Capítulo 2 Deformaciones -...

Estabilidad IV-a Capítulo 2: Deformaciones

Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. 1

Capítulo 2 Deformaciones

2 - 1 : INTRODUCCIÓN

Es bien conocido el hecho que un sólido sometido a un estado de cargas, efectos de temperatura, etc., sufre un estado de deformación que se puede visualizar por el corrimiento de sus partículas que pasan de un estado inicial (configuración inicial) a un estado final deformado (configuración final).

Se podrán entonces medir los desplazamientos de las partículas o también las deformaciones específicas que producen alargamientos o acortamientos de la distancia entre dos partículas próximas o bien el cambio de forma producido por la variación de ángulos entre la configuración final y la inicial.

Analizaremos en este capítulo el Estado de Deformación mediante un estudio geométrico de los desplazamientos, tratando de interpretarlas con el objeto de relacionarlas a posteriori con el Estado de Tensiones.

Denominaremos con la palabra "punto" a la posición en el espacio físico y geométrico y estará determinado por sus coordenadas, mientras que la palabra "partícula" se referirá a un pequeño elemento de volumen o "punto material" del sólido continuo.

En general las deformaciones se pueden tratar en dos campos: a) Deformaciones finitas que conduce a tratamientos no lineales b) Deformaciones infinitesimales, que por ser muy pequeñas se consideran

como infinitésimos físicos permitiendo la linealización del planteo matemático, simplificando enormemente la solución de los problemas.

Trataremos en este capítulo el caso b) de deformaciones infinitesimales, en un medio continuo con deformaciones lentas representadas por funciones continuas. 2 - 2 : DEFORMACIONES EN TORNO DE UN PUNTO

Sea un sólido deformable, para

el cual estudiamos los desplazamientos de una partícula P de coordenadas iniciales ( )321 x,x,x y el desplazamiento de otra partícula Q de su entorno próximo.

La partícula P después de la deformación se traslada a P' con un desplazamiento:

[ ]321 u,u,u'PPP ==δ mientras que para Q se producirá un desplazamiento 'QQQ =δ .

De la figura y considerando que drPQ = es infinitesimal (muy pequeño) por ser muy próximas las partículas P y Q y que las funciones de

deformación son continuas, con desplazamientos muy pequeños, tendremos las coordenadas:

[ ]321 x,x,xP = [ ]ixP =

x3

x1

x2

x1

x2

x3

P

Q P'

Q'

dr

dr'

δP

δQ

u1

u2

u3

O



[ ]332211 dxx,dxx,dxxQ +++= [ ]ii dxxQ += [ ]321 dx,dx,dxdr = [ ]idxdr =

Los desplazamientos de P y Q serán:

[ ]321 u,u,uP =δ [ ]iuP =δ [ ]332211 duu,duu,duuQ +++=δ [ ]ii duuQ +=δ

Donde los desplazamientos (corrimientos) [ ]iu son funciones continuas que dependen

de las coordenadas [ ]ix de la posición de la partícula.

( )( )( )32133

32122

32111

x,x,xuu

x,x,xuu

x,x,xuu

=

=

=

( )jii xuu =

Se cumplirá que, despreciando infinitésimos de segundo orden:

33

32

2

31

1

33

33

22

2

21

1

22

33

12

2

11

1

11

dx.xu

dx.xu

dx.xu

du

dx.xudx.

xudx.

xudu

dx.xudx.

xudx.

xudu

∂∂

+∂∂

+∂∂

=

∂∂

+∂∂

+∂∂

=

∂∂

+∂∂

+∂∂

=

jj,ijj

ii dxudx.

xu

du =∂∂

=

Matricialmente podemos escribir:

CdrPQ +δ=δ con:

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

3

3

2

3

1

3

3

2

2

2

1

2

3

1

2

1

1

1

xu

xu

xu

xu

xu

xu

xu

xu

xu

C y ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

3

2

1

dx

dx

dx

dr

Matriz que podemos descomponer en la suma de una matriz simétrica D y una

antisimétrica R.

[ ] [ ] [ ]RDC += , con 2CCD

T+= y

2CCR

T−=

Siendo:

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

∂∂

=

3

3

3

2

2

3

3

1

1

3

2

3

3

2

2

2

2

1

1

2

1

3

3

1

1

2

2

1

1

1

xu

xu

xu

21

xu

xu

21

xu

xu

21

xu

xu

xu

21

xu

xu

21

xu

xu

21

xu

D

P

Q

P'

Q'

δQ Q''



matriz simétrica, cuyos componentes son infinitésimos de primer orden

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

=

0xu

xu

21

xu

xu

21

xu

xu

210

xu

xu

21

xu

xu

21

xu

xu

210

R

3

2

2

3

3

1

1

3

2

3

3

2

2

1

1

2

1

3

3

1

1

2

2

1

matriz antisimétrica, cuyos componentes son infinitésimos de primer orden.

De la figura se desprende: ( )PQdr'dr δ−δ+=

Como teníamos anteriormente: ( ) dr.CPQ =δ−δ

dr.Rdr.Ddr.Idr.Cdr.ICdrdr'dr ++=+=+= Las matrices D; R; y C tienen carácter tensorial conociéndoselas con el nombre de:

D: Tensor o matriz de deformación lineal R: Tensor o matriz de rotación lineal

Analizaremos por separado los efectos de D y R en el proceso de desplazamiento o deformación, pero adelantamos que el vector dr está sometido a:

a) Un desplazamiento paralelo como si fuera un rígido definido por la matriz de transformación I (unidad)

b) Una rotación como si fuera un rígido definida por la matriz R c) Una deformación (específica) con cambio de módulo y de dirección definido

por la matriz D como estudiaremos en 2-3 y 2-4 2 - 3 : INTERPRETACIÓN DE LA EXPRESIÓN rd.Drd.Rrd.I'rd rrrr ++=

Veamos ahora de tratar de comprender qué le

pasa al elemento dr=PQ para alcanzar a convertirse en dr'=P'Q' después de la deformación.

Para ello partamos de la expresión final del tema (2-2): rd.Drd.Rrd.I'rd rrrr ++= y pensemos que el elemento dr llega al dr' mediante tres etapas sucesivas que en realidad se producen simultáneamente.

a) Traslación como un rígido en forma paralela a si mismo pasando de PQ a P'Q".

Siendo I la matriz unidad, este movimiento queda definido por la expresión "Q'Prd.IrdPQ === rr , no significando ni rotaciones ni deformaciones específicas.

P

Q

P'

Q'

δQ Q''

P

Q

P'

Q''



b) Rotación como un rígido pasando de P'Q" a P'Q"' mediante la rotación que produce una traslación Q'Q"' normal a P'Q", no significando tampoco deformaciones específicas, y está representada por la expresión: Q"Q"'=R.dr.

Los desplazamientos a) y b) para pasar de PQ a P'Q"' son solo movimientos (desplazamientos) como un rígido que no cambian la longitud de dr, y veremos más adelante que no produce tensiones al ser nulas las deformaciones específicas, y están representadas por la expresión ( ) rd.RIrd.Rrd.I rrr +=+

c) Desplazamiento debido a deformaciones específicas para pasar de P'Q"' a P'Q' . Este desplazamiento definido por la expresión D.dr produce debido a las deformaciones específicas

i

iiiii x

u2 ∂

∂=

γ=ε

i

j

j

iij x

uxu

∂

∂+

∂∂

=γ

cambio de dirección y de longitud del elemento dr y que más adelante relacionaremos con el tensor de tensiones.

2 - 4 : INTERPRETACIÓN DEL TENSOR DE DEFORMACIÓN LINEAL (D)

De acuerdo con (2-2)

[ ]321 dx,dx,dxdr = ∴ 23

22

21

2 dxdxdxdr ++=

[ ]332211 dudx,dudx,dudx'dr +++= con 33

i2

2

i1

1

ii dx.

xu

dx.xu

dx.xu

du∂∂

+∂∂

+∂∂

=

2

33

32

2

31

1

33

2

33

22

2

21

1

22

2

33

12

2

11

1

11

2

dxxu

dxxu

dxxu

dx

dxxu

dxxu

dxxu

dxdxxu

dxxu

dxxu

dx'dr

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

+∂∂

++

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

+∂∂

++⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

+∂∂

+=

que desarrollada y considerando a los ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

j

i

xu como infinitesimales de primer orden y sus

productos o cuadrados de segundo orden despreciables, obtendremos:

Ω = d Idr .

drR I ).( +

Q''

P'

Q'''d Idr .

drR I ).(

P

Q

P'

Q'

Q''

Q'''

D.dr



211

2

2

123

3

322

2

22

1

12 dx.dxxu

xu

2dxxu

21dxxu

21dxxu

21'dr1 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

++⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

++⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+=

133

1

1

332

2

3

3

2 dx.dxxu

xu

2dx.dxxu

xu

2 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

+

longitud al cuadrado deformada ( )'Q'P'dr = en función de los desplazamientos 321 u ,u ,u . Siendo los cosenos directores de dr:

drdxncos 1

11 ==α

drdxncos 2

22 ==α

drdxncos 3

33 ==α

y denominando con i

j

j

iijij x

uxu

2∂

∂+

∂∂

=ε=γ tendremos

( ) ( ) ( ) 1331322321122333

2222

211

2 dx.dx2dx.dx.2dx.dx2dx1dx1dx1'dr1

γ+γ+γ+γ++γ++γ+=

( ) ( ) ( ) 1331322321122333

2222

2112

2

n.n2n.n.2n.n2n1n1n1dr

'dr1

γ+γ+γ+γ++γ++γ+=

o bien, teniendo en cuenta que: 1nnn 23

22

21

=++

1331322321122333

2222

2112

22

n.n2n.n.2n.n2nnndr

dr'dr1

γ+γ+γ+γ+γ+γ=−

Interpretemos ahora el significado de los:

iii

iii 2

xu

2 ε=∂∂

=γ

i

j

j

iij x

uxu

∂

∂+

∂∂

=γ con i≠j

Será:

[ ]321 x;x;xP = [ ]3211 x;x;dxxQ += [ ]3221 x;dxx;xR +=

11 dxdr =

22 dxdr =

aplicando las últimas expresiones: ( ) 211

21

21

dx1'dr'Q'P γ+==

( ) 2222

22

2 dx1'dr'R'P γ+==

( ) ( ) 21122222

2111

2 dxdx2dx1dx1'R'Q γ+γ++γ+= La deformación específica longitudinal (dilatación o contracción) de una fibra en el

sentido de 1x , será:

1

1

1

11 dx

dxdrdr Δ

=Δ

=ε

1

111 dr

dr'dr −=ε

x3

x1

x2

dr 1 dr'2

P

Q

P'

Q'

1

Odr2

dr' 1

R

R'ϕ12



( ) 21

21

1121

21

drdx

1dr

'drγ+= ( )112

1

21 1

dr'dr

γ+= 11

2

1

1 1dr

'drγ=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

111

1

1

1 1dr

'dr.1

dr'dr

γ=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

γ=−

1dr

'dr1

dr'dr

1

1

11

1

1

En el campo de las deformaciones infinitesimales 11 dr'dr ≈ y por lo tanto:

1dr

'dr

1

1 ≈ 21dr

'dr

1

1 ≈⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

Será entonces: 111

111

1

1

1

111 x

u2

1dr

'drdr

dr'drε=

∂∂

=γ

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

−=ε

Análogamente: 222

2222 x

u2

ε=∂∂

=γ

=ε

333

3333 x

u2

ε=∂∂

=γ

=ε

iii

iiii x

u2

ε=∂∂

=γ

=ε Deformación específica longitudinal en el sentido de ix

A la deformación angular específica podemos obtenerla de la siguiente manera:

( ) 1212 2ϕ−

π=β+α=γ

como ( )β+α es pequeño

121212 cossen ϕ=γ=γ

Por el teorema del coseno

12212

22

12 cos.'dr'dr2'dr'dr'R'Q ϕ−+=

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) 212211

2112

212211

21122222

211

2222

211

21

222

21

12

dxdx1.12dxdx2

dxdx1.12

dxdx2dx1dx1dx1dx1

'dr'dr2'R'Q'dr'dr

cos

11

γ+γ+

γ−=

γ+γ+

γ−γ+−γ+−γ++γ+=

−+=ϕ

( ) ( ) 1

2

2

112

2211

1212 x

uxu

1.1cos

∂∂

+∂∂

=γ≈γ+γ+

γ=ϕ para deformaciones infinitesimales

Análogamente:

( ) ( ) 2

3

3

223

3322

2323 x

uxu

1.1cos

∂∂

+∂∂

=γ≈γ+γ+

γ=ϕ

( ) ( ) 3

1

1

331

1133

3131 x

uxu

1.1cos

∂∂

+∂∂

=γ≈γ+γ+

γ=ϕ

x1

x2

dr'2

P'

Q'

dr' 1

R'ϕ12

α

β



i

j

j

iij x

uxu

∂

∂+

∂∂

=γ Deformación angular específica

Aunque es inmediato, analicemos geométricamente las derivadas de los corrimientos iu

1

1111

111

1

111 dx

dxudxxu

udx

dxdx

PQPQ

−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

++

=Δ

=Δ

=ε

1

111 x

u∂∂

=ε

Para el cálculo de la variación angular de dos fibras que antes de la deformación formaban un ángulo recto y en el campo de las deformaciones infinitesimales tendremos:

1

2

1

11

2

xu

dx

dxxu

tg∂∂

=∂∂

=α≈α

2

1

2

22

1

xu

dx

dxxu

tg∂∂

=∂∂

=β≈β

y por lo tanto la deformación angular o tangencial

2

1

1

212 x

uxu

∂∂

+∂∂

=β+α=γ

Pudiéndose llegar a idénticas conclusiones para las otras direcciones.

Concluyendo, la matriz D de deformación lineal representa en sus términos a las deformaciones específicas

iε y ijγ que conocemos de Resistencia de Materiales, recordando que ijij 2ε=γ :

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

εεε

εεε

εεε

=⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

γγγ

γγγ

γγγ

=

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

εγγ

γε

γ

γγε

=

333231

232221

131211

333231

232221

131211

333231

2322

21

131211

21

22

22

22D

11

11 dx

xuu∂∂

+

1u

x3

x1

x2P

Q

P'

Q'

11

11 dx

xuu∂

+

1u

11

22 dx

xuu∂∂+

22

11 dx

xuu∂∂

+

22

1 dxxu∂∂

11

2 dxxu∂∂

1u

2u

x1

x2P

11

22 dx

xuu∂

+

22

11 dx

xuu∂

+

22

1 dxxu∂

11

2 dxxu∂

1u

2u

dx2

P'

dx1

α

β



2 - 5: INTERPRETACIÓN DEL TENSOR DE ROTACIÓN LINEAL Analicemos que pasa con dos fibras de longitud 21 dxdx = y que por simplicidad suponemos que 0uu 21 == o sea P'P ≡

1

2

xu∂∂

=α 2

1

xu∂∂

=β

El eje PC está a un ángulo del eje P'C' que denominamos 3ω tal que:

∧

= QPRbisectrizPC

∧

= R'P'Q'bisectriz'C'P

α+β+α

−°=ω+°2

4545 3

23β−α

=ω

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

=ω2

1

1

23 x

uxu

21

representando la rotación sobre el eje x3 del paralelepípedo P'Q'C'R' después de la deformación. Análogamente con:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

=ω3

2

2

31 x

uxu

21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

=ω1

3

3

12 x

uxu

21

Concluyendo, la matriz R (antisimétrica) está compuesta por términos que representan las rotaciones respecto de los ejes coordenados no implicando esto deformaciones específicas.

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

ωω−

ω−ω

ωω−

=

0

0

0

R

12

13

23

2 - 6 : DEFORMACIONES PRINCIPALES. INVARIANTES. DILATACIÓN CÚBICA.

Sea el tensor de deformaciones representado por la matriz

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

εγγ

γε

γ

γγε

=

333231

2322

21

131211

22

22

22D

y como hemos anticipado en 2-3 a) y c) con dr).DI('dr += , busquemos la dirección n del vector dr para la cual después de la deformación dr' es colineal con dr. Cambia de módulo

pero no de dirección, para ello tomamos el versor drdrn = colineal con dr

con =ε deformación longitudinal en dirección n

≡

x1

x2RP'

α

β

C'

CQ'Q

P

R'

ω345°−(α+β)/2

45°



⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

3

2

1

dx

dx

dx

rdr drdrn =

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

drdx

drdx

drdx

n

n

n

3

2

1

3

2

1

( ) ( ) rd.1rd.DI'rd rrr ε+=+=

( ) ( ) ( )n.1n.DIdrdr.DI

dr'dr

ε+=+=+=

( ) ( )n.1n.DI ε+=+ n.1n.I = n.n.D ε=

n..In.D ε= ( ) 0n..ID =ε−

0

n

n

n

.

00

00

00

22

22

22

3

2

1

333231

2322

21

131211

=⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

ε

ε

ε

−

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

εγγ

γε

γ

γγε

( )

( )

( )

0

n

n

n

.

22

22

22

3

2

1

333231

2322

21

131211

=⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

ε−εγγ

γε−ε

γ

γγε−ε

( )

( )

( ) 0n.n.2

n.2

0n.2

n.n.2

0n.2

n.2

n.

333232

131

323

222121

313

212

111

=ε−ε+γ

+γ

=γ

+ε−ε+γ

=γ

+γ

+ε−ε

Cuya condición de compatibilidad está dada por la ecuación característica de tercer

grado ( similar a lo ocurrido en tensiones) 0I.I.I 3d2d

21d

3 =−ε+ε−ε que nos da tres raíces reales )3()2()1( , , εεε que definen tres direcciones 321 n , n , n (normales entre sí) denominadas direcciones principales.

Denominaremos como invariantes a: 3322111dI ε+ε+ε=

444I

231

223

212

1133332222112dγ

−γ

−γ

−εε+εε+εε=

DD de teDeterminanI 3d ==



Referida a sus ejes principales tendremos:

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

ε

ε

ε

=

)3(

)2(

)1(

00

00

00

D

Denominamos dilatación cúbica al valor del invariante de primer orden

eI )3()2()1(3322111d =ε+ε+ε=ε+ε+ε= ya que representa la variación de volumen específico del paralelepípedo referido a sus direcciones principales:

( ) ( ) ( )321

3213)3(2)2(1)1(

dxdxdxdxdxdxdx1.dx1.dx1

VVe

−ε+ε+ε+

=Δ

=

)3()2()1(e ε+ε+ε= al despreciar los productos de )j()i( εε . 2 - 7 : DEFORMACIÓN ESPECÍFICA EN UNA DIRECCIÓN n CUALQUIERA Sea el versor [ ]321 n,n,nn =r que define la dirección del vector [ ]321 dx,dx,dxdr =

Con dr

dxn ii = donde:

[ ][ ]rd.Drd.Ddr'QQ * rr === con *rdrd'rd rrr +=

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

εγγ

γε

γ

γγε

=

333231

2322

21

131211

22

22

22D

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

ε+γ

+γ

γ+ε+

γ

γ+

γ+ε

==

333232

131

323

222121

313

212

111

*

dx.dx.2

dx.2

dx.2

dx.dx.2

dx.2

dx.2

dx.

dr.Ddr y con

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

drdx

drdx

drdx

n

n

n

n

3

2

1

3

2

1r

Si queremos reducir todo a un vector unitario dr obtenemos un vector de deformación unitaria ε

x =x1 (1)

x =x2 (2)

x =x3 (3)

dx (1)

dx(2)

dx(3

)

Dx .(1+ )(2) ε(2)

Dx

.(1+

)(3

)ε (3

)

dx.(1

+)

(1)

(1)ε

drDdri .* =→

drDIdr ).(' +=→→

dr

'PP ≡

'Q

Q

drDdri .* =→

drDIdr ).(' +=→→

dr

'Q

Q

n



⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

ε+γ

+γ

γ+ε+

γ

γ+

γ+ε

====ε

333232

131

323

222121

313

212

111

*

n.n.2

n.2

n.2

n.n.2

n.2

n.2

n.

n.Ddrrd.D

drrd r

rrr

Expresiones con una estructura similar a n.Tt n = (del tema 1-3) al tratar el tensor de tensiones.

Podemos decir que las deformaciones también tienen carácter tensorial.

También en este caso podemos descomponer εr en

una dirección del versor ( )nn ε y en una dirección normal ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ γ n2

1 .

n.D.nn. Tn =ε=ε r y tal que 2

n22

n41

ε−ε=γ

133132232112233

222

211n n.n.n.n.n.n.n.n.n. γ+γ+γ+ε+ε+ε=ε

Expresión de la "forma bilineal del tensor de deformaciones". Que referida a los ejes

principales (2-4): 23)3(

22)2(

21)1(n n.n.n. ε+ε+ε=ε

Al igual que en el caso de tensiones podremos

definir la Cuádrica de Indicatriz (de Cauchy) de deformaciones de manera tal que:

n

krOQε

==

obteniendo:

2

1331322321122333

2222

2111 kx.x.x.x.x.x.x.x.x. ±=γ+γ+γ+ε+ε+ε

y referido a ejes principales:

223)3(

22)2(

21)1( kx.x.x. ±=ε+ε+ε Ecuación de segundo grado representativa de una cuádrica.

Al igual que en tensiones, y referido a ejes principales se puede obtener el elipsoide de

tensiones (o de Lamé):

1xxx

2

23

2

22

2

21

)3()2()1(

=ε

+ε

+ε

→

r

x1

x2

x3

Qn

O

→

nε nD.=→

ε

nγ21

nε

n

nD.=→

ε

nγ21



Razones de tiempo no aconsejan desarrollos de estas expresiones, que al igual que en tensiones son producto de que las deformaciones también tienen carácter tensorial y por lo tanto le son aplicables todas sus propiedades. 2 - 8 : TENSOR ESFÉRICO Y TENSOR DESVIADOR

Tomemos el tensor de deformaciones D

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

εγγ

γε

γ

γγε

=

333231

2322

21

131211

22

22

22D

donde denominamos con:

[ ]3322110m 31

3e

ε+ε+ε==ε=ε

pudiéndose descomponer D en la suma de 0D (tensor esférico) y dD (tensor desviador)

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

ε

ε

ε

=

0

0

0

0

00

00

00

D

( )

( )

( )⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

ε−εγγ

γε−ε

γ

γγε−ε

=

0333231

23022

21

1312011

d

22

22

22D

d0 DDD += Como la deformación volumétrica de D ( )1dI y de 0D ( )0

1dI son iguales: ( ) 0

1d000)3()2()1(1d IIe =ε+ε+ε=ε+ε+ε==

es posible verificar que la variación volumétrica de dD ( )d1dI es nula:

( ) ( ) ( ) 0I 033022011d1d =ε−ε+ε−ε+ε−ε=

Esto indica que dD implica un cambio de forma sin variación de volumen, mientras

0D representa un cambio de volumen sin variación de ángulos o forma. Por último, dejamos expresado que la bibliografía utiliza distintos tipos de matrices (o

tensores) para expresar las deformaciones, entre los cuales tenemos:

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

3

3

3

2

1

3

2

3

2

2

1

2

1

3

1

2

1

1

xu

xu

xu

xu

xu

xu

xu

xu

xu

C

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

εγγ

γε

γ

γγε

=

333231

2322

21

131211

22

22

22D



⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

γγγ

γγγ

γγγ

=

332331

232221

131211

D2

( )( )

( )( )⎥

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

γ+γγ

γγ+γ

γγγ+

=+

332331

232221

131211

1

1

1

D2I

2 - 9 : ECUACIONES DE COMPATIBILIDAD

Hemos visto en cursos anteriores que la resolución de ciertos problemas necesita de la utilización no solo de ecuaciones de equilibrio, sino también de ecuaciones donde intervienen los desplazamientos (Deformaciones).

Analicemos ahora que sucede con las funciones ijii ; γε de deformación. El sólido deformable sometido a un estado de cargas, tendrá un estado de tensiones y

de desplazamientos δr

de cada una de las partículas que lo componen. El desplazamiento de una partícula genérica queda definido por sus tres proyecciones (o coordenadas

[ ]321 u;u;uu = ). Si analizamos el tensor de deformaciones (simétrico) D tenemos definidas seis

funciones:

i

iii x

u∂∂

=ε ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂+

∂∂

=γ=γi

j

j

ijiij x

uxu

El problema consiste en que tengo 6 ecuaciones:

1

111 x

u∂∂

=ε 2

222 x

u∂∂

=ε 3

333 x

u∂∂

=ε

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

=γ1

2

2

112 x

uxu

21

21 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

=γ2

3

3

223 x

uxu

21

21 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

=γ3

1

1

331 x

uxu

21

21

con 3 incógnitas: las variables 321 u ,u ,u .

Dado el desplazamiento iu es posible calcular las derivadas i

i

xu∂∂ y por lo tanto las iiε ;

ijγ que definen D. El proceso inverso no es tan sencillo. Dados D definido por las 6 iiε ijγ , estas últimas

6 son funciones de sólo 3 iu (incógnitas) lo cual implica que las seis primeras no pueden ser arbitrarias sino que deben cumplir con ciertas condiciones para que el sistema sea compatible y por lo tanto integrable. Estas son las condiciones de compatibilidad (ecuaciones diferenciales), cuya demostración no realizaremos pero son fáciles de encontrar en la bibliografía, y que se expresan matemáticamente como sigue:



21

222

22

112

21

122

xxxx ∂

ε∂+

∂

ε∂=

∂∂γ∂

22

332

23

222

32

232

xxxx ∂

ε∂+

∂

ε∂=

∂∂γ∂

23

112

21

332

13

312

xxxx ∂

ε∂+

∂

ε∂=

∂∂γ∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂γ∂

+∂γ∂

+∂γ∂

−∂∂

=∂∂ε∂

3

12

2

31

1

23

132

112

xxxxxx2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂γ∂

+∂γ∂

+∂γ∂

−∂∂

=∂∂ε∂

1

23

3

12

2

31

231

222

xxxxxx2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂γ∂

+∂γ∂

+∂γ∂

−∂∂

=∂∂ε∂

2

31

1

23

3

12

321

332

xxxxxx2

Condiciones que deben cumplir los componentes de D para poder representar un estado de deformación físicamente posible.

En sistemas simplemente conexos el cumplimiento de estas condiciones implica en general que:

a) iu son funciones continuas de las ix b) se cumplen las relaciones entre iiε ijγ y las iu c) si bien puede haber (en determinados casos) más de un vector desplazamiento

( )321 u,u,uδ solución al problema, la diferencia de estos es equivalente al desplazamiento de un sólido rígido.

d) Esto último implica que si hay una relación biunívoca entre las tensiones y las deformaciones, el campo de tensiones es único.

Con el fin de fijar ideas pensemos que el sólido continuo es hiperestático y analicemos lo aprendido en el curso de hiperestática de estructuras.

Para su resolución era necesario el planteo de ecuaciones de equilibrio a las cuales debíamos adicionar ecuaciones de compatibilidad de deformación, todas ellas algebraicas que formaban un sistema de ecuaciones con igual número de ecuaciones que de incógnitas.

En el caso del sólido continuo para el estudio de las tensiones y deformaciones también debemos plantear:

a) Ecuaciones de equilibrio (Diferenciales) b) Ecuaciones de compatibilidad (Diferenciales)

En el sólido elástico lineal a) y b) se relacionan mediante leyes de dependencia lineal

que son conocidas como Ley de Hooke, al igual que lo hecho en la resolución de las estructuras.



2 - 10 TENSOR DE DEFORMACIONES FINITAS (problema no lineal) Caída de la linealidad en grandes deformaciones: Desgraciadamente, no se puede separar en forma aditiva rotaciones de deformaciones provocando la imposibilidad de sostener lo visto (repercute en compatibilidad, deformaciones no irrotacionales): Magnitud de desplazamientos y / o deformaciones.

• Tensor R no mide rotaciones No se puede • Tensor D no mide deformaciones simplificar!! • Tensor T (tensiones) tiene trampas!!!!

Problema se tiene en cuenta el cuerpo deformado afectando tensiones y def. Medición de deformaciones y desplazamientos:

Introducimos la nomenclatura: iii uXx += , i

i

XXN = y

i

i

xxn =

Algunas maneras

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

∂∂

∂∂

−∂

∂+

∂∂

=

∂∂

∂∂

+∂

∂+

∂∂

=

∂∂==

∂∂=

∂∂=

•••

))xu.

xu

xu

xu(

21l ( (Almansi) defor. de espacial T.

))Xu.

Xu

Xu

Xu(

21L ( Lagr.)(Green defor. de material T.

)xuDc( espacial entodesplazami de tasala de gradiente T.

)XuC ( material entodesplazami de gradienteTensor

)Xx(Fn deformació de material gradienteTensor

j

k

i

k

i

j

j

i

j

k

i

k

i

j

j

i

ji

ji

ji

Veamos uno (el que se desprende más fácil): Partiendo del apartado 2-2:

23

22

21

2 dxdxdxdr ++=

( ) ( ) ( )2332

222

112 dudXdudXdudX'dr +++++=

sustituyendo a 1du , 2du y 3du por las ecuaciones de página 2

2

33

32

2

31

1

33

2

33

22

2

21

1

22

2

33

12

2

11

1

11

2

dXXudx

XudX

XudX

dXXudX

XudX

XudXdX

XudX

XudX

XudX'dr

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

+∂∂

++

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

+∂∂

++⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

+∂∂

+=

Desarrollando la expresión y llamando:

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

+∂∂

=γ2

1

32

1

22

1

1

1

111 X

uXu

Xu

Xu

2 , ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

+∂∂

∂∂

+∂∂

∂∂

+∂∂

+∂∂

=γ2

3

1

3

2

2

1

2

2

1

1

1

1

2

2

112 X

uXu

Xu

Xu

Xu

Xu

Xu

Xu

Compactado:



⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂

∂∂

+∂

∂+

∂∂

=γj

k

i

k

i

j

j

iij X

uXu

Xu

Xu i,j,k=1,2,3

queda: ( ) ( ) ( ) 322331132112

2333

2222

2111

2 dXdX.2dXdX.2dXdX.2dX1dX1dX1'dr γ+γ+γ+γ++γ++γ+=

El tensor de Green-lagrange se forma L= ijγ . Relaciones: 1) IFC −= 2) FIc 1−−= 3) )CCCC(2

1L TT ++=

4) )cccc(21l TT −+= 5) )IFF(2

1L T −= 6) )FFI(21l 1T −−−=

Significado: • L ó l, calculan deformaciones sin afectarse por rotaciones.

L invariante ante rotación; l transforma objetivamente. Ejes principales de L rotan a ejes principales de l

• L: Calcula deformaciones con la fibra inicial 1N.L.N21 −+=ε

• l: Calcula def. con la fibra en la posición final 1n.l.n21

1−

−=ε

Y las Rotaciones??

A, F se lo descompone en un tensor ortogonal y uno simétrico. U.QF = , con 21T )FF(U = y 1FUQ −=

U es otra medida de deformación (tensor derecho de deformación) • Q es la rotación!!!!!!!

Y como volvemos a pequeñas???:

1) Gradiente de deformación CIF += si C 0 entonces F I; 2) Green Lagrange: Eliminando la porción no lineal L D. 3) Almansi 0 I-IFIc 1 ==−= −

4) Tensor DI)CC(21I)CCI()CI).(CI(FFU T

0C serieT

0CTT

2

+→++→++→++==→=

5) Tensor Q=I+R ( RIQ ;)DI(Uy CIF-1F.Uen sust. 0D ,serie

11 +→→+=+=→

−− ) Medición de Tensiones:

Debemos usar tensores que sean conjugados de las deformaciones vistas.

Algunas maneras

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

ρρ

=τ

ρρ

=

ρρ

=

.)etc ,Naghdi Green ,Truesdell ,Jaumann( tensoresde Tasas

)Q.T.Q( Kirchhoff de rotado- CoTensor

)F.T.FS ( kirchoff Piola de tensor Segundo

)T.F(P Kirchhoff Piola desor Primer ten

T0

T-1-0

1-0



Significado:

Se formulan evitando que los desplazamientos como rígido los afecten. P y S se definen de modo de calcular la tensión sobre una superficie a partir del cuerpo sin

deformar o deformado. El co-rotado acompaña la rotación (OBVIO)

Las tasas (derivadas en el tiempo) se usan para la formulación de principios en términos de potencia mecánica y resultan cómodos para formular grandes deformaciones en

forma semejante a pequeñas.

Ecuaciones principales: Equilibrio:

0XXP

ij

j,i =+∂

∂ ó 0x

xT

ij

j,i =+∂

∂

Compatibilidad:

FATAL!!!!. Nunca usadas.



PRÁCTICO DE DEFORMACIONES

Problemas resueltos Problema 1:

a) Dado el tensor de desplazamiento relativo: 30,030,040,015,015,020,040,020,010,0

C −−−

=

Obtener: a.1) D (Tensor deformación) a.2) R (Tensor rotación) a.3) Direcciones principales de D. a.4) El desplazamiento relativo en ( )2

12

12

1 ,,nr Solución:

a.1) 3,0075,00

075,015,000010,0

D =

a.2) 0225,040,0225,0020,040,020,00

R −−−

=

a.3) 001

n1 = 383.0

924.00

n2

−=

924.0383.00

n 3 =

a.3) 266.0n.D.nTn ==ε

Problema 2: El campo de desplazamiento es: 211 x3x10u += , 212 x2x3u += , 33 x6u = Probar que no hay rotaciones en pequeñas deformaciones. Solución: Al realizar el cálculo de la matriz C, esta resulta simétrica debido a que las derivadas cruzadas resultan iguales. Por lo anterior, no hay rotaciones. Problema 3:

La matriz de deformación en un punto del sólido elástico es (pequeñas

deformaciones)

.ctekcon

k2k2k

k2k0

k0k3

D =

−

−

=

1) Calcular la deformación longitudinal unitaria en la dirección ( )3

23

23

11 ,,n

2) Calcular la deformación del ángulo formado por 1n y ( )0,,n 51

52

2 −



3) Determinar la deformación angular máxima. 4) Hallar la matriz desviadora y calcular las deformaciones principales.

Solución: Punto 1:

Aplicando la forma bilineal: n*D*nT

n =ε k3n =ε

Punto 2: Para determinar lo pedido, analizaremos la expresión:

dr*Rdr*Ddr*Ir'd ++= (Pag. 3 de Deformaciones) Gráficamente:

Se pide determinar:

⇒ϕ= 12212T

1 'cos*'dr*'dr'dr*'dr 'dr*'dr'dr*'dr'cos

21

2T

112 =ϕ

Utilizando la expresión de arriba ( ) ( )

'dr*'drdr*RDI*RDI*dr'cos

21

2TT

112

++++=ϕ

Pero despreciando infinitésimos de orden superior y sabiendo que R = - RT por ser hemisimétrico:

( )'dr*'dr

dr*D2I*dr'cos21

2TT

112

+=ϕ

'drdrD

'drdr2

'dr*'drdr*dr'cos

2

2

1

T1

21

2T

112 +=ϕ

Sabemos que la forma bilineal de la deformación específica en una dirección cualquiera:

11 drdr1

1

1

1dr ˆ1

dr'dr

1dr

'drε=+ε=⇒−=ε

( ) dr*RI +

dr*R

Q

P'

P δP

dr dr dr*D

'dr

'dr1 2dr

1dr

'dr2

? = ϕ'12

ϕ12

P

P' δP



2dr

2

1dr

T1

2dr

2

1dr

T1

12 drˆdrD

drˆdr2

dr*ˆdr

dr*ˆdr'cos

2121εε

+εε

=ϕ

2121 drdr

2

T

1

dr

2

dr

T

112 ˆ*ˆ

n*D*n2ˆn

ˆn'cos

εε+

εε=ϕ

21 drdr

2

T

11212 ˆ*ˆ

n*D*n*2cos'cosεε

+ϕ=ϕ

Podrá suponerse que: 2121 drdrdrdr 1ˆ*ˆ ε+ε+=εε

21 drdr

211212 1

n*D*n*2cos'cosε+ε+

+ϕ=ϕ

Para el caso tomado ⇒°=ϕ 9012 el denominador será ⇒≅1

( ) 12121212212 ''2'sen'cos ϕ−ϕ=ϕ−π≅ϕ−=ϕ π

k53

8n*D*n*2 2

T

112 ==γ⇒

Punto 3: la deformación angular máxima es γmax . Para ello las deformaciones principales son:

0

k2k2k

k2k0

k0k3

=

ε−−

ε−

−ε−

k67.0;k53,2;k14,4 321 −=ε−=ε=ε⇒ ojo con esto ( ) k405.2k2

67,014,4.max =

−−=γ⇒

Punto 4:

0k2k

k2k0

k0k

k200

0k20

00k2

k2k2k

k2k0

k0k3

−

−

−

+=

−

−

Las deformaciones principales desviadoras son:

k67.2;k53,0;k14,2 )3(d)2(d)1(d −=ε=ε=ε

Problema 4:

A partir de las ecuaciones de deformación lineales, deducir por inversión de operador, las ecuaciones de compatibilidad del primer grupo.



23

13

12

33

22

11

3

2

1

23

13

12

3

2

1

000uuu

100xx0

010x0x

0010xx

000x00

0000x0

00000x

γγγεεε

=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

ε=⇒ u.A

Resolución:

Multiplicar la 1ra, 2da y 3ra ecuación por 1

1x−

∂∂ ;

1

2x−

∂∂ ;

1

3x−

∂∂ . Luego con las

tres modificadas, si se multiplica la 1ra por 2x∂

∂ y la 2da por1x∂

∂ para luego sumando la

cuarta ecuación Recordar que lo que se pretende es tornar unitaria a la matriz A para despejar u.

( ) 111

1

11

1

1

.x

ux

.x 11

ε∂∂

=∂∂

∂∂

−

−

−

−

1111

1

1 .x

u ε∂∂

=⇒−

−

1xx

.x 0

1

0

n1

n

n1

n

=∂∂

=∂∂

∂∂

−

−

( ) 2212

1

22

12

1

.x

ux

.x

ε∂∂

=∂∂

∂∂

−

−

−

−

2212

1

2 .x

u ε∂∂

=⇒−

−

1xx

.x 0

2

0

n2

n

n2

n

=∂∂

=∂∂

∂∂

−

−

( ) 3313

1

33

13

1

.x

ux

.x

ε∂∂

=∂∂

∂∂

−

−

−

−

3313

1

3 .x

u ε∂∂

=⇒−

−

1xx

.x 0

3

0

n3

n

n3

n

=∂∂

=∂∂

∂∂

−

−

Luego:

ecuación 4 la a cambiado signocon sumado es

xxu

x

xxu

xta

2212

1

12

1

1111

1

21

2

⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎬

⎫

ε∂∂

∂∂

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

ε∂∂

∂∂

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−

−

−

−

122212

1

1111

1

1

22

121

22 xxxxu

xxu

xxγ+ε

∂∂

∂∂

−ε∂∂

∂∂

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

−∂∂

−

−

−

−

La matriz quedará, haciendo lo mismo en la 5ta y 6ta:

23

13

12

33

22

11

13

1

21

2

1

3

13

1

11

1

1

3

12

1

11

1

1

2

13

1

12

1

11

1

3

2

1

100xxxx0

010xx0

xx

0010xxxx

000x

00

0000x

0

00000x

000uuu

100000010000001000000100000010000001

γγγεεε

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂

∂∂

∂−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂

∂∂

∂−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂

∂∂

∂−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂

∂∂

∂−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂

∂∂

∂−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂

∂∂

∂−

∂∂

∂∂

∂∂

=

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

Tomando las tres últimas e igualando a cero tenemos:



0xxxx 12221

2

1

1111

1

1

2

=γ+ε∂∂

∂∂

−ε∂∂

∂∂

− −

−

−

−

multiplico por 21 x

yx ∂

∂∂∂

0xxxxxx 12

2122

1111

22

=γ∂∂

∂∂

+ε∂∂

∂∂

−ε∂∂

∂∂

−

Las otras dan: Venant -Saint de ecuaciones las de grupoPrimer

xxxx

xxxx

xxxx

23

232

22

332

23

222

31

132

21

332

23

112

21

122

21

222

22

112

⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

∂∂γ∂

=∂ε∂

+∂ε∂

∂∂γ∂

=∂ε∂

+∂ε∂

∂∂γ∂

=∂ε∂

+∂ε∂

Problema 5: Un elemento rota un ángulo θ a partir del origen. No sufre distorsión y solo rotación. Evaluar el tensor de deformaciones lineales (trabajar en el plano). Resolución: La matriz de rotación de un cuerpo en dos dimensiones viene dada por:

2

1

2

1

2

1

2

1

XX

´*Rxx

.;XX

* cos sen sen cos

xx

=θθθ−θ

=

Si se tiene en cuenta que iii uXx +=

=−θθθ−θ

= .XX

XX

* cos sen sen cos

uu

2

1

2

1

2

1

;XX

CXX

*)I´R(.XX

*1) cos( sen

sen1) cos(

2

1R

2

1

2

1 =−=−θθθ−−θ

con CCR = para rotación exclusivamente.

Con

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

2

2

1

2

2

1

1

1

xu

xu

xu

xu

C para el caso plano.

Además, para terminar la comparación, si (cosθ )-1≅ 0 y senθ ≅ θ ; R0 0

CR =θ+

θ−=

definido en el curso con θxuy θx

u1

2

2

1 +=∂∂−=∂

∂ .

Cuando se desea calcular las deformaciones lineales a partir de la definición de los corrimientos obtenidos arriba, se llega a:

0sensen ; 1)(cosxu ; 1)(cosx

u12

2

222

1

111 =θ−θ=γ−θ=∂

∂=ε−θ=∂∂=ε

)x,x( 21

)X,X( 21 1u 2u

1X

2X

θ



Claramente, las deformaciones longitudinales deberían ser nulas porque estamos ante un caso de rotación pura. Para que estas deformaciones se anulen, los cosenos deben tender a uno, y el seno al valor del ángulo, algo que ya se indicó arriba. Ahora bien, cuanto debe valer θ para poder hacer esta suposición. Desarrollemos en serie el valor de 11ε en las proximidades de θ =0:

2 1)(21242

11θ−=−θ∈+θ−=ε

Si se desea una deformación con precisión 210− y se acepta un error del 1%, las rotaciones deberán ser del orden de 210− , pues, elevadas al cuadrado como indica el desarrollo en serie, darían una deformación real del orden de 410− que es el 1% de 210− , es por lo tanto un error dentro de la tolerancia (equivale a decir que es despreciable). Presentada esta circunstancia, los tensores R y D de pagina 2 del presente apunte, serán tensores de rotación y deformación respectivamente, ya que este último será nulo y RCR = . Rotaciones mayores, inducirán al análisis de deformaciones finitas según apartado 2-8. (Numéricamente, el ángulo va hasta 0.03 rad o 1.72 grados) Problema 6: Calcular las ecuaciones de .compatibilidad de un campo vectorial cualquiera “v” denominado potencial (esto se debe a que se deduce de una función escalar). Resolución: Para que un campo vectorial se deduzca de un potencial, se debe cumplir:

ii x vó v ∂

φ∂=φ∇= Con φ siendo campo escalar.

esta expresión también puede escribirse:

0xvi

i =∂φ∂−

pero estamos ante un caso de un sistema superabundante ya que, no se conoce el campo escalar y si se conoce el vector, son tres ecuaciones con una incógnita. Para que esto tenga solución es necesario deducir un conjunto de ecuaciones que restrinja el problema: derivamos la anterior con relación a las coordenadas:

ij

2

i

j

ji

2

j

i2

i

2

i

ixxx

v ; xxxv ;

xxv

∂∂φ∂=∂

∂∂∂

φ∂=∂∂

∂φ∂=∂

∂ (9 ecuaciones)

por teorema de Schwartz, ij

2

ji

2

xx xx ∂∂φ∂=∂∂

φ∂ (quedan solo 6 ecuaciones)

de donde se deduce que : 0xv x

v i

j

j

i =∂∂

−∂∂ (3 ecuaciones)

que escritas en forma desarrollada:

Sxv x

v ; Sxv x

v ; Sxv x

v 23

1

1

31

2

3

3

23

1

2

2

1 =∂∂−∂

∂=∂∂−∂

∂=∂∂−∂

∂

que no es otra cosa que

0v)v(rotSi =×∇== (a) donde el signo “×” indica producto vectorial. Por esto se enuncia que, dado un campo vectorial cualquiera, para que exista un campo φ escalar del que pueda deducirse el campo



vectorial, es condición necesaria y suficiente que el rotor de ese campo sea nulo (campo irrotacional) o lo que es lo mismo, el rotor de un campo vectorial potencial es siempre nulo. La idea de irrotacionalidad se puede adquirir pensando en la siguiente operación: supongamos el siguiente campo vectorial

)2,0,0(R ; )0,X,X(R 12 =×∇−= Como puede apreciarse en el dibujo de la Izquierda, el campo vectorial gira en torno a el eje vertical y el producto vectorial indica un vector coincidente con ese eje y de valor constante. Por eso se llama “rotor” porque indica una rotación en torno a algún eje. Volviendo al ejercicio, a esta expresión (a), se la denomina Ecuaciones de Compatibilidad del campo vectorial. Esta conclusión puede también apoyarse en el teorema de Stokes (formula 29 del Balloffet, M. G.):

)unitario( a rodea que curva la a tangente:t̂

)unitario( superficie la a normal :n

ds v.t̂ d )v.(n

Ω

Ω

=Ω×∇∫ ∫Ω Ω∂

Si v φ∇= , la derivada direccional de ese campo escalar es: t̂.dsd φ∇=φ , si se integra esta

expresión sobre una curva cerrada: 0)s()s(ds.dsd

11 =φ−φ=φ

∫ Ω∂ (φ es función de estado o

diferencial perfecto) y aplicada al otro miembro de la derivada direccional: 0ds t̂.vds t̂. ==φ∇ ∫∫ Ω∂Ω∂

, y aplicando esto a Stokes: ∫Ω =×∇⇒=Ω×∇ 0v0d )v.(n ; que no es

otra conclusión que si el campo vectorial que atraviesa la superficie se deduce de un potencial, su rotor debe ser nulo. Otra conclusión: si se aplica:

0)v.( =×∇∇ Ya que es el producto escalar entre vectores normales (por propiedad del producto vectorial), por lo que 0S. =∇ : Las ecuaciones de compatibilidad NO SON LINEALMENTE INDEPENDIENTES. Finalmente, esta deducción puede aplicarse al caso de un campo tensorial que se deduce de uno vectorial.

)2,0,0(R×∇

R

1X

3X

2X

R



Problemas propuestos Problema 1:

Esquematice para los siguientes tensores gradiente de desplazamiento j

i

xu∂∂ , la posición

deformada de un elemento inicialmente cuadrado en el plano x1-x2 y con lados paralelos a los ejes.

0000001.0001.00

0000001.0001.00

− 0000002.0000

Problema 2: Para cada una de las matrices gradiente de desplazamiento, determine la matriz de deformación, la matriz de rotación, la deformación volumétrica y la matriz de deformación desviadora.

2718141818104109

10 4

−−−−−

− y 620041414

10 4 −−−

Problema 3: En un cubo simple de un cristal cuyas caras son paralelas a los ejes, los deslizamientos solo tienen lugar en planos paralelos a los cartesianos dados por la matriz de abajo:

00

0

3231

2321

1312

εεεεεε

Encontrar una ecuación que permita determinar la máxima deformación longitudinal y explique como calcularía ese valor si se dieran números a la matriz de deformación. Problema 4: Si el plano x2-x3 es un plano de simetría para la distribución de desplazamientos de modo que cualquier desplazamiento iu de un punto (-a, b, c) es una imagen en espejo del desplazamiento de iu en (a, b, c) , cual componente rectangular en pequeñas deformaciones son funciones pares en x1 y cual es impar. Ayuda: la diferenciación cambia una función par en impar. Problema 5: Usando como base el problema 4 de la guía de ejercicios resueltos, calcular el segundo grupo de ecuaciones de Saint Venant. Problema 6:



Usando como base el problema 5 de la guía de ejercicios resueltos, probar que las ecuaciones de compatibilidad del tensor D se pueden deducir de:

0)D()D( =∇××∇=∇××∇ Nota: para resolver, tener en cuenta:

eegD)D(y eeDg)D( qrspqprs,mqpkm,pkq =∇×=×∇

donde ⎪⎩

⎪⎨

⎧

−+=

n)permutació leimpar(simpn permutació una esk j,i, cuando 1n)permutació (doblepar n permutació una o 1,2,3 esk j,i, cuando 1 repiten. se indices los cuando 0

geij

denominado operador de Levi Civita, que responde a la expresión: egee kijkji =∧ con espacio. elen sortogonale esson versor e y e,e kji

Donde la razón de la permutación se basa en la anticonmutatividad del producto vectorial.

Ejemplo: 0ggg

1ggg1ggg

222122112

321213132

312231123

===−===+===

ortogonal basee1,2,3 =

Tener en cuenta que el tensor deformación se escribe: eeD jiij si se toma la versión de combinación lineal de díadas (diádica).

Capítulo 2 Deformaciones -...

Documents

Transcript of Capítulo 2 Deformaciones -...