Ejercicios

2.41 En un punto P en tensor de tensión es σ ij=( 14 7 −77 21 0

−7 0 35 ). Determine el

vector tensión en un plano que contiene a P y es paralelo al plano

a) BGE

b) BGFC

Del pequeño paralepípedo de la siguiente figura

Solución:

a) Las coordenadas de los puntos del plano BGE son, considerando al punto P como

origen del sistema de coordenadas: (0,0,4 ) , (2,0,0 ) y (0,6,0), x, y y z,

respectivamente. El mismo plano es mostrado enseguida.

P

B

C

D

A

G

F

E

xy

z

La ecuación del plano que pasa por estos puntos se puede obtener del determinante del

siguiente arreglo matricial

| x−x1 y− y1 z−z1x2−x1 y2− y1 z2−z1x3−x1 y3− y1 z3−z1

|=0Donde se puede observar que, de acuerdo con los ejes coordenados de la figura, los

valores se obtienen de las coordenadas de cada uno de los puntos… Sustituyendo se

tiene

|x−0 y−0 z−42 0 −40 6 −4 |=0

x (24 )− y (−8 )+ ( z−4 ) (12 )=0

24 x+8 y+12 z−48=0

Misma que es la ecuación del plano. Ahora, el normal unitario al plano (n) se puede

obtener sacando primeramente la norma de la ecuación, esto es

√242+82+122=√576+64+144=28

Con lo cual el normal unitario al plano es

n=67e1+

27e2+

37e3

Por lo tanto el vector tensión se puede determinar con la siguiente ecuación

t i(n )=σ jin j o t (n )=nΣ

Desarrollando el producto matricial queda

17

[6 2 3 ] [ 14 7 −77 21 0

−7 0 35 ]=17 [77 , 84 , 63 ]

Con lo cual el tensor de tensión en el plano paralelo al plano BGE y que contiene a P es

t (n )=11 e1+12 e2+9 e3

b) Para este caso las coordenadas de los puntos BGFC son

(0,0,4 ) , (2,0,0 ) , (2,6,0 ) y (0,6,4) respectivamente. El plano es mostrado en la

siguiente figura.

Tomando 3 puntos cualquiera de los 4 que están contenidos dentro del plano se puede

hallar la ecuación del plano. Tomando las coordenadas de los puntos BGF para sustituir

en el determinante

| x−x1 y− y1 z−z1x2−x1 y2− y1 z2−z1x3−x1 y3− y1 z3−z1

|=0Siendo las coordenadas de B=P1, G=P2 y F=P3 se llega al determinante

|x y z−42 0 −42 6 −4 |=0

24 x− y (−8+8 )+( z−4 ) (12 )=0

24 x+12 z−48=0

Cuyo normal unitario al plano es

√242+122=√576+144=√720=12√5

n= 2

√5e1+0 e2+

1

√5e3

Y el vector tensión en el plano que contiene a P y es paralelo al plano BGFC es

1√5

[2 0 1 ] [ 14 7 −77 21 0

−7 0 35 ]= 1√5

[21 , 14 , 21 ]

t (n )=21√5

e1+14

√5e2+

21

√5e3

Nota: Si se hubiesen elegido otro conjunto de 3 puntos (por ejemplo lo puntos BGC o

GFC) se hubiese llegado al mismo resultado.

2.42 Determinar las componentes de tensión normal y cortante en el plano

BGFC del problema 2.41.

Solución:

Para hallar el valor de la componente de tensión normal en el plano se puede recurrir a la

ecuación (2.33), la cual indica que la componente normal del vector tensión t i(n )en el punto

P tiene una magnitud de

σ N=ti(n) ni

Dado que ya se han obtenido los valores tanto del tensor de tensiones t i(n ) (que viaja en su

valor i de 1 a 3) como del vector normal unitario ni que pasa por el plano se tiene que

σ N=( 21√5 )( 2√5 )+( 14√5 )( 0√5 )+( 21√5 )( 1√5 )=635Ahora, para encontrar la tensión cortante que actúa en P se puede ver que al

descomponer el tensor de tensión t i(n ) en sus componentes normal y tangencial al

elemento diferencial de superficie dS se genera un triángulo rectángulo cuyos catetos son

las mismas tensiones y con hipotenusa igual al tensor de tensión t i(n ). Entonces, como ya

se ha obtenido la magnitud de la componente normal σ N, la componente tangencial (que

da la magnitud del esfuerzo cortante σ S) se puede obtener de acuerdo con la ecuación

(2.47) como

σ S2=t i

( n) t i(n )−σ N

2

La componente cortante buscada es

σ S2=( 21√5 )

2

+( 14√5 )2

+( 21√5 )2

−( 635 )2

σ S2=441

5+ 1965

+ 4415

−396925

σ S2=1421

25σ S=

√14215

≈37.75

2.45 Descomponer el tensor de tensión σ ij=( 3 −10 0−10 0 300 30 −27) en sus partes

esférica y desviadora y calcular las tensiones desviadoras principales.

Solución:

El tensor de tensión σ ij puede descomponerse en sus partes esférica y desviadora en la

forma

σ ij=σMδ ij+s ij

En donde σM es igual a la tensión normal media, esto es σ kk /3, es decir

σM=3+0−273

=−8

Y la delta de Kronecker δ ij hace que los valores del producto sólo existan cuando los

subíndices sean iguales, es decir i= j, para este caso la delta de Kronecker toma un valor

igual a 1 y sólo queda el valor de la matriz σM. Por lo cual la parte esférica del tensor de

tensión es

σM δij=(−8 0 00 −8 00 0 −8)

La matriz anterior indica una deformación volumétrica o hidrostática (pues es igual en las

tres direcciones y únicamente actúa en la diagonal de la matriz).

Ahora, la parte desviadora del tensor es igual a la resta del tensor menos la parte esférica,

es decir

sij=( 3 −10 0−10 0 300 30 −27)−(−8 0 0

0 −8 00 0 −8)

sij=( 11 −10 0−10 8 300 30 −19)

Por lo cual el tensor de tensión queda expresado como

σ ij=(−8 0 00 −8 00 0 −8)+( 11 −10 0

−10 8 300 30 −19)

Entonces las tensiones desviadoras principales pueden ser calculadas resolviendo el

determinante que resulta de la parte desviadora para hallar la ecuación característica de

las tensiones desviadoras

|11−s −10 0−10 8−s 300 30 −19−s|=0

(11−s ) ( (8−s ) (−19−s )−900 )+10 (190+10 s )=0

(11−s ) (−s2+11s−1052 )+1900+100 s=0

−s3+1173 s−11572+1900+100 s=0

−s3+1273 s−9672=0

Esta ecuación es la ecuación característica de las tensiones desviadoras principales,

misma que debe resolverse para hallar sus tres raíces solución que ofrecen los

eigenvalores de la tensión desviadora. Por división sintética se encuentra que la primer

raíz de la ecuación es sI=8, con lo cual la ecuación se vuelve cuadrática en la forma

−s2−8 s+1209=0

Misma que puede resolverse fácilmente con

s=−b±√b2−4 ac2a

Sustituyendo se encuentra

s=8±√(−8)2−4(−1)(1209)

2(−1)

s=8±√4900−2

=s=8±70−2

Con lo cual se tiene entonces que las tensiones desviadoras principales del vector de

tensión son sI=31; sII=8 y sIII=−39, mismos que son los eigenvalores de la matriz

del tensor desviador.

2.50 En un medio continuo, el campo de tensiones está dado por el tensor

σ ij=( x12 x2 (1−x2

2 ) x1 0

(1−x22 ) x1 ¿ ¿

0¿2 x32¿)

Determinar

a) La distribución de fuerzas másicas si a través de todo el campo se

satisfacen las ecuaciones de equilibrio.

b) Las tensiones principales en el punto P(a ,0,2√a).c) La cisión máxima en P.

d) Las tensiones desviadoras principales en P.

Solución:

a) Las ecuaciones de equilibrio están dadas, según la ecuación (2.24), por

∂σ11∂ x1

+∂σ12∂ x2

+∂σ13∂x3

+ ρb1=0

∂σ21∂x1

+∂σ22∂ x2

+∂σ 23∂ x3

+ρ b2=0

∂σ31∂x1

+∂σ32∂x2

+∂σ33∂ x3

+ρ b3=0

Que son las ecuaciones de Cauchy que involucran a las fuerzas másicas b i. Haciendo las

derivadas parciales indicadas de acuerdo al campo de tensiones se encuentra que las

ecuaciones de equilibrio son

2 x1 x2−2 x1 x2+0+ρ b1=0

(1−x22)+(x¿¿22−1)+0+ρ b2=0¿

0+0+4 x3+ρ b3=0

Cuyas incógnitas son b1, b2 y b3. Resolviendo simultáneamente este sistema de

ecuaciones y debido a que se requiere conocer la distribución de fuerzas másicas y éstas

tienen dentro de su forma el elemento de densidad ρ inmiscuido, se llega a

b3=−4 x3

b2=0

b1=0

b) El campo de tensiones para el punto P(a ,0,2√a), donde x1=a, x2=0 y x3=2√a,

se convierte en

σ ij=(0 a 0a 0 00 0 8a)

Con lo cual las tensiones principales se pueden obtener con la solución del determinante

|σ11−σ σ12 σ 13σ21 σ22−σ σ 23σ31 σ32 σ33−σ|=0

Lo cual da como resultado la ecuación característica (polinomio de tercer grado) para

obtener los eigenvalores de la tensión en el punto P indicado. Sustituyendo los valores de

la matriz dentro del determinante queda en la forma

|−σ a 0a −σ 00 0 8 a−σ|=0

−σ (σ2−8σa )−a (8a2−σa )=0

−σ 3+8aσ2−8a3+a2σ=0

−σ 3+8aσ2+a2σ−8a3=0

Misma que al resolverse para la incógnita σ se encuentra que, por división sintética,

σ I=−a

Con lo cual se llega a la ecuación cuadrática

−σ 2+9aσ−8a2=0

Ahora, utilizando formula general

σ=−b±√b2−4 ac2a

Sustituyendo se encuentra

σ=−9a±√(9a)2−4(−1)(−8 a2)

2 (−1)

σ=−9a±√81a2−32a2−2

=σ=−9a±7a−2

Con lo cual σ II=8a y σ III=a. Ordenando el valor de las tensiones principales de mayor a

menor se tiene entonces que σ I=8a, σ II=a y σ III=−a, que son los eigenvalores de la

matriz de tensiones.

c) Teniendo los valores de las tensiones principales puede hallarse fácilmente el

valor de la cisión máxima con la ecuación (σ III−σ I )/2, pues la cisión máxima es

claramente la diferencia de la tensión principal mínima y máxima. Entonces

sabiendo esto la cisión máxima es

σ S=σ III−σ I

2=−a−8a

2σS=±4.5a

d) Para hallar las tensiones desviadoras principales (eigenvalores de la matriz del

tensor desviador) es necesario encontrar la parte desviadora del campo de tensión

en el punto P. El campo de tensión en dicho punto es

σ ij=(0 a 0a 0 00 0 8a)

La parte esférica del campo de tensión es

σM=(8a3

0 0

08a3

0

0 08a3

)Este tensor deforma al cuerpo de manera volumétrica (teniendo un valor igual en cada

dirección y anulando deformaciones tangenciales). La parte desviadora del campo de

tensión es entonces

sij=(−8a3

a 0

a−8a3

0

0 016a3

)Con esto las tensiones desviadoras principales se encuentran con la solución del

determinante del tensor desviador

|−8a3

−s a 0

a−8a3

−s 0

0 016a3

−s|=0(−8a3 −s)((−8a3 −s)( 16a3 −s))−a (a( 16 a3 −s))=0

(−8a3 −s)(s2−8a3 s−128a2

9 )+a2 s−16a3

3=0

−s3−64 a2

9s+ 128a

2

9s+ 1024a

3

9+a2 s−16a

3

3=0

Quedando finalmente la ecuación característica

−s3+ 67a2

3s+ 880a

3

27=0

Cuyas raíces solución son los eigenvalores del tensor desviador. Estos valores son

sI=16a3

, sII=−5a3

y sIII=−11a3

, mismas que son las tensiones desviadoras principales

en el punto P.