 0  r22 r32   r13 r23 r33 0  0 0 1 E [σ3 − µ(σ1 + σ2)]  r11 r12 r13    r21    r22 r23   r31 r32 r33 Identificando los términos diagonales, por ejemplo εx , en la expresión anterior se obtiene: 2 εx = r11 1 2 1 2 1 [σ1 − µ(σ2 + σ3)] + r21 [σ2 − µ(σ1 + σ3)] + r31 [σ3 − µ(σ1 + σ2 )] = E E E 1 2 2 2 2 2 2 {r σ1 + r21 σ2 + r31 σ3 − µ[r11 (σ2 + σ3 ) + r21 (σ1 + σ3 ) + r31 (σ1 + σ2 )]} E 11 = Por otro lado, de la relación entre las matrices [Tp] y [T ] a través de la matriz de cambio de base, se deduce de la misma forma que: 2 2 2 σnx = r11 σ1 + r21 σ2 + r31 σ3 Por lo tanto: εx = = = 1 2 2 2 {σnx − µ[r11 (σ2 + σ3 ) + r21 (σ1 + σ3) + r31 (σ1 + σ2 )]} = E 1 2 2 2 {σnx − µ[r11 (σ1 + σ2 + σ3 ) + r21 (σ1 + σ2 + σ3 ) + r31 (σ1 + σ2 + σ3 ) − E 2 2 2 −r11 σ1 − r21 σ2 − r31 σ3 ]} = 1 2 2 2 {σnx − µ(σ1 + σ2 + σ3)(r11 + r21 + r31 ) + µσnx } E Y como [R] es una matriz ortogonal (su inversa coincide con su traspuesta), resulta que: 2 2 2 r11 + r21 + r31 = 1 Con lo que, finalmente: εx = = = 1 {σnx − µ(σ1 + σ2 + σ3) + µσnx } = E 1 {σnx − µ(σnx + σny + σnz ) + µσnx } = E 1 [σnx − µ(σny + σnz )] E por ser σ1 + σ2 + σ3 = σnx + σny + σnz (primer invariante de tensiones). 82 LECCIÓN 10. LEYES DE HOOKE GENERALIZADAS. ECUACIONES DE LAMÉ. De este modo, procediendo análogamente con εy y εz , resulta que 1 [σnx − µ(σny + σnz )] (10.1) E 1 [σny − µ(σnx + σnz )] (10.2) εy = E 1 εz = [σnz − µ(σnx + σny )] (10.3) E Identificando ahora en la misma ecuación matricial los términos de fuera de la diagonal, por ejemplo 12 γxy , se tiene: εx = 1 1 1 1 γxy = r11r12 [σ1 − µ(σ2 + σ3 )] + r21r22 [σ2 − µ(σ1 + σ3 )] + r31r32 [σ3 − µ(σ1 + σ2)] = 2 E E E 1 {r11r12σ1 + r21r22σ2 + r31r32σ3 − µ[r11r12(σ2 + σ3) + r21r22(σ1 + σ3 ) + r31r32(σ1 + σ2 )]} = E Por otro lado, de la relación entre las matrices [Tp] y [T ] a través de la matriz de cambio de base, se deduce de la misma forma que: τxy = r11r12 σ1 + r21r22 σ2 + r31r32 σ3 Por lo tanto: 1 1 γxy = {τxy − µ[r11r12(σ2 + σ3 ) + r21r22(σ1 + σ3) + r31r32(σ1 + σ2 )]} = 2 E 1 = {σnx − µ[r11r12(σ1 + σ2 + σ3 ) + r21r22(σ1 + σ2 + σ3 ) + r31r32(σ1 + σ2 + σ3 ) − E −r11r12σ1 − r21r22σ2 − r31r32σ3 ]} = 1 = {τxy − µ(σ1 + σ2 + σ3 )(r11r12 + r21r22 + r31r32) + µτxy } E Y como [R] es una matriz ortogonal (su inversa coincide con su traspuesta), resulta que: r11r12 + r21r22 + r31r32 = 0 Con lo que, finalmente: 1 γxy = 2 = 1 {τxy + µτxy } = E 1+µ τxy E De este modo, procediendo análogamente con 12 γxz y 21 γyz , resulta que 1 1+µ γxy = τxy (10.4) 2 E 1+µ 1 γxz = τxz (10.5) 2 E 1 1+µ γyz = τyz (10.6) 2 E Las ecuaciones 10.1 a 10.6 reciben el nombre de leyes de Hooke generalizadas en un sistema de referencia general. Constituyen la generalización de la Ley de Hooke (9.1) para un estado tensional multiaxial. 10.2. MÓDULO DE ELASTICIDAD TRANSVERSAL 10.2. 83 Módulo de elasticidad transversal La constante: G = E 2(1 + µ) recibe el nombre de módulo de elasticidad transversal. De acuerdo con las leyes de Hooke generalizadas, G es la constante de proporcionalidad entre las tensiones de cortadura τ y las deformaciones transversales (distorsiones angulares) γ: τxy = G γxy 10.3. τxz = G γxz τyz = G γyz Módulo de compresibilidad Sumando miembro a miembro las ecuaciones 10.1 a 10.3 se tiene: εx + εy + εz = 1 [σnx + σny + σnz − 2µ(σnx + σny + σnz )] E y si llamamos e al primer invariante de deformación y 3p al primer invariante de tensión resulta: e = o también: p = 3(1 − 2µ) p E E e = Ke 3(1 − 2µ) donde la constante K recibe el nombre de módulo de compresibilidad. Dicho módulo es la constante de proporcionalidad entre la tensión normal media p y la deformación volumétrica unitaria e. 10.4. Deformaciones y tensiones de origen térmico En un sólido elástico, supuesto éste homogéneo e isótropo, un incremento de temperatura ∆T da lugar a deformaciones longitudinales de valor: εx = α ∆T εy = α ∆T εz = α ∆T cuando la dilatación térmica no está restringida. En las expresiones anteriores α es el coeficiente de dilatación lineal del material y ∆T = T −T0 , donde T es la temperatura y T0 es la temperatura de referencia. El incremento de temperatura no da lugar a deformaciones transversales. Entonces, si la dilatación térmica no está restringida se pueden tener deformaciones sin que haya fuerzas internas (tensiones). Recı́procamente, si la dilatación está restringida por las condiciones de contorno, aparecerán tensiones que se opondrán a la dilatación y, en un caso extremo, se pueden tener tensiones sin que hayan deformaciones. 84 LECCIÓN 10. LEYES DE HOOKE GENERALIZADAS. ECUACIONES DE LAMÉ. Para tener en cuenta las tensiones y deformaciones de origen térmico, las leyes de Hooke generalizadas se modifican de la manera siguiente: εx − α ∆T = εy − α ∆T = εz − α ∆T = γxy = γxz = γyz = 1 [σnx − µ(σny + σnz )] E 1 [σny − µ(σnx + σnz )] E 1 [σnz − µ(σnx + σny )] E 1 τxy G 1 τxz G 1 τyz G Nótese que en el primer miembro de las tres primeras ecuaciones se ha sustraido la parte térmica de la deformación, para dejar únicamente la parte de la deformación longitudinal asociada a las tensiones. 10.5. Ecuaciones de Lamé Las leyes de Hooke generalizadas permiten obtener el estado de deformación en el entorno de un punto P de un sólido elástico en función de su estado tensional. Las ecuaciones inversas, es decir, aquellas que permiten obtener el estado de tensiones a partir del estado de deformaciones, son las ecuaciones de Lamé1 . Estas ecuaciones se obtienen invirtiendo las leyes de Hooke generalizadas y son las siguientes: σnx = λ e + 2Gεx σny = λ e + 2Gεy σnz = λ e + 2Gεz τxy = G γxy τxz = G γxz τyz = G γyz Donde λ es el módulo o constante de Lamé y viene dada por: λ = 1 µE (1 + µ) (1 − 2µ) Gabriel Lamé (1795-1870), ingeniero francés continuador del trabajo de Cauchy y de Navier en el desarrollo de la teorı́a de la elasticidad. Colaboró con el ingeniero español Agustı́n de Betancourt (1758-1825) en la fundación de la Escuela de Vı́as de Comunicación de San Petersburgo, en 1809. 85 10.6. EJERCICIOS RESUELTOS Z Z Lx Δ Lz Y X Ly X Figura 10.1: Definición geométrica del sólido y sus holguras 10.6. Ejercicios resueltos 10.6.1. Deformación con restricciones El paralelepı́pedo representado en la figura 10.1 puede deformarse con las restricciones siguientes: Movimiento libre en la dirección Y . Movimiento impedido en la dirección X. Holgura de valor ∆ en la dirección Z. Calcular la tensión de compresión σ que puede aplicarse en la dirección longitudinal Y para que la deformación del elemento cubra exactamente la holgura que se presenta en la dirección Z. (Datos: Lx , Ly , Lz , E y µ) Solución: Por el conjunto de restricciones y la forma de aplicar la carga, se tiene: εx = 0 εz = (no puede deformarse en dirección X) ∆ Lz (se quiere que el sólido llene el hueco) σnz = 0 (se quiere que justo toque la pared del hueco, sin apretarse contra ella) σny = σ (incógnita) Utilizando las leyes de Hooke generalizadas obtenemos lo siguiente: 1 [σnx − µ(σny + σnz)] −→ σnx = µ σ E 1 ∆ 1 ∆ = [σnz − µ (σnx + σny)] −→ = − µ(1 + µ) σ Lz E Lz E εx = 0 = εz = 86 LECCIÓN 10. LEYES DE HOOKE GENERALIZADAS. ECUACIONES DE LAMÉ. de donde resulta la tensión de compresión pedida: σ = − 10.6.2. 1 E∆ Lz µ(1 + µ) Determinación de constantes elásticas Un sólido elástico macizo, de forma arbitraria, volumen 1000 cm3 y módulo de elasticidad E de 20 GPa, se introduce en un depósito cerrado lleno de aceite. Al aumentar la presión en el aceite hasta 1 MPa, el sólido experimenta una disminución de volumen de 0,05 cm3. Determinar los valores del coeficiente de Poisson µ y del módulo de elasticidad transversal G. Solución: Los fluidos en reposo no resisten tensiones tangenciales: sus fuerzas internas son siempre normales al plano de corte. En consecuencia, la matriz de tensiones en un punto P de un fluido en reposo será diagonal, con todos los términos de la diagonal iguales entre sı́:   −p 0 0   [T ] =  0 −p 0  0 0 −p siendo p la presión en el punto P del fluido. El estado tensional dado por una matriz [T ] de esta clase se conoce con el nombre de estado esférico o estado hidrostático. La presión de 1 MPa es lo suficientemente grande como para despreciar los cambios de presión de un punto a otro de la superficie del sólido sumergido causadas por las diferencias de profundidad en el campo gravitatorio: presión hidrostática = peso especı́fico del fluido × profundidad * 1 MPa Entonces, despreciando también las acciones gravitatorias sobre el volumen del sólido, por equilibrio del sólido sumergido, la matriz de tensiones será constante en el sólido y de valor:   −p 0 0   [T ] =  0 −p 0  0 0 −p con p igual a 1 MPa. Tenemos entonces, por la definición de módulo de compresibilidad: e = ∆V 3(1 − 2µ) = (−p) V E Despejando y sustituyendo: (1 − 2µ) = ∆V E −0, 05 20000 1 = = V −3p 1000 −3 3 µ = G = 1 3 20 E = = 7, 5 GPa 2(1 + µ) 2(1 + 0, 33) 87 10.6. EJERCICIOS RESUELTOS 10.6.3. Tensiones debidas a deformaciones impuestas Una barra de acero de 100 mm2 de sección tiene adherido a su superficie un recubrimiento de espesor despreciable. Cuando la barra se somete a una fuerza de tracción de 20 kN, el recubrimiento se deforma solidariamente con ella. Se pide determinar el estado tensional en el recubrimiento. Datos de los materiales: Acero Recubrimiento Ea = 200 GPa Er = 10 GPa µa = 0,30 µr = 0,25 Solución: El acero impone sus deformaciones al recubrimiento. Las deformaciones del acero se obtienen a partir de su estado tensional, que es el mismo en toda la barra. Suponiendo que el eje X coincide con el eje longitudinal de la barra: σnx = 20000 N = 200 MPa 100 mm2 y σny = σnz = τxy = τxz = τyz = 0 Utilizando las leyes de Hooke generalizadas, se obtienen las deformaciones en el acero: εx = 200 MPa σnx = = 0, 001 Ea 200 GPa y εy = εz = −µ εx = −0, 0003 En la superficie de la barra el recubrimiento está sometido a un estado tensional bidimensional, ya que la tensión normal a la superficie es nula. El estado tensional está definido por una tensión normal según el eje de la barra y una tensión normal transversal al eje de la barra. Por simetrı́a, el estado tensional del recubrimiento es el mismo en toda la superficie de la barra. Si nos fijamos en un elemento de superficie con plano tangente paralelo al plano coordenado XOY , las leyes de Hooke generalizadas se escriben: 1 εx = (σnx − µr σny ) Er 1 εy = (σny − µr σnx ) Er Donde εx y εy son las deformaciones impuestas por el acero y σnx y σny son las tensiones normales en el recubrimiento, en las direcciones longitudinal y transversal al eje de la barra. Sustituyendo valores se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones: 1 0, 001 = (σnx − 0, 25 σny ) 10000 1 (σny − 0, 25 σnx) −0, 0003 = 10000 cuya solución es el resultado pedido: σnx = 9, 87 MPa σny = −0, 53 MPa 88 LECCIÓN 10. LEYES DE HOOKE GENERALIZADAS. ECUACIONES DE LAMÉ. 10.6.4. Tensiones debidas a aumento de temperatura Una vı́a de ferrocarril se ha proyectado para que los raı́les, de longitud igual a 28 m, no estén sometidos a tensión alguna a una temperatura T0 de 23,6 o C. Calcular la tensión en los raı́les cuando la temperatura baja a -2 o C en los siguientes casos: 1. Cuando los extremos de los raı́les están fijos. 2. Cuando existe una tolerancia de acortamiento de 6,72 mm en cada raı́l. Datos: E=200 GPa, α= 11,72× 10−6 oC −1 . Solución: El estado tensional de cada raı́l puede suponerse que es uniaxial. Si X es la dirección longitudinal del raı́l: σny = σnz = 0 y, por las leyes de Hooke generalizadas: εx − α ∆T = σnx E 1. Extremos fijos Si los extremos de los raı́les están fijos, será εx = 0 y tendremos que: σnx = −E α ∆T = −200 × 109 11, 72 × 10−6 (−2 − 23, 6) = 60 MPa (tracción) 2. Tolerancia (holgura) de acortamiento de 6,72 mm Si los extremos de los raı́les están fijos, será εx = 6,72 28000 = −0, 24 × 10−3 y tendremos que: σnx = E (εx − α ∆T ) = 200×109 [−0, 24×10−3 −11, 72×10−6 (−2−23, 6)] = 12 MPa (tracción) Lección 11 El problema elástico. Principio de Saint-Venant. 11.1. Planteamiento general del problema elástico Se tiene un sólido elástico que ocupa un volumen V ⊂ R3 y que está limitado por una superficie S = Sd ∪ St de modo que Sd ∩ St = ∅ (figura 11.1). La superficie S tiene una normal !n que varı́a de un punto a otro de la misma. Sobre la parte Sd de la superficie S se imponen desplazamientos:   ū  !δ∗ =   v̄  p w̄ mientras que sobre la parte St actúan fuerzas de superficie:   X̄   f!s =  Ȳ  Z̄ Además, en el volumen V actúa un campo fuerzas por unidad de volumen:   X   ! fv =  Y  Z Las incógnitas del problema ası́ planteado son: Campo vectorial de desplazamientos definido en el volumen V del sólido:   u  !δp =   v  w Campo tensorial de tensiones definido en el volumen V del sólido:  σnx τxy  [T ] =  τxy σny τxz τyz 89  τxz  τyz  σnx 90 LECCIÓN 11. EL PROBLEMA ELÁSTICO. PRINCIPIO DE SAINT-VENANT. n Z V Y X S Figura 11.1: Sólido elástico Campo tensorial de deformaciones definido en el volumen V del sólido:   [D] =   εx 1 2 γxy 1 2 γxy 1 2 γxz εy 1 2 γxz 1 2 γyz 1 2 γyz εz     Las ecuaciones que permiten resolver el problema planteado son: 1. Ecuaciones cinemáticas en el volumen V : εx = εy = εz = γxy = γxz = ∂u ∂x ∂v ∂y ∂w ∂z ∂u ∂v + ∂y ∂x ∂u ∂w + ∂z ∂x 11.1. PLANTEAMIENTO GENERAL DEL PROBLEMA ELÁSTICO γyz = 91 ∂v ∂w + ∂y ∂z 2. Ecuaciones cinemáticas en el contorno Sd :     ū u    !δp =  δp∗  v  =  v̄  = ! w̄ w 3. Ecuaciones constitutivas o de respuesta del material1 en el volumen V : 1 [σnx − µ(σny + σnz )] E 1 = [σny − µ(σnx + σnz )] E 1 [σnz − µ(σnx + σny )] = E = G γxy εx = εy εz τxy τxz = G γxz τyz = G γyz 4. Ecuaciones de equilibrio en el volumen V : ∂σnx ∂τxy ∂τxz + + +X = 0 ∂x ∂y ∂z ∂τxy ∂σny ∂τyz + + +Y ∂x ∂y ∂z = 0 ∂τyz ∂σnz ∂τxz + + +Z = 0 ∂x ∂y ∂z 5. Ecuaciones de equilibrio en el contorno St : f!s = [T ] !n Estos cinco grupos de relaciones proporcionan las ecuaciones necesarias para resolver el problema elástico. En un caso general, se necesita utilizar procedimientos de cálculo numérico para obtener la solución del problema. El procedimiento más extendido en problemas de elasticidad es el método de los elementos finitos. También se emplean el método de los elementos de contorno y los procedimientos de diferencias finitas. 1 En el caso del problema elástico en un material isótropo, estas ecuaciones corresponden a la Ley de Hooke generalizada. 92 LECCIÓN 11. EL PROBLEMA ELÁSTICO. PRINCIPIO DE SAINT-VENANT. f1s St A Figura 11.2: Distribución de fuerzas sobre la superficie A 11.2. Principio de superposición Las ecuaciones de la sección anterior responden a las hipótesis de la teorı́a de la elasticidad lineal, que son las siguientes: 1. El sólido elástico es continuo y permanece continuo bajo las acciones exteriores (ver lección 1). 2. Las acciones exteriores producen en el sólido elástico pequeños desplazamientos, deformaciones y giros. Esto se conoce a veces como principio de rigidez relativa: se desprecia el cambio de geometrı́a del sólido durante la deformación (ver lecciones 6 y 7). 3. Existe una relación lineal entre tensiones y deformaciones (ver lección 9). 4. Las deformaciones son recuperables. Existe un estado de referencia del sólido, normalmente el estado original sin deformar, al cual vuelve el sólido al retirar las acciones exteriores (ver lección 9). Cuando se se cumplen estas cuatro hipótesis, el problema elástico es un problema lineal desde el punto de vista matemático y, en consecuencia, aplica el llamado principio de superposición: la solución de tensiones, deformaciones y desplazamientos debida a la aplicación de varias acciones exteriores es igual a la suma de las soluciones que corresponden a la aplicación de las acciones exteriores por separado. Nótese la linealidad de las ecuaciones planteadas en la sección anterior. Una consecuencia inmediata del principio de superposición es que el estado final del sólido elástico no depende del orden en que se aplican las acciones exteriores. 11.3. Principio de Saint-Venant Sea f!s1 la distribución de fuerzas de superficie que actúa sobre una superficie A dentro de la superficie exterior S del sólido elástico, A ⊂ St ⊂ S (figura 11.2). 93 11.3. PRINCIPIO DE SAINT-VENANT La situación real 2 f (N/m ) A (m2) equivale a la idealización: F=Af salvo en la zona alrededor del punto de aplicación de F Figura 11.3: Consecuencia del principio de Saint-Venant El principio de Saint-Venant2 dice que si f!s1 se sustituye por otra distribución f!s2 , estáticamente equivalente a f!s1 , entonces el estado de tensiones y deformaciones en el sólido elástico sólo cambia en el entorno de la zona A de aplicación de las fuerzas y no en zonas suficientemente alejadas de la misma. Recuérdese que dos sistemas de fuerzas son estáticamente equivalentes si tienen la misma resultante y, además, dan el mismo momento resultante respecto a cualquier punto del espacio. Una consecuencia del principio de Saint-Venant es que las fuerzas distribuidas en zonas de superficie pequeña se pueden sustituir por fuerzas puntuales estáticamente equivalentes a las fuerzas distribuidas sin que se altere el campo de tensiones en el sólido, salvo en una zona local alrededor del punto de aplicación (figura 11.3). 2 Jean Claude Barré de Saint-Venant (1797-1886), ingeniero y cientı́fico francés del siglo XIX, pionero en el desarrollo de la teorı́a de la elasticidad y la resistencia de materiales. 94 LECCIÓN 11. EL PROBLEMA ELÁSTICO. PRINCIPIO DE SAINT-VENANT. 11.4. Ejercicios resueltos 11.4.1. Aplicación del principio de Saint-Venant Un sólido prismático “largo”, de sección rectangular 2a × 2b, está sometido en su extremo a una distribución de fuerzas de superficie dada por:    0 X̄      0 f!s =  Ȳ  =    Z̄ x 2 q[1 − ( a ) ]  respecto al sistema OXY Z de la figura 11.4. Se pide determinar una distribución de fuerzas más simple, que aplicada en el extremo origine un estado tensional idéntico en puntos suficientemente alejados de él. Y X O b Z b a a Figura 11.4: Extremo del sólido prismático Solución: Según el principio de Saint-Venant, el estado tensional será idéntico en puntos suficientemente alejados si la distribución de fuerzas es estáticamente equivalente a la dada. La fuerza resultante de la distribución dada es: Es decir,     0 ' a ' b Rx      ! =  Ry  = 0 f!s dx dy =  R   −a −b @ @ a b Rz −a −b Z̄ dx dy ' ' x x3 q[1 − ( )2] dx dy = 2 b q [x − 2 ]a−a a 3a −a −b 2a 8 2a = ab q = 2 b q (2a − ) = 4 bq 3 3 3 Y el momento resultante respecto al origen de la sección: Rz = a b   y Z̄ dx dy  ! = !r × f!s dx dy =  dM  −x Z̄ dx dy  0 95 11.4. EJERCICIOS RESUELTOS Luego,   Mx  ! =  M  My  = Mz ' a ' b −a −b  @a @b  ! dx dy =  dM  −a −b y Z̄ dx dy @a @b −a −b −x Z̄ dx dy 0    0    =  0    0 En consecuencia, un sistema estáticamente equivalente a la distribución de fuerzas dada es una fuerza puntual F = 38 abq, en la dirección del eje Z y aplicada en el origen O de la sección extrema del sólido. Según el principio de Saint-Venant, esta fuerza puntual dará lugar a un estado tensional idéntico en puntos suficientemente alejados del punto de aplicación. 96 LECCIÓN 11. EL PROBLEMA ELÁSTICO. PRINCIPIO DE SAINT-VENANT. Lección 12 Estados elásticos planos 12.1. Estados elásticos bidimensionales Hay muchos problemas de interés práctico en los que la geometrı́a del sólido elástico, su sustentación y el sistema de fuerzas exteriores a que está sometido hacen que tanto la matriz de tensiones como la matriz de deformación no varı́en en los puntos del sólido pertenecientes a una misma recta perpendicular a un plano dado. Esto quiere decir que existe un plano, que llamaremos plano director, tal que los estados de tensiones y deformaciones en los planos paralelos a él son idénticos. De ahı́ que sea posible estudiar los estados de tensiones y deformaciones en el plano director. Por este motivo, dichos estados de tensiones reciben el nombre de estados elásticos bidimensionales. Lo anterior es ası́ sin perjuicio de que a estos estados les sea aplicable la teorı́a general que hemos visto en las lecciones anteriores. De entre los estados elásticos bidimensionales distinguiremos el estado de deformación plana y el estado de tensión plana, según se trata en las secciones siguientes. 12.1.1. Deformación plana Consideremos un sólido cilı́ndrico infinito, cuyas generatrices son paralelas al eje OZ de un sistema trirrectangular de referencia (figura 12.1). Todas las secciones del sólido elástico por planos perpendiculares al eje OZ son idénticas entre sı́. Nótese que, debido a la longitud infinita del sólido, cualquier plano perpendicular al eje OZ es un plano de simetrı́a del sólido. Al sólido elástico anterior se le somete a un sistema de fuerzas de superficie y de volumen tales que: No tienen componente en Z. Son independientes de la coordenada Z, es decir, tienen el mismo valor a lo largo de rectas paralelas al eje Z. Por las condiciones de geometrı́a del sólido y por las condiciones en que se aplican las fuerzas se cumple lo siguiente: 1. Cualquier plano perpendicular al eje OZ es un plano de simetrı́a geométrica y de carga. En consecuencia, puntos del sólido que están en un plano perpendicular al eje OZ antes 97 98 LECCIÓN 12. ESTADOS ELÁSTICOS PLANOS Z O Y X Figura 12.1: Estado de deformación plana de la deformación estarán en un plano perpendicular a OZ después de la deformación: ∂w ∂w = = 0 ∂x ∂y (todos los puntos de la sección se mueven lo mismo en dirección Z) 2. Todos los puntos a lo largo de una recta paralela al eje OZ tienen el mismo desplazamiento en dirección X e Y : ∂v ∂u = = 0 ∂z ∂z 99 12.1. ESTADOS ELÁSTICOS BIDIMENSIONALES 3. La deformación según el eje OZ, εz , no puede depender de las coordenadas x ó y, ya que los puntos del sólido se mueven permaneciendo en planos paralelos, normales al eje OZ: εz = ∂w = constante = εz0 ∂z De lo anterior se deduce que: γxz = γyz = εz = ∂u ∂w + = 0 ∂z ∂x ∂v ∂w + = 0 ∂z ∂y 1 [σnz − µ(σnx + σny )] = εz0 E y, por tanto: τxz = G γxz = 0 τyz = G γyz = 0 σnz = E εz0 + µ(σnx + σny ) En consecuencia, la matriz de tensiones tiene la forma:   σnx τxy 0   [T ] =  τxy σny 0  0 0 σnz A partir de esta matriz de tensiones, las ecuaciones de equilibrio interno pueden escribirse como: ∂τxy ∂σnx + +X = 0 ∂x ∂y ∂τxy ∂σny + + Y ∂x ∂y = 0 ∂σnz +Z = 0 ∂z y como, según nuestras hipótesis, la componente Z de las fuerzas de volumen es nula, resulta que: ∂σnz = 0 ∂z Es decir, la tensión σnz es constante a lo largo de rectas paralelas al eje OZ. Finalmente, la matriz de deformaciones será:   [D] =   εx 1 2 γxy 1 2 γxy εy 0 0 0   0   εz0 100 LECCIÓN 12. ESTADOS ELÁSTICOS PLANOS Z X t Y O X Figura 12.2: Estado de tensión plana en donde εz0 es una constante. En la práctica esta constante se supone que es nula, salvo que existan datos que permitan calcularla. Vemos pues que, en el caso de que se cumplan las hipótesis de deformación plana, resulta posible trabajar sobre el plano XY , sección transversal del sólido elástico, y que las ecuaciones se simplifican mucho. 12.1.2. Tensión plana Consideremos un sólido elástico en forma de placa con un espesor t muy pequeño (figura 12.2). Al sólido elástico anterior se le somete a un sistema de fuerzas de superficie y de volumen tales que: No actúan fuerzas de superficie en las caras superior e inferior, de aquı́ que las tensiones en estas caras sean nulas. Las fuerzas de superficie que actúan en el contorno lateral no tienen componente en Z. Las fuerzas de volumen no tienen componente en Z. 101 12.2. DIRECCIONES Y TENSIONES PRINCIPALES De acuerdo con las condiciones anteriores, la matriz de tensiones tiene la forma:  σnx τxy  [T ] =  τxy σny 0 0  0  0  0 Si el espesor es pequeño con respecto a las otras dimensiones de la placa, las componentes de la matriz de tensiones adoptarán aproximadamente el mismo valor en todos los puntos de cada segmento paralelo al eje OZ contenido en la placa, es decir, serán función exclusivamente de las coordenadas X e Y . Las componentes de la matriz de deformación serán: εx = εy = εz = γxy = γxz = γyz = 1 (σnx − µσny ) E 1 (σny − µσnx ) E µ − (σnx + σny ) E τxz G τxz = 0 G τyz = 0 G Vemos pues como las componentes de la matriz de deformación son también función exclusivamente de las coordenadas X e Y y, en consecuencia, resulta posible trabajar sobre el plano XY , como en el caso de deformación plana. 12.2. Direcciones y tensiones principales En los estados elásticos bidimensionales que hemos analizado en la sección anterior hay una dirección principal que es conocida a priori: la dirección principal del eje OZ (la perpendicular al plano director del problema). Además, en el caso del estado de tensión plana, la tensión principal asociada a dicha dirección es nula. En el estudio de los estados tensionales planos estaremos normalmente interesados en las tensiones según planos que contengan al eje OZ. Como el eje OZ es paralelo a una de las direcciones principales, nos encontraremos entonces sobre uno de los tres cı́rculos de Mohr que veı́amos en la lección 5. Es decir, serán planos definidos por vectores !n = (α, β, γ) en el sistema de referencia principal, con α = 0, β = 0 ó γ = 0. Si σnz = σ3 , entonces γ = 0 y el cı́rculo de Mohr es el representado en las figuras 12.3 y 12.4. 102 LECCIÓN 12. ESTADOS ELÁSTICOS PLANOS III II σn n P θ P II I τ n I S II σn n θ σ1 θ τ I σ2 Figura 12.3: Planos que contienen al eje principal III τ σ2 (σny, τxy) σn σnx σny 2θp σ1 C3 (σnx, -τxy) Figura 12.4: Planos que contienen al eje principal III. Puntos de tensión sobre circunferencia C3 Conocida ya una de las tres tensiones principales, σnz , nos puede interesar representar el cı́rculo de Mohr anterior a partir de las componentes del estado plano referidas al sistema de referencia general OXY Z. Para ello, se tiene lo siguiente: 103 12.3. EJERCICIOS RESUELTOS Centro del cı́rculo: σn = Radio del cı́rculo: A σnx + σny 2 2 +( τxy σnx − σny 2 ) 2 Tensiones principales: σI σII = σnx + σny + 2 = σnx + σny − 2 A 2 +( τxy A 2 +( τxy σnx − σny 2 ) 2 σnx − σny 2 ) 2 Si se toma como eje X el eje de tensión normal mayor: Ángulo desde el eje I al eje de tensión normal mayor: tan(2θp) = −2τxy (σnx − σny ) Ángulo desde el eje de tensión normal mayor al eje I: tan(−2θp ) = 2τxy (σnx − σny ) 12.3. Ejercicios resueltos 12.3.1. Suma de estados tensionales planos En el punto P de un sólido elástico se consideran los estados tensionales 1 y 2 debidos a la aplicación de dos sistemas de fuerzas diferentes y definidos por los diagramas de la figura 12.5. Se pide dibujar el cı́rculo de Mohr correspondiente al estado tensional suma de los dos. Solución: Se trata de dos estados planos de tensión: 1. Matriz de tensiones en el estado 1: [T1] = B 3 −2 −2 −3 C MPa 2. Matriz de tensiones en el estado 2: [T2$ ] = B 0 5 5 0 que hay que poner en los mismos ejes que [T1]. C MPa 104 LECCIÓN 12. ESTADOS ELÁSTICOS PLANOS 3 Y Y 2 2 P 5 3 MPa MPa 5 5 . .P 5 3 2 2 3 45º X X (1) (2) Figura 12.5: Estados de tensión 1 y 2 La matriz de cambio de ejes es: [R] = B cos(45o) sin(45o) − sin(45o) cos(45o) C Luego, t [T2] = [R] [T2$ ][R] = B cos(45o) − sin(45o) sin(45o) cos(45o) CB 0 5 5 0 CB cos(45o) sin(45o) − sin(45o) cos(45o) C = B −5 0 0 5 C Lo que da un estado tensional suma de: [T ] = [T1] + [T2] = B −2 −2 −2 2 C MPa y el cı́rculo de Mohr tiene como centro y radio (figura 12.6): σn = −2 + 2 = 0 2 A 2 τxy 12.3.2. (centro) σx − σy 2 ) = +( 2 A 22 + ( √ −4 2 ) = 2 2 2 MPa (radio) Orientación del corte de una chapa con defectos Para cortar una placa que ha de estar sometida a un estado tensional dado por la matriz: [T ] = B 2 −3 −3 1 C MPa se dispone de una chapa de material con pequeñas fisuras paralelas (figura 12.7). Indı́quese la forma más conveniente de cortar la placa desde el punto de vista de la resistencia de la misma. MPa 105 12.3. EJERCICIOS RESUELTOS τ 2 (2) 1/ 2 σn 2 (2) 1/ 2 Figura 12.6: Cı́rculo de Mohr suma de los estados 1 y 2 (Dar el ángulo θ de la dirección de las fisuras con respecto al eje OX del sistema de referencia OXY con respecto al cual se da la matriz de tensiones [T ]). Solución: Las fisuras sólo resisten bien un esfuerzo de compresión. Como no hay restricciones en el corte de la placa, buscaremos que haya una tensión principal de compresión apretando las fisuras. El cı́rculo de Mohr correspondiente al estado tensional dado es: Centro del cı́rculo: σn = σnx + σny 2+1 = = 1, 5 MPa 2 2 Radio del cı́rculo: A 2 τxy Tensiones principales: σI σII = σnx + σny + 2 = σnx + σny − 2 σnx − σny 2 +( ) = 2 A 2 τxy A 2 τxy A 32 + ( 2−1 2 ) = 3, 04 MPa 2 σnx − σny 2 2+1 +( ) = + 2 2 2+1 σnx − σny 2 ) = − +( 2 2 A 32 + ( A 32 + ( 2−1 2 ) = 4, 54 MPa 2 2−1 2 ) = −1, 54 MPa 2 Ángulo desde el eje I al eje OX: tan(2θp ) = −2τxy −2 (−3) = = 6 −→ θp = 40, 27o (σnx − σny ) (2 − 1) 106 LECCIÓN 12. ESTADOS ELÁSTICOS PLANOS Y X θ Figura 12.7: Orientación del corte de la chapa Por lo tanto, como se trata de que las fisuras queden apretadas por la tensión principal de compresión, la orientación de las mismas ha de ser paralela a la dirección principal I. El ángulo θ entre el eje X y la orientación de las fisuras ha de ser de 40,27o. 12.3.3. Comparación entre estados tensionales En un punto P de un sólido elástico se consideran dos estados planos de tensiones. El primero es el indicado en la figura 12.8, que representa un elemento diferencial referido a un sistema OXY . El segundo corresponde a la matriz [T $], referida a otro sistema OX $Y $. [T $] = B 50 40 40 −10 C MPa Se pide comprobar si ambos estados pueden ser idénticos, obteniendo en caso afirmativo el ángulo α que para ello deben formar sus sistemas de referencia. Solución: Los dos estados serán idénticos si dan lugar al mismo cı́rculo de Mohr. 107 12.3. EJERCICIOS RESUELTOS 20 Y 30 30 60 60 MPa .P 30 30 20 X Figura 12.8: Estado tensional 1 1. Estado 1. [T ] = B 60 −30 −30 −20 C MPa Centro del cı́rculo: σnx + σny 60 − 20 = = 20 MPa 2 2 σn = Radio del cı́rculo: A 2 τxy ( σnx − σny 2 +( ) = 302 + (40)2 = 50 MPa 2 2. Estado 2. $ [T ] = B 50 40 40 −10 C MPa Centro del cı́rculo: σn = 50 − 10 σnx + σny = = 20 MPa 2 2 Radio del cı́rculo: A 2 +( τxy ( σnx − σny 2 ) = 402 + (30)2 = 50 MPa 2 El cı́rculo de Mohr es el mismo en ambos casos, luego el estado tensional es idéntico en ambos casos. El ángulo α entre el eje OX $ y el OX vale: 2α = arctan 30 40 + arctan = 36, 87o + 53, 13o = 90o 60 − 20 50 − 20 −→ α = 45o 108 LECCIÓN 12. ESTADOS ELÁSTICOS PLANOS Lección 13 Trabajo de las fuerzas aplicadas. Energı́a elástica 13.1. Concepto de energı́a de deformación Sea un sólido elástico en un estado inicial indeformado, es decir, con las componentes de las matrices de tensiones y de deformación idénticamente nulas en todos sus puntos. Al aplicar sobre el sólido un sistema de fuerzas exteriores, el sólido se deforma y el sistema de fuerzas realiza un trabajo que llamaremos We . Si se supone que el paso del estado inicial indeformado al estado final deformado del sólido elástico se realiza de manera reversible, es decir, con una velocidad de deformación infinitamente pequeña y con un trabajo despreciable de las fuerzas de rozamiento interno y de rozamiento en los enlaces, entonces el trabajo We de las fuerzas exteriores queda almacenado en el sólido en forma de potencial interno o energı́a de deformación U : U = We Esta es una forma del primer principio de la Termodinámica (conservación de la energı́a). La energı́a de deformación es la energı́a que adquiere el sólido elástico al pasar de un estado indeformado a un estado deformado. Si se asume que el proceso de deformación es reversible, es posible recuperar esta energı́a al regresar el sólido a su estado inicial indeformado. 13.2. Coeficientes de influencia y de rigidez 13.2.1. Coeficientes de influencia Consideremos un sólido con comportamiento elástico lineal. Según lo visto en lecciones anteriores, esto implica lo siguiente: Se verifica el principio de superposición, es decir, el efecto producido por la acción simultánea de un conjunto de fuerzas es la suma de los efectos producidos por cada una de las fuerzas del sistema actuando por separado. En particular, las deformaciones del sólido son tan pequeñas que la aplicación de cualquiera de las fuerzas no modifica las lı́neas de acción de las restantes fuerzas aplicadas al sólido. 109 110 LECCIÓN 13. TRABAJO DE LAS FUERZAS APLICADAS. ENERGÍA ELÁSTICA Fj Fj Fi Fi 1 j j i i Dij dij Figura 13.1: Sistema de fuerzas y desplazamientos asociados En cualquier punto del sólido elástico, cada fuerza aplicada produce un movimiento (giro, desplazamiento) que es proporcional a la fuerza aplicada. !1, F!2 ...F!n un sistema de fuerzas aplicadas en los puntos 1, 2 . . .n del sólido y sea δij la Sea F proyección del desplazamiento del punto i sobre la lı́nea de acción de la fuerza F!i aplicada sobre él, cuando solamente se aplica sobre el sólido una fuerza unidad en el punto j según la lı́nea de acción de F!j (figura 13.1). El coeficiente δij se conoce con el nombre de coeficiente de influencia del punto j en el punto i. Por tratarse de un sólido elástico lineal, si en vez de aplicarse una fuerza unidad en j se aplica !j , el desplazamiento del punto i en la dirección de la fuerza F !i serı́a δij Fj . una fuerza F Por el principio de superposición, la proyección δi del desplazamiento del punto i en la dirección de la fuerza F!i (desplazamiento eficaz de i) cuando actúan simultáneamente todas las fuerzas del sistema será: δi = n D δik Fk (13.1) k=1 Es decir, el desplazamiento eficaz es una combinación lineal de los módulos de las fuerzas aplicadas. Los coeficientes de la combinación lineal son los coeficientes de influencia. El razonamiento es similar si F!i representa un par aplicado en el punto i. En este caso δi representa el giro alrededor de eje del par, y δij representa el giro en i alrededor del eje del par ocasionado por la aplicación de una fuerza o par unidad en el punto j. 13.2.2. Coeficientes de rigidez De modo análogo a como se han definido los coeficientes de influencia δij pueden definirse los coeficientes de rigidez kij . ! 1, ∆ ! 2...∆ ! n un sistema de movimientos (desplazamientos, giros) impuestos en los puntos Sea ∆ 1, 2 . . .n del sólido. El coeficiente de rigidez kij es la fuerza (momento) que aparece sobre el sólido ! i impuesto en este punto, cuando únicamente se en el punto i en la dirección del movimiento ∆ ! j , siendo nulo el movimiento impone un movimiento unidad en el punto j según la dirección de ∆ de los restantes puntos 1, 2 . . .n distintos de j (figura 13.2). 111 13.3. CÁLCULO DE LA ENERGÍA DE DEFORMACIÓN movimiento impuesto unidad Dj Di movimiento nulo j 1 Dj i i kij Fij Di j fuerza para anular el movimiento de i Figura 13.2: Sistema de movimientos y fuerzas asociadas De esta forma, se obtiene la relación inversa de 13.1: Fi = n D kik δk k=1 13.3. Cálculo de la energı́a de deformación Se considera un sólido elástico lineal al que solamente aplicamos fuerzas o momentos concentrados F!i en número finito. Las fuerzas se aplican de forma lenta, progresiva y lineal, desde su valor inicial (nulo) hasta su valor total final. El proceso se supone que es reversible, de forma que todo el trabajo desarrollado por las fuerzas exteriores durante su aplicación queda almacenado en el sólido en forma de potencial interno o energı́a de deformación U . 13.3.1. Cálculo en función de las fuerzas exteriores Al aplicar las fuerzas de forma progresivamente creciente se puede suponer que cada una de ellas toma el valor ρFi , siendo ρ un parámetro de carga que varı́a de forma continua de 0 a 1 (figura 13.3). Si δi es la proyección del desplazamiento del punto i sobre la lı́nea de acción de F!i , el trabajo del sistema de fuerzas exteriores en un incremento dρ del parámetro de carga será: dWe = n D ρFi δi dρ i=1 y en consecuencia, el trabajo total será: We = ' 1 ρ=0 dWe = ' n 1D 0 i=1 ρFi δi dρ = n D i=1 Fi δi B ρ2 2 C1 0 = n 1D Fi δi 2 i=1 112 LECCIÓN 13. TRABAJO DE LAS FUERZAS APLICADAS. ENERGÍA ELÁSTICA Y como la energı́a de deformación es el trabajo realizado por las fuerzas exteriores, se tiene finalmente que: n 1D U = We = Fi δi (fórmula de Clapeyron) 2 i=1 Por otro lado, como los desplazamientos eficaces δi se pueden poner como: δi = n D δik Fk k=1 resulta que la energı́a de deformación es una función homogénea de segundo grado (forma cuadrática) de los módulos de las fuerzas aplicadas: U = 13.3.2. n n D 1D δik Fk Fi 2 i=1 k=1 Cálculo en función de los desplazamientos eficaces A partir de la fórmula de Clapeyron: U = n 1D Fi δi 2 i=1 Fi = n D como se tiene que: kik δk k=1 F Fi rFi d rdi di Figura 13.3: Aplicación lineal progresiva de la fuerza 113 13.3. CÁLCULO DE LA ENERGÍA DE DEFORMACIÓN σnx dy dz Z dx σnx Y X Figura 13.4: Tensión normal σnx sobre el elemento de volumen resulta: U = n n D 1D kik δk δi 2 i=1 k=1 Es decir, la energı́a de deformación es también una función homogénea de segundo grado (forma cuadrática) de los desplazamientos eficaces experimentados por los puntos de aplicación de las fuerzas. En un sólido con comportamiento elástico lineal, se puede demostrar que la energı́a de deformación es una forma cuadrática definida positiva, esto es, que U ≥ 0 y que U = 0 implica que F1 = F2 = . . . = Fn = 0 ó que δ1 = δ2 = . . . = δn = 0. 13.3.3. Cálculo en función de las matrices de tensión y deformación Si se considera un elemento diferencial de volumen en el interior del sólido elástico, durante el proceso de deformación las tensiones (fuerzas internas) realizan un trabajo sobre el mismo. Otra manera de calcular la energı́a de deformación es obtener la energı́a acumulada en cada elemento de volumen por las fuerzas internas y sumar (integrar) para todo el volumen del sólido. Trabajo realizado por las tensiones normales Consideremos la tensión normal σnx (figura 13.4). Durante el proceso de deformación σnx vale ρσnx , con 0 ≤ ρ ≤ 1. La variación de σnx dentro del elemento diferencial de volumen (debida a las fuerzas de volumen) se desprecia, ya que da lugar a infinitésimos de orden superior. En un incremento dρ del parámetro de carga, el trabajo sobre el elemento de volumen será: dW = ρσnx dy dz (u+ ∂u ∂u dx) dρ − ρσnx dy dz u dρ = ρσnx dx dy dz dρ = ρσnx εx dV dρ ∂x ∂x 114 LECCIÓN 13. TRABAJO DE LAS FUERZAS APLICADAS. ENERGÍA ELÁSTICA E integrando a lo largo del proceso de carga: dW = 1 σnx εx dV 2 De la misma forma, se puede ver para las otras tensiones normales que: dW = dW = 1 σny εy dV 2 1 σnz εz dV 2 Trabajo realizado por las tensiones tangenciales Consideremos la tensión tangencial τxy (figura 13.5). Durante el proceso de deformación τxy vale ρτxy , con 0 ≤ ρ ≤ 1. Despreciando también la variación de τxy dentro del elemento diferencial de volumen, se tiene: dW = ρτxy dx dz (u + = ρτxy ( ∂u ∂v dy) dρ + ρτxy dy dz (v + dx) dρ − ρτxy dx dz u dρ − ρτxy dy dz v dρ ∂y ∂x ∂u ∂v + ) dx dy dz dρ = ρτxy γxy dV ∂y ∂x De la misma forma, se puede ver para las otras tensiones tangenciales que: dW = dW = 1 τxz γxz dV 2 1 τyz γyz dV 2 τyx Z dz τxy dx Y dy X Figura 13.5: Tensión tangencial τxy sobre el elemento de volumen 115 13.4. EJERCICIOS RESUELTOS Ası́, aplicando el principio de superposición, la energı́a de deformación se puede poner en función de las componentes de la matriz de tensiones y de deformaciones como: U = ' V 1 dW = 2 ' V (σnx εx + σny εy + σnz εz + τxy γxy + τxz γxz + τyz γyz ) dV Si en la expresión anterior se sustituyen las tensiones en función de las deformaciones según las ecuaciones de Lamé, se tiene: U = 1 2 ' V 2 2 2 [λe2 + 2G(ε2x + ε2y + ε2z ) + G(γxy + γxz + γyz )] dV De la relación anterior se deduce que la energı́a de deformación U de un sólido elástico que responde a la Ley de Hooke generalizada (ecuaciones de Lamé), es U ≥ 0 y U = 0 únicamente cuando la matriz de deformación sea nula en todos los puntos del sólido. De este modo, la energı́a de deformación U en un sólido elástico lineal es una función definida positiva. 13.3.4. Unicidad de la energı́a de deformación Todas las expresiones de la energı́a de deformación U vistas en los párrafos anteriores se refieren a la misma magnitud. Es decir, se cumple: U = = n 1 1D Fi δi = 2 i=1 2 1 2 ' V ' 1 (X̄u + Ȳ v + Z̄w) dS + 2 S ' (Xu + Y v + Zw) dV V (σnx εx + σny εy + σnz εz + τxy γxy + τxz γxz + τyz γyz ) dV 13.4. Ejercicios resueltos 13.4.1. Matriz de influencia Sobre dos puntos 1 y 2 de la superficie de un sólido elástico hay aplicadas fuerzas F1 = 7000 N y F2 = 12000 N, siendo los desplazamientos eficaces respectivos: δ1 = 0, 1 mm y δ2 = 0, 5 mm. Si aplicando solamente F1 el punto 1 se desplaza 0, 08 mm en la dirección de F1 , determinar cuál será el desplazamiento del punto 2 en la dirección de F2 cuando sólo actúe F2 . Solución: Las fuerzas aplicadas y los desplazamientos eficaces están relacionados por los coeficientes de influencia (fórmula 13.1): E δ1 δ2 F = B δ11 δ12 δ21 δ22 C = E F1 F2 F Por el teorema de reciprocidad (lección 15), se cumple que δ21 = δ12 . Tenemos entonces las ecuaciones siguientes para determinar los coeficientes de influencia: 0, 1 = δ11 7000 + δ12 12000 0, 5 = δ12 7000 + δ22 12000 0, 08 = δ11 7000 116 LECCIÓN 13. TRABAJO DE LAS FUERZAS APLICADAS. ENERGÍA ELÁSTICA con δij en mm N . De estas ecuaciones se deduce que: 0, 08 mm δ11 = = 1, 14 × 10−5 7000 N δ12 = 0, 1 − 1, 14 × 10−5 7000 mm = 1, 68 × 10−6 12000 N mm 0, 5 − 1, 68 × 10−6 7000 = 4, 07 × 10−5 12000 N El desplazamiento del punto 2 cuando sólo actúa F2 será: δ22 = δ2 = δ22 F2 = 4, 07 × 10−5 12000 = 0, 49 mm 13.4.2. Ciclos de carga La matriz de coeficientes de influencia para dos puntos de carga 1 y 2 de un sólido elástico es: [δ] = B 2 1 1 1 C mm kN Se ha realizado un ciclo de carga del que se conoce la evolución de la fuerza F2 respecto a su desplazamiento eficaz δ2 , tal como se indica en el diagrama OABO de la figura 13.6. Se desea conocer gráficamente la evolución experimentada por la fuerza F1 respecto a su desplazamiento eficaz δ1 , ası́ como el significado fı́sico de las áreas encerradas por dichos diagramas. F2 (kN) A 1 B δ2 (mm) O 2 1 Figura 13.6: Ciclo de la fuerza F2 y su desplazamiento eficaz δ2 Solución: Las fuerzas aplicadas y los desplazamientos eficaces están relacionados por los coeficientes de influencia (fórmula 13.1): E δ1 δ2 F = B δ11 δ12 δ12 δ22 C = E F1 F2 F 117 13.4. EJERCICIOS RESUELTOS Si recorremos punto a punto el ciclo de carga: Punto O F2 = 0 δ2 = 0 −→ δ2 = δ12 F1 −→ δ1 = 0 −→ F1 = 0 Punto A −→ δ1 = 2 F1 + 1 1 F2 = 1 −→ F1 = 0 δ2 = 1 −→ 1 = 1 F1 + 1 1 −→ δ1 = 1 mm F2 = 1 −→ δ1 = 2 F1 + 1 1 −→ F1 = 1 kN Punto B −→ 2 = 1 F1 + 1 1 δ2 = 2 −→ δ1 = 3 mm F1 (kN) B 1 A δ1 (mm) O 2 1 3 Figura 13.7: Ciclo de la fuerza F1 y su desplazamiento eficaz δ1 De este modo, el ciclo δ1 -F1 es el indicado en la figura 13.7. El área rayada representa la diferencia entre el trabajo realizado por F1 en el proceso de carga y en el proceso de descarga. En este caso: ' 0 ' B 1 1 F1 dδ1 = 2 1 − 3 1 = −0, 5 kN mm F1 dδ1 + ∆W1 = 2 2 B 0 En este punto el sólido elástico devuelve más energı́a de la que se le ha comunicado durante la carga. En el punto 2 sucede al revés, el sólido devuelve menos energı́a de la comunicada en la carga: ∆W2 = ' B 0 F2 dδ2 + ' 0 B F2 dδ2 = 1 1 1 1 + 1 1 − 2 1 = 0, 5 kN mm 2 2 de modo que: ∆W1 + ∆W2 = ∆U = 0 Es decir, se conserva la energı́a: no se genera ni disipa energı́a durante el ciclo de carga. 118 LECCIÓN 13. TRABAJO DE LAS FUERZAS APLICADAS. ENERGÍA ELÁSTICA Lección 14 Principio de los trabajos virtuales 14.1. Tensiones y fuerzas estáticamente admisibles Recordemos las ecuaciones que gobiernan el problema elástico (lección 11): 1. Ecuaciones cinemáticas en el volumen V del sólido elástico: εx = ∂u ∂x γxy = ∂u ∂v + ∂y ∂x εy = ∂v ∂y γxz = ∂u ∂w + ∂z ∂x = ∂w ∂z γyz = ∂w ∂v + ∂y ∂z εz 2. Ecuaciones cinemáticas en la parte Sd del contorno del sólido, en la que se imponen desplazamientos !δp∗ :     ū u    !δp =  δp∗  v  =  v̄  = ! w̄ w 3. Ecuaciones constitutivas o de respuesta del material en el volumen V : εx = εy = εz = 1 [σnx − µ(σny + σnz )] E 1 [σny − µ(σnx + σnz )] E 1 [σnz − µ(σnx + σny )] E τxy = G γxy τxz = G γxz τyz = G γyz 4. Ecuaciones de equilibrio en el volumen V , en el que se aplican fuerzas f!v : ∂σnx ∂τxy ∂τxz + + +X = 0 ∂x ∂y ∂z ∂τxy ∂σny ∂τyz + + +Y ∂x ∂y ∂z 119 = 0 120 LECCIÓN 14. PRINCIPIO DE LOS TRABAJOS VIRTUALES ∂τyz ∂σnz ∂τxz + + +Z = 0 ∂x ∂y ∂z que escritas en forma vectorial son: f!v + div [T ] = 0, donde [T ] es la matriz de tensiones. 5. Ecuaciones de equilibrio en la parte St del contorno del sólido, de normal !n, en el que se aplican fuerzas f!s : f!s = [T ] !n Con el problema elástico planteado de esta forma, llamaremos sistema estáticamente admisible a cualquier distribución de tensiones [T e ], fuerzas de volumen f!ve y fuerzas de superficie f!se que cumpla las condiciones de equilibrio en el volumen V (ecuaciones 4) y en el contorno St (ecuaciones 5). Es decir, a cualquier conjunto de campo de tensiones [T e ], fuerzas de volumen f!ve y fuerzas de superficie f!se que cumpla: f!ve + div [T e ] = 0 en V f!se = [T e ] !n en S Es importante darse cuenta de que, en general, existen muchas distribuciones de tensiones estáticamente admisibles y que sólo una de ellas es la solución [T ] del problema elástico. 14.2. Desplazamientos cinemáticamente admisibles Llamaremos campo de desplazamientos cinemáticamente admisible a cualquier campo de desplazamientos !δpc , continuo en el volumen V del sólido elástico y que cumpla las ecuaciones cinemáticas en el contorno Sd (ecuaciones 2 de la sección anterior). Es importante darse cuenta de que, para cada problema elástico, existen muchos campos de desplazamientos cinemáticamente admisibles y que sólo uno de ellos es la solución !δp del problema. Un campo de desplazamientos cinemáticamente admisible !δpc da lugar a un campo de deformaciones [Dc ] cinemáticamente admisible a partir de las ecuaciones cinemáticas (ecuaciones 1 de la sección anterior). A partir de las deformaciones [Dc ] se obtienen, mediante las ecuaciones constitutivas (ecuaciones 3 de la sección anterior), las tensiones [T c ], que no son necesariamente estáticamente admisibles: !δc p −→ [Dc ] (ecuaciones cinemáticas 1) 14.3. −→ [T c ] (ecuaciones constitutivas 3) Ecuación de los trabajos virtuales Los sistemas estáticamente admisibles se relacionan con los sistemas cinemáticamente admisibles a través del trabajo virtual. El trabajo virtual se define como el trabajo de las fuerzas estáticamente admisibles con los desplazamientos cinemáticamente admisibles: Trabajo virtual = ' V f!ve · !δpc dV + ' S Nótese que el trabajo virtual no es un trabajo real ya que: f!se · !δpc dS 121 14.3. ECUACIÓN DE LOS TRABAJOS VIRTUALES Los desplazamientos de los puntos de aplicación de las fuerzas no son los desplazamientos reales. Las fuerzas y tensiones del sistema estáticamente admisible no son las reales y, además, no se aplican de forma progresiva. El trabajo virtual puede escribirse de la forma siguiente: Trabajo virtual = ' V f!ve · !δpc dV + ' S f!se · !δpc dS = ' V ' (f!ve )t!δpc dV + S !nt [T e ] !δpc dS La integral del segundo sumando representa el flujo del vector [T e ]!δpc a través de la superficie exterior S del sólido elástico. Esta integral se puede transformar en una integral de volumen si se aplica el teorema de la divergencia: Trabajo virtual = ' V (f!ve )t!δpc dV + ' V div([T e] !δpc ) dV y, por tanto: Trabajo virtual = ' V (f!ve )t!δpc dV + ' V (!δpc )tdiv([T e]) dV + ' V grad(!δpc) : [T e ] dV El integrando de la última integral representa el producto contraı́do de dos matrices. Nótese que:     grad(!δpc) =   ∂u c ∂x ∂v c ∂x ∂w c ∂x ∂u c ∂y ∂v c ∂y ∂w c ∂y ∂u c ∂z ∂v c ∂z ∂w c ∂z    = [Dc ] + [H c]  Es decir, la matriz grad(!δpc ) es la suma de la matriz de deformación [Dc] asociada al campo de desplazamientos cinemáticamente admisible !δpc y de la matriz de giro [H c] asociada al mismo campo de desplazamientos. El trabajo virtual se puede ası́ escribir como: Trabajo virtual = ' V (!δpc )t (f!ve + div[T e]) dV + ' e c [T ] : [D ] dV + V ' [T e ] : [H c ] dV V Y como f!ve y [T e ] forman parte de un sistema estáticamente admisible, resulta que f!ve + div[T e] = 0. Además, por ser [T e ] una matriz simétrica y [H c] una matriz antimétrica, se cumple que [T e ] : [H c ] = 0. De este modo, resulta finalmente: Trabajo virtual = Es decir: ' V ' [T e ] : [Dc ] dV = V f!ve · !δpc dV + ' S ' V e c e c e c e c e c e c (σnx εx + σny εy + σnz εz + τxy γxy + τxz γxz + τyz γyz ) dV f!se · !δpc dS = ' [T e ] : [Dc ] dV V ∀ !δpc , ∀ [T e ] La relación anterior se conoce con el nombre de ecuación de los trabajos virtuales y se cumple para cualquier sistema estáticamente admisible de fuerzas interiores y exteriores dado por [T e ], f!ve y f!se y para cualquier sistema cinemáticamente admisible de desplazamientos y deformaciones dado por [Dc ] y !δpc . 122 LECCIÓN 14. PRINCIPIO DE LOS TRABAJOS VIRTUALES 14.4. Principio de los desplazamientos virtuales La ecuación de los trabajos virtuales es muy general. Se puede particularizar de la forma siguiente: Se toma como distribución de tensiones estáticamente admisible la distribución real de tensiones [T ], solución del problema elástico. Las fuerzas exteriores estáticamente admisibles son en este caso las fuerzas realmente aplicadas al sólido: f!v = −div [T ] en V f!s = [T ] !n en S Se toma como campo de desplazamientos cinemáticamente admisible la suma del campo ! tal que ψ ! = 0 en la parte Sd del contorno de desplazamientos real y una perturbación ψ del sólido: !δc = !δp + ψ ! ! = 0 en Sd con ψ p ! se conoce con el nombre de campo de desplazamientos virtuales o, La perturbación ψ simplemente, desplazamientos virtuales. Entonces, como los campos de tensiones reales [T ] y los campos de desplazamientos reales !δp satisfacen idénticamente la ecuación de los trabajos virtuales, por ser [T ], f!v y f!s un sistema estáticamente admisible y ser !δp cinemáticamente admisible, resulta que la ecuación de los trabajos virtuales queda: ' V ! dV + f!v · ψ ' St ! dS = f!s · ψ ' [T ] : [Dψ ] dV V !/ψ ! = 0 en Sd ∀ψ (14.1) ! donde [Dψ ] es la deformación virtual asociada al campo de desplazamientos virtual ψ. La ecuación anterior expresa el principio de los desplazamientos virtuales, que puede enunciarse de la forma siguiente: ! a que se someta un sólido que se encuentra en equilibrio En todo desplazamiento virtual ψ estático, el trabajo virtual realizado por las fuerzas exteriores es igual al trabajo realizado por las fuerzas internas (tensiones). En lo anterior se ha mostrado que el principio de los desplazamientos virtuales 14.1 se alcanza de forma lógica se se admite que el estado tensional dado por [T ] cumple las ecuaciones de equilibrio interno y equilibrio en el contorno. El recı́proco es cierto cuando se imponen condiciones de derivabilidad sobre el campo de ! Es decir, si el estado tensional [T ] cumple la ecuación de los dedesplazamientos virtuales ψ. splazamientos virtuales 14.1, entonces cumple las ecuaciones de equilibrio interno y equilibrio en el contorno y, por tanto, el sólido se encuentra en equilibrio estático. Por este motivo, el principio de los desplazamientos virtuales puede considerarse una forma alternativa, más general, de plantear las condiciones de equilibrio1. Esta forma de plantear el 1 Es una forma más general, ya que se pueden tratar campos de tensión integrables pero no derivables, cosa que queda vetada por las condiciones de equilibrio clásicas dadas por los grupos de ecuaciones 4 y 5 de la sección 14.1. 123 14.5. PRINCIPIO DE LAS FUERZAS VIRTUALES equilibrio se conoce a veces como forma débil de las condiciones de equilibrio y constituye el punto de partida de los procedimientos de elementos finitos para la resolución numérica de los problemas de elasticidad. 14.5. Principio de las fuerzas virtuales Otra forma de particularizar la ecuación de los trabajos virtuales es la siguiente: Se toma como campo de desplazamientos cinemáticamente admisible el campo real de desplazamientos !δp , solución del problema elástico. Los desplazamientos en la parte Sd del contorno del sólido son, por tanto, los desplazamientos impuestos !δp∗ . Las deformaciones derivadas de !δp son el campo de deformaciones reales [D]. Se toma como distribución de tensiones estáticamente admisible la suma de la distribución de tensiones real [T ] y una perturbación [δT ] tal que [δT ]!n = 0 en la parte St del contorno del sólido y div[δT ] = 0 en el volumen V del sólido: [T e ] = [T ] + [δT ] con [δT ]!n = 0 en St y div[δT ] = 0 en V La perturbación [δT ] se conoce con el nombre de campo de tensiones virtuales o, simplemente, tensiones virtuales. Entonces, como el campo de tensiones reales [T ] y el campo de desplazamientos reales !δp satisfacen idénticamente la ecuación de los trabajos virtuales, por ser [T ], f!v y f!s un sistema estáticamente admisible y ser !δp cinemáticamente admisible, resulta que la ecuación de los trabajos virtuales queda: ' Sd ([δT ]!n) · !δp∗ dS = ' [δT ] : [D] dV V ∀ [δT ] / [δT ]!n = 0 en St y div[δT ] = 0 en V La ecuación anterior expresa el principio de las fuerzas virtuales, que puede enunciarse de la forma siguiente: En toda variación virtual [δT ] del campo de tensiones dentro de un sólido cuyas deformaciones sean compatibles con el campo de desplazamientos, el trabajo virtual realizado por las fuerzas exteriores es igual al trabajo realizado por las fuerzas internas (tensiones). De la misma forma que en el principio de los desplazamientos virtuales, el principio de las fuerzas virtuales puede entenderse como una forma débil de las ecuaciones cinemáticas (ecuaciones del grupo 1 y del grupo 2 de la sección 14.1). 124 LECCIÓN 14. PRINCIPIO DE LOS TRABAJOS VIRTUALES Lección 15 Teoremas energéticos 15.1. Teorema de reciprocidad de Maxwell-Betti ! j , j = 1 . . . m. Sea un sólido elástico sometido a dos sistemas de fuerzas P!i , i = 1 . . . n y Q El primer sistema se aplica en los puntos Ai y el segundo, en los puntos Bj (figura 15.1). $ Sean δP i y δQj los desplazamientos de los puntos Ai y Bj en la dirección de las lı́neas de acción de las respectivas fuerzas (desplazamientos eficaces), cuando sobre el sólido actúa únicamente el primer sistema de fuerzas P!i . Análogamente, sean δP$ i y δQj los desplazamientos de los puntos Ai y Bj en la dirección de las lı́neas de acción de las respectivas fuerzas, cuando sobre el sólido actúa únicamente el segundo ! j. sistema de fuerzas Q Calculemos la energı́a de deformación del sólido de dos formas diferentes: Se aplica primero el sistema Pi y luego el sistema Qj U = D 1D 1D Pi δP i + Qj δQj + Pi δP$ i 2 i 2 j i Los dos primeros sumandos responden a la fórmula de Clapeyron. Nótese que el último sumando representa el trabajo de las fuerzas Pi durante la aplicación de las fuerzas Qj . Se aplica primero el sistema Qj y luego el sistema Pi U = D 1D 1D $ Qj δQj + Pi δP i + Qj δQj 2 j 2 i j Nótese que ahora el último sumando representa el trabajo de las fuerzas Qj durante la aplicación de las fuerzas Pi . En un sólido elástico lineal, el valor de la energı́a de deformación final no puede depender de la historia de carga. En consecuencia, igualando el valor de U obtenido de las dos formas anteriores: D D $ Qj δQj Pi δP$ i = j i La igualdad anterior expresa el teorema de reciprocidad o de Maxwell-Betti: En un sólido elástico lineal, el trabajo realizado por un sistema de fuerzas Pi al aplicarse otro sistema de fuerzas Qj es igual al trabajo que realizan las fuerzas Qj al aplicarse el sistema Pi . 125 126 LECCIÓN 15. TEOREMAS ENERGÉTICOS Q1 P1 B1 A1 A2 An Bm P2 Pn Qm Figura 15.1: Sistemas de fuerzas P y Q sobre el sólido elástico El teorema es igualmente válido cuando los sistemas Pi y Qj , además de fuerzas, incluyen momentos. En este caso cada momento, en vez de desplazamientos eficaces tiene asociados giros eficaces. En el caso particular de que sólo haya una fuerza Pi y una fuerza Qj , el teorema señala que: $ Pi δP$ i = Qj δQj Sustituyendo en esta igualdad los desplazamientos eficaces por su expresión en función de los coeficientes de influencia: Pi δij Qj = Qj δji Pi De donde se deduce que δij = δji . Es decir, los coeficientes de influencia recı́procos son iguales: la matriz de coeficientes de influencia es simétrica. 15.2. Teorema de Castigliano Consideremos la expresión del potencial interno o energı́a de deformación U en función únicamente de las fuerzas aplicadas Fi , i = 1 . . . n: U = 1D Fi δi 2 i 127 15.3. TEOREMA DE MENABREA Si se deriva U con respecto a la fuerza Fi se obtiene: 1 1D ∂δj ∂U = δi + Fj ∂Fi 2 2 j ∂Fi Y como se tiene que: δj = D δjk Fk k ∂δj ∂Fi = D k δjk ∂Fk = δji ∂Fi resulta finalmente: D 1D 1D ∂U Fj δij = δi δij Fj + Fj δji = = ∂Fi 2 j 2 j j por ser δij = δji . La igualdad: ∂U = δi ∂Fi es expresión del teorema de Castigliano: En un sólido elástico lineal, si se expresa la energı́a de deformación en función de las fuerzas aplicadas y se deriva respecto de una de ellas, se obtiene el desplazamiento del punto de aplicación de esta fuerza sobre su lı́nea de acción. Como en el caso del teorema de reciprocidad, las fuerzas deben entenderse en sentido generalizado. El teorema es aplicable al cálculo del giro φi producido por un par Mi : ∂U = φi ∂Mi El vector rotación del par Mi , proyectado sobre el eje de este par (giro eficaz), es igual a la derivada parcial de la energı́a de deformación con respecto a Mi . 15.3. Teorema de Menabrea En la práctica, la principal aplicación del teorema de Castigliano es el cálculo de reacciones en sistemas hiperestáticos. Un sistema hiperestático es aquel en el que las ecuaciones de equilibrio no permiten calcular todas las reacciones en las ligaduras externas (lección 21). Por ejemplo, la viga representada en la figura 15.2 es un sistema hiperestático ya que el equilibrio de la viga sólo proporciona dos ecuaciones (suma de fuerzas verticales igual a cero y suma de momentos respecto a un punto igual a cero), mientras que existen tres componentes de reacción en los apoyos, M , RA y RB . Falta una ecuación. La ecuación que falta la proporciona el teorema de Castigliano, por ejemplo: El desplazamiento vertical del punto B ha de ser nulo: ∂U = 0 ∂RB 128 LECCIÓN 15. TEOREMAS ENERGÉTICOS M B A RA RB Figura 15.2: Sistema hiperestático O también, el desplazamiento vertical del punto A ha de ser nulo: ∂U = 0 ∂RA O el giro en el punto A ha de ser nulo: ∂U = 0 ∂M Basta con una de estas tres ecuaciones, junto con las dos ecuaciones de equilibrio, para resolver el problema de encontrar las reacciones en la viga. Las tres ecuaciones que proporciona el teorema de Castigliano indican que los valores de las reacciones hacen estacionaria la energı́a de deformación U . Esto es lo que expresa el teorema de Menabrea: En un sólido elástico lineal los valores que toman las reacciones hiperestáticas, correspondientes a los enlaces superabundantes, hacen estacionaria la energı́a de deformación del sólido. Si el equilibrio es estable, la energı́a de deformación ha de ser un mı́nimo. Por eso a veces el teorema de Menabrea se conoce también con el nombre de teorema del trabajo mı́nimo. 15.4. Ejercicios resueltos 15.4.1. Cálculo de reacciones hiperestáticas La barra de la figura 15.3 tiene su desplazamiento impedido en los extremos. Cuando se aplica la fuerza F , se sabe que la energı́a de deformación o potencial interno de la barra vale: U = L (3 R2B + R2A ) 8 EΩ Donde E es el módulo de elasticidad del material, Ω es el área de la sección transversal de la barra y RA , RB son las reacciones en los puntos de fijación de la barra. Se pide calcular RA y RB . Solución: 129 15.4. EJERCICIOS RESUELTOS B RB L F L/4 A RA Figura 15.3: Barra sujeta por los extremos El equilibrio de la barra nos da una única ecuación para determinar RA y RB : RA + RB = F Se trata entonces de un sistema hiperestático, ya que las ecuaciones de equilibrio no son suficientes para obtener las reacciones en los puntos de sujeción. Si sustituimos RA = F − RB en la expresión de la energı́a de deformación, queda: U = L L (3 R2B + F 2 − 2 F RB + R2B ) = (4 R2B + F 2 − 2 F RB ) 8 EΩ 8 EΩ Es decir, dejamos U en función de la incógnita hiperestática RB . Como el desplazamiento de B es nulo, el teorema de Castigliano nos da: ∂U = 0 ∂RB −→ 8 RB − 2 F = 0 donde obtenemos que: RB = F/4 y RA = 3F/4. Nótese que en el enunciado del ejercicio se da U en función de las dos reacciones, la estática y la hiperestática. Como ambas reacciones están vinculadas por la ecuación de equilibrio, la expresión de U no se puede derivar directamente con respecto a RB sin sustituir RA por su expresión en función de F y RB . Lo anterior ilustra una técnica general para el cálculo de reacciones hiperestáticas: 130 LECCIÓN 15. TEOREMAS ENERGÉTICOS 1. Sustituir los vı́nculos hiperestáticos por las fuerzas o momentos (reacciones) que estos vı́nculos ejercen sobre el sólido. 2. Obtener las reacciones en los vı́nculos restantes en función de las fuerzas o momentos aplicados y las reacciones hiperestáticas, empleando las ecuaciones de equilibrio. 3. Calcular la energı́a de deformación U en función de las reacciones hiperestáticas. 4. Aplicar el teorema de Castigliano para cada reacción hiperestática Ri: ∂U = 0 ∂Ri Esto proporciona una ecuación por cada incógnita hiperestática, lo que permite determinar todas ellas. 15.4.2. Aplicación del teorema de reciprocidad Se sabe que al aplicar una carga P de 4000 N en el punto B del sistema representado en la figura 15.4 se producen en los puntos A y C desplazamientos horizontales de 0,3 y 0,6 mm, respectivamente. B A C P Figura 15.4: Esquema de carga Calcular el desplazamiento horizontal que experimentará el punto B cuando sobre dicho sistema actúen las cargas 2P y P aplicadas en los puntos A y C, respectivamente. Solución: Por el teorema de reciprocidad, el trabajo realizado por la fuerza aplicada en B durante la aplicación de las fuerzas en A y C debe ser el mismo que el realizado por las fuerzas en A y C durante la aplicación de la fuerza en B. Es decir, AC P δB = 2 P 0, 3 + P 0, 6 Luego: AC δB = 2 P 0, 3 + P 0, 6 = 1, 2 mm P Lección 16 Deformación anelástica y rotura 16.1. Finalización del comportamiento elástico: materiales dúctiles y materiales frágiles Como hemos visto en la lección 9, la respuesta tensión-deformación de los materiales depende del nivel tensional o magnitud de las tensiones que soportan: La mayorı́a de los materiales tiene una respuesta elástica, tensiones proporcionales a las deformaciones, cuando las cargas exteriores son pequeñas (estado elástico). En el caso de que aumenten las cargas, pueden aparecer deformaciones no recuperables, dejando de existir proporcionalidad entre tensiones y deformaciones (estado plástico). Finalmente, si las cargas siguen aumentando, en el material aparecen grietas y se produce la rotura (estado de rotura). Los tres estados anteriores se representan esquemáticamente en el diagrama de tensióndeformación uniaxial de la figura 16.1. En los materiales dúctiles el estado plástico tiene un rango de deformaciones grande. Es decir: σe εu 1 = deformación correspondiente al lı́mite elástico E Además, en ese rango de deformación no hay un descenso significativo del nivel tensional. El diagrama tensión-deformación de los materiales dúctiles podrı́a idealizarse como se indica en la figura 16.2. En esta clase de materiales estaremos interesados en caracterizar el final del comportamiento elástico, pero sabemos que desde que finaliza el comportamiento elástico hasta la rotura hay un margen de deformación importante: el material avisa de que se puede romper. En los materiales frágiles el estado plástico tiene un rango de deformaciones pequeño. Es decir: σe εu ≈ = deformación correspondiente al lı́mite elástico E De modo que la finalización del comportamiento elástico coincide prácticamente con la rotura. El diagrama de tensión-deformación de los materiales frágiles podrı́a idealizarse como en la figura 16.3. Cuando el material alcanza su lı́mite elástico, se produce la rotura. De este modo, la deformación de lı́mite elástico y la deformación de rotura coinciden. El material no avisa de que se va a romper: no hay margen entre el final del comportamiento elástico y la rotura. En el ensayo de tracción simple, el lı́mite elástico σe coincide con la tensión de rotura a tracción σrt. 131 132 LECCIÓN 16. DEFORMACIÓN ANELÁSTICA Y ROTURA σ tico plás desca rga E do sta Rotura σe tico E o elás 1 Estad E 1 E 1 ε εu Deformación no recuperable Figura 16.1: Estados tensionales en un ensayo de tensión uniaxial 16.2. Tensión equivalente En estados de tensión uniaxiales resulta sencillo identificar el final del comportamiento elástico: el final del comportamiento elástico tiene lugar cuando la tensión alcanza el lı́mite elástico σ Comportamiento plástico perfecto (grandes deformaciones sin cambio de tensión) σe Rotura Final del comportamiento elástico E 1 E 1 εu ε Figura 16.2: Diagrama idealizado de tensión-deformación en un material dúctil 133 16.2. TENSIÓN EQUIVALENTE σ σrt σe Rotura E 1 ε Figura 16.3: Diagrama idealizado de tensión-deformación en un material frágil σe . En estado de tensión multiaxiales, la identificación no es tan sencilla y se recurre al concepto de tensión equivalente o tensión de comparación. Dado un estado tensional multiaxial se llama tensión equivalente σeq a la tensión que debe aplicarse en un ensayo de tracción simple para que el material se encuentre en las mismas condiciones con respecto al final del comportamiento elástico o la rotura (figura 16.4). σ3 σ2 σ1 σ1 σ2 σeq σ3 A. Estado multiaxial de tensiones (sistema de referencia principal) B. Estado uniaxial equivalente Figura 16.4: Concepto de tensión equivalente σeq 134 LECCIÓN 16. DEFORMACIÓN ANELÁSTICA Y ROTURA El concepto de tensión equivalente permite generalizar los resultados del ensayo de tracción simple al estudio de estados tensionales multiaxiales. Se utiliza muchı́simo en la práctica y se basa en el postulado de que el paso del material de un estado a otro (elástico-plástico-rotura) puede caracterizarse mediante un solo parámetro. Dicho postulado es una buena aproximación al comportamiento real, salvo quizá en los casos de tracción o compresión triaxial. Naturalmente, la definición concreta de la tensión equivalente σeq a partir de los parámetros que definen el estado multiaxial (por ejemplo, las tensiones principales σ1, σ2 y σ3 ) depende del criterio que se utilice para señalar el final del comportamiento elástico o la rotura. 16.3. Coeficiente de seguridad Dado un cierto estado tensional [T ] en un punto del sólido elástico, aumentando proporcionalmente todas las componentes de este estado tensional, es decir, variándolo de manera que permanezca semejante a [T ]: λ[T ], se llega tarde o temprano al estado tensional lı́mite (lı́mite elástico en materiales dúctiles; lı́mite de rotura en materiales frágiles). Entendemos por coeficiente de seguridad del estado tensional [T ], el factor n por el que hay que multiplicar el estado tensional [T ] para que dicho estado tensional se convierta en estado tensional lı́mite. Cuando dos estados tensionales tienen el mismo coeficiente de seguridad n, se consideran igualmente peligrosos para el material. Lección 17 Criterios de fluencia 17.1. Criterios de fluencia Los criterios de fluencia se emplean en materiales dúctiles, para señalar el estado tensional lı́mite elástico del material. Los más comunes se indican a continuación. 17.1.1. Tensión tangencial máxima (Tresca) Según el criterio de la tensión tangencial máxima o criterio de Tresca1 , el estado tensional lı́mite elástico se alcanza cuando las tensiones tangenciales máximas llegan a un cierto valor lı́mite caracterı́stico del material. Recordemos que la tensión tangencial máxima viene dada por: τmax = σ1 − σ3 2 En el ensayo de tracción uniaxial se cumple que: τmax = σeq 2 Luego, según este criterio, la tensión uniaxial equivalente es: σeq = σ1 − σ3 Y como en el ensayo uniaxial se pasa al régimen plástico cuando σeq = σe , resulta que según el criterio de Tresca se pasa al régimen plástico cuando: σeq = σ1 − σ3 = σe Es decir, según el criterio de Tresca: 1. Régimen elástico σ1 − σ3 < σe 2. Lı́mite elástico σ1 − σ3 = σe 1 Henry Edouard Tresca (1814-1885), ingeniero mecánico francés a quien se considera iniciador de la teorı́a de la plasticidad por los experimentos que empezó a realizar en 1864. 135 136 LECCIÓN 17. CRITERIOS DE FLUENCIA 3. Régimen plástico (fluencia) σ1 − σ3 ≥ σe El coeficiente de seguridad frente a la finalización del comportamiento elástico es, según este criterio: σe σe = n = σeq σ1 − σ3 17.1.2. Energı́a de distorsión máxima (von Mises) Según el criterio de la energı́a de distorsión máxima o criterio de von Mises2, el estado tensional lı́mite elástico se alcanza cuando la energı́a de distorsión elástica llega a un cierto valor lı́mite caracterı́stico del material. La energı́a de distorsión es la energı́a de deformación asociada a la parte desviadora de las matrices de tensión y de deformación. Si se trabaja en el sistema de referencia principal, la parte desviadora de la matriz de tensiones es (ver sección 5.5.2):   [Td] =   2σ1 −σ2 −σ3 3 0 0 0 2σ2 −σ1 −σ3 3 0 0 0 2σ3 −σ1 −σ2 3     La parte desviadora de la deformación será, a partir de [Td], por la ley de Hooke generalizada:   ε$1 0 0   $ [D ] =  0 ε$2 0  0 0 ε$3 con: ε$1 = = ε$2 = ε$1 = 1 (2σ1 − σ2 − σ3 − 2µσ2 + µσ1 + µσ3 − 2µσ3 + µσ1 + µσ2 ) E 3 1+µ (2σ1 − σ2 − σ3 ) 3E 1+µ (2σ2 − σ1 − σ3 ) 3E 1+µ (2σ3 − σ1 − σ2 ) 3E Entonces, la energı́a de distorsión por unidad de volumen asociada a [Td ] y [D$ ] será: U$ = = 1D $ $ 1+µ [(2σ1 − σ2 − σ3 )2 + (2σ2 − σ1 − σ3 )2 + (2σ3 − σ1 − σ2 )2] εi σi = 2 i 18 E 1+µ [(σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1)2 ] 6E 2 Richard von Mises (1883-1953), ingeniero austriaco, profesor de universidad en Alemania, Turquı́a y Estados Unidos, con importantes contribuciones en el campo de la aerodinámica y la matemática aplicada. 137 17.1. CRITERIOS DE FLUENCIA En el ensayo de tracción uniaxial se cumple que: U$ = 1+µ 2 2 σeq 6E Luego, según este criterio de von Mises, la tensión equivalente es: 1 ( (σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1)2 σeq = √ 2 Y en términos de las componentes de una matriz de tensiones [T ] general: 1 ( 2 + τ2 + τ2 ) σeq = √ (σnx − σny )2 + (σny − σnz )2 + (σnz − σnx )2 + 6 (τxy xz yz 2 Como en el ensayo uniaxial se pasa al régimen plástico cuando σeq = σe , según el criterio de von Mises se alcanza el estado lı́mite elástico cuando se cumple que: 1 ( (σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 = σe σeq = √ 2 El coeficiente de seguridad frente a la finalización del comportamiento elástico es, según este criterio: σe σe = 1 * n = 2 √ σeq (σ1 − σ2 ) + (σ2 − σ3)2 + (σ3 − σ1 )2 2 17.1.3. Criterio simplificado de Mohr El criterio simplificado de Mohr es un criterio fenomenológico que se emplea cuando el comportamiento es diferente a tracción y a compresión. Sea σet el lı́mite elástico a tracción y sea σec el lı́mite elástico a compresión. Estos dos valores determinan una curva intrı́nseca del material (figura 17.1). Según este criterio, se alcanza el estado lı́mite elástico cuando el cı́rculo de Mohr C2 toca la curva intrı́nseca (figura 17.1). Recuérdese que el cı́rculo C2 es el que se construye a partir de las tensiones principales σ1 y σ3 . A partir de la figura 17.1, cuando el cı́rculo C2 correspondiente al estado tensional definido por las tensiones principales σ1 , σ2 y σ3 toca la curva intrı́nseca, se cumple: FG DE = GC CD es decir σ1 −σ3 2 σ1 +σ3 2 + − σec 2 σec 2 = σet 2 σet 2 − − σ1 −σ3 2 σ1 +σ3 2 De donde se deduce que, en el inicio de la fluencia según este criterio, se tiene: σet = σ1 + σet σet σ3 = σ1 − σ3 σec |σec | Y como en el ensayo de tracción uniaxial se alcanza el estado lı́mite elástico cuando σet = σeq , resulta que según este criterio: σet σ3 σeq = σ1 − |σec | y se pasa al régimen plástico cuando: σeq = σ1 − σet σ3 = σet |σec | 138 LECCIÓN 17. CRITERIOS DE FLUENCIA τ curva intrínseca F D C G E σec σ3 σet σ1 0,5 σec 0,5 (σ1+σ3) σn 0,5 σet Ensayo de tracción simple Estado tensional cualquiera, σ1 σ2 σ3 Ensayo de compresión simple Figura 17.1: Curva intrı́nseca del material en el criterio simplificado de Mohr Obsérvese que en la comparación con la tensión equivalente σeq se emplea el lı́mite elástico de tracción σet , independientemente de que el material esté trabajando a tracción o a compresión. El coeficiente de seguridad frente a la finalización del comportamiento elástico es, según este criterio: σet σet n = = et σeq σ1 − |σσec | σ3 17.2. Ejercicios resueltos 17.2.1. Plastificación de una placa La placa de la figura 17.2 está sometida a un estado plano de tensión cuya solución es: σnx = k (x2 − y 2 ) σny = k (−x2 + y 2) τxy = −2k x y Siendo k un parámetro positivo que modula la aplicación de las cargas. Se pide determinar el valor de k para el que se inicia la plastificación de la placa, según el criterio de la máxima tensión tangencial (Tresca). Dato: lı́mite elástico σe . 139 17.2. EJERCICIOS RESUELTOS Y a X a O Figura 17.2: Placa tensionada Solución: Se inicia la plastificación de la placa cuando: σeq = σ1 − σ3 = σe Por lo tanto, resulta necesario obtener primero las tensiones principales. Se tiene que: σI σII σIII = σnx + σny + 2 A 2 +( τxy A σnx − σny 2 ) 2 σnx + σny σ − σny 2 2 + ( nx = − τxy ) 2 2 = 0 (por tratarse de un estado de tensión plana) A partir de las relaciones anteriores, se debe determinar cuál es la tensión principal máxima σ1 y la tensión principal mı́nima σ3 . Sustituyendo los valores dados de σnx , σny y τxy : σI σII σIII = 0+ ) 4 k2 x2 y 2 + (2 k x2 − y 2 2 ) = k (x2 + y 2 ) ≥ 0 2 = −k (x2 + y 2) ≤ 0 = 0 Luego: σ1 = σI = k (x2 + y 2 ) σ2 = 0 σ3 = σII = −k (x2 + y 2 ) 140 LECCIÓN 17. CRITERIOS DE FLUENCIA Y entonces: σeq = σ1 − σ3 = 2 k (x2 + y 2 ) En consecuencia, igualando σeq y σe , la plastificación se inicia en la esquina (a, a) de la placa (punto en el que (x2 + y 2) es máximo), para un valor de k de: k = σe σe = 2 2 2 k (x + y ) 4 a2 Lección 18 Criterios de rotura frágil 18.1. Criterios de rotura frágil Los criterios de rotura frágil se utilizan en materiales frágiles, para señalar el estado tensional lı́mite de rotura del material. Los más corrientes se indican a continuación. 18.1.1. Tensión principal máxima (Rankine) Según el criterio de la tensión principal máxima o criterio de Rankine1 , el estado tensional lı́mite de rotura se alcanza cuando la tensión principal máxima σ1 alcanza un valor lı́mite caracterı́stico del material. Según este criterio, la tensión uniaxial equivalente es: σeq = σ1 Y como en el ensayo de tracción uniaxial se produce la rotura cuando σ1 = σrt , resulta que el coeficiente de seguridad frente a rotura según este criterio viene dado por: n = σrt σrt = σeq σ1 donde σrt es la tensión de rotura en el ensayo de tracción uniaxial. 18.1.2. Criterio simplificado de Mohr El criterio simplificado de Mohr para materiales frágiles es similar al discutido en 17.1.3, pero utilizando las tensiones de rotura a tracción σrt y a compresión σrc en vez de los lı́mites elásticos. De este modo, la tensión equivalente correspondiente a este criterio es: σeq = σ1 − σrt σ3 |σrc | y se produce la rotura cuando: σeq = σ1 − σrt σ3 = σrt |σrc | 1 William John Macquorn Rankine (1820-1872), ingeniero escocés muy conocido por su trabajo en el campo de la termodinámica y en el cálculo de empujes sobre estructuras de retención de tierras. 141 142 LECCIÓN 18. CRITERIOS DE ROTURA FRÁGIL τ 30 º 10 MPa σn 30 º Figura 18.1: Curva intrı́nseca del material Obsérvese que en la comparación con la tensión equivalente σeq se emplea la tensión de rotura a tracción σrt , independientemente de que el material esté trabajando a tracción o a compresión. El coeficiente de seguridad frente a la rotura es, según este criterio: n = σrt σrt = rt σeq σ1 − |σσrc | σ3 18.2. Ejercicios resueltos 18.2.1. Coeficientes de seguridad según el criterio de Mohr La curva intrı́nseca de un material, según el criterio simplificado de Mohr, se reduce a la pareja de rectas indicada en la figura 18.1, que forman un ángulo de 30o con el eje horizontal. Se pide determinar el coeficiente de seguridad de los tres estados tensionales siguientes: 1. σ1= 0 ; σ2 = -10 MPa ; σ3 = -15 MPa 2. σ1= σ2 = σ3 = -20 MPa 3. σ1= σ2 = σ3 = 15 MPa 143 18.2. EJERCICIOS RESUELTOS τ curva intrínseca B’ B 30º A’ σrc A 0,5 σrc σrt 0,5 σrt 10 MPa σn C Ensayo de tracción simple Ensayo de compresión simple Figura 18.2: Representación de los ensayos de tracción simple y compresión simple con la curva intrı́nseca del material Solución: En el criterio simplificado de Mohr, el coeficiente de seguridad viene dado por n = σrt σrt = rt σeq σ1 − |σσrc | σ3 donde σrt es la tensión de rotura a tracción σrc es la tensión de rotura a compresión. Se debe entonces obtener los valores de σrt y de σrc a partir de la curva intrı́nseca dada. A partir de la figura 18-2, se cumple que: Triángulo ABC sin 30o = σrt 2 10 − Triángulo A$ B $ C sin 30o = σrt 2 | σ2rc | 10 + |σct | 2 De donde: 1 σrt σrt (10 − ) = 2 2 2 −→ σrt = 20 MPa 3 144 LECCIÓN 18. CRITERIOS DE ROTURA FRÁGIL |σrc | |σrc | 1 (10 + ) = 2 2 2 −→ |σrc| = 20 MPa Se puede calcular ahora el coeficiente de seguridad en los tres estados tensionales dados: 1. σ1= 0 ; σ2 = -10 MPa ; σ3 = -15 MPa n = σrt = rt σ1 − |σσrc | σ3 0− 20 3 20 3 20 = (−15) 4 3 El coeficiente n es mayor que 1: el material no ha llegado a rotura. 2. σ1= σ2 = σ3 = -20 MPa n = 20 1 σrt 3 = = − 20 σrt σ1 − |σrc | σ3 2 3 −20 − 20 (−20) El coeficiente n es negativo: la carga tendrı́a que cambiar de signo para poder producir la rotura. 3. σ1= σ2 = σ3 = 15 MPa n = 20 2 σrt 3 = = 20 σrt σ1 − |σrc | σ3 3 3 (15) 15 − 20 El coeficiente n es menor que 1: el material ha llegado a rotura. 18.2.2. Tensiones de rotura requeridas para coeficiente de seguridad dado Los dos estados tensionales más crı́ticos en una pieza son: 1. σ1= 9 ; σ2 = 3 MPa ; σ3= -10 MPa 2. σ1= -5 ; σ2= -10 MPa ; σ3= -100 MPa El material de la pieza es fundición, con una relación de 10 entre las tensiones de rotura a compresión y tracción. Determinar el valor mı́nimo de las tensiones de rotura requeridos para que el coeficiente de seguridad no sea inferior a 2 según el criterio simplificado de Mohr. Solución: En el criterio simplificado de Mohr, el coeficiente de seguridad viene dado por: n = σrt σrt = rt σeq σ1 − |σσrc | σ3 En este caso: 2 = σrt 1 σ1 − 10 σ3 145 18.2. EJERCICIOS RESUELTOS Para el primer estado tensional dado, la ecuación anterior se convierte en: 2 = σrt 1 9 + 10 10 −→ σrt = 20 MPa Mientras que para el segundo estado tensional dado, la ecuación anterior se convierte en: 2 = σrt 1 −5 + 10 100 −→ σrt = 10 MPa Entonces, para que el coeficiente de seguridad no sea inferior a 2, se requiere que la tensión de rotura a tracción sea σrt ≥ 20 MPa y que, por tanto, la tensión de rotura a compresión sea |σrc | = 10 σrt ≥ 200 MPa. 146 LECCIÓN 18. CRITERIOS DE ROTURA FRÁGIL Lección 19 Hipótesis de la Resistencia de Materiales 19.1. Introducción La Resistencia de Materiales es una simplificación de la Teorı́a de la Elasticidad que hemos introducido en las lecciones anteriores. Dicha simplificación permite abordar los problemas con un nivel de precisión suficiente en la mayor parte de los casos prácticos. El origen de la simplificación es una serie de hipótesis sobre la forma geométrica de los sólidos elásticos que se analizan y sobre la cinemática o manera en que tiene lugar la deformación de los mismos. Los resultados que se obtienen son tanto más precisos, es decir, más próximos a los que proporciona la Teorı́a de la Elasticidad, cuanto más próximas a la realidad sean las hipótesis anteriores. La Resistencia de Materiales es una disciplina con empleo permanente en la práctica de la ingenierı́a desde la segunda mitad del siglo XIX. En consecuencia, sus hipótesis se encuentran muy sancionadas por la experiencia, ya que han servido de forma generalizada para el dı́a a dı́a del proyecto de estructuras, máquinas, recipientes a presión, vehı́culos terrestres, buques y aeronaves. El objeto de esta lección es, precisamente, introducir las hipótesis generales en que se basa la Resistencia de Materiales. 19.2. Definición de sólido prismático El sólido prismático o prisma mecánico es el sólido elástico sobre el cual trabaja la Resistencia de Materiales. El objeto de la Resistencia de Materiales es obtener el estado de tensiones, deformaciones y movimientos en el sólido prismático cuando éste se somete a un conjunto de acciones exteriores. Llamaremos sólido prismático al sólido elástico engendrado por una sección plana Σ de área Ω, cuyo centro de gravedad G describe una curva C llamada lı́nea media o directriz, siendo el plano que contiene a Σ normal a la curva C (figura 19.1). Si el área Ω es constante (la sección generatriz Σ no cambia) se dice que el sólido prismático es de sección constante. 147 148 LECCIÓN 19. HIPÓTESIS DE LA RESISTENCIA DE MATERIALES Y X G1 Z G G2 C C Σ sección generatriz curva directriz Figura 19.1: Definición de sólido prismático La sección generatriz Σ se conoce con el nombre de sección transversal del sólido prismático. El sólido prismático se dice que es alabeado, plano o, como caso particular de éste, recto, cuando es alabeada, plana o recta, respectivamente, la directriz. Para los cálculos se considera un sistema de referencia en cada sección transversal con origen en el centro de gravedad G de la sección: • El eje GX es tangente a la directriz en el punto G y define el sentido de avance de la directriz. • Los ejes GY y GZ son los ejes principales de inercia de la sección transversal Σ. Nótese que, por ser Σ normal a la directriz, el eje GX es normal a GY y GZ. Los sentidos de GY y GZ son los que hagan que GXY Z sea un triedro directo. La formulación general de la Resistencia de Materiales supone que se verifican las condiciones generales siguientes en la geometrı́a del sólido prismático: 1. La curva directriz C no tiene una curvatura muy pronunciada en relación con las dimensiones de la sección transversal Σ. Se admite que se cumple esta hipótesis cuando el radio de curvatura de la directriz es superior a unas cinco veces la dimensión caracterı́stica de la sección transversal. 2. No hay cambios bruscos de la sección transversal Σ. Los cambios en la sección transversal tienen lugar de forma progresiva a lo largo de la directriz (figura 19.2). 3. Las dimensiones de la sección transversal Σ son pequeñas en comparación con la longitud de la directriz. Desde este punto de vista, hay tres clases de sólidos prismáticos: Barra o viga. Las dos dimensiones de la sección transversal son pequeñas con respecto a la longitud de la directriz. La longitud de la directriz es superior a unas cinco veces la mayor dimensión de la sección transversal. 19.3. HIPÓTESIS GENERALES 149 Placa. Es un sólido prismático limitado por dos planos, cuya separación (espesor de la placa) es pequeña en comparación con las otras dos dimensiones del sólido. El espesor 1 ó 18 de las otras dimensiones. es, como máximo, del orden de 10 Lámina. Es un sólido prismático limitado por superficies no planas, cuya separación (espesor de la lámina) es pequeña en comparación con las otras dos dimensiones del sólido. Ejemplos de láminas son los cascos de los buques, los revestimientos de los fuselajes y alas de los aviones, las paredes de tuberı́as y recipientes a presión, etc. En las placas y en las láminas, en vez de la directriz se utiliza el concepto de superficie media, que es la constituida por los puntos que dividen el espesor en dos partes iguales. Cambio brusco de sección transversal en un eje: la Resistencia de Materiales no dará resultados precisos en esta zona Figura 19.2: Cambio brusco de sección transversal 19.3. Hipótesis generales En la Resistencia de Materiales aplican, en general, las mismas hipótesis generales utilizadas en la teorı́a de la elasticidad lineal, esto es: 1. Pequeños desplazamientos y deformaciones: Las condiciones de equilibrio se expresan como si el sólido deformado tuviera la misma forma y las mismas dimensiones que antes de producirse la deformación (principio de rigidez relativa). 2. Principio de superposición de efectos: Las tensiones, deformaciones y movimientos en un punto del sólido elástico sometido a varias acciones exteriores son la suma de las tensiones, deformaciones y movimientos, respectivamente, que se producen en dicho punto por cada acción actuando aisladamente. Como es sabido, este principio aplica si las tensiones son proporcionales a las deformaciones (Ley de Hooke) y si, además, las acciones que actúan sobre el sólido no cambian significativamente su geometrı́a original. 3. Principio de Saint-Venant: Las tensiones en una zona alejada de los puntos de aplicación de un sistema de fuerzas sólo dependen de la resultante y del momento resultante de 150 LECCIÓN 19. HIPÓTESIS DE LA RESISTENCIA DE MATERIALES este sistema de fuerzas. En particular, dos sistemas de fuerzas estáticamente equivalentes producen las mismas tensiones en una región alejada de sus puntos de aplicación. Según esta hipótesis, las tensiones sobre la sección transversal Σ no dependen más que de la resultante y el momento resultante con respecto al centro de gravedad G de la sección de las fuerzas aplicadas sobre el sólido a uno de los dos lados en que queda éste dividido por Σ. Además de estas tres hipótesis generales, se hacen también hipótesis cinemáticas, que permiten simplificar el problema elástico general. 4. Hipótesis cinemáticas. Son hipótesis sobre los desplazamientos los puntos de la sección transversal del sólido prismático y sobre la relación de los mismos con las deformaciones del material y con el movimiento de la directriz. Dependen de la teorı́a concreta de vigas, placas o láminas que se esté empleando1 . En Resistencia de Materiales I, para el estudio de la tracción y compresión de sólidos prismáticos, sólo vamos a utilizar la hipótesis cinemática conocida como hipótesis de Navier-Bernouilli2. Esta es la hipótesis cinemática más clásica de la resistencia de materiales y puede enunciarse como: En la deformación del sólido prismático, las secciones planas normales a la directriz permanecen planas después de la deformación. Si se postula además que las secciones planas normales a la directriz son indeformables en su plano, esta hipótesis permite obtener los desplazamientos !δp de cualquier punto de la sección transversal a partir de únicamente seis grados de libertad (posición de un plano rı́gido), que se asocian normalmente a las tres componentes del desplazamiento y a las tres componentes del giro del centro de gravedad G de la sección transversal. Como se verá en Resistencia de Materiales II, cuando se estudia la deformación de una sección bajo la acción del esfuerzo cortante o del momento torsor, la teorı́a de la elasticidad muestra que las secciones transversales no permanecen planas, sino que sufren un alabeo, adelantándose unos puntos con respecto al plano de la sección, mientras que otros se retrasan. En estos casos, se sustituye la hipótesis de Navier-Bernouilli por el que se conoce como principio de Navier-Bernouilli generalizado: Dos secciones transversales del sólido prismático infinitamente próximas, Σ y Σ$, se convierten después de la deformación en dos secciones también infinitamente próximas, Σ1 y Σ$1 , en general alabeadas, de forma que las secciones Σ1 y Σ$1 son superponibles por desplazamiento. 1 Existen diversas teorı́as relativas a la flexión de vigas, placas y láminas, cada una de ellas basada en una hipótesis cinemática. Merecen citarse las teorı́as de Euler-Bernouilli y de Timoshenko, para la flexión de vigas, y las teorı́as de Love-Kirchhoff y de Reissner-Mindlin en la flexión de placas. También existen varias teorı́as relativas a la torsión, con diferentes hipótesis cinemáticas, como la teorı́a de Saint-Venant y la de Vlasov. El estudio de estas teorı́as queda fuera del alcance de este curso. 2 Jacobo Bernouilli (1654-1705), matemático suizo que estudió por primera vez la ecuación de la deformada en flexión de una viga elástica. Claude Louis Navier (1785-1836), ingeniero francés al que se considera fundador de la Resistencia de Materiales moderna, ya que fue el primero en formular la teorı́a de la elasticidad en un manera utilizable en problemas prácticos de construcción. Navier determinó la ecuación diferencial de la deformada de una viga elástica en base a suponer que las secciones planas permanecen planas después de la deformación. Lección 20 Concepto de esfuerzo. Diagramas. 20.1. Concepto de esfuerzo Consideremos un sólido prismático en equilibrio estático bajo la acción de un sistema de fuerzas exteriores. Supongamos el sólido dividido en dos partes A y B mediante un plano de corte imaginario normal a la directriz (figura 20.1). ! y un A través del corte imaginario, la parte B debe ejercer sobre la parte A una fuerza R ! momento M , referidos al centro de gravedad G de la sección, equivalentes a la acción exterior sobre la parte B, ya que en otro caso no se mantendrı́a el equilibrio estático de la parte A. Obviamente, la parte A ejerce sobre la parte B una fuerza y un momento iguales y de sentido ! y un momento −M !. contrario, −R Estas fuerzas internas que se ejercen entre sı́ las dos mitades del sólido elástico a través de la sección transversal del mismo, se conocen con el nombre de esfuerzos. Los esfuerzos son las resultantes de las tensiones sobre una sección transversal del sólido prismático. Normalmente, se refieren al centro de gravedad G de la sección transversal. 20.2. Esfuerzos normal y cortante ! tiene tres componentes en el sistema de referencia GXY Z de la La resultante de fuerzas R sección transversal (figura 20.2): ! = N!i + Ty!j + Tz!k R La componente según el eje X, N , se conoce con el nombre de esfuerzo normal o de esfuerzo axil. Su expresión en función de las tensiones [T ] que actúan sobre la sección transversal es: ' N = σnx dΩ Ω La componente según el eje Y , Ty , es un esfuerzo cortante. Su expresión en función de las tensiones que actúan sobre la sección transversal es: Ty = ' 151 Ω τxy dΩ 152 LECCIÓN 20. CONCEPTO DE ESFUERZO. DIAGRAMAS. curva directriz B corte imaginario R X M Y Ω G Z A A Figura 20.1: Concepto de esfuerzo en el sólido prismático La componente según el eje Z, Tz , es el esfuerzo cortante según el eje Z. Su expresión en función de las tensiones que actúan sobre la sección transversal es: Tz = ' Ω τxz dΩ 153 20.3. MOMENTOS DE FLEXIÓN Y TORSIÓN X R N Y Ty Ω G Tz Z Figura 20.2: Componentes de fuerza sobre la sección transversal X MT M Ω Y G MFz MFy Z Figura 20.3: Componentes de momento sobre la sección transversal 20.3. Momentos de flexión y torsión ! con respecto al centro de gravedad G de la sección transversal, El momento resultante M tiene tres componentes en el sistema de referencia GXY Z de la sección (figura 20.3). En función de las tensiones que actúan sobre la sección transversal, dichas componentes son: ! M = ' Ω 1 1 !i 1 1 1 0 1 1 σnx !k !j y z τxy τxz 1 1 ' ' ' 1 1 ! ! ! (τxz y − τxy z) dΩ + j σnx z dΩ + k −σnx y dΩ 1 dΩ = i 1 Ω Ω Ω 1 = MT !i + MF y !j + MF z !k La componente según el eje X, MT , se conoce con el nombre de momento torsor. La componente según el eje Y , MF y , es un momento flector. La componente según el eje Z, MF z , es el otro momento flector. 154 LECCIÓN 20. CONCEPTO DE ESFUERZO. DIAGRAMAS. sólido prismático sección dorsal X Zona de tracción Rebanada sección frontal Esfuerzo normal Directriz del sólido prismático Zona de compresión Valor del esfuerzo en el punto A Esfuerzo cortante A Directriz Momento flector Momento torsor Figura 20.4: Representación de esfuerzos en los diagramas 20.4. DIAGRAMAS DE ESFUERZOS 20.4. 155 Diagramas de esfuerzos Los diagramas de esfuerzos son la representación de cómo varı́an los distintos tipos de esfuerzos a lo largo de la directiz de sólidos prismáticos tipo barra o tipo viga. Se utiliza la directriz como eje de abcisas y la normal a la directriz como eje de ordenadas, en una representación bidimensional de la variación del esfuerzo a lo largo de la directriz. Es muy importante que estas representaciones señalen el sentido del esfuerzo sin lugar a dudas. Nosotros utilizaremos una representación esquemática del sentido del esfuerzo sobre el área del diagrama, tal y como se indica en la figura 20.4. Como puede verse en la figura, en cada zona del diagrama el sentido del esfuerzo se indica sobre una rebanada del sólido prismático. El cálculo de los diagramas de esfuerzos es inmediato a partir de las fuerzas y momentos aplicados y las reacciones en los apoyos. En cada sección transversal basta con calcular la resultante y el momento resultante con respecto al centro de gravedad de la sección de las fuerzas aplicadas a uno u otro lado de la sección transversal. Si se calculan las resultantes de las fuerzas aplicadas en el lado positivo de la sección (el lado hacia el que apunta el eje X) se dice que se trabaja con la sección frontal y los esfuerzos obtenidos son los esfuerzos frontales. Por el contrario, si se calculan las resultantes de las fuerzas aplicadas en el lado negativo de la sección (el lado contrario al que apunta el eje X) se dice que se trabaja con la sección dorsal y los esfuerzos obtenidos son los esfuerzos dorsales. Evidentemente, por el equilibrio estático del sólido prismático, los esfuerzos dorsales son iguales y de signo contrario a los esfuerzos frontales en cualquier sección transversal. 20.5. Ejercicios resueltos 20.5.1. Cálculo de reacciones y diagramas de esfuerzos Para la manivela de sección circular indicada en la figura 20.5, se pide: 1. Reacciones en el empotramiento. 2. Diagramas de esfuerzos. Solución: 1. Reacciones en el empotramiento Las reacciones han de equilibrar las fuerzas aplicadas. En el empotramiento pueden aparecer tres componentes de fuerza Rv , Rh1 y Rh2 , una en cada dirección del sistema de referencia, y tres componentes de momento Mv , Mh1 y Mh2 , también una en cada dirección del sistema de referencia (figura 20.6). En principio, se asignan a las componentes de la reacción los sentidos indicados en la figura 20.6. Si en el cálculo que sigue se obtuviera alguna reacción con signo negativo, ello indicarı́a que el sentido asignado no era correcto. Las ecuaciones de equilibrio de la manivela nos dan, para el sentido supuesto de las reacciones: 156 LECCIÓN 20. CONCEPTO DE ESFUERZO. DIAGRAMAS. a 90º P b Q Figura 20.5: Manivela con fuerzas en el extremo Suma de fuerzas igual a cero: P = Rv Q = Rh1 0 = Rh2 Suma de momentos respecto al empotramiento igual a cero: P a = Mh2 P b + Mh1 = 0 Q b = Mv −→ Mh1 = −P b 2. Diagramas de esfuerzos Conocidas las reacciones, el apoyo se sustituye por las acciones del mismo sobre la manivela (figura 20.7). Los diagramas de esfuerzos se dan en la figura 20.8. 157 20.5. EJERCICIOS RESUELTOS Mh2 Mh1 Rh1 Rh2 Rv Mv Figura 20.6: Reacciones en el empotramiento Pb Pa Q P Qb P Q Figura 20.7: Fuerzas y momentos sobre la manivela 158 LECCIÓN 20. CONCEPTO DE ESFUERZO. DIAGRAMAS. Q P Q P esfuerzo normal cortante vertical P Pb cortante horizontal Q Pb torsor Q Pa Qb Pb Qb flector eje horizontal flector eje vertical Figura 20.8: Diagramas de esfuerzos Qb Lección 21 Condiciones de sustentación y enlace 21.1. Reacciones en las ligaduras En un sólido prismático, si consideramos válida la hipótesis de Navier-Bernouilli1, cada sección transversal Σ tiene seis grados de libertad en movimientos: las tres componentes del desplazamiento de su centro de gravedad G y las tres componentes del giro de su centro de gravedad G. En un sólido prismático, o en un conjunto de ellos que constituya una estructura, se conoce con el nombre de ligaduras a las condiciones impuestas sobre el movimiento de alguna sección transversal. Es decir, las restricciones cinemáticas sobre uno o varios de los seis grados de libertad de la sección. Cuando se considera una estructura formada por un conjunto de sólidos prismáticos, aparecen dos clases de ligaduras o restricciones cinemáticas: 1. Condiciones de sustentación, que materializan los apoyos de la estructura. Los apoyos son las conexiones de la estructura con el mundo exterior. 2. Condiciones de enlace, que materializan los vı́nculos internos entre los componentes o sólidos prismáticos que constituyen la estructura. Las restricciones cinemáticas, para cumplirse, dan lugar a: 1. Reacciones, que son las fuerzas o momentos externos sobre la estructura derivadas de las condiciones de sustentación. 2. Condiciones que deben cumplir los esfuerzos en la estructura, derivadas de las condiciones de enlace. 21.2. Tipos de apoyos y enlaces internos 21.2.1. Tipos de apoyos Los apoyos son restricciones cinemáticas que definen la conexión de los sólidos prismáticos o de las estructuras con el exterior. Normalmente, a efectos de cálculo las condiciones reales de apoyo se idealizan en uno de los tipos siguientes: 1 Ver lección 19: la hipótesis es que, durante la deformación, las secciones transversales del sólido permanecen planas y, además, no se deforman en su plano. 159 160 LECCIÓN 21. CONDICIONES DE SUSTENTACIÓN Y ENLACE Z Y Rx MRx X Ry Rz MRy Representación esquemática del apoyo MRz Componentes de la reacción en el centro de gravedad G de la sección transversal Figura 21.1: Representación esquemática y reacciones en un empotramiento Empotramiento Un empotramiento es la restricción que impide completamente el movimiento de una sección transversal. Es decir, en un empotramiento son nulas las tres componentes del desplazamiento del centro de gravedad G y las tres componentes del giro del centro de gravedad G. Para impedir este movimiento, aparecen seis componentes de reacción, tres fuerzas y tres momentos, una por cada grado de libertad impedido (figura 21.1). En un sistema estructural plano, donde las secciones transversales de los sólidos prismáticos sólo tengan tres grados de libertad, dos desplazamientos y un giro, en un empotramiento sólo se tendrán tres componentes de reacción, dos fuerzas y un momento (figura 21.2). Z sección empotrada MRy Rx X Rz Figura 21.2: Empotramiento en un sistema plano Apoyo articulado fijo Un apoyo articulado fijo es la restricción que impide completamente el desplazamiento de una sección transversal, pero deja libre su giro. Es decir, en un apoyo articulado fijo son nulas las tres componentes del desplazamiento del centro de gravedad G. Para impedir este desplazamiento, aparecen tres componentes de reacción, tres fuerzas, una por cada componente de desplazamiento impedido (figura 21.3). 161 21.2. TIPOS DE APOYOS Y ENLACES INTERNOS Z Y Rx X Representación esquemática del apoyo Ry Rz Componentes de la reacción en el centro de gravedad G de la sección transversal Figura 21.3: Representación esquemática y reacciones en un apoyo articulado fijo Apoyo articulado móvil Un apoyo articulado móvil es la restricción que impide el desplazamiento de una sección transversal en una sola dirección. Es decir, en un apoyo articulado móvil es nula una componente del desplazamiento del centro de gravedad G. Para impedir esta componente del desplazamiento, aparece una componente de reacción, una fuerza en la dirección del desplazamiento impedido (figura 21.4). Z Y X Representación esquemática del apoyo Rz Componentes de la reacción en el centro de gravedad G de la sección transversal Figura 21.4: Representación esquemática y reacciones en un apoyo articulado móvil Empotramiento móvil Un empotramiento móvil es la restricción que impide completamente el giro de una sección transversal y su desplazamiento en una sola dirección. Es decir, en un empotramiento móvil son nulas las tres componentes del giro del centro de gravedad G y una componente del desplazamiento del centro de gravedad G. Para impedir estas componentes del movimiento, 162 LECCIÓN 21. CONDICIONES DE SUSTENTACIÓN Y ENLACE Z Y Rx MRx X MRy Representación esquemática del apoyo MRz Componentes de la reacción en el centro de gravedad G de la sección transversal Figura 21.5: Representación esquemática y reacciones en un empotramiento móvil aparecen cuatro componentes de reacción, tres momentos y una fuerza en la dirección del desplazamiento impedido (figura 21.5). 21.2.2. Tipos de enlaces internos Los enlaces son restricciones cinemáticas que definen vı́nculos de unos sólidos prismáticos con otros dentro de una estructura. A efectos de cálculo, los vı́nculos reales se idealizan en uno de los tipos siguientes: Articulación Una articulación es un vı́nculo entre dos secciones transversales mediante el cual se igualan las tres componentes del desplazamiento de las mismas, pero las tres componentes del giro pueden ser distintas (figura 21.6). Es decir, el desplazamiento a ambos lados de la articulación es el mismo, pero el giro puede ser diferente. Si A y B representan las secciones transversales a un lado y otro de la articulación: uA = uB vA = vB wA = wB θxA 2= θxB θyA 2= θyB θzA 2= θzB (los desplazamientos son iguales) (los giros son distintos) A efectos del cálculo de esfuerzos, la articulación proporciona tres ecuaciones: los momentos flectores y el momento torsor son nulos en la articulación: MT = MF y = MF z = 0 Tirante o barra biarticulada Un tirante es una barra recta con articulaciones en ambos extremos. Al ser nulos los momentos flectores y el momento torsor en ambos extremos de la barra, el resto de la estructura sólo ejerce sobre ella fuerzas F!1 y F!2 , en los extremos 1 y 2 de la barra (figura 21.6). 163 21.3. SISTEMAS ISOSTÁTICOS E HIPERESTÁTICOS F1 sección A barra biarticulada sección B F2 Figura 21.6: Representación esquemática de una articulación Nótese que el equilibrio de la barra exige que, cuando no actúan acciones exteriores a lo largo de su longitud, las fuerzas internas F!1 y F!2 que ejerce el resto de la estructura en los extremos: • Estén alineadas con la directriz de la barra: para que se cumpla el equilibrio de momentos respecto a un extremo u otro de la barra. • Sean iguales y de signo contrario: para que se cumpla el equilibrio de fuerzas. Cable Un cable, a efectos de cálculo, se idealiza como un elemento que sólo puede ejercer fuerzas de tracción sobre los elementos a los que está unido. No puede trabajar a compresión, cortadura, flexión o torsión. La dirección de la fuerza de tracción ejercida por el cable es tangente al cable en el punto de unión con el elemento al que está unido. En cables sujetos por sus extremos y sin fuerzas que actúen a lo largo de su longitud, si se desprecian los rozamientos, la fuerza de tracción en el cable se mantiene constante. Desde el punto de vista estático, las poleas son elementos que desvı́an las fuerzas ejercidas por los cables. Las acciones estáticas de los cables sobre poleas se esquematizan en la figura 21.7. 21.3. Sistemas isostáticos e hiperestáticos Antes de estudiar el estado tensional de un sólido prismático, es necesario conocer completamente la solicitación exterior. Es decir, conocer no sólo las fuerzas y momentos directamente aplicados, que generalmente serán conocidos, sino también las reacciones en los apoyos, que en principio son desconocidas. Para determinar las reacciones en los apoyos de una estructura o sistema de sólidos prismáticos tenemos en primer lugar las ecuaciones siguientes: Ecuaciones de equilibrio estático, seis ecuaciones en el caso más general. 164 LECCIÓN 21. CONDICIONES DE SUSTENTACIÓN Y ENLACE polea cable F F F F acción sobre el eje de la polea (suma vectorial) Figura 21.7: Fuerza de un cable sobre una polea Ecuaciones derivadas de las condiciones de enlace (vı́nculos internos) entre los sólidos prismáticos que constituyen la estructura. Los sistemas en los que pueden obtenerse las reacciones en los apoyos mediante la aplicación de únicamente estas dos clases de ecuaciones se llaman sistemas isostáticos. Por el contrario, si existen apoyos superabundantes, las ecuaciones anteriores no son suficientes para determinar las reacciones y el sistema se llama hiperestático. En este caso se requiere hacer intervenir las deformaciones de los sólidos prismáticos para obtener las reacciones. Se llama grado de hiperestatismo al exceso de incógnitas con respecto al número de ecuaciones disponible derivadas del equilibrio estático y de las condiciones de enlace internas de la estructura. 21.4. Ejercicios resueltos 21.4.1. Cálculo de reacciones y diagramas de esfuerzos (1) El sistema plano de la figura 21.8 está formado por cuatro barras: una barra vertical AB empotrada en su base, dos barras perpendiculares CD y DE rı́gidamente unidas y una barra horizontal BC biarticulada. Los puntos D y E están guı́ados mediante correderas para que no puedan desplazarse verticalmente. En el extremo E se aplica una fuerza horizontal F . Se pide: 1. Reacciones en los apoyos. 2. Leyes y diagramas de esfuerzos en todas las barras. Solución: 1. Reacciones en los apoyos 165 21.4. EJERCICIOS RESUELTOS B C c E D A F b a Figura 21.8: Sistema plano La barra biarticulada sólo puede estar sometida a esfuerzo normal N , ya que no tiene aplicada ninguna carga a lo largo de su directriz. En la figura 21.9 se da la descomposición del sistema plano en sus componentes, con indicación de las fuerzas que se ejercen entre ellos. A partir de la figura, se puede plantear el equilibrio de los tres componentes por separado. N N N N a c F RA MA RE RD b Figura 21.9: Interacción entre componentes del sistema plano El equilibrio del poste AB da que: N = RA N c = MA El equilibrio de la pieza CDE da que: N = F 166 LECCIÓN 21. CONDICIONES DE SUSTENTACIÓN Y ENLACE RD = RE RD b = N c Se tienen pues cinco ecuaciones con cinco incógnitas, las cuatro componentes de reacción y la fuerza interna N . La resolución del sistema da: N = F RA = F c b c = F b = Fc RD = F RE MA 2. Diagramas de esfuerzos A partir de las reacciones, se obtienen los diagramas de esfuerzos que se dan en las figuras 21.10 y 21.11. F A F F B B Fc B A F Cortante B Fc A Flector C F F F Axil Figura 21.10: Diagramas de esfuerzos en las barras AB y BC 21.4.2. Cálculo de reacciones y diagramas de esfuerzos (2) La figura 21.12 representa el esquema de una grúa torre con contrapeso inferior. Está formada por la columna AB empotrada en su base; las ménsulas BC, BD; y la viga BEF . El cable del 167 21.4. EJERCICIOS RESUELTOS F C C F F E D D E F c/b F c/b F Axil C C F c/b F D E D E Fc Cortante Flector Fc Figura 21.11: Diagramas de esfuerzos en la barra CDE contrapeso se une a la sección E y pasa por las poleas situadas en D y C. Para el caso de carga indicado en la figura 21.12, se pide: 1. Reacciones en la base. 2. Leyes y diagramas de esfuerzos en todas las barras. Solución: 1. Reacciones en la base Se trata de un sistema plano. En el empotramiento de la base hay tres componentes de reacción: Rh , Rv y Mr . El esquema estático es el representado en la figura 21.13. 168 LECCIÓN 21. CONDICIONES DE SUSTENTACIÓN Y ENLACE D 1/ 2 (3) a E B C F P 10 a (Las dimensiones sin acotar se consideran despreciables) A 3P 3a a 3a Figura 21.12: Grúa torre con contrapeso inferior Las ecuaciones de equilibrio dan que: Rv = 3 P + P Rh = 0 Mr + 3 P a = P 6 a Luego las reacciones son: Rh = 0 Rv = 4 P Mr = 3 P a 2. Diagramas de esfuerzos El esfuerzo axil en el cable es igual al peso del contrapeso, 3P . En la polea situada en el extremo del brazo horizontal (polea C), la fuerza sobre el eje se obtiene como suma vectorial de los vectores (0, −3P ) y (3P sin α, 3P cos α) (figura 21-14). Como se tiene que: tan α = 1 a √ = √ a 3 3 −→ α = 30o Resulta que la fuerza sobre el eje de la polea es (3P sin α, 3P (cos α−1)) = (1, 5 P, −0, 40P ). 169 21.4. EJERCICIOS RESUELTOS D α 1/ 2 (3) a β E C P 10 a 3P Rh Mr a Rv 3a 3a Figura 21.13: Esquema estático para la grúa torre Del mismo modo, en la polea situada sobre el extremo superior de la torre (polea D), la fuerza sobre el eje se obtiene como suma vectorial de los vectores (−3P sin α, −3P cos α) y (3P cos β, −3P sin β) (figura 21-14), lo que da (1, 1 P, −4, 1 P ). En el punto de anclaje del cable a la pluma de la grúa, la fuerza sobre la pluma tiene la dirección √ del cable, lo que da lugar a una fuerza de componentes (−3P cos β, 3P sin β) = (−1, 5 3 P, 1, 5 P ). Por lo tanto, las fuerzas sobre la grúa son las que se dan en la figura 21.15. Los diagramas de esfuerzos se dan en la figura 21.16. 21.4.3. Cálculo de reacciones y diagramas de esfuerzos (3) La figura 21.17 representa el esquema plano de una grúa que levanta una carga de 4 kN. Las dimensiones están en mm. Para el caso de carga indicado, se pide: 1. Reacciones en las ruedas. 2. Acciones que se ejercen sobre cada uno de los siguientes elementos considerados aisladamente: barra AC, bastidor CDG, actuador hidráulico BF . 3. Diagramas de esfuerzos en el bastidor CDG. Solución: 170 LECCIÓN 21. CONDICIONES DE SUSTENTACIÓN Y ENLACE 3P 3P 3P α α β 3P 3P 3P 3P resultante sobre el eje resultante sobre el eje 3P Polea C Polea D 3P β Anclaje del cable en la pluma de la grúa Figura 21.14: Fuerzas sobre los ejes de las poleas y el anclaje del cable 1. Reacciones en las ruedas En las ruedas sólo hay reacciones verticales, que designaremos por RE y RG . Los valores de las mismas se obtienen de las ecuaciones de equilibrio del conjunto: RE + RG = 4 (equilibrio de fuerzas) RE 375 + RG (375 + 500 + 1900) = 4 (1380 + 1250) cos(15o) (equilibrio de momentos) De donde se obtiene que, RE = 0, 39 kN y RG = 3, 61 kN. Los valores positivos indican que las reacciones tienen el sentido supuesto (hacia arriba) y que, por tanto, las ruedas no despegan. 2. Acciones sobre los componentes Sabemos que en el actuador hidráulico F B sólo puede existir esfuerzo normal, por estar articulado en los dos extremos y no tener cargas aplicadas entre los puntos F y B. Sabemos también que, a través de la articulación C, la barra AC sólo puede ejercer sobre el bastidor una fuerza y no un momento. En consecuencia, el esquema de cargas sobre el bastidor CDG es el indicado en la figura 21.17, donde: tan α = 458 1380 cos(15o) − 375 − 500 = = 0, 3643 −→ α = 20o o 900 + 1380 sin(15 ) 1257, 2 171 21.4. EJERCICIOS RESUELTOS Cv + 0, 39 + 3, 61 = N cos(20o) Ch + N sin(20o) = 0 375 0, 39 + 3, 61 2775 = N cos(20o) 875 + N sin(20o) 900 De donde se obtiene: N = esfuerzo de compresión en el actuador = 375 0, 39 + 3, 61 2775 = 9 kN cos(20o) 875 + sin(20o) 900) Ch = −N sin(20o) = −3, 08 kN (signo negativo indica sentido contrario al supuesto en la figura 21.18) Cv = 9 cos(20o) − 4 = 4, 46 kN 3. Diagramas de esfuerzos en el bastidor CDG Los diagramas se dan en la figura 21.19. 172 LECCIÓN 21. CONDICIONES DE SUSTENTACIÓN Y ENLACE a 3a 3a 4,1 P 1,1 P D 1,5 P 1/2 (3) a 1,5 P 1,5 (3)1/2 P B C F E 0,4 P P 10 a A 3Pa 4P Figura 21.15: Diagrama de cuerpo libre de la grúa 173 21.4. EJERCICIOS RESUELTOS 4,1 P D 1,1 P D 1/ 2 1,5 (3) P 1,5 P 0,5 P 0,4 P B C B F E F E C P Esfuerzos cortantes Esfuerzos normales A 4,0 P A D 0,4 Pa B 1,9 Pa E F C 3 Pa Momentos flectores 3 Pa A Figura 21.16: Diagramas de esfuerzos 174 LECCIÓN 21. CONDICIONES DE SUSTENTACIÓN Y ENLACE 1250 1380 A B 4 kN C 15º 900 G F E D 375 1900 500 Figura 21.17: Esquema plano de grúa de taller Cv C Ch N 900 α G E D F 0,39 kN 375 500 3,61 kN 1900 Figura 21.18: Fuerzas sobre el bastidor CDG 175 21.4. EJERCICIOS RESUELTOS 4,46 kN C 3,08 kN 8,46 kN G 3,08 kN E D F 0,39 kN 3,61 kN 4,46 kN 3,08 Esfuerzos normales 3,08 kN 3,61 Cortantes 4,46 4,85 Flectores 2,77 kN m 2,77 4,44 6,86 Figura 21.19: Diagrama de cuerpo libre del bastidor y diagramas de esfuerzos 176 LECCIÓN 21. CONDICIONES DE SUSTENTACIÓN Y ENLACE Lección 22 Tracción y compresión. Tensiones y desplazamientos. 22.1. Definición de estado de tracción-compresión Se dice que un sólido prismático tipo barra está sometido a tracción-compresión cuando en todas sus secciones transversales actúa únicamente el esfuerzo normal N , siendo nulos el resto de los esfuerzos (cortantes, momentos flectores y torsor). Por convenio, se toma el esfuerzo normal como positivo cuando la sección transversal trabaja a tracción y como negativo, cuando lo hace a compresión (figura 22.1). Desde nuestro punto de vista, la tracción y la compresión no difieren más que en el signo del esfuerzo normal N y, por tanto, les daremos el mismo tratamiento. Sin embargo, pueden existir diferencias cualitativas entre estos dos modos de carga, debido a los fenómenos de inestabilidad que pueden aparecer en barras esbeltas sometidas a compresión (pandeo). Dichos fenómenos se estudiarán en Resistencia de Materiales II. 22.2. Estado de tensiones Dada una sección transversal de una barra de área Ω, que está sometida únicamente al esfuerzo normal N (figura 22.2), el estado tensional en la sección debe cumplir las relaciones siguientes: N = 0 = ' Ω ' Ω σnx dΩ ; (τxz y − τxy z) dΩ ; 0 = 0 = @ Ω @ Ω τxy dΩ ; σnx z dΩ ; 0 = 0 = ' ' Ω Ω τxz dΩ (22.1) −σnx y dΩ (22.2) por ser nulos todos los esfuerzos a excepción de N . Estas seis ecuaciones no son suficientes para determinar las tensiones σnx , τxy y τxz que el esfuerzo normal N origina a lo largo de la sección. Para determinar el estado tensional se utiliza la siguiente hipótesis cinemática (hipótesis de Bernouilli): En la deformación del sólido prismático bajo esfuerzo normal, las secciones planas normales a la directriz permanecen planas y normales a la directriz, sin giro de una sección con respecto a las otras. 177 178 LECCIÓN 22. TRACCIÓN Y COMPRESIÓN. TENSIONES Y DESPLAZAMIENTOS. N N N Positivo (tracción) N Negativo (compresión) Figura 22.1: Convenio de signos para el esfuerzo normal Es decir, la deformación se produce por un movimiento de traslación axial de una sección con respecto a las adyacentes. A partir de esta hipótesis: 1. Cualquier elemento diferencial de volumen de la barra se deforma sin distorsión angular: γxy = γxz = γyz = 0 y por la Ley de Hooke generalizada: τxy = G γxy = 0 τxz = G γxz = 0 τyz = G γyz = 0 2. En cada sección transversal de la barra, todos los elementos diferenciales de volumen experimentan la misma deformación longitudinal: εx = constante en la sección transversal Y G N X Z τxy τxz σnx Figura 22.2: Sección transversal bajo el esfuerzo normal 179 22.3. ESTADO DE DEFORMACIONES Si se supone que el estado de tensiones es uniaxial por estar libre de cargas la superficie lateral de la barra (σny = σnz = 0), la Ley de Hooke generalizada proporciona: σnx = E εx = constante en la sección transversal Lo que da: N = Y, en consecuencia: σnx = ' Ω σnx dΩ = σnx ' Ω dΩ = σnx Ω N = constante en la sección transversal Ω Nótese que el estado tensional dado por: N σnx = y σny = σnz = τxy = τxz = τyz = 0 Ω cumple con las ecuaciones 22.1 y 22.2, ya que se verifica que: ' z dΩ = Ω ' (22.3) y dΩ = 0 Ω por ser el origen G del sistema de referencia el centro de gravedad de la sección transversal. 22.3. Estado de deformaciones Conocido el estado de tensiones, dado por 22.3, resulta posible deducir el correspondiente estado de deformaciones. Deformación longitudinal N σnx = = constante en la sección transversal εx = E ΩE Deformaciones en sentido transversal εy = εz = −µ εx = − µN ΩE Deformaciones transversales γxy = γxz = γyz = 0 22.4. Desplazamientos Conocida la deformación longitudinal εx en cada sección transversal, es posible calcular la variación de longitud de una barra sometida a esfuerzo normal, es decir, el alargamiento o acortamiento de la barra ∆L: ' L ' L ' L ' L N du εx dx = dx = dx du = ∆L = 0 ΩE 0 0 dx 0 Si el esfuerzo normal N , módulo de elasticidad E y área de la sección transversal Ω son constantes a lo largo de la longitud L de la barra, se tiene que: N ∆L = εx L = L ΩE 180 LECCIÓN 22. TRACCIÓN Y COMPRESIÓN. TENSIONES Y DESPLAZAMIENTOS. Lección 23 Esfuerzo normal variable. Peso y fuerza centrı́fuga. 23.1. Ecuación de equilibrio bajo esfuerzo normal Sea un sólido prismático sometido a una fuerza distribuida por unidad de longitud q = q(x) paralela a la directriz (figura 23.1). Sea N = N (x) la distribución de esfuerzos normales a lo largo de la directriz. Si se considera una rebanada del sólido prismático, el equilibrio de la misma impone las condiciones siguientes sobre la distribución N (x): N (x + dx) + q(x) dx = N (x) (equilibrio de fuerzas según eje X) Lo que da: N (x) + dN (x) dx + q(x) dx = N (x) dx −→ dN + q(x) = 0 dx que es la ecuación diferencial de equilibrio que debe cumplir la distribución N = N (x) del esfuerzo normal a lo largo de la directriz. Se trata de una ecuación diferencial ordinaria de primer orden que, con las condiciones de contorno adecuadas, permite obtener la distribución N (x) para cualquier ley q = q(x) de fuerza distribuida por unidad de longitud. En ausencia de deformaciones térmicas, en cada sección transversal del sólido prismático se cumple que: σnx N du εx = = −→ N = E Ω εx = E Ω E EΩ dx Donde E es el módulo de elasticidad, Ω es el área de la sección transversal y u = u(x) es el desplazamiento del centro de gravedad de la sección transversal en la dirección de la directriz (dirección X). Sustituyendo en la ecuación diferencial de equilibrio la expresión del esfuerzo normal N en función del desplazamiento u, se llega a: du d (E Ω ) + q = 0 dx dx Nótese que tanto E como Ω pueden ser variables a lo largo de la directriz. 181 182 LECCIÓN 23. ESFUERZO NORMAL VARIABLE. PESO Y FUERZA CENTRÍFUGA. q=q(x) X dx q=q(x) N(x) x N(x+dx) dx Figura 23.1: Rebanada de sólido prismático bajo fuerza distribuida paralela a la directriz Por otro lado, si existieran deformaciones térmicas, la expresión del esfuerzo normal es: N = EΩ( du − α ∆T ) dx Donde α es el coeficiente de dilatación lineal y ∆T es el incremento de temperatura. La ecuación diferencial en función del desplazamiento u queda entonces: d du d (E Ω ) − (E Ω α ∆T ) + q = 0 dx dx dx En el caso particular de que E, Ω, α y ∆T sean constantes a lo largo de la directiz, la ecuación es: d2u EΩ 2 + q = 0 dx 23.2. Esfuerzos normales de peso propio El peso propio da lugar a una fuerza distribuida por unidad de longitud q proporcional al producto del peso especı́fico γ del material y el área Ω de la sección transversal. Si la directriz del sólido prismático está alineada con la dirección de la gravedad (figura 23.2), resulta que: q = Ωγ 183 23.2. ESFUERZOS NORMALES DE PESO PROPIO X q=Ωγ Figura 23.2: Sólido prismático bajo su peso propio y la ecuación diferencial de equilibrio queda: dN + Ωγ = 0 dx Es decir: dN = −Ω γ dx (ecuación de variables separadas) Si Ω y γ son constantes, la integral de la ecuación es: N = N0 − Ω γ x donde N0 es una constante de integración que se obtiene a partir de las condiciones de contorno. Puede verse que, en este caso, el esfuerzo normal varı́a linealmente con la coordenada x de avance a lo largo de la directriz. En cuanto a los desplazamientos u de las secciones transversales en la dirección de la directriz, se obtiene: du N N0 γ = = − x dx EΩ EΩ E N0 γ du = dx − x dx y EΩ E N0 γ 2 u = u0 + x− x EΩ 2E εx = de donde Donde u0 es una constante de integración. Nótese que la variación del desplazamiento u a lo largo de la directriz es cuadrática. 184 LECCIÓN 23. ESFUERZO NORMAL VARIABLE. PESO Y FUERZA CENTRÍFUGA. ω 2 q=ρω Ωx X dx Figura 23.3: Sólido prismático bajo fuerza centrı́fuga 23.3. Esfuerzos normales por fuerza centrı́fuga Consideremos una barra recta que gira alrededor de un eje con velocidad angular ω, según se indica en la figura 23.3. Cuando la directiz de la barra (eje X) es perpendicular al eje de giro, sobre una rebanada de longitud dx aparecerá una fuerza dirigida según la directiz de valor (fuerza centrı́fuga): q dx = dm ω 2 x = ρ Ω dx ω 2 x = ρ ω 2 Ω x dx Donde dm representa la masa de la rebanada, ρ es la densidad del material y Ω es el área de la sección transversal de la rebanada. De este modo, la fuerza centrı́fuga es una fuerza distribuida por unidad de longitud q proporcional a la densidad ρ, al área de la sección transversal Ω, al cuadrado de la velocidad de giro ω y a la distancia x al eje de giro: q = ρ ω2 Ω x La ecuación diferencial de equilibrio queda: dN + ρ ω2 Ω x = 0 dx Es decir: dN = − ρ ω 2 Ω x dx (ecuación de variables separadas) Si Ω y γ son constantes, la integral de la ecuación es: N = N0 − ρ ω 2 Ω x2 2 donde N0 es una constante de integración que se obtiene a partir de las condiciones de contorno. Puede verse que, en este caso, el esfuerzo normal varı́a cuadráticamente con la coordenada x de 185 23.4. EJERCICIOS RESUELTOS avance a lo largo de la directriz. En cuanto a los desplazamientos u de las secciones transversales en la dirección de la directriz, se obtiene: εx = N N0 ρ ω2 2 du = = − x dx EΩ EΩ 2E du = N0 ρ ω2 2 dx − x dx EΩ 2E de donde y ρ ω2 3 N0 x− x EΩ 6E Donde u0 es una constante de integración. Nótese que la variación del desplazamiento u a lo largo de la directriz es cúbica. u = u0 + F f x h l f x Figura 23.4: Esquema del pilote hincado 23.4. Ejercicios resueltos 23.4.1. Esfuerzo normal variable en un pilote Un pilote de hormigón, de sección constante Ω y longitud l ha sido hincado verticalmente en un terreno arenoso hasta una profundidad h (figura 23.4). El pilote soporta una carga F en su extremo superior, la cual es equilibrada en su totalidad por el rozamiento del fuste con el terreno, cuyo efecto es una fuerza por unidad de longitud f que varı́a cuadráticamente con la profundidad: f = k x2 . Se pide: 186 LECCIÓN 23. ESFUERZO NORMAL VARIABLE. PESO Y FUERZA CENTRÍFUGA. 1. Relación que debe existir entre h y F en función del parámetro k. 2. Expresión analı́tica y diagrama de esfuerzos normales en el pilote. 3. Acortamiento total del pilote bajo la carga F (Dato: módulo de elasticidad E). Solución: 1. Relación entre h y F El rozamiento con el terreno o resistencia por fuste del pilote debe equilibrar la fuerza F aplicada sobre el mismo, es decir: F = ' h 2 k x dx = k 0 La relación pedida es pues: F = k B x3 3 Ch = k 0 h3 3 h3 3 El pilote deberá hincarse a una profundidad h igual o superior a la dada por la relación anterior. F x 3 h F- k x /3 Figura 23.5: Diagrama de esfuerzos normales en el pilote 2. Diagrama de esfuerzos normales en el pilote Si x ≤ 0 entonces N = −F (compresión) 187 23.4. EJERCICIOS RESUELTOS Si x > 0 entonces N = −F + @x 0 3 k x2 dx = −F + k x3 El diagrama de esfuerzos se da en la figura 23.5. 3. Acortamiento total del pilote El acortamiento total ∆ viene dado por la integral de la deformación ε a lo largo del pilote: ∆ = ' l ε dx = 0 ' l 0 N F dx = −(l − h) + EΩ EΩ ' h 0 3 3 Y como resulta que F = k h3 , resulta finalmente: 6 B −F + k x3 lF k h4 dx = − − EΩ E Ω 12 E Ω h k h3 l− ∆ = − 3EΩ 4 7 El signo de ∆ es negativo, por tratarse de un acortamiento. C 188 LECCIÓN 23. ESFUERZO NORMAL VARIABLE. PESO Y FUERZA CENTRÍFUGA. Lección 24 Esfuerzo normal. Sustentación hiperestática. 24.1. Potencial interno asociado al esfuerzo normal En un estado de tracción-compresión las matrices de tensión y de deformación en un sólido prismático tipo barra valen:     εx 0 0   0  [D] =  0 −µ εx 0 0 −µ εx σnx 0 0   [T ] =  0 0 0  0 0 0 En consecuencia, la energı́a de deformación o potencial interno dU almacenada en un elemento diferencial de volumen dV vale (ver lección 13): dU = 1 1 σnx εx dV = σnx εx Ω dx 2 2 donde Ω es el área de la sección transversal del sólido prismático. Y como se tiene que: εx = σnx = σnx E N Ω resulta finalmente: 1 N2 dx 2 EΩ En consecuencia, la energı́a de deformación del sólido prismático sometido a un estado de tracción-compresión es de: ' L 1 N2 dx U = 0 2 EΩ Y si se tienen varios tramos en los que el esfuerzo normal N y el módulo de elasticidad Ω y área de la sección transversal Ω son constantes: dU = U = D 1 N2 i i 2 Ei Ωi 189 Li 190 LECCIÓN 24. ESFUERZO NORMAL. SUSTENTACIÓN HIPERESTÁTICA. 24.2. Tracción-compresión hiperestática Al plantear el equilibrio de un sistema de sólidos prismáticos sucede a menudo que el número de reacciones es superior al número de ecuaciones que proporciona la estática. Dichas ecuaciones no son, en estos casos, suficientes para resolver el problema de obtener las reacciones. Tales sistemas reciben el nombre de sistemas estáticamente indeterminados o hiperestáticos. Para resolver estos problemas resulta necesario hacer intervenir las deformaciones del sólido prismático. Las deformaciones del sólido deben ser compatibles con los enlaces o vı́nculos cinemáticos. Las ecuaciones que expresan esta compatibilidad de deformaciones proporcionan nuevas ecuaciones, que unidas a las de equilibrio estático permiten obtener todas las reacciones incógnita y resolver ası́ el problema. Existen, en general, dos formas de introducir las ecuaciones de compatibilidad de deformaciones en el sólido prismático. La primera es indirecta, a través del teorema de Castigliano. La segunda es directa, calculando los movimientos a que dan lugar las deformaciones del sólido e imponiendo a esos movimientos las condiciones de sustentación o enlace. 24.2.1. Aplicación del teorema de Castigliano La aplicación del teorema de Castigliano al cálculo de reacciones hiperestáticas se hace según la secuencia que se desarrolla a continuación: 1. Determinar el grado de hiperestatismo n n = número de componentes de las reacciones − número de ecuaciones de equilibrio estático − número de ecuaciones derivadas de las condiciones de enlace 2. Seleccionar n incógnitas hiperestáticas de entre las componentes de las reacciones. 3. Utilizar las ecuaciones de equilibrio estático y las derivadas de las condiciones de enlace para poner todas las reacciones en función de las incógnitas hiperestáticas. 4. Obtener los diagramas de esfuerzos en función de las incógnitas hiperestáticas. 5. Empleando los diagramas de esfuerzos, obtener la energı́a de deformación U en función de las incógnitas hiperestáticas. 6. Obtener las incógnitas hiperestáticas poniendo la condición de que es nulo el movimiento en la dirección de las reacciones hiperestáticas (teorema de Castigliano-Menabrea). 7. Obtener el resto de las reacciones a partir de las ecuaciones del paso (3). Veamos como ejemplo el cálculo de las reacciones en el sistema de la figura 24.1(a), formado por un único sólido prismático con módulo de elasticidad E y área de la sección transversal Ω. 1. Hay dos componentes de reacción RA y RB (figura 24.1(b)) y la estática sólo proporciona una ecuación útil: RA + RB = P En consecuencia, el grado de hiperestatismo n es n = 2 − 1 = 1. 191 24.2. TRACCIÓN-COMPRESIÓN HIPERESTÁTICA RA A RA RA b P-RA C P a RB B P-RA (a) (b) (c) Figura 24.1: Sistema hiperestático sometido a tracción-compresión 2. Seleccionamos RA como incógnita hiperestática. 3. La ecuación de equilibrio nos da que: RB = P − RA . 4. Los diagramas de esfuerzos en función de RA se dan en la figura 24.1(c). 5. En función de los diagramas de esfuerzos, la energı́a de deformación es: U = 1 (P − RA )2 1 R2A a + b 2 EΩ 2 EΩ 6. El desplazamiento del punto A es nulo, por lo que (teorema de Castigliano): ∂U = 0 ∂RA −→ − (P − RA ) RA a+ b = 0 EΩ EΩ −→ RA = P a (a + b) 7. A partir de las ecuaciones de equilibrio del paso (3): RB = P − RA = 24.2.2. P b (a + b) Aplicación de la compatibilidad de deformaciones La obtención de las reacciones hiperestáticas a partir de la compatibilidad de deformaciones es algo menos sistemática que la aplicación del teorema de Castigliano, ya que requiere visualizar e imponer las condiciones bajo las cuales deben producirse las deformaciones del sólido. 192 LECCIÓN 24. ESFUERZO NORMAL. SUSTENTACIÓN HIPERESTÁTICA. Las etapas (1) a (4) de la sistemática empleada en la sección anterior se mantienen. Calculados los diagramas de esfuerzos, a partir de los esfuerzos se obtienen deformaciones y, a partir de ellas, los movimientos del sólido prismático. Las condiciones que deben cumplir dichos movimientos proporcionan las ecuaciones necesarias para determinar las incógnitas hiperestáticas. Utilizando el mismo ejemplo que en la sección anterior, debe cumplirse que el acortamiento del tramo CB es el mismo que el alargamiento del tramo CA, por ser fija la distancia entre A y B: P − RA N a = a EΩ EΩ ∆LBC = ε a = ∆LCA = RA b EΩ (acortamiento) (alargamiento) Luego se cumple: RA (P − RA ) a = b EΩ EΩ −→ RA = P a (a + b) Llegándose de esta manera al mismo resultado que por aplicación del teorema de Castigliano. 24.3. Tensiones ocasionadas por defectos de montaje o cambios de temperatura En un sistema hiperestático es posible que existan tensiones iniciales producidas en el montaje, debidas a errores en las longitudes de las barras o a variaciones intencionadas de los valores correctos de estas longitudes. Dichas tensiones existen aun cuando no actúen cargas exteriores y dependen de las proporciones geométricas del sistema, de las propiedades de los materiales y de la magnitud de los defectos. Supongamos, por ejemplo, que en el sistema de barras representado en la figura 24.2 la barra vertical OB tiene un defecto de fabricación que hace que su longitud sea L + a, en vez de la longitud L establecida en el proyecto. Las tres barras tienen la misma sección transversal Ω y están fabricadas con el mismo material, de módulo de elasticidad E. A C B L α α O Figura 24.2: Sistema hiperestático con defectos de montaje 193 24.4. EJERCICIOS RESUELTOS Durante el montaje, la barra OB se fuerza hasta unirla a las barras OA y OC, que sı́ tienen las longitudes teóricas de proyecto. Sea Nb el esfuerzo de compresión que aparece en la barra vertical OB tras el montaje. Dicho esfuerzo produce un acortamiento en la barra de: ∆Lob = ε Lob = Nb L EΩ Por equilibrio del nudo O, en las barras inclinadas deben aparecer esfuerzos de tracción de valor: Nb Na = Nc = 2 cos α Estos esfuerzos de tracción producen un alargamiento de: ∆Loa = ∆Loc = ε Loa = Na L L Nb = E Ω cos α 2 cos α E Ω cos α Dichos alargamientos son compatibles con un desplazamiento vertical hacia abajo del punto O de: Nb L ∆Loc = δ = cos α 2 cos3 α E Ω El desplazamiento del punto O, junto con el acortamiento de la barra vertical OB, debe ser igual al error a en la longitud de la barra. Se obtiene de este modo la siguiente ecuación para determinar el esfuerzo Nb: Nb L Nb L + = a 3 2 cos α E Ω EΩ De donde se obtiene que: Nb = aEΩ 1 L(1 + 2 cos 3 α) (24.1) A partir de Nb, las ecuaciones de equilibrio dan los valores de esfuerzo normal Na y Nc en las barras inclinadas. La dilatación de las barras debida a cambios de temperatura puede tener el mismo efecto que los errores en las longitudes. Si en el ejemplo anterior la barra vertical se calienta desde una temperatura T0 a una temperatura T1, la dilatación térmica estará parcialmente impedida por las otras dos barras del sistema, de forma que aparecerá un esfuerzo normal de compresión en la barra vertical y un esfuerzo normal de tracción en las barras inclinadas. El esfuerzo de compresión en la barra vertical puede obtenerse con la ecuación (24.1), sustituyendo la magnitud del defecto a por la dilatación térmica que tendrı́a la barra OB si no existieran restricciones: αL(T1 − T0), donde α es el coeficiente de dilatación lineal. En un caso extremo, en el que la barra OB tuviese completamente impedido el desplazamiento de sus extremos, la deformación total serı́a nula y el aumento de temperatura producirı́a un esfuerzo de compresión de: Nb = E Ω ε = E Ω α(T1 − T0) 194 LECCIÓN 24. ESFUERZO NORMAL. SUSTENTACIÓN HIPERESTÁTICA. AE 2AE AE 2a 2AE P a P 2a a/2 a/2 2a 2A, A = área sección transversal E = módulo de elasticidad Figura 24.3: Esquema de suspensión de la barra mediante tirantes 24.4. Ejercicios resueltos 24.4.1. Barra rı́gida sujeta mediante tirantes La estructura de la figura 24.3 se compone de una barra rı́gida a flexión y cuatro tirantes de las dimensiones y rigideces indicadas en la figura. Se pide determinar el esfuerzo normal en los tirantes. Solución: Los tirantes son barras biarticuladas sin cargas intermedias. En consecuencia, sólo pueden estar sometidas a esfuerzo normal. De este modo, la dirección de las reacciones es conocida (figura 24.4). Existen entonces cuatro reacciones desconocidas: N1, N2 , N3 y N4. Al tratarse de un sistema plano, sólo se dispone de tres ecuaciones de equilibrio. Entonces, se trata de un sistema hiperestático de grado 1. Elegimos N3 como incógnita hiperestática. Las ecuaciones de equilibrio son: 2P = N4 + N2 + N3 cos 45o N1 = N3 sin 45o a a P +5 = N4 3a 2 2 De donde se obtiene: N4 = P N3 N1 = √ 2 N3 N2 = P − √ 2 195 24.4. EJERCICIOS RESUELTOS N4 N2 N3 N1 P P Figura 24.4: Esfuerzos normales en los tirantes El potencial total o energı́a de deformación del sistema es, en función de N3: G √ H D 1 N2 1 N12a N422a N22a N322a 2 i Li = + + + U = 2 E Ω 2 E 2A E 2A E A EA i i i Y sustituyendo N1 , N2 y N4 en función de N3, queda: U =   1 N21a 32 2  E 2A 2 + P 2a + E 2A N3 + (P 2 − 2P √ 2 N32 2 ) 2a EA  √  2 2N32 a  + EA   Por aplicación del teorema de Castigliano, la derivada de U con respecto a N3 debe ser cero, por ser nulo el desplazamiento del punto de anclaje del tirante: 1 ∂U = ∂N3 2 AE L M √ √ N3 a − 2 2 P a + 2 N3 a + 4 2 N3 a 2 ∂U = 0 ∂N3 −→ √ 4 2 √ P N3 = 5+8 2 De donde se obtienen el resto de fuerzas en los tirantes: 4 √ P N1 = 5+8 2 √ 1+8 2 √ P N2 = 5+8 2 El problema puede resolverse también sin recurrir al teorema de Castigliano, estableciendo la compatibilidad de desplazamientos de los extremos de los tirantes. En este caso, las tres ecuaciones de equilibrio se complementan con la condición de que los alargamientos de los tirantes deben ser compatibles con el movimiento de sólido rı́gido de la barra. Dicho movimiento tiene tres grados de libertad (figura 24.5): uA , desplazamiento horizontal del punto A; vA , desplazamiento vertical del punto A; vB , desplazamiento vertical del punto B (por ser la barra rı́gida y estar 196 LECCIÓN 24. ESFUERZO NORMAL. SUSTENTACIÓN HIPERESTÁTICA. uA A B vA vB Figura 24.5: Grados de libertad de la barra rı́gida trabajando con la hipótesis de pequeños desplazamientos, el desplazamiento horizontal de B es igual al de A: uB = uA ). En función de estos grados de libertad, los alargamientos de los tirantes son: ∆L1 = −uA ∆L2 = vB uA + vB √ ∆L3 = 2 ∆L4 = vA Los esfuerzos normales se pueden poner en función de estos alargamientos: N1 = N2 = N3 = N4 = ∆L1 −uA 2EA ∆L1 EΩ = E 2A = L1 a a ∆L2 vB EA EA = 2a 2a uA + vB EA √ √ 2 2 2a vA 2EA 2a De las tres primeras ecuaciones resulta una nueva relación entre los tres esfuerzos N1, N2 y N3 : uA + uB N2 N1 EA = − 4a 2 8 que junto con las ecuaciones de equilibrio, da finalmente: √ 4 2 √ P N3 = 5+8 2 N3 = Es decir, el mismo valor que por aplicación del teorema de Castigliano. 24.4.2. Esfuerzos normales en una unión roscada La figura 24.6 representa dos piezas cilı́ndricas huecas, A y B, de longitud l y sección transversal αΩ (α > 1). La pieza A tiene un taladro roscado en su extremo, en tanto que la pieza B está unida a un cilindro roscado C, de sección Ω, de tal manera que ambas piezas se pueden unir al atornillarse dicho cilindro en el taladro de la pieza A. Todas las partes son del mismo material, de módulo elástico E, y no hay rozamiento entre ellas. Se pide: 197 24.4. EJERCICIOS RESUELTOS αΩ A B C F l F l Figura 24.6: Esquema de las piezas roscadas 1. Esfuerzos iniciales creados en las piezas A, B y en el cilindro C, si en el proceso de montaje, y una vez conseguido el contacto, se crea un apriete mediante el roscado adicional de una longitud δ (δ * l). 2. Determinar los esfuerzos finales producidos por la posterior aplicación de fuerzas F que intenten separar las piezas A y B, realizando la discusión de los casos que se pueden dar. 3. Discutir la situación lı́mite α → ∞, dando una explicación razonada del comportamiento del conjunto. Solución: El sistema dado es un sistema hiperestático de grado 1, ya que para cada sistema de fuerzas exteriores se tienen dos incógnitas: la fuerza de tracción en el cilindro C y la fuerza de compresión en las piezas A y B. Sin embargo, la estática sólo proporciona una ecuación de equilibrio, que la fuerza de tracción en el cilindro C es igual a la fuerza de compresión en las piezas A y B. De este modo, para calcular los esfuerzos pedidos en cada caso, debe recurrirse a la compatibilidad de deformaciones entre el cilindro C y las piezas A y B. En general, la compatibilidad se expresa calculando la longitud total deformada del conjunto por el lado del cilindro C y por el lado de las piezas A y B e igualando ambos valores. 1. Esfuerzos iniciales Durante el apriete, el esquema estático es el indicado en la figura 24.7. Por equilibrio, debe 0 . Nótese que el esfuerzo normal N 0 está distribuido en toda la cumplirse que NC0 = NAB AB superficie de contacto entre las piezas A y B. La deformación de las piezas A y B vale: ε0AB = 0 NAB (acortamiento) αE Ω 198 LECCIÓN 24. ESFUERZO NORMAL. SUSTENTACIÓN HIPERESTÁTICA. 0 0 N AB N AB C 0 0 NC NC 0 NC 0 NC B A Figura 24.7: Esquema estático de las piezas roscadas durante el apriete ∆lAB = ε0AB 2l = 0 NAB 2l (acortamiento) αEΩ Y en el vástago C: ε0C = NC0 (alargamiento parte no roscada) EΩ ∆lC = δ − NC0 2l (acortamiento total) EΩ Por compatibilidad de la deformación, el acortamiento del vástago C y de las piezas A + B debe ser el mismo, ∆lAB = ∆lC , luego: 0 NAB N0 2l = δ − C 2l αEΩ EΩ 0 , resulta: y como NC0 = NAB 0 NC0 = NAB = Si α → ∞, resulta: EΩ α δ 2l 1+α 0 NC0 = NAB = EΩ δ 2l 2. Esfuerzos finales El esquema estático una vez aplicadas las fuerzas F es el indicado en la figura 24.8. El equilibrio de las piezas A y B da que: F + NAB = NC 199 24.4. EJERCICIOS RESUELTOS u u NAB F NC NAB C NC NC F NC B A Figura 24.8: Esquema estático de las piezas roscadas durante la aplicación de las fuerzas y como se tiene que: 0 NAB = NAB + ∆NAB NC = NC0 + ∆NC NC0 0 = NAB resulta finalmente que: 0 + ∆NAB = NC0 + ∆NC F + NAB −→ F + ∆NAB = ∆NC Cuando se aplican las fuerzas F , la compatibilidad de la deformación exige que el incremento de longitud 2u del vástago C sea igual al incremento de longitud del cilindro A-B (figura 24-8). Se tiene: u ∆NAB = − E α Ω (las piezas A y B se decomprimen) l u ∆NC = E Ω (la pieza C se estira más) l Entonces: F = ∆NC − ∆NAB = u u EΩ E Ω + E αΩ = (1 + α) u l l l El factor que multiplica a u es la rigidez de la unión roscada. Nótese que si α → ∞ la rigidez tiende a infinito: las piezas A y B apenas se moverán por aplicación de las fuerzas F. Despejando u y sustituyendo en las expresiones de ∆NAB y ∆NC resulta: α u F ∆NAB = − E α Ω = − l 1+α u 1 ∆NC = EΩ = F l 1+α 200 LECCIÓN 24. ESFUERZO NORMAL. SUSTENTACIÓN HIPERESTÁTICA. y los esfuerzos finales son: α α EΩ − F δ 2l 1+α 1+α EΩ α 1 δ + F 2l 1+α 1+α NAB = NC = La junta entre las piezas A y B no resiste tracciones. Las relaciones anteriores valen hasta que se produce despegue, es decir, para NAB = 0. El despegue se produce para: α EΩ δ 2l 1+ α = α F 1+α es decir, para F = EΩ δ 2l A partir de este valor de la fuerza F , se cumple: NAB = 0 NC = F 3. Discusión de la situación lı́mite La situación lı́mite (α → ∞) corresponde al caso en que el área de la sección transversal de las piezas A y B es mucho mayor que la de la barra roscada C. En este caso, el roscado adicional δ del cilindro C no produce acortamiento de las piezas A y B ya que: 0 NAB = 0 lı́m ε0AB = lı́m α→∞ α→∞ α EΩ Las piezas A y B se comportan como cuerpos rı́gidos (rigidez infinita). Por otro lado, al ser: lı́m NC = lı́m [ α→∞ α→∞ EΩ α 1 EΩ δ + F] = δ 2l 1+α 1+α 2l el esfuerzo normal NC permanece constante, igual a NC0 , hasta que se produce el despegue. Lección 25 Anillos, cables y arcos funiculares 25.1. Anillos circulares sometidos a fuerzas radiales Sea un anillo circular de pared delgada sobre el que actúan fuerzas uniformemente distribuidas a lo largo del perı́metro (figura 25.1). En la práctica, un anillo o un recipiente se considera de pared delgada cuando la relación del espesor t al radio r es inferior a 0,10 (t/r < 0,10). En estos casos, no se distingue entre el radio interior ri y el radio exterior re , sino que se trabaja con el radio medio r, r = (ri + re )/2. q dθ θ N N r Figura 25.1: Fuerzas radiales en un anillo circular de pared delgada Para determinar la tensión circunferencial σ que actúa en el material del anillo, se puede imaginar un corte diametral horizontal y considerar la parte superior como un cuerpo libre (figura 25.1). Si q representa la carga uniforme por unidad de longitud de circunferencia del anillo y r es el radio de dicha circunferencia, la fuerza que actúa sobre un elemento de anillo comprendido entre dos secciones radiales adyacentes será: df = q r dθ 201 202 LECCIÓN 25. ANILLOS, CABLES Y ARCOS FUNICULARES en donde dθ es el ángulo en el centro correspondiente al sector de anillo considerado. Si se suman las componentes verticales de todas estas fuerzas, se puede plantear la siguiente ecuación de equilibrio en vertical del medio anillo (figura 25.1): 2N = 2 ' π 2 0 sin θ df = 2 ' π 2 0 q r sin θ dθ = 2 q r Es decir, el esfuerzo normal N , constante en el anillo, viene dado por: N = qr La tensión circunferencial media σ se obtiene dividiendo el esfuerzo normal N por el área de la sección transversal del anillo: N σ = th en donde h es la altura del anillo en el sentido perpendicular al papel. En los anillos de pared delgada se supone que la tensión circunferencial es constante en el espesor de la pared e igual a la tensión media calculada de este modo. ω h N r θ r N Figura 25.2: Fuerzas centrı́fugas en un anillo girando alrededor de su eje 25.1.1. Fuerzas centrı́fugas Si lo que se tiene es un anillo de pequeño espesor t, de radio medio r, que gira alrededor de su eje con velocidad angular constante ω (figura 25.2), sobre cada sector del anillo de longitud r dθ aparece una fuerza radial de valor: dm ω 2 r = r dθ h t ρ ω 2 r donde ρ es la densidad del material que constituye el anillo. Es decir, en este caso particular resulta que la carga uniforme q por unidad de longitud de circunferencia del anillo es: q = h t ρω 2 r 203 25.1. ANILLOS CIRCULARES SOMETIDOS A FUERZAS RADIALES Y, por tanto, el esfuerzo normal N que aparece en el anillo es constante, de tracción, y puede obtenerse como: N = q r = h t ρω 2 r2 Lo que da lugar a una tensión y una deformación circunferencial en el anillo de: σ = N = ρ r2 ω 2 th σ ρ r2 ω 2 = E E ε = La deformación produce un incremento del radio r del anillo de: ∆r = r ε = r3 ρ ω 2 E y un incremento de la longitud de la circunferencia del anillo de: ∆l = 2π r ε = 2π 25.1.2. r3 ρ ω 2 E Presión interior. Vasijas de pared delgada. Otro caso particular de gran interés en la práctica es el de las vasijas de pared delgada sometidas a presión interior. Sea la vasija representada en la figura 25.3, cuya parte cilı́ndrica tiene espesor t y radio medio r, estando sometida a una presión interior p. h p p Nt Nt Nl Nl r Figura 25.3: Vasija de pared delgada sometida a presión interior El estado tensional en la zona del cierre o ‘cap’ de la vasija es relativamente complejo y escapa del alcance de estas notas. Sin embargo, a suficiente distancia del cierre, la vasija se puede asimilar a un anillo de pared delgada de altura h (figura 25.3). En este anillo, la carga uniforme q por unidad de longitud de circunferencia es: q = hp 204 LECCIÓN 25. ANILLOS, CABLES Y ARCOS FUNICULARES Y, por tanto, el esfuerzo normal circunferencial Nt que aparece en el anillo puede obtenerse como: Nt = q r = h p r Lo que da lugar a una tensión circunferencial en el anillo de: σt = pr Nt = th t Por otro lado, la presión interior sobre el cierre de la vasija tiene una resultante longitudinal de πr2p, que debe equilibrarse mediante tensiones normales σl en la dirección longitudinal del anillo: π r2 p = σl 2 π r t Es decir: pr 2t Puede verse entonces que, suficientemente lejos del cierre, la pared cilı́ndrica de la vasija está sometida a un estado de tracción biaxial, en el que las direcciones longitudinal y circunferencial son direcciones principales. Se tiene una tensión principal σt en la dirección circunferencial y otra tensión principal σl en la dirección longitudinal1. σl = 25.2. Equilibrio de cables En la práctica habitual los cables se consideran sólidos prismáticos cuya rigidez a flexión, torsión y cortadura es despreciable. Esta hipótesis de perfecta flexibilidad implica que en los cables no se desarrollan momentos flectores, momentos torsores ni esfuerzos cortantes. Se considera además que los cables no son capaces de trabajar a compresión, por los fenómenos de inestabilidad que tienen lugar al ser muy pequeñas las dimensiones de su sección transversal si se comparan con la longitud del cable. De este modo, como se ha visto en la lección 21, los cables són sólidos prismáticos que trabajan exclusivamente a tracción. Cuando a un cable se le aplica un sistema de cargas, el cable adoptará una configuración geométrica que le permita equilibrar dichas cargas exclusivamente mediante esfuerzos de tracción. El problema general de determinar la nueva geometrı́a del cable y las tracciones que aparecen en cada tramo del mismo es un problema complejo, con un alto grado de no linealidad. A continuación se presentan algunos resultados fundamentales, que permiten abordar esta clase de problemas de forma simplificada cuando las cargas exteriores son verticales. 25.2.1. Ecuaciones de equilibrio de un elemento de cable En la figura 25.4 se representa un elemento ds de cable sometido a una fuerza vertical df . El esfuerzo normal es una función N = N (s) de la coordenada curvilı́nea s. La geometrı́a del elemento de cable debe adaptarse para equilibrar la fuerza df . Las condiciones de equilibrio son: (N + dN ) cos(θ + dθ) − N cos θ = 0 (N + dN ) sin(θ + dθ) − N sin θ = df 1 Las expresiones de σt y σl se conocen informalmente con el nombre de fórmulas de los tubos. 205 25.2. EQUILIBRIO DE CABLES Y dθ N+dN θ+dθ ds dy θ N df X dx Figura 25.4: Equilibrio de un elemento diferencial de cable De donde se deduce que debe cumplirse: d(N cos θ) = 0 d(N sin(θ) = df De la primera ecuación se concluye que, cuando sobre el cable actúan únicamente cargas verticales, la proyección horizontal del esfuerzo normal es constante a lo largo del cable, es decir, es siempre la misma en todas las secciones transversales: N cos θ = H = constante Utilizando este resultado, a partir de la segunda ecuación se llega a: d(N sin θ) = d(H tan θ) = H d( dy d2 y 1 df ) = df −→ = dx dx2 H dx que es la ecuación diferencial de la forma que debe adoptar el cable para equilibrar las cargas. Dicha forma se conoce con el nombre de curva funicular correspondiente al sistema de cargas dado. Nótese que la ecuación diferencial es una ecuación diferencial ordinaria de segundo grado, en cuya integración aparecen dos constantes C1 y C2 : y = y(x, H, C1 , C2 ) Dichas constantes se obtienen obligando a pasar la curva funicular por dos puntos fijos, que normalmente serán los dos extremos del cable. De este modo, la curva funicular queda en función de la constante H o componente horizontal de la tensión en el cable. A partir de dicha constante se puede obtener la longitud L del cable bajo las cargas: ) ' ' s2 dy (25.1) L = ds = 1 + ( )2 dx dx s1 206 LECCIÓN 25. ANILLOS, CABLES Y ARCOS FUNICULARES Y el esfuerzo normal N a lo largo del cable: H = H N = cos θ ) 1+( dy 2 ) dx La forma de la curva funicular depende del tipo de cargas que actúe sobre el cable. Como es sabido, si sobre el cable actúa exclusivamente una fuerza uniformemente repartida q por unidad de longitud, df = q ds, se obtiene una curva llamada catenaria. Si actúa únicamente una fuerza uniformemente repartida en dirección horizontal, df = p$ dx, entonces la curva funicular es una parábola. Si actúan exclusivamente fuerzas puntuales, df = 0 a trozos, la curva funicular es una poligonal con vértices en los puntos de aplicación de las fuerzas. En la práctica, actúan sobre los cables combinaciones de los tipos de cargas anteriores, por lo que el planteamiento teórico anterior, a base de ecuaciones diferenciales, resulta demasiado complicado para los cálculos manuales. 25.2.2. Ecuación fundamental de la estática de cables Sea un cable sujeto por sus extremos A y B y sometido a la acción de su peso propio q por unidad de longitud y a una serie de cargas puntuales verticales P1 , P2, . . . , Pk distribuidas de un modo cualquiera (figura 25.5). Tb Wb Bα Ta Rb I D f α C Wa Pk α Ra A P1 P2 P3 P4 l Figura 25.5: Cable sometido a un sistema de cargas El equilibrio en horizontal del cable exige que las proyecciones de las reacciones sobre la cuerda del cable según la vertical, Ra y Rb , sean iguales, ya que debe ser: Ra cos α = Rb cos α −→ Ra = Rb = H cos α Siendo H la proyección horizontal del esfuerzo normal en el cable. Como se ha visto en la sección anterior, H es constante a lo largo del cable por estar éste sometido exclusivamente a cargas verticales. 207 25.2. EQUILIBRIO DE CABLES El equilibrio en vertical del cable proporciona la ecuación siguiente: P1 + P2 + . . . + Pk + q L = Wb + Rb sin α + Wa − Ra sin α Es decir, teniendo en cuenta que Ra = Rb : P1 + P2 + . . . + Pk + Q = Wb + Wa donde Q = qL es el peso total del cable y Wa y Wb son las proyecciones de las reacciones sobre la vertical según la dirección paralela a la cuerda del cable. El equilibrio de momentos con respecto a uno de los extremos del cable, A ó B, proporciona el valor de la componente vertical Wb ó Wa en el otro extremo, ya que el resto de las fuerzas que dan momento son conocidas. De este modo, las tres ecuaciones de equilibrio global son capaces de determinar las componentes Wa y Wb de las reacciones según la vertical. Sin embargo, las componentes de las reacciones según la cuerda del cable, Ra y Rb, quedan indeterminadas, ya que las ecuaciones de equilibrio global no son suficientes para obtener la proyección horizontal del esfuerzo normal en el cable H. Nótese que, conocida H, puede obtenerse el esfuerzo normal N en cualquier punto C del cable a partir del equilibrio de cada una de las dos partes en que queda dividido el cable por el punto C: ( D N = H 2 + ( Fv )2 N Siendo Fv la suma algebraica de las fuerzas verticales que actúan a un lado u otro del punto C. La condición de que el momento flector debe ser nulo en todos los puntos del cable proporciona una ecuación adicional, que relaciona la geometrı́a del cable y la constante H. Dicha ecuación se denomina ecuación fundamental de la estática de los cables y se obtiene como sigue. Sea Mc la parte del momento flector en el punto C del cable calculada a partir de todas las fuerzas verticales que actúan a la izquierda de C (en la figura 25.5, Wa , P1 , P2 , P3 , P4 y el peso del cable de A a C) o a partir de todas las fuerzas verticales que actúan a la derecha de C (en la figura 25.5, Wb , Pk y el peso del cable de C a B). Como el momento flector debe ser nulo en C, se tiene que cumplir que: Mc − Ra CI = Mc − Rb CI = 0 Y como resulta que: CI = CD cos α se tiene: Ra CI = Ra CD cos α = Ra f cos α = H f Donde f es la flecha del cable con respecto a la cuerda (figura 25.5). En consecuencia: f = Mc H (ecuación fundamental de la estática de los cables) Mediante esta ecuación se puede determinar la geometrı́a del cable deformado a partir de la constante H, simplemente tomando momentos de las fuerzas verticales aplicadas. Se trata de la forma práctica de integrar la ecuación diferencial de la curva funicular deducida en la sección anterior. 208 LECCIÓN 25. ANILLOS, CABLES Y ARCOS FUNICULARES 25.2.3. Rectificación del arco Se trata ahora de obtener la longitud o desarrollo L del cable en función de las fuerzas verticales aplicadas. Consideremos el mismo cable de la sección anterior, sometido a su peso propio q por unidad de longitud y a la acción de una sola fuerza puntual P (figura 25.6). X Bα c I D f α C P A α y x Y n m l Figura 25.6: Cable sometido a una sola fuerza puntual Sea c la longitud de la cuerda AB y l la longitud de la proyección de la cuerda sobre la horizontal, l = c cos α. Si se trabaja sobre los ejes XY , donde el eje X está alineado con la cuerda AB, la longitud L del cable puede ponerse como: L = ' ds = ' c ) 1+( 0 dY 2 ) dX dX Por otro lado, teniendo en cuenta la ecuación fundamental, resulta que: Y dY dX = f cos α = = M cos α H cos α dM H dX En donde M es el momento flector en el cable debido a las cargas verticales, según se define en la sección anterior. Sustituyendo en la expresión de L y tomando únicamente los dos primeros términos del desarrollo en serie de la raı́z cuadrada: L = ' c ) 1+ 0 cos2 α dM 2 ( ) dX = H 2 dX ' c (1 + 0 1 cos2 α dM 2 ( ) ) dX 2 H 2 dX 209 25.2. EQUILIBRIO DE CABLES Efectuando ahora un cambio de variables, x X = cos α dx dX = cos α dM dM dx dM = = cos α dX dx dX dx la integral queda: L = = = ' ' m+n (1 + 0 m+n 0 1 cos4 α dM 2 dx ( ) ) = 2 H 2 dx cos α dx + cos α l + cos α cos3 ' m+n 0 ' ' m+n 0 1 cos3 α dM 2 ( ) dx = 2 H2 dx 1 cos3 α dM 2 ( ) dx = 2 H 2 dx m+n dM 2 ) dx dx 0 En la práctica, el peso propio por unidad de longitud de cable q, junto con el valor de cualquier otra carga vertical uniformemente repartida sobre el cable (viento, manguito de hielo), se aproxima por una carga p uniformemente distribuida a lo largo de la cuerda AB, de forma que p sea estáticamente equivalente a q (figura 25.7). = c+ α 2 H2 ( p’ X Bα p A α x q l Figura 25.7: Cargas verticales repartidas sobre el cable Si se hace: p (carga repartida sobre la proyección horizontal de la cuerda) cos α los momentos flectores M resultan ser: p$ = 210 LECCIÓN 25. ANILLOS, CABLES Y ARCOS FUNICULARES Tramo de cable desde el extremo A al punto de aplicación de P M = dM dx = l x2 Pn x + p$ x − p$ l 2 2 Pn l + p$ − p$ x l 2 Tramo de cable desde el punto de aplicación de P al extremo B Pm l (l − x)2 (l − x) + p$ (l − x) − p$ l 2 2 Pm l = − + p$ − p$ x l 2 = M dM dx Y, sustituyendo, la integral que da la longitud L del cable es: L = c+ cos3 α 2 H2 3 ' = c+ 2 2 H2 Pn l ' m ( 0 ( 0 ' cos α = c+ [ 2 H2 cos3 α m+n m Pn l ( + p$ − p$ x)2 dx + l 2 l p$ l 0 ' [ dM 2 ) dx dx ( 0 2 $ 2 − p x) dx + $ p l Pm − p$ x) dx − 2 2 l ' ' m ( ( m l m P 2 n2 l2 0 l ' (p$ l Pm − − p$ x)2 dx] 2 l ) dx + $ ' l ( m P 2 m2 ) dx + l2 p l − p$ x) dx] 2 Lo que da, finalmente: L = c+ = c+ cos3 α p$2l3 P 2 m n P 2 n2 m p$ P m2 n p$ [ + + + ] = 2 H2 12 l l l l cos3 α p$2l2 mn [ + P (P + p$ l) 2 ] 2 H2 12 l Si sólo actúa la carga repartida, es decir, si la fuerza P es nula, la longitud es: L0 = c + l cos3 α p$2l2 12 2 H02 Las fórmulas anteriores relacionan la longitud del cable L con las cargas aplicadas y la proyección horizontal del esfuerzo normal en el cable, H. Corresponden a la forma práctica de la ecuación 25.1. 25.2.4. Fórmula de Stevenin De acuerdo con los resultados obtenidos en la sección anterior, el incremento de longitud que experimenta el cable al cargarlo con la fuerza P es de: ∆L = L − L0 = l cos3 α p$2l2 mn p$2l2 $ ] [ + P (P + p l) − 2 12 H 2 H 2 l2 12 H02 211 25.2. EQUILIBRIO DE CABLES Por otro lado, el incremento de longitud puede obtenerse también a partir de la ley de Hooke como: N − N0 L0 ∆L = EΩ Donde N y N0 son los esfuerzos normales medios en el cable para cada una de las dos situaciones de carga, E es el módulo de elasticidad aparente del cable y Ω es el área de la sección metálica del cable. En cables cuya longitud L no difiera en más de un 10 % de la longitud de la cuerda c, resulta una buena aproximación suponer que los esfuerzos normales medios son: N ≈ H cos α Y entonces se tiene que: ∆L ≈ H − H0 L0 E Ω cos α Igualando las dos expresiones obtenidas para el alargamiento del cable resulta la fórmula de Stevenin: l cos3 α p$2l2 mn p$2 l2 H − H0 $ ] L0 = [ + P (P + p l) − E Ω cos α 2 12 H 2 H 2 l2 12 H02 La fórmula de Stevenin se emplea para obtener el valor de H que tiene el cable cargado con la fuerza P , a partir de la situación inicial de montaje del cable caracterizada por H0 . Para ello se puede operar de la forma siguiente: 1. El montaje del cable se define mediante una flecha máxima fmax o una tensión máxima Nmax que tiene que adoptar el cable bajo su peso propio. 2. Si se da la flecha máxima, se calcula el valor de la constante H0 mediante la ecuación M fundamental: H0 = fmax . 3. Si se da la tensión máxima, ésta aparecerá en el anclaje del cable que se encuentre más alto y se calcula H0 a partir de dicha tensión máxima y de la componente vertical de la reacción en dicho anclaje. Esta componente vertical se obtiene de las ecuaciones de equilibrio global del cable. 4. Conocida la constante H0, se calcula L0 mediante 25.2.3, aunque en la mayorı́a de los casos hacer L0 = c proporciona una aproximación suficiente. 5. A partir de H0 y L0 , se emplea la fórmula de Stevenin para obtener H mediante aproximaciones sucesivas, tomado como primera aproximación H = H0 . 6. Una vez obtenida la constante H, puede obtenerse el esfuerzo normal N a lo largo del cable, empleando las ecuaciones de equilibrio, ası́ como la flecha máxima del cable, a partir de la ecuación fundamental. 212 25.3. LECCIÓN 25. ANILLOS, CABLES Y ARCOS FUNICULARES Arcos funiculares Un cable, sometido a una carga arbitraria, adopta una forma tal que los esfuerzos en cualquier sección transversal se reducen a esfuerzos normales de tracción. Dicha forma la hemos denominado curva funicular asociada a la carga dada (figura 25.8(a)). Imaginemos ahora que invertimos el sentido de las cargas, manteniendo su magnitud y su lı́nea de acción. En este caso, un sólido prismático con la misma forma que el cable podrı́a equilibrar las cargas desarrollando exclusivamente esfuerzos normales de compresión (figura 25.8(b)). En este caso, la forma del cable se conoce con el nombre de curva antifunicular del sistema de cargas con el sentido cambiado. (a) Cable (curva funicular) (b) Arco (curva antifunicular) Figura 25.8: Curva funicular y antifunicular Determinados materiales de construcción, como la piedra, el ladrillo o el hormigón, trabajan mucho mejor a compresión que a tracción. Cuando se proyecta un arco o una bóveda con esta clase de materiales, interesa que no aparezcan tensiones de tracción, ya que pueden dar lugar a la aparición de grietas o fisuras. De manera ideal, la forma del arco o la bóveda deberı́a ser la forma antifunicular de las cargas. De hecho, grandes arquitectos han utilizado la experimentación con curvas y superficies funiculares para la determinación de las formas de sus cúpulas, bóvedas y pináculos2, ya que en esta clase de estructuras el peso propio es prácticamente la única carga que condiciona el proyecto. Esta técnica también se ha utilizado en el proyecto de presas bóveda, en las que la carga condicionante es el empuje hidrostático del agua embalsada. Cuando se trabaja con formas antifuniculares son de aplicación todas las ideas expuestas para los cables en las secciones anteriores. En particular, si la forma de un arco es antifunicular 2 El arquitecto español Antonio Gaudı́ (1852-1926) empleó esta técnica en el proyecto de sus famosas bóvedas y cúpulas. 213 25.4. EJERCICIOS RESUELTOS de un sistema de cargas verticales, la proyección horizontal del esfuerzo normal de compresión es constante a lo largo del arco. 25.4. Ejercicios resueltos 25.4.1. Tensiones térmicas en un anillo bimetálico Un anillo de acero se ha introducido dentro de otro anillo de cobre estando ambos a una alta temperatura T (figura 25.9). Ambos anillos pueden considerarse de pared delgada. A dicha temperatura T el ajuste es perfecto y no existe presión alguna entre los dos anillos. Determinar las tensiones que se producirán en el cobre y en el acero al enfriarse el conjunto hasta la temperatura ambiente T0 , si el diámetro exterior del anillo de acero es d, el espesor del anillo de acero es ha y el espesor del anillo de cobre es de hc . Despreciar el rozamiento entre los anillos. Datos: Los coeficientes de dilatación lineal del acero y el cobre son αa y αc , respectivamente, siendo αa < αc . Los módulos de elasticidad del acero y el cobre son Ea y Ec , respectivamente. Cobre Acero Figura 25.9: Esquema del tubo bimetálico Solución: Debido a la diferencia de coeficientes de dilatación entre los dos materiales, existirá una presión entre los anillos exterior e interior al enfriarse. Sea x el valor de dicha presión. La tensión longitudinal será nula en ambos anillos, ya que al no existir rozamiento, el enfriamiento tiene lugar sin restricciones en esa dirección. De acuerdo con la fórmula de los tubos, suponiendo que se puede despreciar el cambio de diámetro al enfriarse, la tensión circunferencial de tracción en el tubo de cobre será de: σc = xd 2 hc 214 LECCIÓN 25. ANILLOS, CABLES Y ARCOS FUNICULARES Mientras que la tensión circunferencial de compresión en el tubo de acero será de: σa = xd 2 ha La presión x se puede encontrar estableciendo la compatibilidad de deformaciones entre los dos tubos: en virtud del enfriamiento, los dos tubos deben tener la misma deformación circunferencial. Es decir: αa (T − T0 ) + xd xd = αc (T − T0) − 2 ha Ea 2 hc Ec En donde la deformación producida por la presión se ha obtenido dividiendo la tensión circunferencial por el módulo de elasticidad. Despejando la presión x, se tiene: x = (αc − αa ) (T − T0) 1 d 1 2 Ec hc 1 + 1 2 Ea ha Sustituyendo en las expresiones de las tensiones circunferenciales, se obtiene para el cobre: σc = 1 xd = (αc − αa ) (T − T0) Ec Ec hc 2 hc 1+ E a ha σa = 1 xd = (αc − αa ) (T − T0 ) Ea a ha 2 ha 1+ E E h Y para el acero: c 25.4.2. c Cable para teleférico Para salvar un vano de 100 m, se tiende un cable que pesa 50 N/m entre dos puntos de anclaje situados al mismo nivel, según se indica en la figura 25.10. El área de la sección metálica del cable, Ω, es de 643 mm2 y el módulo de elasticidad aparente del cable, E, es de 140 GPa. Sobre el cable pasará una carga de 20 kN, de un extremo a otro. Si se quiere limitar a 5 m la flecha máxima producida por el paso de la carga, se pide: 1. Tensión de montaje del cable. 2. Flecha de montaje del cable. 3. Tensión de trabajo del cable. 100 m 20 kN Figura 25.10: Cable de teleférico 215 25.4. EJERCICIOS RESUELTOS Solución: La flecha máxima durante el paso de la carga se producirá cuando esta se encuentre en el centro del vano. En este momento, la ecuación fundamental de la estática del cable nos da: M = Hf con M = 50 1002 20000 100 p l2 P l + = + = 562, 5 kN m 8 4 8 4 Donde p es el peso del cable por unidad de longitud, P es la carga y l es la separación entre puntos de anclaje. Entonces, como la flecha f no se quiere que supere los 5 m, se tiene que: H = M 562500 = = 112, 5 kN f 5 La tensión máxima de trabajo del cable se dará en los anclajes,cuando la carga se encuentre en el centro del vano y valdrá: T = ) H2 l P + ( + p )2 = 2 2 A 112, 52 + ( 100 2 20 + 0, 05 ) = 113, 2 kN 2 2 Para obtener la tensión de montaje en el cable, se emplea la fórmula de Stevenin. H − H0 l cos3 α p$2l2 mn p$2 l2 $ ] L0 = [ + P (P + p l) − E Ω cos α 2 12 H 2 H 2 l2 12 H02 Si se sustituyen los valores conocidos, para la posición de la carga en el centro del vano, resulta que, para H0 en Newton: 0, 377 = 104, 17 × 106 − 1, 111 × 10−6 H0 H02 En donde se ha tomado L0 = l =100 m. La resolución de la ecuación anterior da H0 = 16,24 kN. La tensión de montaje del cable valdrá: T0 = ) H02 l + (p )2 = 2 A 16, 242 + (0, 05 100 2 ) = 16, 4 kN 2 Finalmente, la flecha de montaje será: f0 = p l2 0, 05 1002 M0 = = = 3, 84 m H0 8 H0 8 16, 24 Bibliografı́a recomendada 1. L. Ortiz Berrocal. Elasticidad. McGraw-Hill. 1998. 2. L. Ortiz Berrocal. Resistencia de Materiales. McGraw-Hill. 2002. Bibliografı́a complemetaria 1. A. Argüelles y I. Viña. Formulario Técnico de Elasticidad y Resistencia de Materiales. Bellisco. 2004. 2. V.I. Feodósiev. Resistencia de Materiales. URSS. 1997. 3. I. Miroliúbov, S. Engálichev, N. Serguiévski, F. Almametov, N. Kúritsin, K. SmirnovVası́liev y L. Yashina. Problemas de Resistencia de Materiales. Mir. 1990. 4. F. Rodrı́guez-Avial, V. Zubizarreta y J.J. Anza. Problemas de Elasticidad y Resistencia de Materiales. Servicio de Publicaciones ETSII Madrid. 5. S. Timoshenko y J.N. Goodier. Teorı́a de la Elasticidad. Urmo. 1975. 216