8/19/2019 Trabajo Numero 2 Analisis de Esfuerzos 2

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 Escuela de Ingeniería Mecánica.

PUCV.Análisis de Esfuerzos 2.

ICM342.

Trabajo Nº 2

Profesor: Juan Castillo

Alumno: Moisés Klix

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Moisés Klix2

1.- Deducir las ecuaciones de equilibrio en un elemento infinitesimal bidimensional en

coordenadas polares )(   θ −r  , sometido a un estado general plano de esfuerzos y

despreciando fuerzas másicas.

Verificar si las tensiones dadas satisfacen estas ecuaciones de equilibrio, siendo ),(   θ r Φ la

función de esfuerzos de Airy en coordenadas polares:

2

2

2

11

θ σ 

∂

Φ∂⋅+

∂

Φ∂⋅=

r r r  xx   2

2

r ∂

Φ∂=θθ σ    ⎟

 ⎠

 ⎞⎜⎝ 

⎛ 

∂

Φ∂⋅

∂

∂−=

θ τ  θ 

r r r 

1 

Solución:

Para las ecuaciones de transformación.

,cosθ r  x =   θ senr  y  =  

Según el estado de esfuerzos que se muestra en la figura que están en equilibrio.

 y

 xθ 

θ d 

3r σ 3θ τ r 

3

1

1r σ 1θ τ r 

4θ σ 

2θ σ 

4θ τ r 

2θ τ r 

4

2

o

 popr  =

 

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Moisés Klix3

Podemos determinar las ecuaciones de equilibrio en coordenadas polares de la siguiente

manera.

La fuerza radial en el lado 1 es θ σ    ∂⋅⋅ 11   r r   

La fuerza radial en el lado 3 es θ σ    ∂⋅⋅− 33   r r   

La fuerza normal en el lado 2 tiene una componente en el radio a través de P   de

( ) ( 2sin312   )θ σ θ    ∂−⋅−   r r   que puede ser remplazado por ( )22   θ σ  θ    ∂⋅∂⋅−   r   

La fuerza normal correspondiente al lado 4 es ( )24   θ σ θ    ∂⋅∂⋅−   r   

Las fuerzas cortantes en los lados 2 y 4 son [ ]   r r r    ∂⋅− 42   θ θ    τ τ   

Ahora sumando fuerzas en dirección radial se obtiene:

( ) ( )   [ ] 022 42423311   =∂⋅∂⋅+∂⋅−+∂⋅∂⋅−∂⋅∂⋅−∂⋅⋅−∂⋅⋅   r  Rr r r r r r  r r r r    θ τ τ θ σ θ σ θ σ θ σ  θ θ θ θ   

Dividiendo por ( )θ ∂⋅∂r  obtenemos

( ) 02

1 4242

3311 =+∂

−++⋅−

∂

⋅−⋅ Rr 

r 

r r  r r r r 

θ 

τ τ σ σ 

σ σ  θ θ θ θ   

Si se toman segmentos muy pequeños el primer término será( )r 

r r 

∂

∂ σ  

El segundo término será θ σ   

Y el tercero términoθ 

τ  θ ∂

∂   r  , reemplazando obtendremos

021

01

=+∂

∂+

∂

∂⋅

=+−+∂∂⋅+

∂∂

r r r 

 Rr r r 

r r 

r r r 

θ θ θ 

θ θ 

τ τ 

θ 

σ 

σ σ 

θ 

τ σ 

 

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Moisés Klix4

Considerando  R igual a cero y tomando ahora la función de tensión de Airy como

),(   θ r Φ=Φ las componentes de tensión que como

⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ 

∂Φ∂⋅

∂∂−=

∂∂Φ∂⋅−

∂Φ∂⋅=

∂

Φ∂=

∂

Φ∂⋅+

∂

Φ∂⋅=

θ θ θ τ 

σ 

θ σ 

θ 

θθ 

r r r r r 

r 

r r r 

r 

rr 

111

11

2

2

2

2

2

2

2

 

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Moisés Klix5

2.- Verificar si la función dada, representa una posible función de esfuerzos de Airy. Si así

fuera, determinar el tensor de esfuerzos que de ella se deduce, suponiendo un estado de

deformación plana y despreciando fuerzas másicas.

( ) ( )⎥⎦⎤

⎢⎣

⎡−⋅−+−⋅⋅=Φ 2233232

32

5

123

8),(   c y yc yc y x

c

Q y x  

cQ, Son constantes.

Solución:

Considero las fuerzas másicas = 0

Derivando la función para llegar ha , tenemos:),(   y xΦ 04 =Φ∇

 

( ) ( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⋅−+−⋅⋅=Φ 2233232

32

5

123

8),(   c y yc yc y x

c

Q y x  

Sus derivadas son:( )[ ]   ( )[ ]

[ ]   ( )( )[ ]

[ ]

⎟ ⎠

 ⎞⎜⎝ 

⎛ −=

∂

Φ∂=

∂

Φ∂

⎟ ⎠

 ⎞⎜⎝ 

⎛ −−⋅−=

∂

Φ∂=

∂

Φ∂

⎟ ⎠

 ⎞⎜⎝ 

⎛ +−⋅⋅−=

∂

Φ∂⎟ ⎠

 ⎞⎜⎝ 

⎛ +−⋅=

∂

Φ∂

⎟ ⎠

 ⎞⎜⎝ 

⎛ ++⋅−⋅−=

∂

Φ∂⎟ ⎠

 ⎞⎜⎝ 

⎛ +−⋅⋅=

∂

Φ∂

34

4

4

4

222

33

3

3

3

222

32

2323

32

2

222224

3

323

3

3 , 0

251020

3 , 0

2531020

 , 234

15253540

 , 234

c

Qy

 y x

c x yc

Q

 y x

c x y yc

Q

 yc yc y

c

Q

 x

 xcc x y yc

Q

 yc yc y x

c

Q

 x

 

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Moisés Klix6

En donde:

4

4

4

44

3

3

3

33

2

2

2

22

 y x

 y x

 y x

 y x

∂

Φ∂+

∂

Φ∂=Φ∇

∂

Φ∂+

∂

Φ∂=Φ∇

∂

Φ∂+

∂

Φ∂=Φ∇

∂Φ∂+

∂Φ∂=Φ∇

 

De lo que se obtiene que:

03

3

4 ≠−=Φ∇c

Qy 

∴Por lo tanto no representa una función de Airy.

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Moisés Klix7

3.- Una placa de peso despreciable. De dimensiones 1.5 [m] * 1 [m], está sometida a un

estado elástico bidimensional de esfuerzos plano, que le generan las tensiones que se

especifican en los vértices individualizados.

Si las tenciones normales varían linealmente a lo largo de las aristas y no existen tensiones

cortantes en todo el contorno, analizar si existe una función de Airy de tipo polinómico, que

 permita obtener la solución de tensiones en cualquier punto de la placa, dada por:

223223GyFxy Ex DyCxy y Bx Ax   ++++++=Φ  

De existir dicha función,

•  Determinar el tensor de tensiones asociadas a todo el conjunto.• 

Representar esquemáticamente las distribuciones de tensiones normales en los bordes dela placa.

•  Determinar las tensiones en el punto P (0,2: -0,3) de la placa.

Las tensiones dadas están en [kp/cm2] cuando las coordenadas de los vértices se expresan

en [m].

A B C D

 xσ  120 -360 -360 120 yσ    -60 -60 300 300 xyτ    0 0 0 0

y

x

A

B

D

C

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Moisés Klix8

Solución:

• 

Para determinar las componentes del tensor de tensiones , debemos determinar las

constantes A, B, C, D, E, F, G, de la función Φ  . Considerando que es una placa de pesodespreciable, implica que las fuerzas de cuerpo sean cero. Por lo tanto la función potencial

será igual a cero. Debemos calcular las siguientes ecuaciones para los puntos A, B, C,

D, y así determinar las constantes mencionadas.Ω

 

2

2

 y xx

∂

∂+Ω=  φ 

σ   2

2

 x yy

∂

∂+Ω=  φ 

σ    y x

 xy∂∂

∂−=  φ 

σ 2

 

Siendo 0=Ω 

F Cy Bx y x

G DyCx y

GyFx DyCxy Bx y

 E  By Ax x

Fy ExCy Bxy Ax x

−−−=⎟⎟ ⎠

 ⎞⎜⎜⎝ 

⎛ 

∂

∂

∂

∂−

++=∂∂

++++=∂

∂

++=∂

∂

++++=∂∂

22

262

232

226

223

2

2

22

2

2

22

φ 

φ 

φ 

φ 

φ 

 

G DyCx xx 2620   +++=σ   

G DC  D

G DC C 

G DC  BG DC  A

⋅+⋅⋅+−⋅⋅=⇒−

⋅+−⋅⋅+−⋅⋅=−⇒−−

⋅+−⋅⋅+⋅⋅=−⇒−⋅+⋅⋅+⋅⋅=⇒

25,0675.02120 )5,0;75,0(Punto

25,0675.02360 )5,0;75,0(Punto

25,0675.02360 )5,0;75,0(Punto25,0675.02120 )5,0;75,0(Punto

 

60 ;80 ;0   −===   G DC   

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Moisés Klix9

 E  By Ax yy 2260   +++=σ   

 E  B A D

 E  B AC 

 E  B A B

 E  B A A

⋅+⋅⋅+−⋅⋅=⇒−

⋅+−⋅⋅+−⋅⋅=⇒−−

⋅+−⋅⋅+⋅⋅=−⇒−

⋅+⋅⋅+⋅⋅=−⇒

25,0275.06300 )5,0;75,0(Punto

25,0275.06300 )5,0;75,0(Punto

25,0275.0660 )5,0;75,0(Punto

25,0275.0660 )5,0;75,0(Punto

 

60 ;0 ;40   ==−=   E  B A  

F Cy Bx xy   −−−= 22σ   

F C  B D

F C  BC 

F C  B B

F C  B A

−⋅⋅−−⋅⋅−=⇒−

−−⋅⋅−−⋅⋅−=⇒−−

−−⋅⋅−⋅⋅−=⇒−

−⋅⋅−⋅⋅−=⇒

5,0275.020 )5,0;75,0(Punto

5,0275.020 )5,0;75,0(Punto

5,0275.020 )5,0;75,0(Punto

5,0275.020 )5,0;75,0(Punto

 

0 ;0 ;0   ===   F C  B  

Ahora podemos expresar la función Φ .

223360608040   y x y x   −++−=Φ  

∴

][kp/cm 0

][kp/cm 120240

][kp/cm 120480

2

2

2

=

+−=

−=

 yx

 yy

 xx

 x

 y

τ 

σ 

σ 

 

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

+−

−=

1202400

0120480

 x

 yijσ   

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Moisés Klix10

•  La representación grafica de las distribuciones de tenciones normales en los bordes de la placa es la siguiente:

25.625 [kp/cm2]

-8.125 [kp/cm2]

11.875[kp/cm2]

y

x

A

B

D

C

45.625 [kp/cm2]

-8.125 [kp/cm2]

11.875[kp/cm2]

25.625 [kp/cm2]

45.625 [kp/cm2]

•  Determinar las tenciones del punto P(0,2;-0,3)

][kp/cm 0 0

]kp/cm[ 721202.0240

][kp/cm -2641203.0480

2

2

2

==

=+⋅−=

=−−⋅=

 yx

 yy

 xx

τ 

σ 

σ