Análise de Tensão em um Ponto - Cálculo de Tensões Principais e Círculo de Mohr

d σmᵈᵉ Trσᵈᵉ3 13 50 0 00 50 00 0 50 σmin σ σₘᵢₙ σ σ₀₈ 7 24 024 0 00 0 7 e σmᵈᵉ 7 24 024 0 00 0 7 Sabemos que 7 es autovalor y está asociado a un autovector x²t 0 0 1 7λ 24 24 λ 0 λ²7λ5760 λ₁ 2775 λ₂ 2075 Para λ₁ 7λ₁ 2424 λ₁ n₁ n₂ 2075 n₁ 24 n₂ 0 24 n₁ 2775 n₂ 0 n₂0654 n₁0757 x¹t 0757 0654 0 Para λ₂ 7λ₂ 2424 λ₂n₁ n₂ 2775 n₁ 24 n₂0 24 n₁ 2075 n₂0 n₂0757 n₁0654 x²t 0654 0757 0 h No podemos saberlo sólo sabemos el estado tensional en P g No porque hay tensiones principales 3 Considerando las ec de movimiento xxt y el campo de temperatura Txt x₁x₁1t x₂x₂1t x₃x₃ Tx x₁² x₂² Encerrar la tasa de cambio de un particular P en t1s Dicha partícula en t0 estaba en x₁3 x₂1 x₃0 Vamos a resolverlo en la descr Euleriana y Lagrangiana Tx x₁² x₂² Txt x₁1t² x₂1t² x₁²1t² x₂²1t² Txt En la Txtt 2x₁²1t 2x₂ 1t En El Txtt 2 x₁x₁² 1t 2 x₂x₁² 1t x₁x₁1t x₂x₂1t x₃x₃ Sabemos que Px 3 1 0 x₁3 x₂1 x₃0 x₁31t x₂11t x₃0 En t1s Tt 23²11 21²11 40 t ₓT 262²11 222²11 40 2 d ₓ v v ₓ vᵗ v ₓ v¹ᵐᵗ v ₓ vᵗ v ₓ v¹ᵐᵗ v ₓ vᵗ v ₓ v¹ᵐᵗ v ₓ vᵗ v ₓ v¹ᵐᵗ v zₓ vᵗ v ₓ vᵗ v ₓ v¹ᵐᵗ v v₁x₁ v₁x₂ v₁x₃ v₂x₁ v₂x₂ v₂x₃ v₃x₁ v₃x₂ v₃x₃ v zₓ v¹ᵐᵗ v 12 zₓ vᵗ v 2ₓ vᴹᵀ v v ₓ v zₓ v¹ᵐᵗ v 12 ₓ v v ₓ v ₓ v¹ᵐᵗ ₓ v zₓ v¹ᵐᵗ v v zₓ v 3 Tensor de tensiones de Cauchos en un punto P σij 57 24 0σ21 50 0σ31 σ32 43 MPa a Tensiones y direcciones principales b Tensiones normal y tangencial máx c Círculo de Mohr d Parte esférica y desviadora e Autovalores y autovectores de σmᵈᵉ f Rompe en un plano cuando τ 24 MPa y σn 74 MPa Resiste en g Estamos en un caso de tensión plana a σij 57 24 024 50 00 0 43 Sabemos que 43 es tensión principal y está asociado a la dirección principal λt 0 0 1 57λ 24 24 50λ 0 λ² 107λ 2274 0 λ₁ 7775 λ₂ 2925 Para λ₁ 57 λ₁ 2424 50 λ₁n₁ n₂ 2075 n₁ 24 n₂ 0 n₁² n₂² 1 242975 n₂² n₂² 1 n₂ 0654 n₁ 0757 x¹t 0757 0654 0 Para λ₂ 57 λ₂ 2424 50 λ₂n₁ n₂ 2975 n₁ 24 n₂ 0 24 n₁ 2075 n₂ 0 n₂ 0757 n₁ 0654 x²t 0654 0757 0 b σmax 7775 MPa τmax 7775 29252 2425 MPa c Drawing of Mohrs circle with axes marked 2425 yaxis 2925 43 7775 xaxis and a semicircle curve Parcial 2 20152016 1 a Demostrar que si el módulo de un campo vectorial w wt es constante en el tiempo eso implica que w es ortogonal a wt para todo tiempo t b Sea v sabiendo q es función de x v vx y sus componentes v₁ x₁ 5x₂ 12x₃ v₂ 5x₁ x₂ 3x₃ v₃ 2x₁ 3x₂ x₃ 51 Obtener el gradiente de v 52 Obtener v 0 c Demostrar que c1 ₓₓφ ₓ²φ c2 ₓϕμ μₓϕ ϕₓμ c3 ₓ ₓ a ₓₓ a ₓ²a d Dado un campo vectorial vx demostrar que se cumple la siguiente relación ₓvv 12 ₓv² v ₓ v a w² w w w²t wwt w wt wt w 2w wt 0 w wt b b1 ₓ vᵢⱼ vᵢxⱼ ₓ vᵢ εᵢⱼₖ vₖxⱼ v₁x₁ v₁x₂ v₁x₃v₂x₁ v₂x₂ v₂x₃v₃x₁ v₃x₂ v₃x₃ 1 5 25 1 32 3 1 52 ₓ v 1 Trₓ v 3 c1 ₓ ₓ φ xⱼφᵢ eᵢ xⱼφ Sᵢ ²φxᵢxⱼ ²φxⱼxᵢ ₓ²φ c2 ₓϕμᵢ ϕμᵢᵢ ϕᵢ μ ϕ μᵢ μ ₓ ϕᵢ ϕ ₓ μᵢ c3 Como ₓ aᵢ εᵢⱼₖ aₖⱼ ₓ ₓ aᵢ εᵢqₗ εₗᵢₖ εⱼᵢₖ aₖⱼₗ εqₗ εⱼₖ aₖⱼ εqₗ εⱼₖ εqₗ εʲλι δqj δkₗ δqk δₗj δqj δkₗ δqk δₗj aₖⱼ δjₗ δ₂ₖ aₖⱼ δqk δ₂j aₖⱼ aₖₖₗ aₖₗₖ ₓₓ a ₓ²a 4 41 a Qué es necesario para definir el estado tensional en un punto b En qué configuración se define el tensor de tensiones de Cauchy 42 El campo de tensiones de Cauchy en un medio continuo σijx 3x 5x² 0 σ21 3x² 2x3 σ31 σ32 0 a Obtener fuerzas música para equilibrio 4 Para 110 51 Círculo de Mohr Tensiones tangencial y normal máximas 52 Vector tensión en el plano ortogonal a n1 13 13 13 53 Obtener tensión normal y tangencial en el plano anterior 41 a El estado tensional en un punto Pxt existe completamente definido cuando desde cualquier plano que pase por ese pito se pueda obtener el vector tensión Txn Cauchy demostró que si definimos un vector tensión en 3 planos perpendiculares entre sí pasando por un pito Pxt el estado tensional en dicho punto estará completamente definido b Es la Configuración Actual deformada 42 a σijx 3x 5x² 0 5x² 3x² 2x3 0 2x3 0 Fzas music por so de vol eqbi existe un fuente Por equilibrio x σ 0 σ11 σ22 σ33 pb1 3 10x2 pb1 σ21 σ22 σ33 pb2 3 pb2 σ31 σ32 σ33 pb3 0 pb3 pb 3 10x2 3 0 b 110 σij 3 5 0 5 3 0 0 0 0 51 Sabemos que 0 es autovalor 3 λ 5 5 3 λ 0 λ² 6λ 16 0 λ λ1 8 λ2 2 Autovalores 2 0 8 σmax 8 2 10 σmin 8 22 5 52 Sabiendo que t₁a σij nj nj 13 13 13 13 1 1 1 t1 t2 t3 3 5 0 5 3 0 0 0 0 13 13 13 13 8 8 0 t1a 13 8 8 0 53 σr t1a n t1a σr σtan 1σr t1a σr² σr t1a n 13 13 5 9 0 13 13 5 9 0 163 σr² t1a t1a σr² 13 13 5 9 0 5 9 0 163² 1283 2569 1289 σr 1283 5 Considerar las siguientes ecuaciones de movimiento x1 X1 x2 X2 1t X3 x3 X3 1t X2 a Es posible el movimiento b Determinar los componentes de velocidad en descomposición Logras y Euler c Obtener el gradiente de deformaciones Hallar trayectoria d Para que sea posible J 0 J F xᵢXⱼ 1 0 0 0 1 1t 0 1t 1 1 1t² 1 t²4 0 0 t 2 para movm b Yd Lograys x F x x F¹ x F¹ F¹ 1F ω₃F 1F logFᵗ ₁ x₁x₁ 0 ₂ x₁x₂ X3x2 ₃ x₃t X1t F¹ 1F 12 0 1t 0 1 0 1t 0 1 1J 1 t²4 0 0 0 1 12 0 12 1 x₁ x₂ x₃ 1J 0 0 0 0 1 t2 0 t2 1 x₁ x₂ x₃ x₁ x₁ x₂ x1 t2 x21 t²4 x3 2x2 tx32 t²2 Vel Euler V₁ 0 V₂ 2x3 x1x1 t² V₃ 2x3 x2x1 t² c Para obtener la trayectoria eliminar t x1 x1 x2 x2 12 x3 t 2x2 x1x3 t t 2x3 x1x3 2x3 x2x2 x1 x1 x2 x3 x3 x3 x3 x2x3 x2 x2x3 x2 x2x3