PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATÓLICA DE CHILE FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA DE CONSTRUCCIÓN CIVIL CCL1290. ESTRUCTURAS I
AYUDANTÍA EXTRA: "ESFUERZOS NORMALES, DEFORMACIÓN, TENSIONES EFECTIVAS” PRIMER SEMESTRE 2012. SECCIONES Nº1 y Nº2
Profesores: Sr. Cristián Piera Godoy. Sr. Pablo Maturana Barahona.
Ayudantes:
Felipe Errázuriz Guzmán William Carrasco Oliva
1. Un pilote de hormigón de sección cuadrada, de 20 cm de arista y 3 m de largo, se encuentra enteramente confinado en una pared rígida e indeformable, el pilote está sometido a una fuerza vertical de 170 tf. Considerando que el hormigón tiene un módulo de elasticidad E=2·105 Kgf/cm2 y que su módulo de Poisson m = 5, se pide: a) Calcular las tensiones efectivas en dicho pilote para las condiciones descritas. b) Calcular las tensiones efectivas si falla el confinamiento lateral en la dirección z. Obs. Desprecie el peso propio del pilote, por ser mucho menor que la carga aplicada. 2. 2. Calcular las tensiones normales en los elementos elásticos de los sistemas sometidos a la acción de la fuerza que se indica, considere E=1·105 kgf/cm2
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PAUTA AYUDANTÍA EXTRA: "ESFUERZOS NORMALES, DEFORMACIÓN, TENSIONES EFECTIVAS” PRIMER SEMESTRE 2012. SECCIONES Nº1 y Nº2
1. Se tiene el 100% de confinamiento en los ejes X y Z, por lo que se tiene:
σ Y
=
− 170000kgf
= −425kgf / cm
20cm × 20cm
2
ξ efx = 0 → σ efx = 0 ξ efz = 0 → σ efz = 0 Además, como se tiene la misma área normal (3 m x 0,2 m) en X y Z, se tiene:
σ X
= σ Z ≠
0
Cálculo de tensiones efectivas:
σ ef X
=
0 → 0 = σ X −
1
m
·(σ Y + σ Z ) → σ X = σ Z =
σ X
= −106,25kgf / cm
σ Z
= −106,25kgf / cm
σ ef Y
= σ Y −
1
=
m −1
− 425kgf / cm
5 −1
2
= −106,25kgf / cm
2
2
·(σ Z + σ X ) = −425 −
m 2 σ ef Y = −382,5kg / cm
σ Y
1 5
(−106,25 − 106,25)
b) Se tiene:
σ Y
= −425kgf / cm
σ Z
=
2
0
ξ ef X
=
0 → σ ef X = 0
σ ef X
=
0 → 0 = σ X −
m
·(σ Y + σ Z ) → σ X =
1
1 2 ·σ Y = ·−425 = −85kgf / cm 5 m
1 ·(σ X + σ Z ) = −425 − ·( −85 + 0) = −408kgf / cm 2 5 m 1 1 σ ef Z = σ Z − ·(σ X + σ Y ) = 0 − ·( −85 − 425) = 102kgf / cm 2 5 m
σ ef Y
= σ Y −
1
1
2
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2. Primero confirmamos que debido a la fuerza de 16000 kgf y de 4000 kgf se cierra el tramo de holgura que existe. (Las unidades de longitud son despreciables, ya que trabajaremos con diferencias de longitudes) ∆ L BC + ∆ LCD =
16000kgf × 600 5
2
10 kgf / cm × 1,8 × 30cm
2
+
(16000kgf − 4000kgf ) × 750 5
2
10 kgf / cm × 3 × 30cm
2
=
2,78
Donde se ve claramente que se cierra la junta, por lo que ahora se tiene que analizar de la siguiente forma:
Grado de restricción 2R-1Ec=1 Estructura hiperestática de grado 1 i.
∑ F X
ii.
Condición de deformación: ∆ L AD
2,0 =
=
− Ra·450 5
0 → Ra + Rd = 12000kgf
+
(16000 − Ra)·600
10 × 30
5
+
= ∆ L AB + ∆ L BC + ∆LCD
(12000 − Ra )·750
10 × 1,8 × 30
5
10 × 3 × 30
Ra = 2258,06kgf Rd = 9741,94 kgf F BC = Ra − P1
= -2258,06 kgf = 13741,94 kgf
F CD = Ra − P1
= 9741,94 kgf
F AB = Ra
σ 1
=
σ 2
=
− 2258,06kgf 2
30cm 13741,94kgf 1,8 × 30cm
2
= −75,27 kgf / cm =
254,48kgf / cm 2
2
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σ 3
=
9741,94kgf 3 × 30cm
2
= 108,24 kgf / cm
2
