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ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
PROF.: JAIME RODRÍGUEZ URQUIZA - ÁREA DE ESTRUCTURAS - DEPTO. DE ING.EN OO.CC. U.L.S.
PROBLEMA Nº 1
σ = 4200y
σ = 4200y
xσ = 12300σ = 12300x
τ = 4700xy
xyτ = 4700
Un estado tensional queda caracterizado por σx = 12300, σy = -4200 y τxy = -4700. Hallar las tensiones principales y sus direcciones: a) Aplicando las fórmulas obtenidas a partir de la derivación de σθ b) Hallando los valores propios y vectores propios del tensor de tensiones c) Aplicando el Círculo de Mohr de Tensiones Solución: a) Obtengamos las tensiones principales a partir de las fórmulas obtenidas a partir de la derivación
de σθ a.1) Hallemos las tensiones principales normales. Sabemos que las direcciones de las tensiones principales normales cumplen con la expresión:
⎩⎨⎧
=−=
⇒−=−−
=⇒−
=75,165ºθ14,835ºθ
5697,0)4200(23001
2(-4700)tg2θσσ
2τtg2θ
IIP
IPp
yx
xyp
El valor de la tensión normal a un plano que forma un ángulo θP es:
σ = 5444,8672
1σ = 13544,867
σ = 13544,8671
σ = 5444,8672
-14,835º
⎩⎨⎧
−==
⇒+−
++
= −
5444,867σ13544,867σ
sen2θτcos2θ2σσ
2σσ
σ75,165º
14,835ºxy
yxyxθ
ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
PROF.: JAIME RODRÍGUEZ URQUIZA - ÁREA DE ESTRUCTURAS - DEPTO. DE ING.EN OO.CC. U.L.S.
Igualmente podíamos haber hallado estos valores de la fórmula que determina el valor de las tensiones principales.
⎩⎨⎧
−==
⇒±=+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −+
+=
5444,867σ13544,867σ
9494,8674050τ2σσ
2σσ
σmín
máx2xy
2yxyx
máx/mín
a.2) Hallemos las tensiones tangenciales principales. Sabemos que las direcciones de las tensiones principales tangenciales cumplen la expresión:
⎩⎨⎧
==
⇒=−−
−=⇒−
−=º165,201θ
º165,30θ7553,1
2(-4700))4200(23001tg2θ
2τσσ
tg2θIIS
ISS
xy
yxS
El valor de la tensión tangencial a un plano que forma un ángulo θS es:
⎩⎨⎧
==
⇒+−
−=9494,867τ
-9494,867τcos2θτsen2θ
2σσ
τ120,165º
30,165ºxy
yxθ
El valor de la tensión normal un plano que forma un ángulo θS es:
120,165°
30,165°
σ = 4050
θσ = 4050
τ = 9494,867θ
θ
σ = 4050θ
τ = 9494,867θ
σ = 4050θ
⎩⎨⎧
==
⇒+−
++
=4050σ4050σ
sen2θτcos2θ2σσ
2σσ
σ120,165º
30,165ºxy
yxyxθ
Igualmente podíamos haber hallado estos valores a partir de la fórmula que determina el valor de las tensiones principales tangenciales:
9494,867τ2σσ 2
xy
2yx
máx/mín ±=+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −±=τ
ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
PROF.: JAIME RODRÍGUEZ URQUIZA - ÁREA DE ESTRUCTURAS - DEPTO. DE ING.EN OO.CC. U.L.S.
b) Hallemos los valores propios y vectores propios del tensor de tensiones.
El tensor de tensiones en estado plano es : ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−−−
=42004700470012300
π
b.1) Sabemos que los valores propios de este tensor son las tensiones principales normales. Para hallar las tensiones normales resolveremos el problema de valores propios:
⎩⎨⎧
−==
⇒=−−−
−−=−
5444,867σ13544,867σ
0σ42004700
4700σ12300σIπdet
2
1
b.2) Sabemos que las direcciones principales son los vectores propios del tensor de tensiones. Para hallar los vectores propios resolvamos ( ) ⇒=− 0nσIπ )
1) 1ª Tensión Principal σ1 = 13544,867
( ) 0m17744,8674700
47001244,8670
m13544,86742004700470013544,86712300
nIσπ1
1
1
111 =⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
−−⇒=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−−
−−=−
ll)
⇒−=⇒=−−⇒ 1111 2648,004700867,1244 ll mm
Vector asociado a σ1 = 13544,867 = { 1 ; -0,2648 } { }0;256,0;967,01 −=⇒ n) 2) 2ª Tensión Principal σ2 = -5444,867
( ) 0m1244,8674700
47007744,86710
m44,8674542004700470044,8674512300
nIσπ2
2
2
222 =⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
−⇒=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−−
−+=−
ll)
⇒=⇒=−⇒ 2222 775,304700867,17744 ll mm
Vector asociado a σ1 = -5444,867 = { 1 ; 3,775 } { }0;967,0;256,02 =⇒ n) c) Dibujemos el Círculo de Mohr de Tensiones. Del Círculo de Mohr conocemos:
) y el radio 9494,867τ2σσ 2
xy
2yx =+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −=R El centro : (4050,0,0
2σσ yx =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +
⎩⎨⎧
−=−=−==+=+=
⇒=5444,8679494,8674050Rσσ
13544,8679494,8674050Rσσ4050σ
med2
med1med
ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
PROF.: JAIME RODRÍGUEZ URQUIZA - ÁREA DE ESTRUCTURAS - DEPTO. DE ING.EN OO.CC. U.L.S.
τ
σ(4050,0)
2θ = -29,67°P1
σ =13544,867P1
A (12300,-4700)θ = 0°
(σ , τ )xyx
(σ , τ )
B (-4200,-4700)
xyy
θ = 90°
τ m
áx =
949
4,86
7τ
máx
= 9
494,
867
σ =-5444,867P2
2θ = 60,33°S1
2θ = 150,33°P2
ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
PROF.: JAIME RODRÍGUEZ URQUIZA - ÁREA DE ESTRUCTURAS - DEPTO. DE ING.EN OO.CC. U.L.S.
BA σ = 52 MPax σ = 52 MPax
σ = 21 MPay
τ = 28 MPaxy σ = 30 MPaθ
τ = 6,8 MPa
σ b
θ
τ = 28 MPaxy
σ = 21 MPay
τ = 6,8 MPaθ
σ b
θ1
σ = 30 MPaθ
PROBLEMA Nº 2 En un punto de una estructura sometida a un esfuerzo plano, el estado tensional A viene dado por : σx =-52 MPa, σy = 21 MPa y τxy = 28 MPa. El elemento B, localizado en el mismo punto de la estructura, se gira un ángulo θ1 tal que los esfuerzos y σtienen los valores mostrados en la figura. Calcular la tensión normal σb y el ángulo θ1. Solución: a) Obtengamos la tensión σb. Sabemos que σx + σy es un invariante ⇒ σx + σy = σa + σb ⇒ -52+21 = 30 + σb ⇒ σb = -61 MPa (compresión) b) Obtengamos el valor del ángulo θ1 Conocemos las tensiones normales y tangenciales en un plano que forma un ángulo θ:
sen2θτcos2θ2σσ
2σσ
σ xyyxyx
θ +−
++
=
cos2θτsen2θ2σσ
τ xyyx
θ +−
−=
Por lo tanto :
28sen2θ36,5cos2θ15,530 +−−=
28cos2θ36,5sen2θ8,6 += Resolviendo las ecuaciones se obtienes ⇒ 2 θ = 134,029º ⇒ θ = 67,015º
ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
PROF.: JAIME RODRÍGUEZ URQUIZA - ÁREA DE ESTRUCTURAS - DEPTO. DE ING.EN OO.CC. U.L.S.
c) Aplicando el Círculo de Mohr de Tensiones. Del Círculo de Mohr conocemos:
) y el radio 003,64τ2σσ 2
xy
2yx =+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −=R El centro : ( 15,5,0-,0
2σσ yx =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +
⎩⎨⎧
−=−−=−==+−=+=
⇒−=503,61003,46500,15
503,30003,46500,15500,15
2
1
RR
med
medmed σσ
σσσ [ MPa ]
Dibujemos el Círculo de Mohr de Tensiones conocido el centro y el radio.
61,5 MPa
y
θ = 90°
30,5 MPa
xy(σ , τ )
(σ , τ )
τ
2θ =134,029°θ = 0°xyx
15,50
σ
C (-52;28)
D (21,-28)
F (-61;-6,8)
E (30;6,8)
Identificamos los puntos C y D como la representación del elemento A. Marcamos el punto E ( 30 ; 6,8 ) como parte del elemento B. El extremo opuesto de la diagonal F ( -61 ; -6,8 ) nos indica las tensiones en un plano a 90º. Identificado el punto E, el arco CE nos da el valor de 2θ= 134,029º ⇒ θ = 67,015º.
ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
PROF.: JAIME RODRÍGUEZ URQUIZA - ÁREA DE ESTRUCTURAS - DEPTO. DE ING.EN OO.CC. U.L.S.
PROBLEMA Nº 3
σ = 50 MPax σ = 50 MPax
σ = 150 MPay
τ = 100 MPaxy
τ = 100 MPaxy
σ = 150 MPay
Un estado tensional de un punto de un sólido queda caracterizado por: σx =-50 MPa, σy = 150 MPa y τxy = -100 MPa. Hallar las tensiones principales y sus direcciones: a) Aplicando las fórmulas obtenidas a partir de la derivación de σϕ b) Hallando los valores propios y vectores propios del tensor de tensiones Solución: a) Obtengamos las tensiones principales a partir de las fórmulas obtenidas a partir de la derivación
de σθ a.1) Hallemos las tensiones principales normales. Sabemos que las direcciones de las tensiones principales normales cumplen con la expresión:
⎩⎨⎧
==
⇒=−−
=⇒−
=º5,121θ
º5,22θ1
150502(-100)tg2θ
σσ2τ
tg2θIIP
IPp
yx
xyp
El valor de la tensión normal a un plano que forma un ángulo θP es:
⎩⎨⎧
=−=
⇒+−
++
=421,911σ421,91σ
sen2θτcos2θ2σσ
2σσ
σ112,5º
2,5º2xy
yxyxθ [ MPa ]
ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
PROF.: JAIME RODRÍGUEZ URQUIZA - ÁREA DE ESTRUCTURAS - DEPTO. DE ING.EN OO.CC. U.L.S.
σ = 91,421 MPaθ1
σ = 91,421 MPaθ1
σ = 191,421 MPaθ2
σ = 191,421 MPaθ2
22,5°
112,5°
Igualmente podíamos haber hallado estos valores de la fórmula que determina el valor de las tensiones principales.
⎩⎨⎧
−==
⇒±=+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −+
+=
421,19σ421,911σ
421,41150τ2σσ
2σσ
σmín
máx2xy
2yxyx
máx/mín [ MPa ]
a.2) Hallemos las tensiones tangenciales principales. Sabemos que las direcciones de las tensiones principales tangenciales cumplen la expresión:
⎩⎨⎧
==
⇒−=−−
−=⇒−
−=º5,157θ
º5,67θ1
2(-100)15050tg2θ
2τσσ
tg2θIIS
ISS
xy
yxS
El valor de la tensión tangencial a un plano que forma un ángulo θS es:
⎩⎨⎧
==
⇒+−
−=421,141-τ
421,411τcos2θτsen2θ
2σσ
τ157,5º
67,5ºxy
yxθ [ MPa ]
El valor de la tensión normal un plano que forma un ángulo θS es:
⎩⎨⎧
==
⇒+−
++
=50σ50σ
sen2θτcos2θ2σσ
2σσ
σ157,5º
67,5ºxy
yxyxθ [ MPa ]
ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
PROF.: JAIME RODRÍGUEZ URQUIZA - ÁREA DE ESTRUCTURAS - DEPTO. DE ING.EN OO.CC. U.L.S.
157,5°
θσ = 50 MPa
σ = 50 MPaθ
σ = 50 MPaθ
σ = 50 MPaθ
τ = 141,421 MPaθ
τ = 141,421 MPaθ
67,5°
Igualmente podíamos haber hallado estos valores a partir de la fórmula que determina el valor de las tensiones principales tangenciales:
,421411τ2σσ 2
xy
2yx
máx/mín ±=+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −±=τ
b) Hallemos los valores propios y vectores propios del tensor de tensiones.
El tensor de tensiones en estado plano es : ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−−=
15010010050
π
b.1) Sabemos que los valores propios de este tensor son las tensiones principales normales. Para hallar las tensiones normales resolveremos el problema de valores propios:
⎩⎨⎧
−==
⇒=−−
−−=−
,42119σ191,421σ
0σ150001
001σ50-σIπdet
2
1 [ MPa ]
b.2) Sabemos que las direcciones principales son los vectores propios del tensor de tensiones. Para hallar los vectores propios resolvamos ( ) ⇒=− 0nσIπ )
1) 1ª Tensión Principal σ1 = 191,421 [ MPa ]
( ) 0m41,421-100
100,4214120
m191,421150100100,42191150-
nIσπ1
1
1
111 =⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
−−⇒=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−−−
=−ll)
⇒−=⇒=−−⇒ 1111 414,20100421,241 ll mm
Vector asociado a σ1 = 191,421 = { 1 ; -2,414} { }0;924,0;383,01 −=⇒ n)
ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
PROF.: JAIME RODRÍGUEZ URQUIZA - ÁREA DE ESTRUCTURAS - DEPTO. DE ING.EN OO.CC. U.L.S.
2) 2ª Tensión Principal σ1 = -91,421 [ MPa ]
( ) 0m241,421100
100,421410
m91,421150100100,4219150-
nIσπ2
2
2
222 =⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
−⇒=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−−+
=−ll)
⇒=⇒=−⇒ 2222 414,00100421,41 ll mm
Vector asociado a σ1 = -91,421 = { 1 ; 0,414} { }0;383,0;924,02 =⇒ n) b.3) Comprobemos que las dos direcciones con normales realizando el producto escalar de ambos vectores:
{ } { 00;383,0;924,00;924,0;383,021 } =•−=• nn ))
ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
PROF.: JAIME RODRÍGUEZ URQUIZA - ÁREA DE ESTRUCTURAS - DEPTO. DE ING.EN OO.CC. U.L.S.
PROBLEMA Nº 4 Un estado tensional en un punto de un sólido queda caracterizado por:
τ = 50 MPa
σ = 100 MPax
xy
σ = 100 MPa
σ = 50 MPa
τ = 50 MPaxy
y
x
σ = 50 MPay
σx =-100 MPa, σy = 50 MPa y τxy = -50 MPa. Hallar las tensiones principales y sus direcciones aplicando el Círculo de Mohr de Tensiones. Solución: Del Círculo de Mohr conocemos:
El centro : ( )25,0-,02
05100-,02σσ yx =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ + y
el radio 139,90)50(2
05100-τ2σσ 2
22
xy
2yx =−+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −
=+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −=R
⎩⎨⎧
−=−−=−==+−=+=
⇒−=115,13991,13925,000Rσσ
65,13991,13925,000Rσσ25,000σ
med2
med1med [ MPa ]
ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
PROF.: JAIME RODRÍGUEZ URQUIZA - ÁREA DE ESTRUCTURAS - DEPTO. DE ING.EN OO.CC. U.L.S.
-115,1 MPa 65,1 MPa
(σ , τ )xy
B (50,50)θ = 90°
y
A (-100;-50)
(σ , τ )x xyθ = 0°
25,00
2θ =33,7°
τ
σ2θ =123,7°
C (-25;0)
90,1
MPa
a) Dibujemos el Círculo de Mohr de Tensiones conocido el centro y el radio. b) Tensiones Principales Normales:
106,8°
σ = 115,1 MPa
16,8°
θ
σ = 115,1 MPa
θ
θ
θσ = 65,1 MPa
σ = 65,1 MPa
ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
PROF.: JAIME RODRÍGUEZ URQUIZA - ÁREA DE ESTRUCTURAS - DEPTO. DE ING.EN OO.CC. U.L.S.
c) Tensiones de Corte Máximas:
τ = 90,1 MPa
σ = 25 MPa
máx
61,8°
θ
τ = 90,1 MPamáx
σ = 25 MPaθ
σ = 25 MPaθ
σ = 25 MPaθ
ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
PROF.: JAIME RODRÍGUEZ URQUIZA - ÁREA DE ESTRUCTURAS - DEPTO. DE ING.EN OO.CC. U.L.S.
PROBLEMA Nº 5 Un estado tridimensional en un punto de un sólido queda caracterizado por: σx = - 4 [MPa] ; σy = 2 [MPa] ; σz = 1 [MPa] y τ xy = 4 [MPa] ; τ xz = 0 ; τ yz = 0 Hallar: a) Las tensiones principales y sus respectivas direcciones
b) Tensiones en el plano cuya normal ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
31,
31,
31n)
Solución: a) Hallemos los valores propios y vectores propios del tensor de tensiones.
El tensor de tensiones es :
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
100024044
π
a.1) Sabemos que los valores propios de este tensor son las tensiones principales normales. Para hallar los valores propios solucionaremos el polinomio característico:
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−===
⇒=+−=−
−−−
=−6
14
024)-2)(1(100
024044
σIπdet
3
2
12
σσσ
σσσσ
σσ
[ MPa ]
a.2) Sabemos que las direcciones principales son los vectores propios del tensor de tensiones. Para hallar los vectores propios resolvamos ( ) ⇒=− 0nσIπ )
1) 1ª Tensión Principal σ1 = 4,0 [ MPa ]
( ) 0000
300024048
04100
04240444
nIσπ
1
1
1
1
1
1
11 =⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−−
−⇒=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−−
−−=−
nm
nm
ll)
⇒⎩⎨⎧
==
⇒⎩⎨⎧
=−=+−
⇒0
203
048
1
11
1
11
nm
nm ll
Vector asociado a σ1 = 4,0 [ MPa ] es {1,2,0}
Si calculamos el vector unitario nos queda : ⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
= 0,5
2,5
11n)
ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
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2) 2ª Tensión Principal σ2 = 1,0 [ MPa ]
( ) 0000
000014045
01100
01240414
nIσπ
2
2
2
2
2
2
22 =⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−⇒=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−−
−−=−
nm
nm
ll)
⇒⎪⎩
⎪⎨
⎧
===
⇒⎪⎩
⎪⎨
⎧
==+
=+−⇒
22
2
2
2
22
22
00
0004
045
nnm
nm
m l
l
l
Vector asociado a σ 2 = 1,0 [ MPa ] es {0,0,n2}
Si calculamos el vector unitario nos queda : { }1,0,02 =n) 3) 3ª Tensión Principal σ3 = -6,0 [ MPa ]
( ) 0000
700084042
0)6(100
0)6(2404)6(4
nIσπ
3
3
3
3
3
3
33 =⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛⇒=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−−−−
−−−=−
nm
nm
ll)
⇒⎪⎩
⎪⎨⎧
=
−=⇒⎩⎨⎧
==+
⇒021
07042
3
33
3
33
n
mn
m ll Vector asociado a σ 3 = -6,0 [ MPa ] es {1;-0,5;0}
Si calculamos el vector unitario nos queda : ⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
−= 0,5
1,5
23n)
b) Hallemos las Tensiones de Corte Máximas:
5,12
142
2121 =
−=
−=−
σστ [ MPa ]
0,52
)6(42
3131 =
−−=
−=−
σστ [ MPa ]
5,32
)6(12
3232 =
−−=
−=−
σστ [ MPa ]
0,531máx ==⇒ −ττ [ MPa ]
ANALISIS DE TENSIONES Y DEFORMACIONES
PROF.: JAIME RODRÍGUEZ URQUIZA - ÁREA DE ESTRUCTURAS - DEPTO. DE ING.EN OO.CC. U.L.S.
El esfuerzo de corte máximo se desarrolla en el plano σ1-σ3.
y
τ σ
ρ
z
x
n
c) Hallemos las tensiones normales y tangenciales al plano definido por la normal ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
=3
1,
3
1,
3
1n)
⇒
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
•⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=•=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
31
320
31
31
31
100024044
n
z
y
x
n)r
πρρρ
ρ
Por lo tanto el módulo de sus proyecciones sobre el vector normal y sobre el plano serán:
37
31
31
31
31
320
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡•
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=•= nnn)r
ρσ [ MPa ] y
36222 =−= nnn σρτ
r [ MPa ]
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