TRACCIÓN -COMPRESIÓN

σx F σx A G σx z σx O σx x N= F σx y Problemas resueltos Prof.: Jaime Santo Domingo Santillana E.P.S.-Zamora – (U.SAL.) - 2008 4.1.-Calcular el incremento de longitud que tendrá un pilar de hormigón de 50 x 50 cm2 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 , γ(peso específico del hormigón)= 24 KN/m3 γ = 24 kN N = 24.10 3 3 3 m m E = 25 GPa = 25.10 9 Pa = 25.10 9 L ∆L = ∫ 0 N .dx E. A N m2 siendo N = f ( x ) x 3m Peso x RA - Pesox N 18000 RA ∑F = 0 R A = Peso → R A = γ .V = 24.10 3.(0,5.0,5.3) = 18000 N 0− x −3 N = − R A + Peso x = − R A + γ .V x = −18000 + 24.10 3.(0,5.0,5.x) N = −18000 + 6000.x x = 0 → N = −18000 N x =3→ N =0 (−18000 + 6000.x).dx = −432.10 −8 m 9 25.10 .(0,5.0,5) 0 3 ∆L = ∫ el pilar se acortará : 432.10-8 m 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. Datos: E = 210000 N/mm2 RA A1 = 4 cm2 2m 2m 20000 N 2m A2 = 2 cm2 4m A3 = 1 cm2 10000 N Cálculo de las reacciones: ∑F = 0 R A + 10000 = 20000 → R A = 10000 N 1) Diagramas de fuerzas normales 0− x−2 N = − R A = −10000 2− x−4 N = − R A = −10000 4− x−6 N = − R A + 20000 = 10000 6 − x − 10 N = − R A + 20000 = 10000 − 10000.x N .L = E. A 210000.10 6.4.10 −4 2) Diagramas de desplazamientos: u = ∆L( x) = 0-x-2 x =0→u =0 x = 2 → u = −2,38.10 − 4 m RA = 10000 x 2-x-4 RA = 10000 2 1 x u = ∆L( x) = ∑ 4 cm 2 2 2 cm 2 N i .Li − 10000.2 − 10000.( x − 2) = ∆L1 + ∆L2 = + 10 −4 E. Ai 21.10 .4.10 21.1010.2.10 − 4 x = 2 → u = −2,38.10 −4 m x = 4 → u = −7,14.10 −4 m 4-x-6 RA = 10000 2 4 cm 1 x 2 2 cm 20000 000 2 3 u = ∆L ( x ) = ∑ 2 2 = N i . Li = ∆L1 + ∆L2 + ∆L3 = E . Ai − 10000 .2 − 10000 .2 10000 .( x − 4) + + 10 10 −4 −4 21.10 .4.10 21.10 .2.10 21.1010.2.10 − 4 x = 4 → u = −7,14.10 − 4 m x = 6 → u = −2,38.10 − 4 m 6-x-10 RA = 10000 2 4 cm 1 x 2 2 cm 20000 2 2 2 2 u = ∆L ( x ) = ∑ N i .Li =∆L1 + ∆L2 + ∆L3 + ∆L4 = E. Ai − 10000 .2 − 10000 .2 10000 .2 10000 .( x − 6) + + + 10 10 10 −4 −4 −4 21.10 .4.10 21.10 .2.10 21.10 .2.10 21.1010.1.10 − 4 3 1 cm 4 10000 2 x = 6 → u = −2,38.10 − 4 m N (N) 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 10000 x x 3) σMAX , ∆L 0− x−2 2− x−4 4− x−6 6 − x − 10 N − 10000 = = −25 N / mm 2 A 400 N − 10000 = −50 N / mm 2 σx = = A 200 N 10000 = 50 N / mm 2 σx = = A 200 N 10000 σx = = = 100 N / mm 2 A 100 σx = ∆L = u ( x = 10 m ) = 16,67.10 −4 m σ MAX = 100 N / mm 2 en todos los puntos de las sec ciones 6 − 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: fu = 410 N/mm2 , E = 210000 N/mm2 cable CD de aluminio: fu = 310 N/mm2 , E = 70000 N/mm2 D 2m F al ac P E C A B 1m 1m 2m Ecuaciones de equilibrio de la barra rígida AB: Fal RA 1m ∑F = 0 ∑M = 0 A Fac 2m P 1m R A + Fal + Fac = P (1) P.4 = Fac .3 + Fal .1 (2) Es un caso hiperestático, se busca una ecuación de deformación: 1m A-A´ 2m C 1m E B ∆Lal ∆Lac C´ E´ por semejanza de triángulos : ∆Lac ∆Lal = 3 1 B´ → ∆Lac = 3.∆Lal (3) desarrollemos la ecuación (3): Fac .Lac F .L = 3. al al Eac . Aac Eal . Aal Fac .2 Fal .2 = 3. 6 −6 70000.106.62,5.10 −6 210000.10 .62,5.10 (3) Hipótesis: “El cable de acero es el primero que alcanza la rotura” σ ac = Fac = f u ( ac ) = 410 N / mm 2 Aac → Fac = 410 Aac = 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 : σ al = Fal 2847 ,2 = = 45,6 N / mm 2 Aal 62,5 P = 19,93 kN < 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: σ al = Fal = f u (al ) = 310 N / mm 2 Aal → Fal = 310 Aal = 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 : σ ac = Fac 174375 = = 2790 N / mm 2 Aac 62,5 > f u ( 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 ∆L2=1 mm ∆L2 = F2 .L2 = 1 mm E 2 . A2 F2 .2 = 0,001 → F2 = 600000 N 30.10 .20 2.10 − 4 F 600000 σ 2 = 2 = 2 −4 = 15000000 Pa = 15 MPa < 18 MPA A2 20 .10 9 2 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 F1 F3 d F2 d ∑ F = 0 F + F + F = P (1) ∑ M = 0 F .d = F .d → F = F 1 G Es un caso hiperestático y se buscará una ecuación de deformación 2 2 3 3 2 3 ( 2) P 1 mm ∆L1 3 ∆L2 1 ∆L1 + 1 mm = ∆L2 Ecuación de deformación: 2 2m (3) F1 .L1 F .L + 0,001 m = 2 2 E1 . A1 E 2 . A2 F2 .2 + 0,001 = (3) 9 30.10 .20 2.10 − 4 Desarrollando dicha ecuación: F1 .1,999 30.10 9.20 2.10 − 4 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: σ2 = F2 = 18 MPa = 18000000 Pa → F2 = 18000000. A2 = 18000000.20 2.10 −4 = 720000 N A2 y llevando este valor a las ecuaciones (1), (2) y (3): F3 = F2 = 720000 N P = 1560060 N = 1560 kN F1 = 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 Datos: tensión límite elástico fy = 275 N/mm2 , coef. seguridad material γM = 1,05, E = 210000 N/mm2 20 KN 40 kN 30 cm 30 cm 1) Dimensionamiento a resistencia: Cálculo de las reacciones: Diagramas de esfuerzos: N (kN) ∑F =0 RA = 40 + 20 = 60 kN 0 − x − 300 N = 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 = tensión límite elástico para el cálculo = A = área sec ción bruta material = π .R mm 2 fy γM = tensión límite elástico 275 = = 261, 9 N / mm 2 coeficiente seguridad 1, 05 2 N pl ,d = resistencia plástica a tracción de la sec ción bruta para el cálculo = A. f yd = = π .R 2 .261, 9.10 −3 kN N * = Fuerza a tracción para emplear en el cálculo = N .γ = 60.1, 35 = 81 kN (la máxima solicitación mayorada ) Comprobación a realizar : 81 ≤ π .R 2 .261, 9.10 −3 → R ≥ 9, 92 mm 2) Alargamiento de la barra: (Las solicitaciones se emplean sin mayorar) ∆L = ∑ Ni .Li 60.103.300 20.103.300 = + ≤ 0,37 mm E.Ai 210000.π .9,922 210000.π .9,922 3) Dimensionamiento a rigidez con la condición: L ≤ 0,15 mm ∆L = ∑ Ni .Li 60.103.300 20.103.300 = + ≤ 0,15 → E. Ai 210000..π .R 2 210000..π .R 2 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/mm2; fy = 275 N/mm2 γM = 1,05 A 1m C B P = 30 kN 1,5 m 1) Esfuerzos a los que estarán sometidas las barras tagα = 1 AB = = 0,666 → α = 33,7 º BC 1,5 ∑ Fx = 0 Fac .cos 33, 7º = Fbc ∑F Equilibrio del nudo C: y resolviendo : Fac = 54 kN Fac 33,7º Fbc = 0 Fac .sen33, 7º = 30 Fbc = 45 kN C o x 30 barra AC: barra BC: σ ac σ bc Fac 54 .10 3 N = = = 171,9 2 Aac π .10 mm 2 Fbc 45.103 N = = = 99, 5 2 Abc π .12 mm 2 (tracción y ) (compresión) 2) Desplazamiento nudo C A y α C2 B C Lbc Lac C3 x C1 α C´ ∆Lac = CC1 = Fac .Lac 54.103.1,8.103 = = 1, 47 mm Eac . Aac 210000.π .10 2 siendo Lac = AC = ∆Lbc = CC2 = AB 2 + BC 2 = 1,52 + 12 = 1,8 m = 1,8.103 mm Fbc .Lbc 45.103.1,5.103 = = 0, 71 mm Ebc . Abc 210000.π .12 2 Desplazamientos de C : δ x = CC2 = ∆Lbc = 0, 71 mm C1C3 ∆L .cos α + ∆Lbc = ∆Lac .senα + ac = tagα tagα 1, 47.cos 33, 7º +0, 71 = 1, 47.sen33, 7º + = 3, 71 mm tag 33, 7º δ y = C2C´= C2C3 + C3C´= CC1.senα + δ x = 0, 71 mm ← δ y = 3, 71 mm ↓ 3) 4) N pl ,d (barra AC ) = Aac . f yd = π .102. 275 = 82279,8 N = 82, 28 kN 1, 05 Fac = N pl , d (barra AC ) = 82, 28 kN llevando este valor a las ecuaciones de equilibrio ∑F ∑F x = 0 Fac .cos33,7º = Fbc → 82,28.cos33,7º = Fbc → Fbc = 68,45 kN y = 0 Fac .sen33,7º = P → 82,28.sen33,7º = P → 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 90 N/mm2 σ2 130 N/mm2 30 N/mm2 x σ1 σ1 σ2 El círculo de Mohr correspondiente al estado de tensiones dado será: τ B 30 σ1 N O σ2 σ M C 130 90 30 A Centro : OC = σ x1 + σ y1 2 = 130 + 90 = 110 2  σ x1 − σ y1  130 − 90  2  + τ x21 y1 =  Radio : CA =   + 30 = 36 2 2     Tensiones Pr incipales : 2 2 σ 2 = OM = OC + CM = Centro + Radio = 110 + 36 = 146 N / mm 2 σ 1 = ON = OC − CN = Centro − Radio = 110 − 36 = 74 N / mm 2 Por la teoría de depósitos: p.rm p.250 = = 17,85. p N / mm 2 2.e 2.7 p.r p.250 σ2 = m = = 35,7. p N / mm 2 e 7 σ1 = Igualando las dos expresiones obtenidas para σ2 (o para σ1): 35,7. p = 146 → p = 4,09 N / mm 2