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Final Junio, 22-VI-2007. Mecnica de la Fractura

E.T.S. Ingenieros de Caminos, Canales y Puertos de Granada

EJERCICIO 1 (2.0/10)

En el problema elstico sobre una cua de ngulo 2,sometida a unas tensiones tangenciales dadas , tal ycomo se muestra en la gura, se encuentra que la funcin

de Airy es U(r, ) = Ar2(cos 2B), siendo A y B unasconstantes a determinar en funcin de las condiciones

de contorno, y supuesto el origen de coordenadas en el

vrtice de la cua. Determine A y B

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Puesto que conocemos la funcin de Airy, mediante derivacin podemos calcular las tensiones en coordenadas

polares,

rr =1r

U

r+

1r22U

2= 2A(cos 2 +B)

=2U

r2= 2A(cos 2 B)

r =1r2U

1r

U

r= 2A sen 2

Las condiciones de contorno son,

Para =

{ = 0r =

Para = { = 0r =

Son cuatro condiciones de contorno, y solo tenemos 2 constantes. Vamos a calcular A y B obligando a quese cumplan las dos primeras y luego comprobaremos si se cumplen las dos ltimas.

Las ecuaciones son entonces,

2A(cos 2B) = 02A sen 2 =

cuya solucin es,

A =

2 sen 2B = cos 2

Podemos escribir entonces el campo tensional sustituyendo los valores de A y B,

rr = sen (cos 2 + cos 2)

=

sen(cos 2 sen)

r = sen sen

Es fcil comprobar que se cumplen las condiciones en = , ya que el coseno es simtrico (para ) y el senoantimtrico (para r). Ntese por otra parte que las tensiones no dependen la distancia r.




Suponiendo que la funcin de Airy de un problema elstico es de la forma U(r, ) = f(r) sen . Determinela funcin f(r), salvo constantes por determinar en funcin de las condiciones de contorno.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Para obtener f(r) tenemos que hacer que U(r, ) cumpla la ecuacin biarmnica, es decir,(2

r2+1r

r+

1r2

2

2

)(2U

r2+1r

U

r+

1r22U

2

)= 0

siendo U(r, ) = f(r) sen . Para aplicar estas derivadas hacemos primero 2 (f(r) sen ) y luego al resultado leaplicamos el laplaciano otra vez.

2 (f(r) sen ) =(f +

1rf 1

r2f

)sen

Para aplicar el segundo laplaciano, llamamos g(r) = f + 1rf 1r2 f y entonces esta claro que 2f(r) sen =

g(r) sen . Entonces,

4U(r, ) = 2 (g(r) sen ) =(g +

1rg 1

r2g

)sen

Calculamos a continuacin los valores de g y g

g(r) = f III +1rf 1

r2f 1

r2f +

2r3f

y agrupando trminos,

g(r) = f III +1rf 2

r2f +

2r3f

Derivando esta expresin, calculamos g:

g(r) = f IV +1rf III 1

r2f 2

r2f +

4r3f +

2r3f 6

r4f

que se puede simplicar para obtener,

g(r) = f IV +1rf III 3

r2f +

6r3f 6

r4f

Podemos ahora calcular la expresin, g + 1r g 1r2 g y se obtiene,

4U(r, ) =(f IV +

2rf III 3

r2f +

3r3f 3

r4f

)sen = 0

y por tanto f(r) ha de ser la solucin de la ecuacin diferencial,

f IV +2rf III 3

r2f +

3r3f 3

r4f = 0

Se trata de una ecuacin de Euler, por lo que probamos soluciones de la forma f(r) = r. Sustituyendo seobtiene,

{( 1)( 2)( 3) + 2( 1)( 2) 3( 1) + 3 3} r4 = 0y por tanto ha de ser una raiz del polinomio,

( 1)( 2)( 3) + 2( 1)( 2) 3( 1) + 3 3 = 0o lo que es lo mismo,

43 + 22 4 3 = ( 1)2(2 2 3) = 0cuyas raices son, = {1, 1 (doble), 3}. Recurdese que si = es una raiz doble, las soluciones sern r yr log r. Por tanto la solucin buscada ser,

f(r) = A1r+Br + Cr log r +Dr3

siendo A, B, C, y D, unas constantes que se determinarn a partir de las condiciones de contorno del problemaelstico para el cual U(r, ) = f(r) sen pueda ser una solucin.




Para un problema de fractura plano en Modo II las tensiones en coordenadas polares vienen dadas por las

ecuaciones rr = KII2pir( 54 sen 12 + 34 sen 32), = KII2pir ( 34 sen 12 34 sen 32) y r = KII2pir ( 14 cos 12 + 34 cos 32).Calcule las tensiones principales para un r cualquiera, en los valores de = 0, 45o y 90o, as como el nguloque forman dichos ejes con la horizontal, tanto para el caso de tensin plana como deformacin plana. Tmese

= 0,25 cuando haga falta.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Vamos a hacerlo para cada ngulo.

ngulo = 0o En este caso las tensiones valen,

rr = 0; = 0; r =KII2pir

Dibujando el crculo de Mohr para este estado tensional,

1

2

4 3

2

siendo en este grco = KII2pir. Ntese que, dado el criterio de signos que se adopta para en el crculo de

Mohr, el punto 1 corresponde al plano = 0, r = , mientras que el punto 2, corresponde a rr = 0,r = . Es decir que el punto 1 corresponde al plano = cte, cuya normal en el plano real es, para este valor = 0o, (0, 1), mientras que el punto 2 corresponde al plano r = cte, cuya normal en el plano real es (1, 0).El punto 3 corresponde al primer eje principal y el 4 al segundo. Por tanto las tensiones principales son,

I =KII2pir

; II = KII2pir

La tercera tensin principal depende de si se trata de tensin plana o deformacin plana,

III =

{(I + II) = 0 Para deformacin plana0 Para tensin plana

aunque en este caso coinciden ambas.

En el crculo de Mohr el eje horizontal es el punto 2. Para ir desde este punto al 3, que corresponde al ejeprincipal I hay que recorrer un ngulo 2 = 90o en el crculo de Mohr, en sentido anti-horario. Por tanto, eleje principal I forma un ngulo de = 45o con el eje horizontal. En la gura siguiente, se dibuja el tensor detensiones en ejes principales, para los puntos = 0o.



45


rr = 0,2145KII2pir

; = 0,9799 KII2pir

; r = 0,5180KII2pir


1

2

4 3C

I2

R

II c

podemos obtener las tensiones principales. Ahora, el punto 1 corresponde al plano = 0,9799, r =0,5180, siendo de nuevo = KII

2pir. El punto 2, corresponde a rr = 0,2145, r = 0,5180. Es decir que el

punto 1 corresponde al plano = cte, cuya normal en el plano real es, para este valor = 45o,( 1

2, 1

2

),

mientras que el punto 2 corresponde al plano r = cte, cuya normal en el plano real es(

12, 1

2

).

El punto 3 corresponde al primer eje principal y el 4 al segundo. Para calcular los valores de las tensionesprincipales tenemos que calcular el centro y radio del crculo de Mohr, a partir de los puntos 1 y 2. El centroser:

c =0,9799 + 0,2145

2 = 0,3827y el radio del crculo puede obtenerse calculando la distancia entre el centro y el punto 1 o 2,

R =(0,3827 + 0,9799)2 + 0,51802 = 0,7906

Por tanto las tensiones principales son,

I = (0,3827 + 0,7906) = 0,4079 KII2pir

II = (0,3827 0,7906) = 1,1733 KII2pir



La tercera tensin principal depende de si se trata de tensin plana o deformacin plana,

III =

{(I + II) = 0,1914 KII2pir Para deformacin plana0 Para tensin plana

que en este caso no coinciden, lo cual es lo habitual.

Para obtener el ngulo que los ejes principales forman con la horizontal, nos jamos en que el el crculo de

Mohr el punto 2 es el plano cuya normal es(

12, 1

2

), es decir, que forma 45o con la horizontal. Calculamosahora el ngulo (antihorario) que hay entre los puntos 2 y 3 en el crculo de Mohr,

2 = arctan0,5180

0,2145 + 0,3827= 40,9o

Puesto que en el crculo de Mohr el ngulo que forman dos puntos, es el doble que el forman las normales en el

plano real, tenemos que el ngulo que forma el eje principal I ser,

I = 45o + = 65,5o

y por tanto

II = I + 90o = 155,5o

En la gura siguiente, se dibuja el tensor de tensiones en ejes principales, para los puntos = 45o.

45

65.5


rr = 0,3536 KII2pir

; = 1,0607 KII2pir

; r = 0,3536 KII2pir


4 3C

2

1

II c I

2

R



podemos obtener las tensiones principales. Ahora, el punto 1 corresponde al plano = 1,0607 , r =0,3536 , siendo de nuevo = KII

2pir. El punto 2, corresponde a rr = 0,3536 , r = 0,3536 . Es decirque el punto 1 corresponde al plano = cte, cuya normal en el plano real es, para este valor = 90o, (0,1)),mientras que el punto 2 corresponde al plano r = cte, cuya normal en el plano real es para este ngulo = 90o,(0, 1).De nuevo, el punto 3 corresponde al primer eje principal y el 4 al segundo. Calculamos de nuevo el valor de

c del centro del crculo y el radio, a partir de los puntos 1 y 2. El centro ser:

c =1,0607 0,3536

2 = 0,7072

y el radio del crculo puede obtenerse calculando la distancia entre el centro y el punto 1 o 2,

R =(0,3536 + 0,7072)2 + 0,35362 = 0,5000 Por tanto las tensiones principales son,

I = (0,7072 + 0,5000) = 0,2072 KII2pir

II = (0,7072 0,5000) = 1,2072 KII2pir

De nuevo, la tercera tensin principal depende de si se trata de tensin plana o deformacin plana,

III =

{(I + II) = 0,3536 KII2pir Para deformacin plana0 Para tensin plana

que de nuevo no coinciden.

Para obtener el ngulo que los ejes principales forman con la horizontal, recordamos que en el crculo de

Mohr el punto 2 es el plano cuya normal es (1, 0), es decir, que la normal es el eje vertical, y forma 90o con lahorizontal. Calculamos ahora el ngulo (horario) que hay entre los puntos 2 y 3 en el crculo de Mohr,

2 = arctan0,3536

0,3536 + 0,7072 = 45o

recordando que en el crculo de Mohr el ngulo que forman dos puntos, es el doble que el forman las normales

en el plano real, de modo que el ngulo que forma el eje principal I ser,

I = 90o = 67,5o

El signo negativo se debe a que hemos calculado en el crculo de Mohr el ngulo en sentido horario, que es

negativo. El segundo eje principal formar un ngulo,

II = I + 90o = 157,5o

En la gura siguiente, se dibuja el tensor de tensiones en ejes principales, para los puntos = 90o.

90

67.5




Para una grieta recta de tamao 2a en un medio innito sometida a tracciones remotas, puede estimarseque el tamao de la zona de dominancia del FIT en modo I es rK = a50 . Teniendo en cuenta la aproximacindel radio plstico de Irwin, calcule:

1. El valor de KI para el cual rK es igual a rp

2. Valor de la tensin remota con el que se alcanza este FIT calculado

3. Qu consecuencias tiene esto para la consideracin del FIT como parmetro que caracteriza el estado

tensional frente al vrtice de la grieta, para valores inferiores al calculado en el apartado anterior? Y para

valores superiores?

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

El valor de la estimacin de Irwin para el radio plstico es:

rp =1pi

(KIe

)2En el primer apartado piden simplemente igualar rp y rK = a50 , y obtener el valor de KI para el que secumple la igualdad:

1pi

(KIe

)2=

a

50

de donde se obtiene,

KI = e

pia

50= 0,1414e

pia

En el segundo apartado nos piden el valor de 0 que hace que se alcance este FIT. Puesto que para estaconguracin (grieta nita en medio innito sometida a tensiones remotas) tenemos queKI = 0

pia igualando,

KI = KI 0,1414epia = 0

pia

se obtiene inmediatamente que,

0 = 0,1414e

Respecto a lo que pide el tercer apartado podemos decir que, para valores inferiones de este valor de las

tensiones, la zona plstica ser ms pequea, y por lo tanto caer dentro de la zona de dominancia del FIT. En

este caso, la zona de dominancia del FIT engloba la zona plstica, por lo que el parametro KI caracteriza elestado tensional, mejor cuanto menor es la tensin. En la siguiente gura se observa esta situacin.

rp rK

e

KI2pir

En el caso contrario, si las tensiones son mayores que 0,1414e, la zona plstica es mayor que la zona dedominancia del FIT, por lo que el parmetro KI no ser adecuado para caracterizar el estado tensional, ya queeste ser bastante distinto al calculado mediante la teora de la elasticidad.




La gura representa un proceso de delaminacin de una

capa delgada de altura h, sobre un material. Conside-rando que h a y que el espesor del especimen es B,calcule la tasa de energa disponible para esta congu-

racin.

a

a

Para una viga en voladizo de longitud L sometida a cargas uni-formes de valor q, el giro a lo largo de la viga es (x) = qx

6EI(x2

3Lx + 3L2), y el desplazamiento (x) = qx2

24EI(x2 4Lx + 6L2),siendo x la distancia al empotramiento.

a

h

q

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

En este caso tenemos una carga distribuida, por lo que no podremos utilizar directamente las frmulas que

se basan en la exibilidad C, ya que estas las obtuvimos suponiendo una carga puntual P . Sin embargo, s esvlida la frmula,

G =1B

Utda

q

lo cual implica que podemos calcular la energa elstica total almacenada, y derivarla respecto a la longitud de

la grieta a. Para calcular esa energa podemos calcular el trabajo elstico realizado por las cargas hasta llegara esa posicin. Bajo las hiptesis del problema, el trozo delaminado puede asimilarse a un viga en voladizo de

longitud a, por lo que el trabajo realizado ser,

T =12

a0

q(x)dx =q2

48EI

a0

x2(x2 4ax+ 6a2)dx

siendo I = 112Bh3. Realizando la integral se obtiene,

T =q2

48EI

a0

x2(x2 4ax+ 6a2)dx = q2a5

40EI

Puesto que Ut = T , tenemos que,

G =1B

Utda

q

=1B

d

da

(q2a5

40EI

)=

q2a4

8EIB

y sustituyendo el valor de I = 112h3B se obtiene,

G =3q2a4

2Eh3B2

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