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Tensiones.
1.- Cómo determinar las componentes intrínsecas del vector de tensiones.
Solución:
Para determinar las componentes intrínsecas del vector de tensiones se usan las ecuaciones:
a) σ n=[uT ] [T T ] [u]
[u¿¿T ]¿= Matriz transpuesta de dirección.
[T T ]=¿Matriz transpuesta de Tensiones.
[u]= Matriz de dirección.
b) τ nt=√(|σ|)2−σ n2
Se obtiene de la descomposición del vector de tensiones en el plano en que actúa.
2.- Determine componentes intrínsecas según el plano “x+y+z=4”, sabiendo que el estado tensional de un punto viene dado por la matriz de tensiones:
Solución.
Se tiene el plano x+y+z=4, se debe obtener el módulo y dividir por cada componente para obtener la dirección del plano.
|M|=√12+12+12=√3
[u ]= 1
√3i+ 1
√3j+ 1
√3k
Por lo tanto para obtener σ n:
σ=[T ][ u]
σ=[18
√30
24
√30
−50√3
0
24
√30
32
√3][1
√31√31
√3
]
σ n=[uT ] [T T ] [u]
τ nt=√(|σ|)2−σ n2
3.- Representar en un elemento diferencial orientado según los planos principales, la tensión en cada una de sus 6 caras.
Solución.
4.- Si se consideran 2 planos distintos π1 , π2 que pasan por un punto P, como se muestra en la figura, los vectores tensión correspondientes ¿Serán iguales o distintos?, Explique.
Solución.
Serán distintos, ya que al variar el plano pi cambia la distribución continua de fuerzas, así como el área de la sección. El diferencia de fuerza variará en módulo y dirección, por lo que también serán distintos los vectores tensión correspondientes.
5.- En un paralelepípedo elemental de aristas d x , d y , dz, se obtienen las tensiones normales y tangenciales, σ ¿ y τ ij respectivamente, indique que significado tienen los subíndices i-j para cada componente.
Solución.
Para las tensiones normales σ ¿:
i= indica el eje al cual son paralelas las tensiones. Siento positivas para tracción y negativas para compresión.
Para las tensiones cortantes τ ij:
i= indica la dirección a la cual la tensión es normal al plano.
j= indica la dirección del eje al cual la tensión es paralelo.
6.-Demuestre que: τ yz=τ zy
Solución.
Teniendo un elemento infinitesimal:
Los esfuerzos cortantes sobre caras opuestas constituyen pares de fuerzas. El equilibrio exige que sea nulo el momento resultante, así se obtienen las ecuaciones de momento:
M x=0 τ yzd xd z d y−τ zy dx d yd z=0
De esta ecuación se deduce que:
τ yzdx dz d y=τ zyd xd y dz
τ yz=τ zy
7.- Escriba la matriz de tensiones.
Solución:
[T ]=[σ nx τxy τxz
τ xy σny τ yz
τxz τ yz σ ny]
8.-Escriba las ecuaciones de equilibrio interno y de contorno.
Solución.
Ecuaciones de Equilibrio interno.
Χ+δ σnx
δx+
δ τ xy
δy+
δ τ xz
δz=0
Y +δ τ xy
δx+
δ σny
δy+
δ τ yz
δz=0
Ζ+δ τ xz
δx+
δ τ yz
δy+
δ σ nz
δz=0
Ecuaciones de Equilibrio en el contorno.
X=l σxx+mτ xy+nτ zx
Y=l τ xy+mσ yy+nτ zy
Z=l τ xz+mτ yz+n σ zz
9.- ¿Cuál es la condición de compatibilidad para obtener las tensiones principales?
Solución.
La condición de compatibilidad para obtener una solución no trivial en el sistema lineal homogéneo, es que el determinante del sistema sea nulo.
|σnx−σ τ xy τ xz
τ xy σny−σ τ yz
τxz τ yz σ ny−σ|=0
10.- Escriba cada uno de los invariantes para determinar las tensiones principales.
Solución.
I 1=σ x+σ y+σ z
I 2=σ x σ y+σ yσ z+σ x σ z−τ xy2−τ yz
2−τ xz2
I 3=σ x σ y σ z+2 τ xy+τ yz τ xz−σ x τ yz2−σ y τ xz
2−σz τ xy2
11.- ¿Qué valor toma la tensión tangencial en el plano donde las tensiones normales son máximos?
Solución.
En los planos en donde las tensiones normales son máximas, la tensión tangencial toma el valor igual a cero, ya que en estos planos no existen tensiones cortantes.
12.-Para obtención de las direcciones principales, indique que ecuación añadiría al sistema de ecuaciones que proporciona las tensiones principales.
Solución.
A este sistema de ecuaciones:
(σ x−σ) l1+τ xym1+τ xzn1=0
τ xy l1+(σ y−σ )m1+τ yzn1=0
τ xz l1+τ zym1−(σ z−σ )n1=0
Para determinar las direcciones principales, en la cual actúan las tensiones principales debe añadirse:
l12+m1
2+n12=1
13.- Para el círculo Mohr, determine los cosenos directores del plano sabiendo: σ n=10MPa y τnt=3Mpa
Solución.
14.- En un punto P de un sólido elástico la matriz de tensiones referida a un triedro cartesiano Oxyz es:
a) Calcular en el punto P el vector tensión correspondiente a un plano cuya normal exterior está definida por un vector que forma ángulos iguales de 45° con los ejes x e y, siendo positivas sus componentes.
Solución.
a) El vector unitario u, que define la orientación del plano que se considera es:
u= 1
√2i+ 1
√2j
Sabemos que: [ σ ]= [T ] [ u]
[ σ ]=[2 1 01 −1 20 2 3] [ 1√21√2
0]
Desarrollando.
[ σ ]=[2∗1√2i+ 1
√2j+0]+[ 1√2 j− 1
√2j+2∗0 j ]+[ 1√2∗Ok+ 2
√2k+0k ]
σ= 3
√2i+ 2
√2k
σ=3√22
i+√2k
15.-Las tensiones principales en un punto P de un sólido elástico, referidas a un sistema cartesiano ortogonal Oxyz y expresadas en MPa son:
σ 1=503
(2 i+2 j+2k )
σ 2=20(i−12
j−k )
σ 3=−203
( i−2 j+2k)
Calcular las tensiones correspondientes a un plano cuya normal exterior forma ángulos agudos iguales con los semiejes positivos del triedro Oxyz.
Solución.
u1=13
(2 i+2 j+k )
u2=13
(2i−1 j−2k )
u3=13
(−i+2 j−k )
Por lo tanto obtenemos:
σ 1=50 [MPa ]
σ 2=30 [MPa ]
σ 3=20 [MPa ]
Ahora calculamos los l’; m’; n’ de los ángulos que forma el vector.
u= 1
√3( i+ j+k )
Obtenemos:
l'=u1∗u= 1
3√3(2+2+1 )= 5
3√3
m '=u2∗u= 13√3
(2−1−2 )= −13√3
n '=u3∗u= 1
3√3(−1+2−2 )= −1
3√3
Sabemos que: [ σ ]= [T ] [ u]
[ σ ]=[σ1 0 00 σ2 00 0 σ3
][ l 'm'n ' ]
[ σ ]= 103√3 [5 0 0
0 3 00 0 2] [
5−1−1]
σ= 103√3 (25 u1−3 u2−2 u3 )
Sustituyendo las expresiones de los vectores u1 ,u2 , u3 em función de i, j, k, se obtiene el vector tensión referido al triedro Oxyz.
σ= 103√3 (25 13 ( i+2 j+k)−3 1
3(2 i−1 j−2k )−2 1
3(−i+2 j−k ))
Multiplicando se obtiene:
σ= 109√3
(46 i+49 j+35k ) KPa
Cuyo módulo es:
σ= 109√3
¿
16.- Sobre las caras de un paralelepípedo elemental que limitan el entorno de un punto P de un sólido elástico existen las tensiones indicadas en la figura, expresadas en kp/mm2.
Calcular los planos cuyos vectores tensión son ortogonales a ellos, así como los valores de tensiones correspondientes.
Solución.
σ ny=3
σ nx=1
τ zy=2
La matriz de tensiones en el punto P es:
[T ]=[1 0 01 3 20 2 0]
Cálculo de tensiones principales:
|1−σ 0 00 3−σ 20 2 0|=0
σ 3−4 σ2−σ+4=0
Desarrollando la ecuación se obtienen las tensiones principales:
σ 1=4 ( kp
mm2 )σ 2=1( kp
mm2 )σ 3=−1( kp
mm2 )Cálculo direcciones principales:
Con σ 1=4 ( kp
mm2 )−3 l1=0 l1=0 ;m1=
2
√5;n1=
1
√5
−1m1+2n1=0
2n1=0
Con σ 2=1( kp
mm2 )2m2+2n2=0 l2=1 ;m2=0 ;n2=0
2m2−n2=0
Con σ 3=−1( kp
mm2 )2 l3=0 l3=0 ;m3=
1
√5;n3=
−2√5
4m3+2n3=0
2m3+n3=0
17.- La ecuación característica deducida de la matriz de tensiones es, en el punto de un sólido elástico, la siguiente:
σ 3−5σ2−8σ3+12=0
a) Calcular los valores de las tensiones principales.
b) Determinar analíticamente y gráficamente las componentes intrínsecas del vector tensión correspondiente al plano definido por:
u=12
i+ 1
√2j+ 12
k
Solución.
a) Desarrollando la ecuación se obtienen las tensiones principales, estas son:
σ 1=6
σ 2=1
σ 3=−2
b) De forma analítica:
[ σ ]=[6 0 00 1 00 0 −2][
121
√212
]=[ 621√2−1
][ σ ]=6
2i+ 1
√2j−1k
[σ ]=√ 62 2+[ √22 ]2
+12=3,24
σ n=σ∗u=32=1,5
Cálculo de τ nt :
τ nt=√(|σ|)2−σ n2=√33
2=2,87
De forma Gráfica:
Se conoce los ángulos α=45° y δ=45 °
18.- Sobre las caras de un paralelepípedo elemental que envuelve a un punto P de un sólido elástico existen las tensiones indicadas en la figura, en MPa.
a) Calcular las tensiones y direcciones principales.
b) Obtener analíticamente, las componentes intrínsecas del vector de tensiones correspondiente a un plano cuya normal forma ángulos iguales en los semiejes cartesianos ortogonales xyz, indicados en la figura.
Solución.
σ nx=10
σ ny=−20
σ nz=10
τ xy=20
τ zy=−20
τ xz=−40
[T ]=[ 10 20 −4020 −20 −20
−40 −20 10 ]Esfuerzos Principales:
|10−σ 20 −4020 −20−σ −20
−40 −20 10−σ|=0σ 3−2700σ2−5400=0
σ 1=60[MPa]
σ 2=−30[MPa]
σ 3=−30[MPa]
Cálculo de las direcciones principales:
−50 l1+20m1−40n1=0
20 l1−80m1−20n1=0
−40l1−20m1+50n1=0
l12+m1
2+n12=0
l1=23
m1=13
n1=−23
b)
El vector unitario es:
u=( 1√3
,1
√3,1
√3)
[ σ ]=[ 10 20 −4020 −20 −20
−40 −20 10 ] [1
√31√31
√3]
[ σ ]=−10√3
i−20√3
j− 50√3
k
σ n=σ∗u=−803
[σ ]=√ 10√32+[ 20√3 ]2
+ 503
2
=31,6
τ nt=√(|σ|)2−σ n2
τ nt=√26003
19.- En el punto P de un sólido elástico se tiene un estado plano de tensiones, del que se conocen las tensiones principales.
σ 1=300kp /cm2 , σ 2=100kp /cm2
Calcular gráficamente el valor de las tensiones tangencial máxima y mínima que aparece:
a) En el plano en los que los vectores tensión forma un ángulo de 80° con la normal.
Estado plano de tensiones.
Solución.
7.-
a)
τ max
τ min
σ n
τ nt
20.- La matriz de tensiones en los puntos de un sólido elástico es:
Calcular las fuerzas de volumen.
Solución.
Ecuación de equilibrio:
Χ+δ σnx
δx+
δ τ xy
δy+
δ τ xz
δz=0
Υ +δ τ xy
δx+
δ σny
δy+
δ τ yz
δz=0
Ζ+δ τ xz
δx+
δ τ yz
δy+
δ σ nz
δz=0
Resolviendo tenemos:
Χ+4−6+1=0
Υ−6+10+0=0
Ζ+0+0+5=0
Χ=1 kpmm2
m*9,81*106
Υ=−4 kpmm2
m*9,81*106
Ζ=−5 kpmm2
m*9,81*106
21.- Tensión en un punto es:
σ xx=140MPa
σ yy=40MPa
σ zz=−80M Pa
τ xy=−65MPa
τ yz=30MPa
τ zx=−70MPa
a) Represente el estado tensional sobre un paralelepípedo.
b) Determine las tensiones principales y direcciones principales.
c) Represente las tensiones principales según las direcciones principales.
Solución.
a)
b)
Ecuación de tensiones Principales.
σ 3−[σ x+σ y+σ z ]∗σ2+[σx σ y+σ y σ z+σ xσ z−τ xy2−τ yz
2−τ xz2 ]σ−[σ x σ y σ z+2 τ xy+τ yz τ xz−σ x τ yz
2−σ y τ xz2−σz τ xy
2 ]=0
I 1=100
I 2=−18825
I 3=−15900
σ 3−100σ2−18825 σ+159000=0
σ 1=193,185Mpa
σ 3=−101,309Mpa
σ 2=8,124Mpa
Determinar direcciones principales.
Con σ 1=193,185Mpa
53,185 l1+65m1+70n1=0 l1=0,866 ;m1=0,42 ;n1=−0,281
−65 l1+151,185m1+30n1=0
−70 l1+30m1−273n1=0
l12+m1
2+n12=1
Con σ 3=−101,309Mpa
113,876 l3−65m3−70n3=0 l3=−0,0321 ;m3=0,9032 ;n3=0,428
−65 l3+31,876m3+30n3=0
−70 l3+30m3+71,876n3=0
l32+m3
2+n32=1
Con σ 2=8,124Mpa
241,309 l2−65m2−70n2=0 l2=0,2556 ;m2=−0,0869; n2=0,9626
−65 l2+141,309m2+30n2=0
−70 l2+30m2+21,309n2=0
l22+m2
2+n22=1
c)
Deformaciones.
1.- ¿Cuándo se dice que un material continuo es deformado?
Solución:
Se dice que un cuerpo se ha deformado, siempre que las posiciones relativas de puntos en el cuerpo hayan sido alteradas. Si el material es continuo, entonces en cualquier punto del cuerpo hay una partícula de material.
2.- Defina deformación unitaria Longitudinal y Angular.
Solución:
Deformación unitaria longitudinal: Corresponde a aquella deformación que es razón entre el cambio de longitud y el largo original. Designado por
Deformación unitaria angular: Corresponde a aquella deformación producida por el cambio en valor de un ángulo recto original en estado indeformado. Designado por
3.- Deduzca las ecuaciones de deformación, a partir de una deformación plana, según muestra la figura.
Solución:
De acuerdo a la figura, se cumple que:
Por otro lado por definición tenemos que:
Sustituyendo en la ecuación anterior:
Considerando que las deformaciones son pequeñas, se desprecian los términos de segundo orden, de esta forma y generalizando, obtenemos las deformaciones longitudinales.
Para el caso de las deformaciones angulares se cumple lo siguiente:
Además por definición sabemos que:
Entonces, generalizando, tenemos las siguientes deformaciones angulares:
4.- Describa la matriz deformación, sus componentes y simetría.
Solución:
Considerando las deformaciones
La matriz de deformación se define de la siguiente manera:
Al ser [D] simétrica, existen tres direcciones perpendiculares entre si, tales que el vector dado por [D]*[dr] solo cambia de modulo, no de dirección. Aquellas direcciones son las Direcciones Principales.
5.- Deduzca las deformaciones principales y sus direcciones.
Solución:Determinante de [D-ϵ]
De este determinante se obtiene la ecuación cubica, cuyas raíces son las cuales se denominan deformaciones principales.
En donde I corresponde a los invariantes 1, 2, 3:
Para el caso de las direcciones se tiene un vector unitario en la dirección de [dr], denominado como u(l, m, n). Este vector verifica las direcciones principales:
De aquí obtenemos el sistema de ecuaciones para conocer las direcciones:
De esta forma obtenemos el conjunto de direcciones principales 1 2 3 (l, m, n).
6.- ¿Qué son y para qué sirven las Ecuaciones de Compatibilidad?
Solución:Las ecuaciones de compatibilidad son aquellas condiciones que tienen que verificar los componentes de la matriz deformación, [D], para que esta pueda representar un estado deformacional físicamente posible.
7.- Indique las Ecuaciones de compatibilidad para que un estado deformacional sea físicamente posible.
Solución:
8.- Represente de forma gráfica (circulo de mohr) las direcciones principales y sus direcciones
Solución:
9.- En un punto de la superficie plana de un sólido elástico, se colocan galgas tres extenciometricas indicada en la figura, siendo tgѲ = ¾. Después de cargar el sólido se miden mediante las citadas galgas, dando resultado lo siguiente :
Calcular la deformación angular del ángulo recto definido por los ejes de las galgas a y b.
Solución:
Tomando como ejes cartesianos los ejes definidos por las galgas a y b, podemos expresar el alargamiento
longitudinal en función de , que ya son datos y de , que es la deformación angular pedida
1. El campo de desplazamientos en un cuerpo continuo esta dado como se indica:
Punto P: (-4, 3, 3)Plano: 6x+8y+24z = 72
a. Determinar si el estado de deformaciones que se genera es físicamente posible.b. Calcular la matriz de deformaciones.c. Para el punto P dado, en el plano dado, determinar su componente normal al plano.d. Para esta vector deformación, determinar su componente normal al plano.
e. Determinar las deformaciones principales y direcciones de .
Solución:
A) Será físicamente posible si las componentes de la matriz de deformación verifican las 6 condiciones de compatibilidad
Ecuaciones de compatibilidad:
Como las condiciones se verifican idénticamente, queda demostrado que el estado de deformación dado es FISICAMENTE POSIBLE.
B)
C) Datos:
Plano xy Plano yz
Plano xz
Plano xyz
D)
E)
Para se tiene:
Relación entre tensión y deformación.
1.- ¿Qué describe la ley de hook?
Solución:
La ley de hook establece, para el caso unidimensional, la relación entre la tensión y deformación dada por
, donde E pertenece al modulo de elasticidad.
2.- Indique los componentes de un estado tensión-deformación. (caso tridimensional)
Solución:
La generalización del comportamiento elástico lineal para el caso tridimensional, vendrá expresado por las siguientes ecuaciones:
3.- ¿Que representan los coeficientes de las ecuaciones de un comportamiento elástico lineal?
Solución:
Los 36 coeficientes definen las relaciones tensión-deformación para el caso más general de un sólido elástico lineal, que es el que presenta un comportamiento anisotropico.
4.- ¿A que corresponde un material ortótropo?
Solución:
Se denomina material ortótropo a aquellos materiales que poseen tres planos de simetría ortogonales. Ejemplo de materiales ortótropos: Madera, Materiales Compuestos, etc.
5.- De qué manera quedan definidos las ecuaciones de tensiones y deformaciones para un material ortótropo.
Solución:
Considerando las propiedades de aquellos materiales y generalizando la ley de hook, podemos llegar a relación en donde las deformaciones están en función de las tensiones:
Donde E (x, y, z) corresponde a los modulos de elasticidad ortótropos, G (x, y, z) son los modulos tangenciales ortótropos y (xy, yz, xz) corresponden a los coeficientes de poisson.
6.- ¿A que corresponde un material isótropo?, ¿en qué se diferencia con un material ortótropo?
Solución:
En los materiales anisótropos y ortótropos, las propiedades dependen de la dirección. Como los coeficientes no solo dependen del punto, sino también de los ejes cartesianos que se utilizan para definir los componentes de las tensiones y deformaciones.
Cuando no existe dependencia de la dirección, se dice que el material es isótropo.
7.- ¿Cuál es la diferencia entre isotropía y homogeneidad?
Solución:
Materiales homogéneos: Son aquellos cuyas propiedades no cambian con en punto. Todos los puntos del material implican mismas propiedades.
8.- Indique que y cuáles son las ecuaciones de Lamé
Solución:
Demostrado que son dos los coeficientes que relacionan las tensiones y las deformaciones en los materiales
isótropos, Lamé propuso las constante y , de acuerdo a ello estableció un conjunto de ecuaciones:
9.- Indique las Ecuaciones que relacionan las tensiones y deformaciones para materiales ortótropos
Solución:
Teniendo en cuenta que (modulo de Young), tenemos que:
10.- Explique que es la deformación por causa de la temperatura.
Solución:
En la mayoría de los materiales, la deformación originada por la temperatura es lineal. En particular pasa por los materiales isotrópicos, la deformación por causa de la temperatura implica una deformación longitudinal unitaria.
Donde corresponde al coeficiente de dilatación térmica, dado para cada material.
Problema Elástico.
1.- ¿Cuál es el planteamiento general del problema elástico?
Solución:
Para obtener [T], [D], y [δ ], en función de la solicitación que sobre el actúa, las magnitudes que se suponen
conocidas [T], [D] y [δ ] suelen ser incógnitas del problema, siendo datos:
a) f s (fuerza superficiales):X ,Y ,Z
b) f s (fuerzas de volumen): Χ ,Υ ,Ζ
c) Mixture, a y b.
2.- Para la resolución del problema elástico, nombre las ecuaciones necesarias que se utilizan para la resolución.
Solución:
-Para la resolución de problema, se verifican las ecuaciones de equilibrio interno:
Χ+δ σnx
δx+
δ τ xy
δy+
δ τ xz
δz=0
Y +δ τ xy
δx+
δ σny
δy+
δ τ yz
δz=0
Ζ+δ τ xz
δx+
δ τ yz
δy+
δ σ nz
δz=0
-Por otra parte las componentes de la matriz de deformaciones definidas en función de las componentes u, v ,w del vector desplazamiento [δ ].
Estas tienen que cumplir ecuaciones de compatibilidad, para que el estado de deformación que representa sea físicamente posible.
3.- ¿Cuál es la base de la formulación de las ecuaciones de Navier?
Solución:
Se basa en que las ecuaciones de equilibrio interno que relacionan las componentes de la matriz tensión pueden ser expresadas en términos de deformación.
4.- Determine ecuación de Navier.
Solución:
1°) Expresamos las tensiones en función de u, v, w, partiendo de las ecuaciones de Lamé:
σ nx= λ I1+2Gε x
σ nx= λ( dudx
+ dvdy
+ dwdz )+2G du
dx=λdiv δ+2G
dudx
τ xy=G γ xy=G( dudy
+ dvdx )
τ xz=Gγ xz=G( dwdx
+ dudz )
2°) Remplazando en ecuaciones de equilibrio interno:
Χ+ ddx (λdiv δ+2G dv
dx )+ dGdy ( du
dy+ dv
dx )+ dGdz ( dw
dx+ du
dz )Desarrollando se obtiene:
Χ+ λddx
÷ δ+ dGdx ( du
dx+ dv
dy+ dw
dz )+G( d2ud x2
+ d2ud y2
+ d2ud z2 )=0
Que es igual a:
Χ+ ( λ+G ) ddx
÷ δ+G Δu=0
Se desarrolla igual para Y, Z:
Y +( λ+G ) ddy
÷δ+G Δv=0
Ζ+ ( λ+G ) ddz
÷ δ+G Δ w=0
Quedando las ecuaciones de equilibrio interno, expresadas en términos de desplazamientos. Ecuaciones de Navier.
5.- ¿Cómo se obtiene la Ecuación fundamental de la elasticidad? Escríbala.
Solución:
De las ecuaciones de Navier, estas son son multiplicadas por los vectores unitarios i , j , k , y sumando miembro a miembro se obtiene:
6.- ¿Qué representa cada término en la ecuación fundamental de la elasticidad?
Solución:
f v=Fuerzas Volumetricas .
¿ δ=( dudx
+ dvdy
+ dwdz )=Divergenciadel vector desplazamiento .
= iddx
+ jddy
+kddz
=OperadorGradiente :
Δ= d2
d x2+ d2
d y2+ d2
d z2=Laplaciano
Δ δ=Δiu+Δ j v+Δk w
7.- ¿Qué es el vector de Galerkin, y como se obtiene?
Solución:
Es la solución General de la ecuación fundamental de la Elasticidad.
Obtención:
Como en la ecuación
Figuran los operadores: Δ
Ambos de segundo orden, se ensaya una solución del tipo: siendo P, un campo vectorial llamado vector de Galerkin y c una constante.
8.- Escriba las deformaciones y tensiones en función del vector de Galerkin.
Solución.
Deformaciones en función del vector de Galerkin:
ε x=1−μG
Δ∂Pxx
− 12G
∂2
∂ x2(¿ P)
γ xy=1−μG
Δ( dudy
+ dvdx )− 1
2G∂2
∂x ∂ y(¿ P)
Tensión en función del vector de Galerkin:
σ nx=2 (1−μ ) Δ∂ Px
∂ x+(∆ μ+ ∂2
∂ x2 )÷P
τ xy=(1−μ)Δ( dPxdy
+ dPydx )− ∂2
∂x ∂ y(¿ P)
9.- ¿Cuál es la base de la formulación de las ecuaciones de Michell y de Beltrami? Escriba las ecuaciones.
Solución:
El problema elástico también puede ser formulado en tensiones, esto es, tomando como incógnitas fundamentales las componentes de la matriz de tensiones. Si partimos de las 3 ecuaciones de equilibrio interno
es evidente que estas ecuaciones son insuficientes, pues son 6 el número de incógnitas. Por otra parte, la solución de deformaciones del problema elástico tiene que verificar las condiciones de compatibilidad, que se pueden expresan en función de las tensiones.
Ecuaciones de Michell:
Δ σnx+11+μ
∂2 I1∂ x2
= −μ1−μ
÷ f v−2∂ Χ∂x
Δ σny+11+μ
∂2 I1∂ y2
= −μ1−μ
÷ f v−2∂Y∂ y
Δ σnz+11+μ
∂2 I 1∂ z2
= −μ1−μ
÷f v−2∂ Z∂z
Δ τ yz+11+μ
∂2 I2∂ y ∂ z
=−( ∂Y∂ z
+ ∂Z∂ y
)
Δ τ xz+11+μ
∂2 I 2∂ x ∂ z
=−( ∂ X∂ z
+ ∂ Z∂ x
)
Δ τ xy+11+μ
∂2 I 2∂ x∂ y
=−( ∂ X∂ y
+ ∂Y∂ x
)
Para el caso en que f v=constante ,estas ecuaciones se reducen a:
(1+μ)σnx+∂2 I1∂ x2
=0
(1+μ)σny+∂2 I 1∂ y2
=0
(1+μ)σnz+∂2 I 1∂ z2
=0
(1+μ)τ yz+∂2 I 2
∂ y ∂ z=0
(1+μ)τ xz+∂2 I 2∂x ∂ z
=0
(1+μ)τ xy+∂2 I 2
∂ x ∂ y=0
10.- Diferencia entre ecuaciones de Michell -Beltrami y Navier:
Solución:
Michell y Beltrami:
La solución de deformaciones del problema elástico tiene que verificar las condiciones de compatibilidad, que se pueden expresan en función de las tensiones.
Navier:
Se basa en que las ecuaciones de equilibrio interno que relacionan las componentes de la matriz tensión están expresadas en términos de deformación.
