ANALISIS DE ESFUERZOS INFINITESIMALES (1).docx

7/25/2019 ANALISIS DE ESFUERZOS INFINITESIMALES (1).docx

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ANALISIS DE ESFUERZOS ( σ ) Y DEFORMACION ( ) INFINITESIMALESƐ

El análisis de σ y Ɛ infinitesimal para todo trabajo de mecánica de rocas, por cuanto un

estudio experimental implica necesariamente un análisis de las cargas que actúan sobrelas estructuras en roca y su comportamiento.

Se llama estructural de roca a todo tipo de construcciones en roca, es decir: galerías,chimeneas, taludes, pilares, etc.

Este punto se ha tratado en muchos trabajos sobre la teoría de elasticidad, siendoimportantes las de !"#S$E%&# ' (##)!E* +-/ y tambi0n %1)!E +-2/.

El análisis de esfuer3o es materia de estática pura independiente de las propiedadesasumidas para el material que pueda ser: elástico, plástico, 4iscoso o de cualquier otrotipo.

El análisis de deformaciones es fundamental para el mo4imiento de cualquier material.

Si el mo4imiento es muy grande requiere de análisis más sofisticados, sin embargo, si lasdeformaciones con infinitesimales en la teoría de elasticidad encontraremos los elementosnecesarios para su estudio.

ANALISIS DE ESFUERZOS (TENSIONES, STRESS)

a/ ES56E*7#S E% 6% 86%#.9 la tensin media sobre una superficie se obtienedi4idiendo la fuer3a sobre el área en la que actúa.;a cual se denomina 6%!5#*"E, si la tensin media es constante sobre toda lasuperficie<Si no es uniforme es con4eniente definir la tensin en un punto.

σ = F

A

- ;a tensin en un punto se obtiene considerando la fuer3a

que actúa sobre un elemento de área alrededor de un punto y haciendo que esteelemento superficial sea cada 4e3 menor tendiendo a cero.





-El estado de esfuerzos en cual#uier punto puede estudiarse representarse enfuncin de sus componentes de esfuerzo #ue act$an en la direccin de los e*escartesianos.

ANALISIS DE ESFUERZO EN EL PLANO

E+T,O L,NO o /001EN+0ON,L E E+23E4'O5 El análisis de esfuerzos en el plano

se simplica enormemente considerando solamente lascomponentes de tensin #ue sean independientes de 'o sea

-La tensin plana implica una deformacintriaxial! es decir #ue existirá deformacin en la direccin normal al plano %&.4ec6procamente una deformacin plana re#uierede un sistema de accin triaxial! cuando seanaliza un problema es con7eniente reducirlo atensin plana o deformacin plana.

-Las tensiones tangenciales sobre las caras % i & del elemento planteado para

un problema bidimensional de tensiones son de magnitud similar! τ x 8

τ

x "omo la demostraremos a continuacin5

,siendo mo7imiento en ,! tenemos9 g (:)

La tensin o esfuerzo en un punto!#ueda denido por los componentesrectangulares de tensin #ue act$ansobre las cosas de un elementodiferencial de 7olumen tomamos en elentorno de dic;o punto.-Las tensiones 7ar6an en funcin de laorientacin de los planos #ue por un

punto! es decir #ue las tensiones en las

τ τ

σ

Z

X

σ τ

τ

σ x !

τ x !

(:)

d

aσ σ

A

τ

τ

σ

σ

σ



caras del elemento diferencial 7ar6an cuando lo ;acen la posicin angular deeste elemento.ero los análisis de la 7ariacin de las tensiones seg$n la orientacin de losplanos en un problema bidimensionales lo analizaremos en el siguientediagrama de elemento triangular #ue posee un plano inclinado cua normalforma un ángulo de < grados con el e*e %.

NOT,5

cos2

θ=cos 2θ+1

2 < sen2

θ=1−cos2θ

2

cos2θ=cos2

θ−sen2

θ

sen2θ=2 senθ cosθ

Estas relaciones sir4en para determinar las relaciones de los planos con que se producenlas tensiones normales< se puede hablar de 4alores de la tensin normal y mínima y susplanos de aplicacin definido por los ángulos que se encuentran.

$allando el σ max:dσθ

dθ =0

d

dθ (( σx+σy

2 )+( σx−σy

2 )cos2θ+τxy sen2θ)= σx−σy

2(−sen2θ ) (2 )+τxy cos2θ (2 )=0

2 τxycos 2θ=(σx−σy)sen 2θ 2 τxyσx−σy

= sin 2θcos2θ tan2θ ,= 2 τxy

σx−σy

τ

τ

nb

θ σθτ

A coσ

θ

τθ

A sea c

σ τ

Y

θ

0ENT0,E+

T40=ONO1ET40"

θX



2θ=arc tg 2 τxy

σx−σy∴θp=

1

2arc tg

2 τxy

σx−σy

- ;a deri4adadσθ

dθ =0

, no da el 4alor ᶿp >ᶿp, que se?ala la orientacin de los

planes en los que se produce los 4alores máximo y mínimo de σθ .

- ;os ángulos > θ p son funciones de σx ,σy ,τxy , @ue actúan sobre el elemento.

- $ay dos 4alores para el ángulo >ᶿp que 4erifica la ecuacin y se diferencia A2B,

uno de ellos nos dará la inclinacin del plano de aplicacin del esfuer3o "CD!"# yotro del esfuer3o "!%!"#.

- El σ MAX y el σ MIN se denomina tenciones principales se?alándose al

máximo:σ 1

' al mínimo:σ

.- Fuando se trabaja en el espacio se hace con un esfuer3o normal + σ / intermedio

σ >

- En cualquier estado de tensin en un punto existirá siempre tensiones principalesen el mismo.

- En los planos de aplicacin de esfuer3o "1D y "!%, la tensin constante + τ / es

cero.

- 8ara determinar el 4alor máximo que pueda adoptar la tensin constante τ

ᶿ

cuando 4aría el ángulo ᶿ, deri4amos la expresin con respecto a ᶿ e igualamos a

cero.

dτθ

dθ =0→

d

dθ ++

2θ

σy−σx

2¿ sin 2θ+τxy cos¿=(σy−σx)cos2θ−2 τxy sin 2θ=0¿

σy−σx

2 τxy G

2θ=¿ σy−σx

2 τxy ,2θ=arc tg

σy−σx

2 τxy ∴θ=

1

2arc tg

σy−σx

2 τxy

sin 2θ

cos2θ → tan ¿

== τ max == G == τ

min==

- ;os planos definidos por las dos soluciones de esta ecuacin son las de máxima ymínima tensin constante.



τxy

2¿¿σy

σx−¿¿¿

=>

2 τ xy

σx−σy

σyσx−¿

4 τxy2+ (¿¿2 )

¿σy

σx−¿4 τxy

2+ (¿¿2 )

¿¿

2θp=σx−σy

¿¿

2θp=2 τx¿

sin ¿

σ ,

σy

σx−¿¿

¿( σx−σy

2 )±1

2 √ 4 τxy

2+¿

−(σx−σy)

2 τ xy

>>

E1O+T4,





tg 2θ p G2 τ xy

σ x−τy =

2(200)(250−500)

R!"la#a$!o% 2θ p y 2θ p n & "a$a 'alla$ l σ max ( σ 1 ) σ min ( σ

3 )

σ (1,3) G250+500

2+( 250−500

2 )cos (−57.99° )+200sen −57.99 °

¿ /G-. ∴

σ 3=139.15

kg

cm2

σ (1,3) G250+500

2+( 250−500

2 )cos (122° )+200 sen 122°¿ /GK2.A ∴

σ 1=610.85

kg

cm2

;as tensiones normales "1D y "!% y las orientaciones de planos son:

σ 1=610.85

kg

cm2 σ

3=139.15

kg

cm2

) τ MAX =¿

tg 2θ c=σ y−σ x

2 τ xy

=500−250

2(200) →

R!"la#an*o 2θc y 2θ !c n && "a$a 'alla$ τ MAX τ MIN , +n!o%:

τ θ=500−250

2sen32° 00 !+200cos 32°=235.85→ τ MAX =235.85 kg/cm

2

τ θ=

500−250

2 sen212

°00

!+200cos 212

°00

!=−235.85

→ τ MIN =−235.85

kg /cm

2

2θ ! p=+122°

2θ ! p=−57.99 °2θ p=122°00 !

2θc=32° 00 !

2θ !c

=212°00 !



Po$ lo +an+o:

τ MAX =235.85 kg/cm2

τ MIN =−235.85 kg /cm2

Co!"$oan*o:

τ MAX =σ

1−σ

3

2=

610.85−139.15

2→ τ MAX =235.85 kg /cm

2

c) σ θ , τ θ "a$a θ=30

σ θ=250+500

2

+

(250−500

2

)cos60 °+200sen60 °

σ θ=485.70 kg /cm2

τ θ=500−250

2sen60°+200cos60 °

τ θ=208.25 kg/cm

2

PROBLEMA:)etermina la tensiones normal y cortante en un plano cuya normal forma un ángulo

de LB con el eje x. siendo σ x G 2, σ y=840kg /cm2

, τ xy=280kg /cm2

)eterminar los esfuer3os principales, orientacin de sus planos de aplicacin ytensin cortante máximo.

SOLUCION:

θ=45

σ x=0

σ y=840kg /cm2

τ xy G>A2Jg= cm2

tg > θ p= 2 τ xy

σ x−σ y=

2(280)−840

→

2θ !c=212°00 !2θc=32° 00 !

σ θσ

3

σ 1

θ

2θ p=31° 41!

2θ ! p=+146° 18!



σ (1,3) G840

2+(−840

2 )cos (−31° 41 !)+280 sen −31° 41 !

¿ / G 9AL.MMkg

cm2∴

σ 3=−84.77 kg

cm2

σ (1,3) G840

2+(−840

2 )cos (146°18 ! )+280sen 146°18 !=¿ ->L.MMkg

cm2 ∴

σ 1=¿ ->L.MM

kg

cm2

tg 2θ c= σ y−σ x2 τ xy

= −8402(280) G 9K.B

G >.K-B

τ θ=840

2sen(−56° 18 !)+280cos(−56° 18! )¿−194.145kg /cm

2→ τ MIN =−194.145 kg /cm

2

τ θ=840

2sen(123° 41!)+280cos (123° 41! )¿194.145 kg /cm

2→ τ MIN =194.145kg /cm

2

CIRCULO DE MOR:

;as formulas y relaciones establecidas anteriormente se puede representargráficamente mediante in sistema ideado por un ingeniero ## "#$* que sir4epara representar esfuer3os y deformaciones y anali3ar planos.

- Fonocidos σx ,σy ,τxy 1doptamos un sistema ortogonal de coordenadas en el

cual representamos las tensiones normales en el eje hori3ontal y las cortantes en el4ertical.;as escalas utili3adas en ambos ejes deben ser iguales.

- En primer t0rmino se ubica un punto N que corresponde HaI un par ordenado dadopor σx , τxy ubicado en nuestro eje de coordenadas a escala.

- Se ubica luego un punto HbI tomando el par ordenado dado por σy ,τyx, si la

tensin cortante en el plano xy es positi4a. τxy Será negati4a y recíprocamente el

caso contrario.- ra3amos el segmento bd situado al punto medio HcI en la interseccin con el eje

de los esfuer3os normales, dibujamos un circulo en HFI y radio igual a HcbI y estees el clamado circulo de "#$*.

- ra3ado el círculo en el punto ( ' $ que se ubican en la interseccin de acuerdocon el eje normal representan la tensin "1D y la tensin "!%!"1.Esto se puede demostrar:

2θ c=−56° 18 !

2θ !c=123°41!



θc G θ"+ "c=θ"+ok −o"

2=

o"+ok

2→ oc=

σx+σy

2(centro)

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