Ejercicio propuesto de plasticidad uniaxial

Nivel: Avanzado (cursos superiores de ingeniería)

Para la clase de mañana de Diseño Mecánico (Ingeniería Materiales URJC, Móstoles) hemos ideado el siguiente problema de plasticidad que proponemos también a todos aquellos seguidores de nuestro blog:

Un tubo de pared delgada se encuentra sometido a una fuerza de tracción F en sus extremos.

Se pide:
a) Encuentre, mediante la regla de flujo de Prandl-Reuss, la relación entre las deformaciones plásticas (\(\varepsilon_r\), \(\varepsilon_\theta\) y \(\varepsilon_z\)).
a) La fuerza necesaria para llegar a una deformación que sea la mitad de la que produce la inestabilidad plástica.
b) La variación dimensional del radio y de la longitud del tubo para la fuerza del apartado anterior.

Datos: El material sigue una ley de Hollomon \(\sigma = K \varepsilon^n\). Las dimensiones iniciales del tubo son radio \(R_0\), longitud \(L_0\) y espesor \(t_0\). Desprecie las deformaciones elásticas frente a las plásticas.

Solución: a) -\(\varepsilon_r\) =  -\(\varepsilon_\theta\) =  \( \displaystyle \frac{ \varepsilon_z}{2}\); b) \(F \,=\, 2\pi R_0 t_0 K \cdot \left( \frac{n}{2}\right)^n \cdot exp\left(-\frac{n}{2}\right)\) ;c)  \(R – R_0 = R_0 \left[ exp \left(-\frac{n}{4}\right) – 1\right]\), \(L – L_0 = L_0 \left[ exp \left(\frac{n}{2}\right) – 1\right]\)


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Von Mises y el segundo invariante del tensor desviador

En nuestras clases de Diseño Mecánico nos centramos en la práctica de ejercicios. Yo soy muy teórico pero también sé que la teoría aburre a mis alumnos por lo que trato de incluir la mínima necesaria en mis clases.

Por ejemplo, el criterio de Von Mises se suele utilizar sin más en nuestras clases como:

$$\bar{\sigma} = \sigma_Y$$

Es decir, la plastificación se produce cuando la tensión equivalente de Von Mises es igual al límite elástico.

Sin embargo, a mí me gusta, dado que se tarda muy poco, arrancar la explicación del criterio a partir del segundo invariante del tensor desviador, \(J’_2\). En esta definición más primitiva que la anterior, la plastificación ocurre cuando dicho invariante es igual a un valor crítico \(K^2\) (el cuadrado está ahí por comodidad en la solución):

$$J’_2 = K^2$$

En este punto, nos vamos al ensayo de tracción simple, que en estos casos siempre tenemos a mano, y para el que:

$$J’_2 = \frac{1}{2} \sigma’_{ij} \sigma’_{ij} = \frac{1}{2} \sigma_I^2$$

donde el tensor \(\sigma’_{ij}\), como sabrán los alumnos de esta asignatura, es el tensor desviador, de componentes:

$$\sigma’_{ij} = \left(
\begin{array}{c c c}
\frac{2}{3} \sigma_I& 0 & 0\\
0 &-\frac{1}{3} \sigma_I& 0 \\
0 & 0 & -\frac{1}{3}\sigma_I
\end{array}
\right)
$$

Donde /(\sigma_I\) es la tensión principal mayor (las otras son nulas).

Como buscamos el momento de la plastificación \(\sigma_I = \sigma_Y\):

$$J’_2 = \frac{1}{3} \sigma_Y^2$$

$$ \frac{1}{3} \sigma_Y^2 = K^2$$

$$ K = \frac{\sigma_Y}{\sqrt {3}} $$

Y dado que la tensión equivalente se puede escribir como:

$$ \bar{\sigma}= \sqrt{3 J’_2}$$

queda despejando

$$J’_2 = \frac{1}{3} \bar{\sigma}^2$$

$$ \frac{1}{3} \bar{\sigma}^2 = \frac{1}{3} \sigma_Y^2$$

Finalmente, obtenemos:

$$\boxed{\bar{\sigma} =  \sigma_Y}$$


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