Problemas Resueltos Traccion Y Compresion PDF

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

F

z

x

A x

G

x

x N=F

O x

x x

y

Problemas resueltos

Prof.: Jaime Santo Domingo Santillana E.P.S.-Zamora – (U.SAL.) - 2008

2

4.1.-Calcular el incremento de longitud que tendrá un pilar de hormigón de 50 x 50 cm de sección y de 3 m de longitud, que se encuentra apoyado en su base inferior, debido a su propio peso. Datos: E= 25 GPa , (peso específico del hormigón)= 24 KN/m3

24 E

L

L

N .dx

∫ E .A

kN m3

24 .10 3

N m3

25 .10 9 Pa

25 GPa

25 .10 9

N m2

f (x )

siendo N

0

x

3m

Peso

x

N

RA

∑F 0

0

x 3

RA N N x

-

Pesox

18000

RA

Peso RA

Peso x

24.103 .(0,5 .0,5 .3) 18000 N

.V

RA RA

18000 6000.x N 0 18000 N

18000 24.103 .(0,5 .0,5.x )

.V x 3

x

N

3

L

( 18000 6000. x).dx 25.109 .(0,5 .0,5) 0

∫

432.10

8

m

el pilar se acortará : 432.10-8 m

0

4.2.-Una barra de sección variable y peso despreciable está empotrada en su extremo superior y sometida a las cargas que se indican en la figura. Se pide determinar: 1) Diagramas de fuerzas normales. 2) Diagramas de desplazamientos. 3) Tensión máxima, indicando donde se dará, e incremento de longitud de la barra. 2 Datos: E = 210000 N/mm RA

A1 = 4 cm

2m 2m

2

20000 N

2m

A 2 = 2 cm

4m

2

A 3 = 1 cm 2 10000 N

Cálculo de las reacciones:

∑F

0

RA

10000

20000

RA

10000 N

1) Diagramas de fuerzas normales

0 x

2

N

RA

4 x 6

N

RA

10000

2 x

20000 10000

2) Diagramas de desplazamientos:

6 x 10

L( x)

u

0-x-2

x

4

0

u

N .L E.A

N

RA

N

RA

0

x

2

u

x

2-x-4 R A = 10000 4 cm 2

1

x

2 cm

2

L (x )

u

N i .Li

∑ E. A

L1

2

10000.2 21.1010 .4 .10

L2

i

x

2

u

2,38.10

4

m

x

4

u

10000.(x 2) 21.1010 .2 .10 4

4

7,14.10

20000 10000

10000. x 210000.10 6.4.10

RA = 10000

2

10000

4

m

4

2,38.10

4

m

4-x-6 RA = 10000 2

4 cm

1

x

L( x)

u

2

10000 .2 21 .1010 .4 .10

2

2

2 cm 20000

2

N i .L i

∑ E .A

L1

L2

L3

i

10000 .2 21. 10 10.2 .10

4

10000 .( x 4) 21 . 10 10.2 .10 4

4

3

4

x

7,14 .10

u

4

m

x

6

2,38 .10

u

4

m

6-x-10 RA = 10000 2

4 cm

1

2 x 2

2 cm 20000

2

2

2

N i . Li

∑ E. A

L (x )

u

L1

L2

L3

L4

i

10000 .2 21 .10 10.4 .10

4

10000 .2 21. 10 10.2 .10

4

10000 .2 21 .10 10.2 .10

4

10000 .( x 6) 21 .10 10.1 .10 4

3 1 cm2

4

10000

x

6

u

2,38 .10

N (N)

4

m

x

10

u

16,67 .10

4

m

u (m) 2,38.10-4

10000 20000

7,14.10-4 10000 16,67.10-4 x

10000

x

3) σMAX , ∆L

0

x 2

x

2

x 4

x

4 x 6

x

6 x 10

x

10000 N 25 N / mm 2 400 A 10000 N 50 N / mm 2 200 A N 10000 50 N / mm2 200 A N 10000 100 N/ mm2 100 A L

u(x

10 m) 16,67 .10

2

100 N / mm en todos los puntos de las sec ciones MAX

6

4

m

x 10

4.7.-La figura representa una barra rígida AB que está soportada por un pasador sin fricción en A y por los alambres CD y EF. Cada alambre tiene una sección de 62,5 mm2 y una longitud de 2 m, siendo el alambre CD de una aleación de aluminio y el EF de acero. Determinar el valor de la carga P que hará que se rompa primero alguno de los dos cables. Datos: cable EF de acero: f u = 410 N/mm2 , E = 210000 N/mm 2 2 2 cable CD de aluminio: fu = 310 N/mm , E = 70000 N/mm

D 2m

F al

ac

P E

C

A

B

1m

2m

1m

Ecuaciones de equilibrio de la barra rígida AB:

F al

RA

Fac

1m

∑F ∑M

0 A

0

P

2m

Fac

1m

P (1)

RA

Fal

P .4

F ac.3 F al .1 (2)

Es un caso hiperestático, se busca una ecuación de deformación:

1m A-A´

2m

1m

C

E

B

∆Lal ∆L ac C´ E´

por semejanza de triángulos :

Lac 3

Lal 1

B´

L ac

3 . L al

(3)

desarrollemos la ecuación (3):

Fac. Lac Eac. Aac

3.

Fal . Lal Eal. Aal

F ac .2 210000.10 6.62,5.10

3.

6

F al .2 70000.10 6.62,5.10

6

(3)

Hipótesis: “El cable de acero es el primero que alcanza la rotura”

Fac ac

Aac

f u (ac )

410 N / mm 2

410 Aac

Fac

410.62,5

25625 N

si se lleva este valor a las ecuaciones (1), ( 2) y (3) : Fal 2847,2 N P 19930,6 N se comprobará ahora para esta hipotesis el estado de tensiones del cable de alu min io : al

Fal Aal

2847,2 62,5 P

45,6 N / mm 19 ,93 kN

2

f u (al )

310 N / mm

2

la hipotesis es correcta

el cable de acero se romperá

Nota: si se hubiese tomado como hipótesis la contraria, es decir, que el cable de aluminio entra en fluencia:

al

F al Aal

f u (al )

310 N / mm

2

F al

310 A al

310 .62,5 19375 N

si se lleva este valor a las ecuaciones (1), ( 2) y (3) : Fac 174375 N P 135625 N se comprobará ahora para esta hipotesis el estado de tensiones del cable de acero : Fac ac

Aac

174375 62,5

2790 N / mm 2

fu (ac )

410 N / mm 2

la hipotesis no es correcta

4.8.-Una placa rígida de acero se sostiene mediante tres soportes de hormigón de alta resistencia. Cada soporte tiene una sección transversal cuadrada de 20x20 cm2 y una longitud de 2 m. Antes de aplicar la carga P se observa que el soporte central es 1 mm más corto que los otros dos. Determinar la carga máxima P que podrá aplicarse al conjunto si se sabe que la tensión máxima a la que podrá estar sometido el hormigón es de 18 MPa. Datos: E ( hormigón ) = 30 GPa

P

1 mm

3

1

2m

2

Se verá en un principio el valor de las tensiones en los pilares 2 y 3 cuando acortan 1 mm: F2 ∆L 2=1 mm

2

F2 . L2

1 mm E 2. A 2 F2 .2 F2 600000 N 0,001 9 30.10 .20 2.10 4 F2 600000 15000000 Pa 15 MPa 18 MPA 2 A2 202 .10 4 L2

luego cuando el pilar 2 se acorta 1 mm, aun no alcanza la tensión de 18 MPa, así pues entrará a trabajar el pilar central 1 Ecuaciones de equilibrio: P G F2

F1

F3 d

d

∑F ∑M

0 F1 G

F2

0 F2 .d

Es un caso hiperestático y se buscará una ecuación de deformación

F3 F3 .d

P

(1) F2

F3

( 2)

P

1 mm

∆L1

3

1

L

Ecuación de deformación: Desarrollando dicha ecuación:

F1 .1,999 30 . 109 .202 .10

4

∆L2

0,001

1

F1 .L1 E1. A1

2m

2

1mm

L

0,001 m

F2 .2 30 .10 . 20 2.10 9

4

2

(3)

F2 .L2 E 2 .A2 (3)

Por último se impone la condición de que la tensión en algún pilar alcance el valor de 18 MPa. Ésto ocurrirá en los pilares 2 y 3 que son los que van a tener un mayor acortamiento y por tanto estarán sometidos a mayores tensiones que el pilar 1. Así pues:

2

F2 A2

18 MPa 18000000 Pa

F2

18000000 . A2

y llevando este valor a las ecuaciones (1), (2) y (3): F3

P

1560060 N

1560 kN

F2

18000000.20 2.10 720000 N

F1

4

720000 N

120000 N

4.13.-La barra de sección circular, de radio R, mostrada en la figura, está empotrada en su extremo izquierdo. Al aplicarla las cargas indicadas se pide: 1) Dimensionamiento a resistencia de la barra empleando un margen de seguridad del 35 % 2) Para la sección de la barra obtenida del apartado anterior, calcular su alargamiento. 3)Dimensionar la barra a rigidez con la condición: L = 0,15 mm 2 Datos: tensión límite elástico fy = 275 N/mm , coef. seguridad material M = 1,05, 2 E = 210000 N/mm

40 kN

30 cm

20 KN

30 cm

1) Dimensionamiento a resistencia: Cálculo de las reacciones: Diagramas de esfuerzos: N (kN)

∑F

0

RA

0 x 300 N

40 20 60 kN 60 kN

300 x

600 N

20 kN

60

+

20

x (mm)

Fórmula para el dimensionamiento a resistencia de una sección a Tracción: (según Normativa CTE-DB-SE-A): Comprobación a realizar: N* N A. f pl ,d

yd

siendo : f yd

fy

tensión límite elástico para el cálculo

M

A

2

área sec ción bruta material

N pl , d

.R mm

275 261, 9 N / mm 2 1, 05

tensión límite elástico coeficiente seguridad

2

resistencia plástica a tracción de la sec ción bruta para el cálculo

A. f yd

.R 2 .261, 9.10 3 kN N*

Fuerza a tracción para emplear en el cálculo

N.

60.1, 35

(la máxima solicitación mayorada ) Comprobación a realizar :81

.R 2 .261, 9.10

3

R

9, 92 mm

81 kN

2) Alargamiento de la barra: (Las solicitaciones se emplean sin mayorar)

L

N .L ∑ Ei. Ai i

60.10 3.300 210000. .9,92 2

20.10 3.300 210000. .9,922

3) Dimensionamiento a rigidez con la condición: L

L

∑

Ni . Li E.Ai

60.103.300 210000.. .R2

20.103.300 210000.. .R 2

0, 37 mm

0,15 mm

0,15

R 15,57 mm

4.14.-La estructura articulada de la figura está formada por dos barras de sección circular de acero. Si la estructura ha de soportar una carga de 30 kN en el nudo C, se pide: 1) Calcular las tensiones en ambas barras 2) Calcular el desplazamiento del nudo C. 3) Calcular el valor de la resistencia plástica de la barra AC 4) Calcular el valor de P que haría que la barra AC entrase en plasticidad Datos: barra AC: : R = 1 cm; barra BC: R = 1,2 cm.; E = 210000 N/mm 2; f y = 275 N/mm2 M = 1,05 A 1m

C

B

P = 30 kN 1,5 m

1) Esfuerzos a los que estarán sometidas las barras

tag

1 1,5

AB BC

0,666

33,7 º

∑F ∑F

Equilibrio del nudo C:

Fbc

o

C

0

Fac.cos 33, 7º

y

0

Fac. sen33, 7º 30

resolviendo : Fac F bc

Fac 33,7º

x

54 kN 45 kN

x

30

barra AC:

Fac ac

barra BC: bc

Aac

Fbc Abc

54 .10 3 .102 45.103 .122

171,9

99, 5

N mm 2

N mm 2

Fbc ( tracción y ) (compresión )

2) Desplazamiento nudo C A y

α C2

B

C Lbc

x

L ac

C3

C1 α

C´

Lac

siendo L ac Lbc

54.103.1,8.10 3 210000. .10 2

Fac .L ac E ac .Aac

CC1

AB 2

AC Fbc . Lbc E bc . Abc

CC 2

BC 2

1, 47 mm

1,52 12

45.10 3.1,5.10 3 210000. .12 2

1,8 m 1, 8.103 mm

0, 71 mm

Desplazamientos de C : CC 2

y

C 2C ´ C2C3 C3C´ CC1 .sen

3) 4)

Lbc

0, 71 mm

x

C1C 3 L ac.sen tag 1, 47.cos 33, 7º 0, 71 1, 47. sen33, 7º 3, 71 mm tag33, 7º

Npl ,d (barra AC)

F ac

N

pl, d

x

0, 71 mm

y

3, 71 mm

Aac . f yd

.102.

Lac.cos tag

Lbc

275 82279,8 N 82, 28 kN 1,05

(barra AC ) 82, 28 kN

llevando este valor a las ecuaciones de equilib rio

∑F ∑F

x

0 Fac.cos33,7º Fbc

82, 28.cos33,7º

y

0 Fac .sen33,7º P

82, 28.sen33, 7º P

Fbc

Fbc 68, 45 kN P 45,7 kN

4.15.-Un tanque cilíndrico que contiene aire comprimido, tiene un espesor de pared de 7 mm y un radio medio de 25 cm. Las tensiones en la pared del tanque que actuan sobre un elemento girado tienen los valores mostrados en la figura. ¿Cuál será la presión del aire en el tanque?. y 2

σ2

90 N/mm

130 N/mm 2

30 N/mm 2 x

σ1

σ1

σ2

El círculo de Mohr correspondiente al estado de tensiones dado será:

B 30 O

N

C 130

1

2

σ

M

90 30 A

x1

Centro : OC

y1

2

130 90 2

 x1 y1    Radio : CA 2   Tensiones Pr incipales : 2

OM

1

ON

OC

CM

OC CN

110

2 2 x1 y1

Centro Centro

 130 90  2   2  

Radio Radio

2

p .rm 2.e p.rm e

110 36

p .250 17,85 . p N / mm 2 2 .7 p.250 35,7. p N / mm 2 7

Igualando las dos expresiones obtenidas para σ2 (o para σ1):

35,7 . p

146

p

4,09 N / mm2

36

110 36 146 N / mm 2

Por la teoría de depósitos: 1

30 2

74 N / mm 2...