jksklalsad

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Problemas Resueltos Traccion Y Compresion
QUÍMICA DE LOS MATERIALES (Universidad de Valparaíso)
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x z
x
A
F
x
G
x
O
x
N = F
x
x
y
Tema 4 : TRACCI K - COMPRESI K
Problemas resueltos
Prof.: Jaime Santo Domingo Santillana
E.P.S.-Zamora – (U.SAL.) - 2008

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3 m
RA
Peso
A
A x A x
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 , (peso específico del hormigón)= 24 KN/m3
  24
kN
m3
 24.103 N
m3
E  25 GPa  25.109 Pa  25.109 N
m 2

L
N.dx
L  
0
E.A
siendo N  f (x)
N 18000
F  0 RA  Peso  R   .V  24.103.(0,5.0,5.3)  18000 N
0  x  3 N  R  Peso  R   .V  18000  24.103.(0,5.0,5.x)
N  18000  6000.x
x  0  N  18000 N x  3  N  0
3 (18000 6000.x).dx 

L  
0 25.109.(0,5.0,5)
 432.10 8 m
el pilar se acortará :432.10-8
m
x
-
x Pesox
RA

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RA
20000 N
10000 N
RA = 10000
1
x
2
4 cm2
2 cm2
2
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
A1 = 4 cm2
2 m
2 m
2 m
A2 = 2 cm2
4 m
A3 = 1 cm2
Cálculo de las reacciones: F  0 RA 10000  20000  RA 10000 N
1) Diagramas de fuerzas normales
0  x  2
4  x  6
N  RA  10000
N  RA  20000  10000
2  x  4
6  x 10
N  RA  10000
N  RA  20000  10000
2) Diagramas de desplazamientos:
0-x-2
N.L  10000.x
u  L(x)  
E.A 210000.106.4.104
x  0  u  0 x  2 u  2,38.104 m
2-x-4
u  L(x)  
Ni .Li
 L  L 
 10000.2

10000.(x  2)
E.Ai
1 2 21.1010.4.104 21.1010.2.104
x  2  u  2,38.104 m x  4  u  7,14.104 m
RA = 10000
x

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
4-x-6
u  L(x)  
Ni .Li
 L  L  L 
E.Ai
1 2 3

10000.2
21.1010.4.10 4

10000.2
21.1010.2.10 4

10000.(x  4)
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
4 cm2
2 1
x 2
u  L(x) 
Ni .Li
E.Ai
L1  L2  L3  L4 
2 2 cm
2 20000
2 3
10000.2
21.1010.4.10 4

10000.2
21.1010.2.104

10000.2
21.1010.2.104

10000.(x  6)
21.1010.1.10 4
4 1 cm2
x  6  u  2,38.10 4 m x  10  u  16,67.104 m
N (N) u (m)
10000 2,38.10-4
10000
16,67.10-4
x
7,14.10-4
x
3) σMAX , ∆L
0  x  2  
N
x
A

10000
 25 N / mm 2
400
2  x  4  x 
N

10000
A 200
 50 N / mm 2
4  x  6  
N
x
A

10000
 50 N / mm 2
200
6  x 10  
N
x
A

10000
100 N / mm2
100
L  u(x  10 m)  16,67.10 4 m
10000
20000
10000
RA = 10000
2 1
x
2 2
4 cm2
2 cm2
20000
3
MAX
 100 N / mm 2
en todos los puntos de las sec ciones
6  x 10

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1 m 2 m 1 m
RA Fal Fac P
1 m 2 m 1 m
1 m 2 m 1 m
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
P
B
Ecuaciones de equilibrio de la barra rígida AB:
F  0
M A  0
RA  Fal  Fac  P
P.4  Fac .3  Fal .1
(1)
(2)
Es un caso hiperestático, se busca una ecuación de deformación:
A-A ´ C E
B
por semejanza de triángulos :
Lac
3

Lal
1
 Lac
B´
 3.Lal (3)
∆Lal
∆Lac
C´
E´
F
2 m ac
E
A
C
al
D

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desarrollemos la ecuación (3):
Fac.Lac  3.
Fal .Lal Fac.2  3. Fal .2 (3)
Eac .Aac Eal .Aal 210000.106.62,5.106 70000.106.62,5.106
Hipótesis: “El cable de acero es elprimero que alcanza la rotura”
 ac

Fac
Aac
 fu (ac)  410 N / mm 2
 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 :
al 
Fal
Aal

2847,2
 45,6 N / mm 2
62,5
 fu (al)  310 N / mm 2  la hipotesis es correcta
Nota: si se hubiese tomado como hipótesis la contraria, es decir, que el cable de aluminio entra
en fluencia:
 al

Fal
Aal
 fu (al)  310 N / mm 2  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 :

Fac
Aac

174375
 2790 N / mm 2
62,5
 fu (ac)  410 N / mm 2  la hipotesis noes correcta
P  19,93 kN el cable de acero se romperá

ac

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P
2
3
2
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
1 mm
Se verá en un principio el valor de las tensiones en los pilares 2 y 3 cuando acortan 1 mm:
∆L2=1 mm
L 
F2 .L2
1 mm
E2 .A2
F2 .2
30.109
.202.104
 0,001  F2  600000 N
 
F2
A2

600000
202.104
15000000 Pa  15 MPa 18 MPA
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
F3
F1 F2
 F  0 F1  F2  F3  P (1)
 MG  0 F2 .d  F3 .d  F2  F3 (2)
Es un caso hiperestático y se buscará una ecuación de deformación
2 m
F2
2
d d
1
G
2

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2
Ecuación de deformación: L1 1 mm  L2 (3)
Desarrollando dicha ecuación:
F1.L1
E1.A1
 0,001m 
F2 .L2
E2 .A2
F1.1,999
30.109.202.104
 0,001 
F2 .2
30.109
.202.104
(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:
 
F2
A2
 18 MPa  18000000 Pa  F2  18000000.A2  18000000.202.104  720000 N
y llevando este valor a las ecuaciones (1), (2) y (3): F3  F2  720000 N F1  120000 N
P  1560060 N  1560 kN
2 m
P
∆L1
1 mm ∆L2
2
1
3

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60
+ 20
30 cm 30 cm
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 M = 1,05,
E = 210000 N/mm2
40 kN 20 KN
1) Dimensionamiento a resistencia:
Cálculo de las reacciones: F  0 RA  40 20  60kN
Diagramas de esfuerzos: 0  x  300 N  60 kN 300  x  600 N  20 kN
N (kN)
x (mm)
Fórmula para el dimensionamiento a resistencia de una sección a Tracción: (según Normativa
CTE-DB-SE-A):
Comprobación a realizar:
siendo :
f  tensiónlímite elástico para el cálculo 
fy

tensión límite elástico

275
 261, 9 N / mm2
yd
M
A  área sec ciónbruta material   .R2 mm2
coeficiente seguridad 1, 05
Np l ,d  resistencia plástica a tracción dela sec ciónbruta para el cálculo  A. f yd 
  .R2.261, 9.103 kN
N *  Fuerza a tracción para emplear enel cálculo  N.  60.1, 35  81 kN
(la máxima solicitación mayorada)
Comprobación a realizar : 81   .R2.261, 9.103 
N *
 N pl ,d
 A. f yd
R  9, 92 mm


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
2) Alargamiento de la barra:(Las solicitaciones se emplean sin mayorar)

Ni .Li
E.Ai

60.103.300
210000..9,922

20.103.300
210000..9,922
 0,37 mm
3) Dimensionamiento a rigidez con la condición: ∆L  0,15 mm
N .L 60.103.300 20.103.300
L   i i
   0,15 
 
E.Ai 210000.. .R 210000.. .R
2 2
L
R  15, 57 mm

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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
M = 1,05
C
P = 30 kN
1) Esfuerzos a los que estarán sometidas las barras
tag 
AB
BC

1
1,5
 0,666    33,7º
Fx  0 Fac.cos33,7º Fbc
Equilibrio del nudo C:
Fy  0 Fac.sen33,7º 30
33,7º
Fac
C
resolviendo : Fac  54kN
Fbc  45kN
(tracció
y n)
(compresión)
Fbc
o x
30
barra AC:
barra BC:
A
B
1,5 m
1 m
bc

Fbc

45.10
3
A  .122
 99, 5
bc
N
mm2
ac 
Fac

54.10
3
Aac  .102
 171,9
N
mm 2

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1, 52 12
Npl ,d
 ac bc
2) Desplazamiento nudo C
x
3 3
  
F .L

54.10 .1,8.10


L CC ac ac 1,47 mm
ac 1
Eac.Aac
210000. .102
siendo Lac  AC   1,8 m 1,8.103 mm
3 3
  
F .L

45.10 .1,5.10


L CC bc bc 0,71 mm
bc 2 E .A 210000. .122
bc bc
Desplazamientos de C :
x  CC2  Lbc  0,71 mm
  C C´ C C  C C´ CC .sen 
C1
C3
 L
L .cos  L
.sen  

y 2 2 3 3 1
tag ac tag
1,47.sen33, 7º
1,47.cos33, 7º0,71
 3,71mm
tag33,7º
(barra AC)  A . f  .102.
275
 82279,8 N  82, 28 kN
3) ac yd
1, 05
4) F  N (barra AC )  82, 28 kN
ac pl ,d
llevando este valor a las ecuaciones deequilibrio
Fx 0 Fac.cos33,7ºFbc  82,28.cos33,7ºFbc Fbc  68,45kN
Fy  0 Fac.sen33,7ºP  82,28.sen33,7ºP P  45,7 kN
AB2  BC 2
  0,71mm 
x
  3,71mm 
y
A
y
α
C2
B ΔL
C
ΔLac
bc
C3
C1
α
C´


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 
1
90 N/mm2
y
σ2
130 N/mm2
30 N/mm2
σ1
x
σ1
σ2
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?.
El círculo de Mohr correspondiente al estado de tensiones dado será:
σ
Centro : OC 

Radio : CA 


x1 y1
2

130 90
2
 110




 36
Tensiones Pr incipales :
 2  OM  OC CM  Centro  Radio  110  36  146 N / mm2
  ON  OC CN  Centro  Radio 110 36  74 N / mm 2
Por la teoría de depósitos:
1 

 2 
p.rm
2.e
p.rm
e

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 

B
30
1
N
C 130
O 90
2
M
30
A
 


x1 y1

  
2
2 
2
x1y1
130  90 
2

 2


 302
p  4,09 N / mm 2