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230 5.2.1

ANALISIS DE DEFORMACIONES

TRANSFORMACION DE DEFORMACION PLANA. Si en un estado general de deformaciones consideramos que las deformaciones relacionadas con el eje z:  z ,  yz , y  zx , son iguales a cero, obtenemos el denominado estado plano de deformaciones. Se define entonces el estado plano de deformaciones por las componentes:  x ,  y y  xy . Figura 5.3

(1+ Ø2

n

n n)d

dn

dy

Ø1

0

dx dx (1+ x)

Al igual que en el caso de los esfuerzos, es de interés determinar relaciones que nos permitan calcular un nuevo estado plano bajo una rotación de los ejes coordenados en un ángulo  con respecto a los ejes originales x-y. Sea el rectángulo elemental OABC, originalmente de lados: OA  dx, AB  dy . Al aplicarse las cargas, el rectángulo se transforma en un paralelogramo OA’B’C’. (figura (5.3)). Nomenclatura: BOˆ A   B' Oˆ B  1

A' Oˆ A   1

tOˆ Q   2

231  B ' Aˆ ' O      xy 2 ˆ A'       C' O xy 2 ˆQ   / 2 BO

Figura 5.3 Relaciones geométricas: A' B '  (1   y ) dy

OA'  (1   x )dx OB'  (1   n )dn

OB  dn

 nt  1  ( 2 )

Aplicando la ley de cosenos al triángulo OA’B’ : OB' 2  OA' 2  A' B ' 2 2 OA' x A' B ' cos(

   xy ) 2

reemplazando valores:

 (1   n )dn 2   (1   x )dx 2  (1   y )dy  2  2(1   x )dx (1   y )dy ( sen  xy )

reemplazando las expresiones:

 (1   n )dn 2

dx  dn cos  ,

dy  dn sen 

 (1   x ) 2 (dn cos  ) 2  (1   y ) 2 ( dn sen  ) 2  2(1   x )(dn) 2 sen  cos  sen  xy

Siendo los desplazamientos pequeños, hacemos 2 2 2  xy  x   xy  y  0 también:  n   x   y   x  y  0 ;

sen  xy   xy

De manera que podemos escribir: 1  2 n  (1  2 x ) cos 2   (1  2 y ) sen 2   2(1   x   y ) sen  cos   xy

 n   x cos 2 θ   Y sen 2   xy senθ cosθ   ( x   y )  (senθ cosθ) xy   n   x cos 2 θ   Y sen 2 θ   xy senθ cosθ

(5.9)

Utilizando las relaciones trigonométricas del ángulo doble:

y

232

n 

x  y 2



x  y 2

cos 2 

 xy 2

sen 2θ

(5.10 )

Ecuación que nos permite calcular la deformación unitaria en el eje  “n”. Para el  t , habrá que sustituir  por (   ) 2 Deformación angular  nt : Aplicando la ley de senos al triángulo OA’B’: OB' A' B'   sen(     1 ) sen(   xy ) 2 sen(     1 ) A' B' sen(     1 ) (1   y ) dy      OB' (1   n ) dn sen(   xy ) sen(   xy ) 2 2 Como las deformaciones son pequeñas: 1  y 1  n



1   y 1  n x 1  n 1  n



1  y 1 n

 1   y  n

(5.12)

de otro lado, por trigonometría: sen(  1   1 )  sen  cos(1   1 )  cos  sen(1   1 ) cos(1   1 )  1



sen(1   1 )  1   1

sen(  1   1 )  sen   cos(1   1 )  sen(   xy ) 2

sen( / 2   xy )  1

(5.13)

reemplazando (5.12) y (5.13) en (5.11)

sen   (1   1 ) cos   (1   y   n ) sen  1   1  ( y   n ) tg  (5.14)

reemplazando de (5.9) en (5.14) : 1   1   y tg    x cos 2  tg    y sen 2  tg    xy sen  cos  tg   1   1   y tg  (1  sen 2  )   x sen  cos    xy sen 2 

1  ( y   x ) sen  cos    xy sen2    1

(5.15 )

Para hallar  2 asociado con la dirección “t” bastará reemplazar en  (5.15),  por (  ) . 2

233  2  ( y   x )(  sen  ) cos   xy cos 2    1 

 2  ( y   x ) sen  cos   xy cos 2    1

Ahora, para la deformación angular  nt  nt  1  2  2( y   x ) cos sen    xy (cos 2   sen 2  )

que podemos ordenar y presentarlo como:

 xy  nt  y   x  sen 2  cos 2 2 2 2

(5.16)

Nótese la similitud de las ecuaciones (5.10) y (5.16) con las obtenidas en la transformación de esfuerzos. Al igual que en el caso del estado plano de esfuerzos se obtiene la ecuación del círculo de Mohr para deformaciones. x  y 



2

2



 n 





2

  nt  0  

 x   y 

2



2 



2



  xy  

 2 

(5.17)

Comparativamente con la ecuación para esfuerzos, la diferencia es que las distorsiones angulares tienen el factor ½

234 La construcción gráfica del círculo de Mohr también es válida. El eje de las abcisas representará valores de  x , mientras que el de las ordenadas, valores de  xy / 2

D

x A

20p

m

M

C

B y

E

tg 2 p  1,2 

x  y 2



x  y 2

 x  y   2  

 

2

 x   y 

 max  

 xy

2 



2

(5.19)

2

  xy 



  xy    2 





 2 

(5.20)

235 Problema 5.1. un estado de tensiones en un punto es el resultado de tres estados distintos que producen las tensiones indicadas (ver figura). Determinar las tensiones principales y la orientación de los planos principales en el estado resultante.

30 N/mm2 100 N/mm2 40 N/mm2 30°

B

C 15 °

A

SOLUCION

Para determinar el estado de esfuerzos resultante, obtenemos previamente los esfuerzos  x ,  y ,  xy de los estados B y C.

40

B 15 °

30°

0

Del círculo de Mohr correspondiente: 40 40 x   cos 30º  37.32 MPa 2 2 40 40 y   cos 30º  2.68 MPa 2 2

236 Para el estado “C”

60 °

C

30°

100

0

100 100  cos 60º  75 MPa 2 2 100 100 y   cos 60º  25 MPa 2 2

x 

100 sen 60º  25 310 MPa 2 En el estado A sólo tenemos  y A  30 MPa . Luego el estado resultante de esfuerzos es la sumatoria en cada dirección:

 xy  

 x  0  37.32  75  112 .32 MPa  y  30  2.68  25  57.68 MPa  xy  10  25 3  33.3 MPa

Los esfuerzos principales para este estado resultante, según la ecuación (5.5):  1, 2 

112 .32  57.68  2

 1  128.07 MPa



 112 .32  57.68    2   

 41.93

2

 (33.3) 2

MPa

P 

1  2 x33.3 arctg( )  25.32º 2 112 .32  57.687

25°

La ecuación (5.4) nos da la orientación del plano principal con respecto al eje x.

237

Problema 5.2. Para el siguiente estado tensional mostrado en la figura, se pide determinar: a) Las deformaciones principales b) La orientación del plano donde actúa el esfuerzo cortante máximo. 75º

20 MPa

20 MPa

Considere =0.25

5

E= 2 x 10 Mpa;

30 MPa

SOLUCION

De acuerdo a los datos, existe un esfuerzo  x de tracción. Ecuación (5.1-b)  x  30  x  30  y '  20   cos( 2 x15)  (20 sen(2 x15)) 2 2 ordenando y despejando  x x 

 20  30 3 2 3

 268.564 Mpa

Cálculo de los esfuerzos principales: 1,2 

 268.564  30  2

  268.564  30    2  

de donde se obtiene:

 1  31.33

MPa ;

2

 (20) 2

 2  269.89

MPa

a) Las deformaciones principales las calculamos por la ley generalizada de Hooke: Reemplazando valores:

1 

31.33 5



0.25 5

( 269.89)  4.94 x10  4

2 x10 2 x10  269.89 0.25 2   (31.33)  13.88 x10 4 5 5 2 x10 2 x10

MPa

MPa

b) Como se sabe, la orientación del plano donde actúa el esfuerzo cortante máximo es 45º con respecto a los planos principales.

 max   p  45º

 max 

1 2 x(20)   arctg   45º  48.8º con respecto al eje x 2   269.89  30 

238 Problema 5.3. Para el estado de deformación plana mostrado ( x = 0.0004 y xy = 0.004. Determinar: a) Los ejes principales y las deformaciones principales b) La deformación de corte máximo y su correspondiente deformación normal.

y    0.0004



x y 2

SOLUCION

1

 xy 2



4  10 2

3



 xy 2

22.5°

El estado de deformaciones dado es:  x  400  10 6 ;  y  0

 xy

y

 2

 200  10 6

Trazamos el círculo de Mohr: Centro del círculo: (c,0)

2





c

1

2 p



c

x  y 2

 200 x10  6

Radio del círculo: R

x

Reemplazando valores en la ecuación (5.20) R

( 200) 2  ( 200) 2 x10 6 =28

3 x 10-6 la orientación de los ejes principales: 1 400  P  arctg( )  22.5º 2 400

x

239 c) La mitad de la deformación de corte máximo, se sabes es numéricamente igual al radio del círculo de Mohr y se encuentran a 45º de los ejes principales:

 max  283x106   máx  566 x10 6 radianes 2

Su correspondiente deformación normal lo obtenemos del círculo  '  OC  200 x10 6