Tracción Resistencia de materiales nota 5,1 PolimerosDescripción completa
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Descripción: ensayo a tracción de un perno
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Descripción: En esta experiencia se realizó un ensayo de tracción a 6 probetas, dos de aluminio, dos de latón y dos de acero. Dicho ensayo consistió en colocar la probeta en una maquina universal de ensayo para...
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Traccion indirecta brasileño
UNIVERSIDAD UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRÉS FACULTAD DE INGENIERÍA INGENIERÍA CIVIL
HORMIGÓN ARMADO I CIV – 209 EJERCICIOS DE CATEDRA
CAPITULO 12
TRACCIÓN SIMPLE Y COMPUESTA. EJEMPLO 3.- a) Calcular el baricentro plástico de la siguiente sección. s ección. 1. MATERIALES
Y
.-
- Acero B 400 S 3φ25 (ΑΗ −400−F)
f yd =
5
0 . 0 4
γ s
sustituimo s → f yd =
f yd sustituimo s → ε y = E s
ε y =
Hormigón H-25
f yk
400 1.15
347 .82 200000
= 347 .82[ Mpa ]
= 1.74 O / OO
- Acero AH-400-F 5
f yd =
X
4φ20 (Β 400 S) 25.0
ε y =
a-a
f yk γ s
sustituimo s → f yd =
400 1.15
= 347 .82[ Mpa ]
f yd sustituimo s + 2 O / OO → ε y = E s
347 .82 200000
+ 2 O / OO
ε y = 3.74O / OO
- Hormigón H-25 2 DIAGRAMAS σ .
f cd =
ε
-
- Acero B 400 S
f ck γ c
sustituimo s → f cd =
25 1 .5
= 16 .67[ Mpa ]
- Acero AH-400-F σ S [ Mpa ]
σ S [ Mpa ]
O
ε y / OO
O
ε y / OO
Para construir el diagrama σ-E en frio: •
Determinar los puntos límites de la recta de Hooke.
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CAPITULO 12 - 2
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1er punto (0, 0) 2do punto límite
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0.7 * f yd = 0.7 * 347 .82 = 243 .47[ Mpa ]
ε 0.7 f yd =
243 .47 200000
= 1.217 O / OO
•
Luego se determina el punto correspondiente a la tensión del límite elástico y a la deformación del límite elástico.
•
Luego se determinó el punto final del diagrama correspondiente a la deformación de 10‰ σ ε S = + 0.823 * S − 0.7 f E s yd
5
σ S
5
σ S operamos ε S = + 0.823 * − 0.7 → ε S = 381 .48[ Mpa ] 200000 347 .82 σ S
3. CALCULO DE LAS AREAS DE ACERO. AS 1 : 4φ 20 = 4 * 3.14 = 12.56[cm 2 ] AS 2 : 3φ 25 = 3 * 4.91 = 14 .73[cm 2 ]
b) CALCULAR la fuerza de tracción que soportaría ese tirante si la misma actuaria
en el baricentro plástico Cuando Td actúa en el Bp (baricentro plástico) es tracción céntrica, entonces: T v = T d = ASY * σ SY + AS * σ S 2
Sustituimos:
2
T d = 12.56 * 34 .782 + 14 .73 * 38.148] →
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T d = 998.78[ KN
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c) En el ejercicio anterior calcular la cuantía geométrica. AS 1 : 4φ 20 = 12.56[cm 2 ] +
AS 2 : 3φ 25 = 14 .73[cm 2 ] AS = 27 .29[cm 2 ]
AC = 25 × 50 = 1250[cm 2 ]
q=
AS = AC
27 .29 1250
*100 ⇒
q = 2.2 O / OO
d) VERIFICAR si el tirante satisface la condición de no fragilidad. AS * f yd ≥ AC * f Ct ,m 27 .29 * 34 .782 ≥ 1250 * 0.3 * ( 25) 949 .2[ KN ] ≥ 320 .62[ KN ]
2 / 3
* 0 .1
Cumple
e) VERIFICAR cuantía mínima AS * f yd ≥ 0.2 * AC * f Cd 27.29 * 34 .782 ≥ 0.2 *1250 *1.667 949 .2[ KN ] ≥ 416 .75[ KN ]
Cumple
f) CONSIDERAR del ejercicio anterior para un ambiente en el que la fisuración es perjudicial y asumir las definiciones que c orresponde. - Calculo de la tensión del acero σs 2
2
σ S ≤ 266 .7[ Mpa ] ( f yk ) → σ S ≤ ( 400 ) ⇒ 3 3 σ S ≤ 100 * η * f ct , k → σ S ≤ 100 * 1.6 * 1.77 ⇒ σ S ≤ 185 .114[ Mpa ] σ S ≤
f ct ,k = 0.207 * ( f ck ) 2 / 3 f ct ,k = 0.207 * ( 25) 2 / 3 f ct ,k = 1.77[ Mpa ]
σ S ≤ 400[ Mpa ]
∴ σ S = 185 .114[ Mpa ]
-
Cálculo de Tk T K =
-
la más desfavorable de las tres
T d γ f
=
949 .2 1. 5
= 632 .8[ KN ]
Cálculo de ASser ASser =
T k σ S
=
632 .8 18 .511
= 34 .19[cm 2 ]
∆ AS = 34.19 − 27.29 = 6.9[cm 2 ] ING. MIGUEL MUÑOZ B. - DANIEL SAAVEDRA M.
CAPITULO 12 - 4
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Falta de armadura: AS = 27.29[cm 2 ]
AS 1 : 4φ 20 = 12.56 → 47 O / O + 3.24 = 15 .8[cm 2 ] ≅ 8φ 16 ⋅ (16.08[cm 2 ]) AS 2 : 3φ 25 = 14.73 → 53 O / O + 3.66 = 18.39[cm 2 ] ≅ 6φ 20 ⋅ (18 .84[cm 2 ])
Con esa cantidad de armaduras nuevas se garantiza que la fisuración de la pieza cumplirá lo exigido en las condiciones de fisuración perjudicial.
EJEMPLO 4.- Calcular las dimensiones y la armadura de refuerzo para un tirante
de una nave industrial de 20 [mts] de luz con forma parabólica que recibe una carga en el borde de la cubierta parabólica. Verificar a condiciones fisuración perjudicial. Arco
DATOS: l = 20[ m ]
840[KN]
26 Tirante
α = 26 o N d = 840[ KN ]
B − 500 − S H − 20
(CNC) Condiciones Normales de control
Columna
El 30%de la fuerza corresponde a acciones permanentes y el 70 % acciones variables, 30%G; 70%Q. 1. MATERIALES - Hormigón H-20
.-
- Acero B 500 S 2. CARGAS 840 26
f cd = f yd =
f ck γ c
f yk
sustituimo s → f cd =
sustituimo s → f yd =
20 1 .5
= 13.33[ Mpa ]
500
= 434 .783[ Mpa ] 1.15 f yd sustituimo s 434 .783 → ε y = = 2.174 O / OO ε y = E s 200000 γ s
N d
o
T d = 840 * cos( 26) = 755 .0[ KN ]
T d ING. MIGUEL MUÑOZ B. - DANIEL SAAVEDRA M.
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3. ÁREA DE ACERO NECESARIO. AS =
755 43 .4783
= 17.37[cm 2 ]
4. CÁLCULO DEL Ac.4.1 Condición de no fragilidad. f Ct , m = 0.3 *
20
2
A c =
= 2.21[ Mpa ]
b=
b
Área .máxima
AS * f yd ≥ AC * f Ct ,m 3
b 755
3416 .3 = 58.4
2 ⋅ b = 3416 .3 → b = 41 .33 2
2b
0.221
Ac = 3416.3[cm ] 2
b
3 ⋅ b = 3416 .3 → b = 33 .74 2
4.2 Cuantía mínima b
AS * f yd ≥ 0.2 * AC * f Cd A c =
755 0 . 2 * 1 . 333
Definimos:
= 2832 [ cm
2
b 2b b
]
b=
2832 = 53.22
2 ⋅ b = 2832 → b = 37 .63 2
Sección 30x60
5. CARGAS.g dv = 0.30 * 0.60 * 25 *1.5 = 6.75[ KN / m ] T d = 755 .0[ KN ]
6. SOLICITACIONES.Tramo. 1 Mo 10
M O = 9 Mo 10
9 10
e= 0 . 0 3 0 . 3
0 . 0 4
6.75 * 20 8
2
= 337 .5[ KN ⋅ m ]
M O = 304 .0[ KN ⋅ m ]
M d = T d
304 755
= 0.40[ m ]
Se sale entonces Flexo Tracción
Td
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CAPITULO 12 - 6
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Cuando el empotramiento es perfecto ½ de M o.
⅔
Mo en apoyo y 1/3 M o en tramo. Aquí tomamos 1 Mo 2