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8/7/2019 RMAT Cap 1 v2008
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Universidad de La Serena
Facultad de Ingeniería
Departamento de Ingeniería en Obras Civiles
Curso de Resistencia de Materiales, Apuntes de Clase
Profesor MSc. Ing. Jaime Campbell Barraza
1-1
1. TENSIONES Y DEFORMACIONES
1.1. Introducción
Elasticidad:
Propiedad que tiene un sólido para recuperar su forma inicial al retirar las cargas que se
le han aplicado, siempre que éstas no sobrepasen un cierto límite.
En este curso se considera sólo el análisis de sólidos linealmente elásticos.
Consideraciones generales de la Resistencia de Materiales:
El material se considera linealmente elástico.
El material se considera continuo.
El material se considera homogéneo.
El material se considera isotrópico.Se considera que las deformaciones son pequeñas y que en general no hacen variar de
manera importante la geometría general del problema.
Las fuerzas internas que preceden a las cargas son nulas (condiciones iniciales nulas).
Es válido el Principio de Superposición.
Es válido el Principio de Saint Venant.
Principio de Superposición:
“El estado de equilibrio debido a varias acciones externas es igual a la superposición de
las soluciones que corresponden a cada uno de los estados si cada uno actuara
independientemente”.
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1-2
Principio de Saint Venant:
“El valor de los esfuerzos internos en los puntos de un sólido situado a una distancia
suficiente de los lugares de aplicación de la carga dependen muy poco del modo de aplicación
de ésta”.
1.2. Tensión o Fatiga
Se define tensión o fatiga como el cuociente entre la carga aplicada y el área en donde
ésta se distribuye. Si la dirección de la carga aplicada es perpendicular al área en donde ésta se
distribuye, entonces la tensión es de tipo axial o normal (σ ) y si la dirección de la carga
aplicada es paralela al área en donde ésta se distribuye, entonces la tensión es de tipo cortante
o cizalle (τ ).
En el caso de la tensión axial:
A
F
dA
dF
Área
Fuerza===σ
De acuerdo al convenio de Mecánica, si la fuerza es de tracción (saliendo de la barra)
se considera positiva, entonces “σ ” también se considera de tracción y viceversa.
Figura Nº1: Tensiones axiales en el interior de una barra prismática.
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1.3. Tracción y Compresión en Barras Prismáticas
Se tiene una barra prismática de largo “ ℓ ” y área de sección transversal “ A” cargada
axialmente con una fuerza “ F ”. Si se realiza un corte al interior de la barra de forma
transversal al eje longitudinal de la barra, la tensión interna será:
A
F =σ
Figura Nº2: Barra prismática cargada axialmente.
Si en vez de realizar un corte en sentido perpendicular el corte se realiza en dirección
oblicua:
Figura Nº3: Barra prismática cargada axialmente. Corte oblicuo.
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1-4
A
F =0σ ϕ ϕ ·cos A A =
ϕ ·cos F N = ϕ ·sin F T =
La tensión normal a la dirección del corte es:ϕ
ϕ σ A
N =
La tensión paralela a la dirección del corte es:ϕ
ϕ τ A
T =
ϕ σ ϕ ϕ
ϕ σ
ϕ
ϕ
2
0
2 ·coscoscos /
·cos====
A
F
A
F
A
N
)2·sin(2
·cossincos /
·sin 0 ϕ σ
ϕ ϕ ϕ
ϕ τ
ϕ
ϕ ==== A
F
A
F
A
T
1.4. Ensayo de Tracción y Ley de Hooke
Se define Deformación Unitaria (ε) como:
l
lΔ=ε
Donde “ Δℓ ” es el alargamiento de la barra en un ensayo de tracción simple y “ ℓ ” es el
largo original de la barra.
Figura Nº4: Deformación Unitaria.
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Diagrama de Tensión-Deformación
En el Diagrama de Tensión-Deformación se grafica la deformación unitaria (en
abscisas) y las tensiones axiales (en ordenadas) que se obtienen de un ensayo de tracción
simple realizado a una barra prismática de largo “ ℓ ”, área de sección transversal “ A” y
sometida a una carga axial “ F ”.
Por ejemplo, para acero la curva es aproximadamente como la que se muestra en la
figura:
Figura Nº5: Curva Tensión-Deformación del acero.
Como se puede ver, en esta curva se distinguen varias zonas, las que están definidas
por los valores que a continuación se indican.
σ p: Límite de proporcionalidad
σ f : Esfuerzo de fluencia
σ u: Esfuerzo último
σ r : Esfuerzo de rotura
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La zona entre el origen y σ p se denomina “zona elástica lineal”. En esta zona se cumple
que:
ε σ · E =
Esta ecuación es la Ley de Hooke e indica que en la zona elástica lineal las tensiones
axiales son proporcionales a las deformaciones unitarias.
Todos los análisis de este curso considerarán a los sólidos trabajando en esta zona y
por lo tanto su comportamiento en tensión-deformación estará gobernado por esta ecuación.
En la Ley de Hooke “ E ” es el Módulo de Elasticidad (longitudinal) del Material o
Módulo de Young. Este módulo caracteriza la capacidad del material de oponerse a las
deformaciones. Por ejemplo:
Para Acero: 26 . / .101,2 cmkg E ×=
Para Hormigón: 25 . / .100,3 cmkg E ×=
De las definiciones anteriores se tiene:
ε σ · E = ;l
lΔ=ε ;
A
F =σ
De lo que se deduce que: A E
F
·
·ll =Δ
Si se asimila una barra prismática cargada axialmente a un resorte, se deduce que la
rigidez de la barra es:
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l
A E k
·=
Figura Nº6: Analogía entre una barra prismática y un resorte.
1.5. Deformaciones Transversales
Como ya se ha indicado, cuando a un sólido se le aplica una fuerza en una dirección
ésta produce una deformación en esa misma dirección, de acuerdo a la Ley de Hooke. Al
mismo tiempo, el sólido sufre una deformación transversal a la dirección de la fuerza, cuya
magnitud está definida por el Módulo de Poisson y que se define a continuación.
Figura Nº7: Módulo de Poisson.
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l
ll
Δ=ε ;
d
d t
Δ=ε
lε μ ε ·−=⇒ t
Donde “ μ” es el Módulo de Poisson. Este módulo tiene valores definidos en el
intervalo 5,00 ≤< μ .
Para acero: 25,0=μ
Para hormigón: 20,0=μ
El intervalo de valores que puede tomar el Módulo de Poisson se demuestra a
continuación.
Suponiendo que el sólido es un cilindro de diámetro “d ” y largo “ ℓ ”, el aumento de
volumen que se produce si se le aplica una fuerza de tracción “ F ” en dirección longitudinal es:
i f V V V −=Δ
l4
· 2d V f
π = y )(
4
)·( 2
ll Δ+Δ−
=d d
V f π
Desarrollando la expresión de V f y despreciando términos de segundo orden:
))(··2(4
22ll Δ+Δ+Δ−= d d d d V f
π
)···2···2··(4
22llll ΔΔ−Δ−Δ+= d d d d d d V f
π
)···2··(4
22lll d d d d V f Δ−Δ+=
π
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1-9
⇒ )···2·(4
2ll d d d V Δ−Δ=Δ
π
Incorporandol
l
ΔΔ= ·d d μ , entonces:
)···2·(4
22ll Δ−Δ=Δ d d V μ
π
)·21(·4
2 μ π
−Δ=Δ ld V
Pero como 0≥ΔV ⇒ 0)·21( ≥− μ ⇒ 50,0≤μ
1.6. Consideraciones para el Análisis de Cuerpos Deformables
Para resolver cualquier problema de Mecánica de Sólidos es necesario tener en cuenta
las siguientes consideraciones:
1.- Estudiar las fuerzas del sistema para mantener las condiciones de equilibrio estático.
2.- Estudiar las deformaciones del sistema para definir las condiciones de la o las
compatibilidades geométricas.
3.- Aplicar la relación Tensión-Deformación del o los materiales (Ley de Hooke).
La diferencia entre un problema de Resistencia de Materiales y uno de Mecánica radica
en dos aspectos:
- Los problemas de Resistencia de Materiales usualmente son hiperestáticos, es decir, no
es posible resolverlos usando solamente las ecuaciones de equilibrio estático.
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1-10
- En los problemas de Resistencia de Materiales los cuerpos son deformables y por lo
tanto es necesario tener en cuenta las compatibilidades geométricas cuando el sólido se
encuentra bajo la acción de las cargas.
Para entender mejor estas consideraciones, a continuación se muestra un ejemplo.
Ejemplo Nº1:
Determinar las fuerzas en las barras del sistema estructural de la figura debido a la
fuerza “ F ”. Datos: F , ℓ , E , A, φ.
Figura Nº8: Ejemplo Nº1.
Condiciones de equilibrio
∑ = 0h F
0·sin·sin 31 =− ϕ ϕ S S 31 S S =⇒ (1)
∑ = 0v F
F S S S =++ ϕ ϕ ·cos·cos 321
F S S =+ 21·cos·2 ϕ (2)
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Deformaciones y compatibilidad geométrica
Se considera que las deformaciones son pequeñas en comparación con las dimensiones
de los elementos. Esto implica que la geometría inicial se considera aproximadamente igual a
la geometría deformada, es decir, las longitudes y los ángulos son invariantes frente a las
deformaciones debidas a las cargas aplicadas.
Compatibilidad:
δ ϕ =Δ
·cos (3)
Tensión-Deformación (Ley de Hooke)
Para la barra 2: A E
S
·
·2 l=Δ (4)
Para las barras 1 y 3: A E
S
·
cos / ·1 ϕ δ
l= (5)
Reemplazando (4) y (5) en (3): A E
S
A E
S
·
cos / ·cos
·
· 12 ϕ ϕ
ll=
ϕ 2
21 ·cosS S =⇒
Con este último resultado en (2): F S S =+ 2
3
2 ·cos·2 ϕ
1·cos2 32+
=⇒ϕ
F S
1·cos2
·cos3
2
31+
==⇒ϕ
ϕ F S S
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Es interesante notar que en este tipo de problemas (hiperestáticos), la distribución de
las fuerzas en las barras varía en la medida que cambian las características mecánicas de los
materiales y geométricas del problema.
1.7. Tensiones por temperatura
En Resistencia de Materiales, además de considerar que los cuerpos sufren
deformaciones debido a la aplicación de cargas, se podrá considerar en algunas ocasiones que
sufrirán deformaciones debido a los cambios de temperatura. En el caso de una barra de largo
“ ℓ ” sometida a un cambio de temperatura “ ΔTº ”:
Figura Nº9: Deformaciones por temperatura.
La deformación unitaria por temperatura es: º· T T T Δ=α ε
Donde “αT ” es el Coeficiente de Dilatación Térmica del material, cuyas unidades son
(1/ºC ).
De la definición de Deformación Unitaria:l
lΔ=ε
Entonces: ll º·· T T Δ=Δ α
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1-13
Que es el alargamiento longitudinal de una barra sometida a un cambio de temperatura.
En general, en un problema de Resistencia de Materiales cuando una barra está
sometida a un cambio de temperatura, al mismo tiempo se encuentra sometida a una tensión
debida a la restricción de deformación que le imponen las restantes barras del problema. Por
ejemplo:
Figura Nº10: Barra bi-empotrada sometida a un cambio de temperatura.
En este caso, el alargamiento total debe ser cero (la barra no se puede alargar ni
acortar), por lo tanto, si el cambio de temperatura es un aumento, la barra estará sometida a
una compresión “ F ” igual a:
A E T F T ·º··Δ−= α
Ejemplo Nº2:
Determinar las fuerzas en las barras del sistema estructural de la figura debido a un
aumento de temperatura en la barra 2. Datos: ℓ , E , A, φ, ΔTº , αT .
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Figura Nº11: Ejemplo Nº2.
Condiciones de equilibrio
∑ = 0h F
0·sin·sin 31 =− ϕ ϕ S S 31 S S =⇒ (1)
∑ = 0v F
0·cos·2 21 =− S S ϕ (2)
Deformaciones y compatibilidad geométrica
Igual que en el ejemplo anterior: δ ϕ =Δ·cos (3)
Tensión-Deformación (Ley de Hooke)
Para la barra 2: A E
S T T ·
·º·· 2 ll −Δ=Δ α (4)
Para las barras 1 y 3: A E
S
·
cos / ·1 ϕ δ
l= (5)
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Reemplazando (4) y (5) en (3): A E
S
A E
S T T
·
cos / ·cos
·
·º·· 12 ϕ
ϕ α ll
l =⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−Δ (*)
De la ecuación (2): ϕ ·cos·2 12 S S =
Con este último resultado en (*):1·cos2
·cos·º···23
3
2+
Δ=⇒
ϕ
ϕ α A E T S T
1·cos2
·cos·º··3
2
31+
Δ==⇒
ϕ
ϕ α A E T S S T
1.8. Estado Plano de Tensiones
Esfuerzo Uniaxial
Se tiene una barra de área de sección “ A” sometida a la acción de una fuerza axial de
tracción “ F ” y se le realiza un corte transversal (perpendicular a su eje longitudinal). El estado
tensional interno en el lugar del corte es:
A
F x =σ
Si el corte transversal se realiza en una dirección distinta de la perpendicular al eje
longitudinal:
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Figura Nº12: Estado tensional interno en una barra sometida a tracción simple (sección
transversal oblicua con respecto al eje longitudinal).
En este caso las tensiones internas se determinan de la forma que se muestra a
continuación.
Verificando la suma de fuerzas sobre la cuña en dirección perpendicular y paralela al
corte realizado:
∑ = 0σ F ⇒ ϕ ϕ σ σ ϕ ϕ ϕ ·cos·cos·· A A x=
ϕ σ σ ϕ 2·cos x=
∑ = 0τ F ⇒ ϕ ϕ σ τ ϕ ϕ ϕ ·sin·cos·· A A x−=
ϕ ϕ σ τ ϕ ·sin·cos x−=
Procediendo de la misma forma pero con una cuña que contenga la otra cara del
elemento de tensiones se llega a lo siguiente:
ϕ σ σ π ϕ
2
2 / ·sin x=+
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ϕ ϕ σ τ π ϕ ·sin·cos2 / x=+
Con los resultados obtenidos se puede demostrar que:
1) xσ σ σ π ϕ ϕ =+ + 2 /
2) 2 / π ϕ ϕ τ τ +−=
Esfuerzo Biaxial
Si en vez de tener un estado de tensiones inicial uniaxial se tiene uno biaxial, entonces
las ecuaciones que gobiernan el estado tensional para cualquier ángulo de giro son definidas
de la siguiente forma:
Figura Nº13: Estado tensional biaxial.
Verificando la suma de fuerzas sobre la cuña en dirección perpendicular y paralela al
corte realizado:
∑ = 0σ F ⇒ ϕ ϕ σ ϕ ϕ σ σ ϕ ·sin·sin··cos·cos·· A A A y x +=
ϕ σ ϕ σ σ ϕ 22 ·sin·cos y x +=
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∑ = 0τ F ⇒ ϕ ϕ σ ϕ ϕ σ τ ϕ ·cos·sin··sin·cos·· A A A y x +−=
ϕ ϕ σ σ τ ϕ ·cos)·sin( y x −−=
Procediendo de la misma forma pero con una cuña que contenga la otra cara del
elemento de tensiones se llega a lo siguiente:
ϕ σ ϕ σ σ π ϕ
22
2 / ·cos·sin y x +=+
ϕ ϕ σ σ τ π ϕ ·cos)·sin(2 / y x −=+
Nuevamente, con los resultados obtenidos se puede demostrar que:
1) y x σ σ σ σ π ϕ ϕ +=+ + 2 /
2) 2 / π ϕ ϕ τ τ +−=
Si se consideran las siguientes identidades trigonométricas:
[ ])2cos(121cos2 ϕ ϕ +=
[ ])2cos(12
1sin 2 ϕ ϕ −=
)2sin(2
1·cossin ϕ ϕ ϕ =
Las ecuaciones anteriores se pueden reescribir de la siguiente forma:
)2)·cos((2
1)(
2
1ϕ σ σ σ σ σ ϕ y x y x −++=
)2)·cos((2
1)(
2
12 / ϕ σ σ σ σ σ π ϕ y x y x −−+=+
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)2)·sin((2
1ϕ σ σ τ ϕ y x −−=
)2)·sin((
2
12 / ϕ σ σ τ π ϕ y x −=+
Estado Plano de Tensiones
Si en el estado inicial de tensiones se tienen todas las tensiones, entonces:
Figura Nº14: Estado plano de tensiones.
Verificando la suma de fuerzas sobre la cuña en dirección perpendicular y paralela al
corte realizado:
∑ = 0σ F ⇒
ϕ ϕ τ ϕ ϕ τ ϕ ϕ σ ϕ ϕ σ σ ϕ ·cos·sin··sin·cos··sin·sin··cos·cos·· A A A A A yx xy y x +++=
ϕ ϕ τ ϕ σ ϕ σ σ ϕ ·cos·sin·2·sin·cos 22
xy y x ++=
)2·sin()2)·cos((2
1)(
2
1ϕ τ ϕ σ σ σ σ σ ϕ xy y x y x +−++=
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∑ = 0τ F ⇒
ϕ ϕ τ ϕ ϕ τ ϕ ϕ σ ϕ ϕ σ τ ϕ ·sin·sin··cos·cos··cos·sin··sin·cos·· A A A A A yx xy y x −++−=
)sin·(cos·cos)·sin(
22
ϕ ϕ τ ϕ ϕ σ σ τ ϕ −+−−=
xy y x
)2·cos()2)·sin((2
1ϕ τ ϕ σ σ τ ϕ xy y x +−−=
Procediendo de la misma forma pero con una cuña que contenga la otra cara del
elemento de tensiones se llega a lo siguiente:
)2·sin()2)·cos((2
1
)(2
12 / ϕ τ ϕ σ σ σ σ σ π ϕ xy y x y x −−−+=+
)2·cos()2)·sin((2
12 / ϕ τ ϕ σ σ τ π ϕ xy y x −−=+
De nuevo, con los resultados obtenidos se puede demostrar que:
1) y x σ σ σ σ π ϕ ϕ +=+ + 2 /
2) 2 / π ϕ ϕ τ τ +−=
Por lo tanto, en estado plano de tensiones, la suma de las tensiones axiales de las caras
perpendiculares es siempre constante y las tensiones de corte son siempre iguales y opuestas.
Esfuerzos Principales
Al variar el ángulo “φ” entre 0º y 360º, varían también los valores de los esfuerzos σ φ yτ φ. Los valores extremos (máximo y mínimo) de σ φ se denominan Esfuerzos Principales. Estos
Esfuerzos Principales actúan en planos definidos por:
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1-21
)(
·2)2tan( 0
y x
xy
σ σ
τ ϕ
−=
Esta fórmula se define a partir del despeje de la derivada de σ φ con respecto a “φ”
igualada a cero (valor máximo o mínimo de la función σ φ) o del despeje directo de τ φ igual a
cero (τ φ=0 es una condición de los Esfuerzos Principales).
En esta fórmula “φ0” es el ángulo que define los planos principales de esfuerzos en el
punto.
De la ecuación anterior se puede definir un triángulo rectángulo tal que:
S y x )(
)2cos( 0
σ σ ϕ
−±=
S xyτ
ϕ ·2
)2sin( 0 ±=
Donde “S ” es la hipotenusa del triángulo: ( ) 22·4 xy y xS τ σ σ +−=
Sustituyendo estas expresiones en la correspondiente a “σ φ”, se tiene:
2
2
2,12
)(2
1 xy
y x y x τ
σ σ σ σ σ +⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡ −±+=
Donde σ 1 y σ 2 representan los esfuerzos principales máximo y mínimo
respectivamente. Adicionalmente se cumple que en las direcciones principales τ =0.
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Estado de Corte Máximo
Junto al Estado de Tensiones Principales se define un Estado de Cortante Máximo. En
este estado, las tensiones de corte “τ ” son máximas y las tensiones axiales “σ ” son iguales al
promedio. El ángulo que define este estado es:
xy
y xS
τ
σ σ ϕ
·2
)()2tan(
−−= o º450 ±= ϕ ϕ S
2
2
)(
2
1 xy y xmáx τ σ σ τ +⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡−= )(
2
1 y xmedio σ σ σ +=
1.9. Círculo de Mohr para el giro de esfuerzos planos
El estado plano de tensiones puede ser resuelto de manera alternativa usando la
metodología gráfica definida por el Círculo de Mohr. De las ecuaciones de σ φ y τ φ mostradas
anteriormente:
22
)2·sin()2)·cos((2
1)(
2
1⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+− ϕ τ ϕ σ σ σ σ σ ϕ xy y x y x
[ ]2
2)2·cos()2)·sin((
2
1⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+−−= ϕ τ ϕ σ σ τ ϕ xy y x
Sumando ambas ecuaciones:
2
2
2
2
)(2
1)(
2
1 xy y x y x τ σ σ τ σ σ σ ϕ ϕ
+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−=+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+−
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1-23
[ ] 222 Rmedio =+− ϕ ϕ τ σ σ
Donde: )(21 y xmedio σ σ σ += y 2
2
)(21 xy y x R τ σ σ +⎥⎦⎤⎢⎣⎡ −=
La ecuación definida representa una circunferencia en coordenadas σ φ y τ φ, cuyo radio
corresponde a “ R” y su centro “C ” se ubica en las coordenadas σ =σ medio y τ =0.
El círculo se construye ubicando en el plano “σ , τ ” los puntos A=( σ x , τ xy) y B=( σ y , -
τ xy). Al unir estos dos puntos iniciales con una recta se obtiene el diámetro del círculo y la
ubicación del centro en la intersección con el eje horizontal.
Figura Nº15: Círculo de Mohr.
Ejemplo Nº3:
Para el estado tensional dado se pide determinar y dibujar:
a) Los esfuerzos y planos principales
b) Los esfuerzos en un elemento girado 45º
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1-24
c) El estado de esfuerzo de corte máximo
Figura Nº16: Ejemplo Nº3.
Usando las ecuaciones de giro de esfuerzos:
1120= xσ
420= yσ
280= xyτ
a) 8,0)4201120(
280·2)2tan( 0 =
−=ϕ º33,190 =⇒ ϕ
2
2
1 2802
4201120)4201120(
2
1+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −++=σ 22,12181 =⇒ σ
2
2
2 2802
4201120)4201120(
2
1+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−+=σ 78,3212 =⇒ σ
b) 1050)º45·2·sin(280)º45·2)·cos(4201120(2
1)4201120(
2
1º45 =+−++==ϕ σ
490)º135·2·sin(280)º135·2)·cos(4201120(2
1)4201120(
2
1º135 =+−++==ϕ σ
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1-25
350)º45·2·cos(280)º45·2)·sin(4201120(2
1º45 −=+−−==ϕ τ
c) º33,64º45º33,19 =+=S ϕ
770)4201120(2
1=+=σ
21,448280)4201120(2
1 2
2
±=+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−=máxτ
Usando el Círculo de Mohr:
)280,1120(= A )280,420( −= B
Figura Nº17: Círculo de Mohr para el Ejemplo Nº3.
De la figura: 770)4201120(
2
1=+=medioσ
21,448280)4201120(2
1 2
2
=+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−= R
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1-26
a) 8,0350
280)2tan( 0 ==ϕ º33,190 =⇒ϕ
22,12181 =+= RC σ
78,3212 =−= RC σ
b) º35,51·2º90·2 0 =−= ϕ β
105093,1049)2·cos( ≈=+= β σ ϕ RC
49006,490)2·cos(2 / ≈=−=+ β σ π ϕ Rc
35004,350)2·sin( ≈== β τ ϕ R
c) º33,64º45º33,19 =+=S ϕ
770== C σ
21,448±== Rmáxτ
Las gráficas de los estados tensionales son:
Figura Nº18: Estados tensionales del Ejemplo Nº3.
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1-27
1.10. Tensiones en Estanques de Pared Delgada
En este apartado se analiza el estado tensional en la pared de un estanque sometido a
presiones internas. Este estado se considera plano debido al espesor pequeño de la pared.
Estanques Cilíndricos
Si el análisis se realiza a un estanque de forma cilíndrica de radio “ R” y espesor “t ”
sometido a una presión interna “ P i”, se tendrán dos tensiones en la superficie de la pared: una
tensión “σ ℓ ” (en la dirección longitudinal del cilindro) y una tensión “σ t ” (en la dirección
tangencial a la circunferencia del cilindro).
Realizando un corte longitudinal en el cilindro:
Figura Nº19: Corte transversal en un Estanque de Pared Delgada Cilíndrico.
Y equilibrando fuerzas una de las mitades:
∑ ⇒= 0 F ll ··2····2 R P t it =σ t
R P it
·=⇒ σ
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1-28
De la misma forma, realizando un corte transversal en el cilindro:
Figura Nº20: Corte longitudinal en un Estanque de Pared Delgada Cilíndrico.
Y equilibrando fuerzas una de las mitades:
∑ ⇒= 0 F 2·····2· R P t R i π π σ =l
t
R P it
·2
·=⇒ σ
Como es evidente, las tensiones transversales son mayores (el doble) que las tensiones
longitudinales, lo que explica que la falla ocurre como una rajadura en sentido longitudinal.
Estanques Esféricos
Si el análisis se realiza a un estanque de forma esférica de radio “ R” y espesor “t ”
sometido a una presión interna “ P i”, se tendrá sólo una tensión en la superficie de la pared.
Esta tensión es análoga a la tensión “σ t ” del estanque cilíndrico.
Igual que en los casos anteriores, realizando un corte transversal en la esfera:
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1-29
Figura Nº21: Corte en un Estanque de Pared Delgada Esférico.
Y equilibrando fuerzas una de las mitades:
∑ ⇒= 0 F 2·····2· R P t R i π π σ =l
t
R P it
·2
·=⇒ σ
Es claro que en un estanque esféricos las tensiones son iguales en cualquier dirección.
Ejemplo Nº4:
Un estanque cilíndrico de acero de 6 mm. de espesor tiene un diámetro de 1,25 m. Se
pide calcular el aumento de diámetro si se tiene una presión interna de 10 kg./cm.2. Se debe
despreciar el efecto de las tapas y considerar un módulo de elasticidad del acero de 2,1·106
kg./cm.2.
En este caso la tensión que se debe usar est R P it ·=σ , que es la que produce el
aumento de diámetro.
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1-30
Si el cilindro se abre en sentido longitudinal, se tendrá una franja de largo “2·π ·R”
sometida a una tensión “σ t ”. Esta franja se alargará:
R R R Ri f Δ=−Δ+=−=Δ ··2··2)·(·2 π π π lll
Y la deformación unitaria: R
RΔ=
Δ=
l
lε
Además, se sabe que: E
σ ε =
Igualando las dos últimas expresiones: E R
R σ ε =
Δ= E
R R
·σ
=Δ⇒
Reemplazando el valor det
R P it
·=σ en esta última expresión:
E t
R P R i
·
· 2
=Δ⇒
Con los valores del problema, se obtiene: .031,0 cm R =Δ⇒
.062,0 cm D =Δ⇒
Estanques de Superficie Curva y Pared Delgada
El caso de un estanque de superficie curva y pared delgada se resuelve de la siguiente
forma:
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1-31
Figura Nº22: Superficie curva de pared delgada.
La superficie curva de pared delgada de espesor “t ” queda definida por dos radios de
curvatura R1 y R2.
Planteando el equilibrio de fuerzas en dirección perpendicular del elemento diferencial
de superficie curva mostrado en la figura:
⎟ ⎠
⎞⎜⎝
⎛ Ψ+⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛ Ψ=
2····2
2····2·· 221121
d sendS t
d sendS t dS dS p σ σ
Pero: Ψ= d RdS ·11 , Ψ= d RdS ·22 y22
Ψ≈⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛ Ψ d d sen
Reemplazando en la ecuación de equilibrio:
221121 ······ Rt Rt R R p σ σ +=
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1-32
Por lo tanto:1
2
2
1
R Rt
p σ σ +=
Considerando el caso del estanque cilíndrico:
R R =1 , ∞=2 R ,l
σ σ =1 , t σ σ =2
Entonces:t
R p·2 =σ
Para el caso esférico:
R R =1 , R R =
2 , σ σ =1 , σ σ =
2
Entonces:t
R p
·2
·=σ
1.11. Estado Plano de Deformaciones
Tensión Uniaxial
En este caso: 0≠ xσ y 0= yσ
Figura Nº23: Estado de deformaciones para el caso de tensión uniaxial.
E x
x
σ ε =
E x
y
σ μ ε −=
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1-34
Deformaciones por Cortante Puro
Cuando el estado tensional es de cortante puro, las deformaciones son:
Figura Nº25: Estado de deformaciones para el caso de tensión cortante pura.
G xy
xy
τ γ = y
G yx
yx
τ γ =
Donde “G” es el Módulo de Elasticidad Transversal o de Corte o Módulo de Cizalle.
Los esfuerzos de corte sólo producen deformaciones de corte o angulares en su plano
de aplicación. Además, los esfuerzos de corte producen deformaciones que no influyen sobre
las tensiones y deformaciones debidas a esfuerzos normales.
Módulo de Elasticidad Transversal
A continuación se demuestra la relación existente entre el Módulo de Elasticidad
Longitudinal de un material, su Módulo de Poisson y su Módulo de Elasticidad Transversal.
Se tiene un elemento de tensiones tal que girado a 45º se transforma a un estado de
tensiones de cortante puro:
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1-35
Figura Nº26: Estado de tensiones para la demostración de las entre los módulos característicos
de un material.
En este caso: 021 σ τ σ σ ===
Considerando el estado deformado de este elemento:
Figura Nº27: Estado de deformaciones de la demostración.
Con yx xy γ γ γ +=
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1-36
)1()·(1 0
211 μ σ
σ μ σ ε +=−=Δ
= E E l
l
1
1
11
/ 1 / 1
2 / 2 / 2 / 2 /
42tan
ε ε π γ
−+=
Δ−Δ+=
Δ−Δ+=
Δ−Δ+=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ +
ll
ll
ll
ll
ll
ll
De la trigonometría: [ ] β α
β α β α
·tantan1
tantantan
−
+=+
Entonces:1
1
1
1
)2 / tan(1
)2 / tan(1
24tan
ε
ε
γ
γ γ π
−
+=
−
+=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+
Por lo tanto: 12
tan ε γ
=⎟ ⎠
⎞⎜⎝
⎛
Y como “γ” es pequeño:22
tanγ γ
≈⎟ ⎠
⎞⎜⎝
⎛
Por lo que: 12
ε γ = o )1(
2
0 μ σ γ
+= E
Además:
GG
0σ τ γ ==
Con lo que finalmente: )1(1
·2
1μ +=
E G
)1·(2 μ +=⇒
E G
Fórmulas para el giro de deformaciones planas (Roseta de Deformaciones)
Una roseta de deformaciones es un dispositivo que permite determinar las
deformaciones unitarias en el lugar en que están colocados. Usualmente estos dispositivos se
conforman en base a tres medidores de deformación (“strain gauges” o “galgas
extensométricas”) que se adhieren a la superficie de un sólido con el objetivo de determinar
las deformaciones unitarias en esas tres direcciones. Las direcciones en que se disponen los
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1-37
“strain gauges” es arbitraria aunque existen formaciones típicas que se usan con mayor
frecuencia. Los “strain gauges” son pequeñas resistencias eléctricas que al sufrir
deformaciones cambian de resistividad y por lo tanto entregan un parámetro numérico a partir
del cual se puede determinar la deformación unitaria en ese lugar y dirección.
Figura Nº28: Strain Gauge y Roseta de Deformaciones.
Como se puede deducir, teniendo el valor de las deformaciones unitarias en un
determinado punto del sólido, se pueden determinar las tensiones a través del siguiente
arreglo:
)·(1
y x x E σ μ σ ε −=
)·(1
x y y E σ μ σ ε −=
De estas ecuaciones, despejando “σ x” y “σ y”, se tiene:
)·()1( 2 y x x
E ε μ ε
μ σ +
−=
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1-38
)·()1( 2 x y y
E ε μ ε
μ σ +
−=
Por otra parte:G xy
xyτ
γ = xy xy xy E G γ
μ γ τ
)1(2·
+==⇒
Las fórmulas para definir el giro de deformaciones son las siguientes:
)2·sin(2
1)2)·cos((
2
1)(
2
1ϕ γ ϕ ε ε ε ε ε ϕ xy y x y x +−++=
)2·cos(2
1)2)·sin((2
1
2 ϕ γ ϕ ε ε
γ ϕ xy y x +−−=
En algunas ocasiones puede ser que en las fórmulas indicadas se encuentre el término
“ε xy”. Este término tiene relación con “γ xy” de acuerdo a lo siguiente:
2
xy xy
γ ε =
En deformaciones también se define un ángulo principal:
)()2tan( 0
y x
xy
ε ε
γ ϕ
−=
Y unas deformaciones principales:
22
2,122
)(2
1⎟⎟ ⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡ −±+=
xy y x y x
γ ε ε ε ε ε
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1-39
Además, la deformación angular máxima es:
22
222 ⎟⎟ ⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡ −=
xy y xmáxγ ε ε γ
Ejemplo Nº5
En un determinado punto de un sólido se miden las siguientes deformaciones unitarias
a través de una roseta adherida: 004,0=aε ; 003,0=bε y 002,0−=cε . La orientación de la
roseta es la indicada en la figura. Si se sabe que el material tiene las siguientes características
mecánicas: E=2,1·106 kg./cm.2 y μ=0,25; se pide determinar las tensiones principales y el
esfuerzo de corte máximo en el punto.
Figura Nº29: Roseta de Deformaciones del Ejemplo Nº5.
A partir de las orientaciones indicadas:
004,0== a x ε ε y 002,0−== c y ε ε
Y con la fórmula de giro de deformaciones para εb en 45º:
003,0)º90·sin(2
1)º90)·cos(002,0004,0(
2
1)002,0004,0(
2
1=+++−= xyb γ ε
004,0=⇒ xyγ
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Por lo tanto el estado de deformaciones plano está definido por:
004,0= xε
002,0−= yε
004,0= xyγ
Usando las ecuaciones que permiten determinar las tensiones a partir de las
deformaciones:
2
2
6
. / .7840)002,0·25,0004,0()25,01(
10·1,2cmkg x =−
−=σ
2
2
6
. / .2240)004,0·25,0004,0()25,01(
10·1,2cmkg y −=+−
−=σ
26
. / .3360004,0)25,01(2
10·1,2cmkg xy =
+=τ
Las tensiones principales son:
2
2
2,1 33602
22407840)22407840(
2
1+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +±−=σ
2
1 . / .3,8857 cmkg =σ
2
2 . / .3,3257 cmkg −=σ
Y la tensión de corte máxima:
22
2
. / .3,60573360)22407840(2
1cmkg máx ±=+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+=τ