Estado General De Esfuerzos Y Estado General De Deformaciones- Teoria De Fallas 556n3l

ESTADO GENERAL DE ESFUERZOS Y ESTADO GENERAL DE DEFORMACIONES PRÁCTICA DOMICILIARIA DE ESTADO DE ESFUERZOS Y DEFORMACIONES

PROBLEMA 7.2.5 Resolver el anterior si las tensiones normales y tangenciales que actúan sobre el elemento A son 7 500 psi , 20 psi y 500 4 800 psi ( en las direcciones

mostradas en la figura) y el ángulo es de 30 ° (hacia la izquierda ) Solución Tensión plana (ángulo �)

2016 σ x =7 500 psi σ y =−20 500 psi τ xy =−4 800 psi ϴ=30 ° Aplicando la fórmula

σ x1 =

σ x +σ y σ x −σ y + cos 2θ+ τ xy sin 2 θ 2 2

σ x1 =−3 600 psi Aplicando la fórmula

τx y = 1

1

σ x −σ y cos 2 θ+ τ xy cos 2 θ 2

τ x y =−14 520 psi 1

1

σ y1=σ x +σ y −σ x 1=−9340 psi

PROBLEMA 7.2.11 Una placa rectangular de dimensiones 3.0 pulg x 5.0 pulg está formada por dos placas triangulares soldadas (véase la figura). La figura está sometida a un 2

esfuerzo de tensión de 500 lb/ pulg 2

compresión de 350 lb/ pulg

en la dirección larga y a un esfuerzo de

en la dirección corta.

Determine el esfuerzo normal

σw

que actúa en sentido perpendicular al

cordón de soldadura y el esfuerzo cortante

(suponga que el esfuerzo normal

τw

que actúa paralelo al cordón

σ w es positivo cuando actúa en tensión

contra a soldadura y que el esfuerzo cortante

τ w es positivo cuando actúa en

sentido contrario a las manecillas del reloj contra ella) Solución Esfuerzo biaxial (unión soldada)

σ x =500 psi

σ y = -350 psi

−1

5∈¿=tan .6=¿ 30.96 ° 3∈ ¿ ¿ ¿ θ=tan −1 ¿ Aplicando la fórmula

σ x1 =

σ x +σ y σ x −σ y + cos 2θ+ τ xy sin 2 θ 2 2

σ x1 =275 psi Aplicando la fórmula

τx y = 1

1

σ x −σ y cos 2 θ+ τ xy cos 2 θ 2

τ x y =−375 1

1

τ xy =?

σ y1=σ x +σ y −σ x 1=−125 psi Tensiones que actúan en la soldadura

σ w =−125 psi τ w =375 psi

PROBLEMA 7.3.9 Un muro de cortante en un edificio de concreto reforzado está sometido a una carga vertical uniforme de intensidad q y a una fuerza horizontal H. como se muestra en la primera parte de la figura, (la fuerza H representa a los esfuerzos del viento y a las cargas por sismo) como consecuencia de estas cargas, los esfuerzos en el punto A sobre la superficie del muro tienen los valores mostrados en la segunda parte dela figura (esfuerzo de compresión de 1100 lb/pulg2 y esfuerzo cortante igual a 480lb/pulg2). a b

Determinar los esfuerzos principales y muéstrelos sobre un diagrama de un elemento orientado de manera apropiada. Determinar los esfuerzos cortantes máximos y los esfuerzos normales asociados y muéstrelos sobre un diagrama de un elemento orientado apropiadamente.

q

1100 lb/pul^2

H

480 lb/pulg^2

A A

Solución Datos de problema:

 y  1100 psi

x  0

1 psi 

 xy  480 psi Equivalencia:

a

Esfuerzo principal.

Definición de formula.

tan 2 p 

tan 2 p 

2 xy

x  y 2(480 psi ) 0  (1100 psi)

tan 2 p  0.87273

2 p  41.11o

  p  20.56o

Por ángulo complementario se tiene que:

2 p  138.89o

  p  69.44o

Definición de formula.

lb pu lg 2

 x1 

x   y x y  cos 2   xy s e n 2 2 2 2 p  41.11o

Para

 x1 

se tiene:

0 psi  ( 1100 psi) 0 psi  ( 1100 psi )  cos(41.11o)  (480 psi) s e n( 41.11o) 2 2

 x1  550 psi  414.3968 psi  315.6032 psi

 x1  180 psi 2 p  138.89o Para

 x2 

se tiene:

0 psi  ( 1100 psi) 0 psi  (1100 psi)  cos(138.89o)  ( 480 psi) s e n(138.89o) 2 2

 x2  550 psi  550 psi cos(138.89o)  ( 480 psi) s e n(138.89o)  x2  550 psi  414.3968 psi  315.6032 psi  x2  1280 psi Por lo tanto:

 p1  20.56o

 x1  180 psi y

 p2  69.44o

 x2  1280 psi y

Diagrama de orientación apropiada.

Y 180 psi 1280 psi

69.44°

b

X

Esfuerzos cortantes máximos.

Definición de fórmula: 2

 max

2   x   y       xy  2  

 max

2  0  (1100 psi )      480 psi  2  

 max

2  1100 psi      480 psi  2  

2

2

 max  302500 psi 2  230400 psi 2

 max  730 psi Esfuerzos normales asociados.

 s1   p1  45

 s1  20.56  45

 s1  65.56o

  730 psi y

 s2   p2  45

 s1  20.56  45

 s1  24.44o

  730 psi y

p 

x  y 2

p 

0  ( 1100 psi ) 2

1100 psi 2

p 

 p  550 psi

Diagrama de orientación apropiada.

Y 550 psi 550 psi

24.44°

X

730 psi

PROBLEMA 7.3.20 Un elemento en el esfuerzo plano está sometido a los esfuerzos δx=-68.5 MPa y τxy=39.2 MPa (véase la figura). Se sabe que uno de los esfuerzos principales es igual a 26.3MPa en tensión. a b

Determinar el esfuerzo δy. Determinar el otro esfuerzo principal y la orientación de los planos principales: muestre luego los esfuerzos principales en un diagrama de un elemento bien orientado.

Y

39.2 MPa

68.5 MPa X

O

Solución

y a

Determinación del

 xy  39.2 MPa

 x  68.5MPa

y  ?

Definición de formula 2

 y 2     y 1  x   x     xy  2 2   Reemplazando datos en la formula anterior tiene:

26.3MPa 

26.3MPa 

26.3MPa 

68.5MPa   y 2

68.5MPa   y 2

68.5MPa   y 2

52.6 MPa  68.5MPa   y 2

2

 68.5MPa   y 2      39.2 MPa  2   2

 68.5MPa   y 2      39.2 MPa  2   2

 68.5MPa   y 2      39.2 MPa  2  



1 2

 68.5MPa 

2

 2  68.5 MPa    y   4  39.2 MPa 

2

52.6MPa  68.5MPa   y 

 68.5MPa 

 2  68.5MPa    y   4  39.2 MPa 

2

121.1   y  4692.25  137 y   y 2  6146.56

 121.1   

2

y





10838.81  137 y   y 2



2

14665.21  242.2   y   10838.81  137   y 

 y  10.09 MPa

b

Determinación del esfuerzo principal

Definición de formula

tan 2 p 

2 xy

x y

tan 2 p 

2(39.2MPa) 68.5MPa  10.9MPa

tan 2 p 

78.4 MPa 78.59 MPa

tan 2 p  0.9975 2 p  44.9283

 p  22.4641

Por ángulo complementario se tiene:

2 p  135.0717 Por formula

 p  67.5359

2

 x1 

x   y x y  cos 2   xy s e n 2 2 2 2 p  44.93

Para

se tiene:

 x1 

x   y x  y  cos 2   xy s e n 2 2 2

 x1 

68.5MPa  10.9 MPa 68.5MPa  10.9 MPa  cos(44.93)  (39.2MPa ) s e n(44.93) 2 2

 x1  28.8MPa  39.7 MPa cos(44.93)  (39.2 MPa) s e n(44.93)

 x1  28.8MPa  28.1064MPa  27.6847 MPa  x1  84.5911MPa 2 p  135.7 Para

se tiene:

 x1 

x   y x   y  cos 2   xy s e n 2 2 2

 x1 

68.5MPa  10.9 MPa 68.5MPa  10.9 MPa  cos(135.7)  (39.2 MPa) s e n(135.7) 2 2

 x1  28.8MPa  39.7 MPa cos(135.7)  (39.2 MPa)s e n(135.7)  x1  28.8MPa  28.1064 MPa  27.6847 MPa

 x1  26.9914 MPa

Por lo tanto:

 x1  26.9914 MPa

 p1  67.5359 y

 p2  22.4641

 x2  84.5911MPa y

Diagrama del elemento bien orientado.

Y

26.3 MPa 84.7 MPa 67.54°

O

X

PROBLEMA 7.4.15 Un elemento en el esfuerzo plano está sometido a los esfuerzos

σ x , σ y y τ xy

(observe la figura). Utilizando el circulo de Mohr, determine los esfuerzos que actúan sobre un elemento que forma un ángulo

θ

con respecto al eje x. Muestre estos

esfuerzos en un diagrama de un elemento orientado con un ángulo

θ . (Nota:

el ángulo es positivo en sentido contrario a las manecillas del reloj y negativo en el sentido opuesto).

σ x =−5750lb / pul g2 , σ y =750 lb / pul g2 y τ xy =−2100 lb / pul g2 ,θ=75 °

Solución Diagrama de esfuerzos (angulo

θ )

σ x =−5750 psi , σ y =750 psi y τ xy =−2100 psi, θ=75° (Todos los esfuerzos en

R= √ 32502 +21002=3869 psi α =arctan

2100 =32.87 ° 3250

β=α +30° =62.87 ° Punto D ( θ=75 ° ):

σ x1 =−2500+ R cos β=−735 psi τ x1 y 1=R sin β=3444 psi Punto D’ ( θ=−15 ° ):

psi)

σ x1 =−2500−R cos β=−4265 psi τ x1 y 1=−R sin β=−3444 psi

PROBLEMA 7.5.9 6

2

Un cubo de concreto ( E=3.0∗10 lb/ pul g , v=0.1 ¿

de 4.0 pulg por lado, esta

comprimido en esfuerzo biaxial por medio de un marco de pruebas cargado como se ve en la figura. Suponga que cada carga F es de 20 Klb y determine el cambio

∆V

en el

volumen del cubo y la energía de deformación U almacenada en el cubo.

Solución Esfuerzo Biaxial-cubo de concreto

Unión A:

P=F √2=28.28 kips σ x =σ y =

−P =−1768 psi b2

Cambio de volumen: Eq. (7-47):

e=

1−2 v ( σ x +σ y )=−0.0009429 E

4∈¿ ¿ ¿ V 0=b 3=¿ ∆ V =eV 0=−0.0603∈.

3

(Disminuye el volumen)

Energía de deformación Eq. (7-50):

u=

1 ( σ 2 +σ 2 −2 v σ x σ y )=0.9377 psi 2E x y

U=u V 0 =60.0∈−lb

PROBLEMA 7.5.11 Una placa cuadrada de ancho b y espesor t está cargada por fuerzas normales

PX

y

PY

y por fuerzas cortantes V,

como se muestra en la figura. Estas

fuerzas producen esfuerzos uniformemente distribuidos que actúan sobre las caras laterales de la placa. Calcule el cambio �V en el volumen de la placa y la energía de deformación U almacenada en la placa si sus dimensiones son b = 12 pulg y t = 1.0 pulg. E = 2

10600 klb/ pulg

, v = 0.33,

PX

= 90 klb,

Solución Plato cuadrado en tensión plana b = 12 pulg t = 1.0 pulg 2

E = 10600 klb/ pulg v = 0.33

PX

Py

= 90 klb

= 20 klb

V = 15 klb.

τ xy =

CAMBIO EN VOLUMEN Eq. (7-47):

σ x=

PX =7500 psi bt

σ y=

Py =1667 psi bt

Py =1250 psi bt

Py

= 20 klb y V = 15 klb.

2

3

v 0 =b t=144 ¿

∇v=e v 0 =0.0423 ¿3 ← Energía de deformación Eq. (7-50):

e=

τ 2 1 σ x 2+ σ y 2−2 v σ x σ y ) + xy ( 2E 2G

G=

E =3985 ksi 2(1+v )

Reemplazando valores numéricos

u=2.591 psi U=u V 0 =373∈−lb

←

PROBLEMA 7.6.3 Un cubo de hierro fundido con lados de longitud a=4.0 pulg. (Véase la figura) se ensaya en un laboratorio sometiéndolo al estado triaxial de esfuerzos. Los extensómetros montados en la máquina de ensayo muestran que las deformaciones de compresión en el material son: Ԑx=-225x10-6 y Ԑy=Ԑz=37.5x10-6. Determine las siguientes cantidades: a b c d

Los esfuerzos normales σx , σy y σz que actúan sobre las caras x ,y y z del cubo. El esfuerzo cortante máximo τmax en el material. El cambio ∆V del volumen del cubo. La energía de deformación U almacenada en el cubo (suponga E=14500 klb/pulg2 υ=0.25).

Solución Ԑx=-225x10-6 υ=0.25. a

Ԑy=-37.5x10-6

Ԑz=-37.5x10-6

a=4.0 pulg

Esfuerzo normal:

σ x=

E [ ( 1+υ ) Ԑx +υ ( Ԑ y +Ԑz ) ] (1+υ)(1−2 υ)

σ x=−4200 lb/ pulg 2 De igual forma tenemos:

σ y=−2100 lb/ pulg2 σ z=−2100lb / pulg 2 b

Máximo esfuerzo cortante:

τ max=

c

σ y−σ z =1050lb / pulg 2 2

Cambio de volumen.

e=Ԑx+ Ԑ y + Ԑz=−0.0003 3

V =a

∆ V =e a3 =−0.0192 pulg 3 d

Energía de deformación:

(Decrece)

E=14000 klb/pulg2

1 u= (σ x Ԑx+ σ y Ԑ y +σ z Ԑz ) 2 u=0.55125

lb pulg2

U=u a3=35.3 pulg−lb

PROBLEMA 7.6.9 Una bola esférica solida de latón (E=15*106 lb/pulg2; υ=0.34) se sumerge en el océano a una profundidad de 10 000 pies. El diámetro de la bola es de 11.0 pulg. Determine el decremento ∆d de diámetro, el decremento ∆V de volumen y la energía de deformación U de la bola.

Solución E=15*106 lb/pulg2

υ=0.34

Altura h=10000 pies Diámetro d=11 pulg Peso específico del agua de mar: ϒ=63.8 lb/pulg 3 Presión: σ0= ϒh=638000 lb/pie2 =4431 lb/pulg2  Decrecimiento del diámetro.

Ԑ0=

σ0 (1−2 υ ) =94.53∗10−6 E −3

∆ d =Ԑ0 d=1.04∗10 pulg  Decrecimiento del volumen:

e=3 Ԑ0=283.6∗10−6 4 3 4 11 3 V 0= πr = π ( ) =696.9 pulg 3 3 3 2

(Decrece)

∆ V =e V 0=0.198 pulg

3

 Energía de deformación

σx = σy =σz= σ0 u=

3 ( 1−2 υ ) σo 2 lb =0.6283 2 pulg2

U=u V 0 =438 pulg−lb

PROBLEMA 7.4.9 Un elemento en estado de cortante puro está sometido a los esfuerzos 2

4000lb/ pulg

τ xy

=

, como se muestra en la figura. Utilizando el círculo de Mohr,

determine: a) Los esfuerzos que actúan sobre un elemento colocado sobre una pendiente de 3/4 (observe la figura) b) Los esfuerzos principales. Muestre todos los resultados en diagramas de elementos orientados de manera adecuada.

Solución

σx = 0

τ xy = 4000 psi

σy = 0

3 =¿36.870 ° 4 −1 θ=tan ¿ 2 θ

= 73.740°

θ

=

36.870°

R = 4000 psi

Punto D:

σ x1 =R cos 16.26 °=3840 τ x y =R sen 16.26 °=1120 1

τ x y =−R sen 16.26° =−1120

Punto

P1 :

1

2θ p 1 = 90°

θp1

psi

= 45°

σ 1 = R = 4000 psi Punto

P2

:

2θ p 2 = -90°

θp2

psi

σ x1 =−R cos 16.26 ° =−3840

Punto D':

1

1

psi

= -45°

psi

TEORIAS DE FALLA La falla de un elemento se refiere a la pérdida de su funcionalidad, es decir cuando una pieza o una máquina dejan de ser útiles. Esta falta de funcionalidad se dar por:

   

Rotura Distorsión Permanente Degradación Etc.

La rotura o la degradación permanente se deben a que los esfuerzos soportados son mayores que la resistencia del material de fabricación.

Para poder determinar para qué cantidad de esfuerzo aplicado se producirá una falla, se utilizan algunas teorías de falla. Todas las teorías de falla se basan en la comparación del esfuerzo actuante contra el resultante aplicado en una prueba uniaxial de tensión o compresión.

1. TEORÍA DE FALLA POR ESFUERZO NORMAL MÁXIMO

La falla ocurrirá en la parte di cualquiera de los esfuerzos normales principales excede el esfuerzo normal principal que da lugar a la falla en la prueba uniaxial simple.

Si:

S1 = Esfuerzo Principal 1

yc = Esfuerzo de fluencia a compresión

S2 = Esfuerzo Principal 2

yt = Esfuerzo de fluencia a tensión.

S3 = Esfuerzo Principal 3.

Se debe cumplir que:

 yc  S1   yt  yc  S 2   yt  yc  S 3   yt (1)

Si se aplica un factor de diseño se consiguen las ecuaciones de diseño:

 yc nd

 yc nd

 yc nd

 S1   S2   S3 

 yt nd

 yt nd

 yt nd (2)

Para materiales frágiles yc o yt es el esfuerzo de fluencia.

2 TEORIA DE FALLA POR ESFUERZO CORTANTE MÁXIMO: Para materiales dúctiles:

La falla ocurre en una parte si cualquiera de los esfuerzos cortantes principales excede el esfuerzo cortante principal que da lugar a la falla en la prueba uniaxial simple.

Puesto que:

1   2 2  3  13  1 2 2 3  2 3  2  12 

 fluencia   (3)

La teoría de falla es:

 yc    1   2    yt

 yc    2   3    yt  yc    1   3    yt

(4)

Si se introduce un factor de diseño se tiene la respectiva ecuación de diseño:

 yc nd

  1   2  

 yt nd (5)

Esta teoría predice que si se presenta un estado de esfuerzos hidrostáticos no se produce fluencia, así estos esfuerzos sean mayores que y:

Si se descomponen cada esfuerzo principal normal en una componente hidrostática mas otra cualquiera se obtiene:

 1   '1  ' '1  2   ' 2  ' ' 2  3   '3  ' '3 (6)

en donde:

’1: Componente Hidrostática.

Se cumple que: 

Si en algún caso: ’’2 = ’3 = 0, Se tendría que ’’1 etc.

No habría cortante!

Por esta razón se creó la teoría de falla de la energía de distorsión y deformación.

3 TEORIA DE FALLA POR ENERGÍA DE DEFORMACIÓN MÁXIMA: La falla ocurre en una parte cuando la energía de deformación por volumen unitario exceda la de una prueba de tensión uniaxial en la falla.

Para determinar la energía de deformación por volumen unitario:

Sea el bloque de dimensiones diferenciales de la figura 1, sobre el cual actúan los esfuerzos normales principales:

Figura 1. Bloque con esfuerzos unitarios.

La energía de deformación es el trabajo realizado por estas fuerzas al desplazar el cubo una distancia l.

La energía de deformación U es igual al trabajo necesario para deformar el cubo:

U  W   F .l

(7)

Para causar esta deformación, la fuerza causada por cada esfuerzo  es:

Fx final   1d y d z Fy final   2 d x d z Fz final   3 d x d y º (8)

Puesto que el estiramiento depende linealmente de la fuerza aplicada, este comportamiento se puede mostrar como en la gráfica 3.

Figura 2. comportamiento lineal de fuerza por desplazamiento

W Por lo tanto:

U deformación 

F .l 2

(9)

FX final.x Fy final.y Fz final   2 2 2

(10)

Además como:

1  2 

l l

3

x

dx y  dy z  dz

x   1 .dx y   2 .dx z   3 .dx luego

(11)

Por la ley de Hooke se tiene que:

1 .  1   2   3  E 1  2  .  2   1   2  E 1  3  .  3   1   3  E

1 

(12)

Por lo tanto:

 1 dy dz dx  1   2   3    2 dx dz dy  2   1   3    3 dx dy dz  3   1   2  2E 2E 2E dy dz dx 2 2 2 U  1   2   3  2   1 2   1 3   2 3  2E U





(13) Como es por volumen unitario, se divide por dx dy dz:





1  1 2   2 2   3 2  2   1 2   1 3   2 3  2E

 (14)

Por razonamiento similar la energía de deformación por volumen unitario en la prueba de tensión es:

 fy 

1 2  yp 2E

(15)

Y finalmente se tiene para diseñar:

2

2

2

  yp 

 1   2   3  2   1 2   1 3   2 3    2



 N  fs  

 para diseñar (16)

TEORIA DE FALLA POR ENERGIA DE DISTORSIÓN MÁXIMA (Materiales Dúctiles)

La energía de deformación se compone de la energía de deformación (cambio de volumen) y de la distorsión.

  v  d

(  volumen   distorsion) (17)

La falla ocurre si la energía de distorsión por volumen unitario excede la correspondencia a una prueba de tensión unitaria en la falla.

Los esfuerzos principales se componen de esfuerzos que producen cambio de volumen y cambio de distorsión.

 1   1 '   1v

 i '   que causa distorsión .

 2   2 '   2v

 i '   que causa cambio de volumen.

 3   3 '   3v (18)

Y para que no halla cambio de volumen por los componentes de distorsión se debe cumplir que:

 '1  ' 2  '3  0 (19)

Además se tiene que por la ley de Hooke:

1 .  '1  . 2 ´ . '3  E 1  ' 2  .  ' 2  . 1´ . ' 3  E 1  ' 3  .  ' 3  . 1´ . ' 2  E

 '1 

(20)

Como se debe cumplir la ecuación 19

1  '1  . 2 ´ . '3  ' 2  . 1´ . '3  '3  . 1´ . ' 2   0 E

Por lo tanto

 '1  ' 2  '3 2 .  1´ 2 ´ '3   0 (22)

Y puesto que no es cero, se cumple que

.  1´ 2 ´ '3   0 (23)

De otra parte si se suman las ecuaciones 18

 1   2   3   v   v   v   1´ 2 ´ ' 3  0

(21)

1  v  .  1   2   3  3

(24)

La ecuación 24 se puede usar para encontrar los esfuerzos principales de distorsión en función de los esfuerzos normales principales.

Como se tiene la condición de las ecuaciones 18 sabiendo que v es el mismo para los tres esfuerzos:

1  1´  1  .  1   2   3  3

2 1 1  1´  1   2   3 3 3 3

   2  1´ .  1  2  3  3 2 2 

   2  2 ´ .  2  1  3  3 2 2  (25)

   2  3 ´ .  3  1  2  3 2 2 

La energía de deformación por cambio de volumen será:

Uv 

3 v  v 2



En este caso se puede usar la ley de Hooke como:

v 

 1 .  v   . v   . v   v 1  2  E E

(27)

Por lo tanto

 3 U v   v . v 1  2  2 2



Y teniendo en cuenta la relación 24

Uv 

1  2 3  1   2   3  2 6E



Y como Ud = U - Uv

(30)

Y que

Uv 



1  1 2   2 2   3 2  2   1 2   1 3   2 3  2E

 (31)

Se tiene de 29 30 y 31 que

Ud 



1   1 2   2 2   3 2   1 2   1 3   2 3 3E

 (32)

Análogamente para una prueba uniaxial, la energía de distorsión será:

Ud 

 

1  2  yp 3E

(33)

Y entonces para diseñar se tiene el siguiente criterio, introduciendo un factor de Diseño Nd

1   2   3 2

2

2

  yp   1 2   1 3   2 3    nd

2

 

 (34)