examenparcial sarmiento

7/24/2019 ExamenParcial Sarmiento

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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATÓLICA DEL PERÚ

ESCUELA DE POSGRADO

MAESTRÍA EN INGENIERÍA CIVIL

MECÁNICA ESTRUCTURAL ING640

SOLUCIONARIO DEL EXAMEN PARCIAL

AUTOR: Javier Carlos Sarmiento HuamánCódigo: 20144006

Semestre 2014-II



Parte 1.a. Estado plano de esfuerzos

Es aquel donde los esfuerzos (normal y cortante) sólo están contenidos en unplano del material. Las deformaciones están en el mismo plano. En algunoscasos hay deformación en la dirección perpendicular al plano dependiendo delmódulo de Poisson.

b. Estado plano de deformacionesEs aquel donde las deformaciones (longitudinal y angular) sólo están contenidosdentro de un plano del material. Los esfuerzos están en el mismo plano. Enalgunos casos hay esfuerzos en la dirección perpendicular al plano.

c. Las deformaciones medidas por rosetas pueden ser llevados a deformacionesεxx, ε yy y εxy es decir a deformaciones mutuamente perpendiculares y unaangular. Con estas deformaciones se puede aplicar las ecuaciones de estadoplano de deformaciones.

Parte 2.Dados los esfuerzos principales, se trazó el círculo de Mohr y se determinaron los esfuerzosnormales y cortante en un plano definido por θx = θz = 45°:

La respuesta es: σ= 5 MPa y t = 15 MPa

Parte 3.Los coeficientes de Lamé son: y G. Estas constantes al multiplicarlas con las deformacionesunitarias axiales permiten hallar la densidad de energía de deformación de un material elásticoisotrópico. Al ordenar términos en la ecuación de densidad de energía y utilizando las leyesconstitutivas se puede reagrupar estos coeficientes para determinar el módulo de elasticidad (E)

y el módulo de Poisson (ν ):

= 3 +2+

=2 +

Parte 4.Las conclusiones de Bridgman fue que la fluencia no dependía del tensor de esfuerzos mediosino del tensor de esfuerzos distorsionantes. Para ello trabajó con las dos componentes deltensor de esfuerzos en el espacio de esfuerzos de Haigh- Westergard ( σ1 - σ2 - σ3 ). La primera

componente es el tensor de esfuerzos medios, el cual se encuentra sobre un eje que formaángulos iguales con los 3 ejes coordenados (línea roja discontínua). La segunda componente esperpendicular al primero (línea roja discontínua) y su magnitud determinará la fluencia del

3 = -102 =15

1 =20 4 5 ° 4

5 °

(MPa)

(MPa)

(5,15)



material independientemente de la dirección. Esto determina un círculo interno donde el materialestá en un régimen elástico (plano desviador). Si se toma en cuenta todos los valores que puedetomar el esfuerzo medio entonces se genera un cilindro (línea roja). Si un tensor de esfuerzosestá dentro del cilindro (tensor azul) entonces el material estaría dentro de un régimen elástico.Si está fuera del cilindro (tensor verde) el material estaría en un estado plástico.

Parte 5.Las coordenadas de la superficie de fluencia con el criterio de máxima deformación unitaria linealcuando σ3 = 0 por definición son:

=−1−,−1−

=−1+,1+

=1−,1−

=1+,−1+

Ya que la superficie de fluencia forma un parelelogramo:

C

D

4 5 °

4 5 °

σ1

σ2

σ3

σ1 = σ2 = σ3

1+ 1−



Parte 6.Para tener una sección altamente dúctil se elegiría las gráficas de concreto con mayordeformación unitaria últimaε_cu=0.006 y el acero con el mismo criterio ε_au=0.09. Además paraprecisar mejor se elegiría las gráficas con mayor módulo de rotura lo cual significaría mayorenergía de deformación necesaria para llegar a la rotura. En este caso se elegiría las dos últimasgráficas de acero y concreto.

En el caso de que se quiera obtener una falla frágil se elegiría las de menor capacidad dedeformación última ε_cu=0.004 y el acero con el mismo criterio ε_au=0.09. Para precisar mejorse elegiría las gráficas con menor módulo de rotura, es decir aquellos materiales que necesitanmenos energía para llegar a la rotura. En este caso se elegiría las dos primeras gráficas de aceroy concreto.

Parte 7.a. Los esfuerzos normales principales y sus direcciones se hallaron con el método de

las invariantes, donde:

Luego se resolvió:

Y se hallaron los esfuerzos principales:x 102 MPax 102 MPa

x 102 MPa

Para hallar la dirección del primer esfuerzo principal se debe resolver el sistema:

para i=1, 2 y 3

Sea i=1 y l1=1. De las dos primeras ecuaciones se obtuvo: m 1= -0.93 n1= -0.67

El vector normalizado es: N1 = ( 0.657 , -0.612 , -0.440 )

Sea i=2 y m2= 1. De las dos primeras ecuaciones se obtuvo: l 2=0.570 n2= -0.538

El vector normalizado es: N2 = ( 0.449 , 0.787 , -0.423 )

Finalmente el tercer vector se obtiene de: N3 = N1 x N2

N3 = ( 0.605 , 0.080 , 0.792 )

I1 1 2 1I1 2

I2

1

2

2

2

1

3

3

1

2

1

1

1

I2 15

I3

1

2

3

2

2

1

3

1

1

I3 5

3I1

2 I2 I3 0

1 4.87

2 0.322

3 3.191

1 i

2

3

2

2 i

1

3

1

1 i

l i

mi

ni

0

0

0



b. Los esfuerzos cortantes máximos y sus direcciones son:

x 102 MPa

La dirección de las normales a los planos donde actúa este esfuerzo cortantemáximo está dada por dos vectores:

c. El círculo de Mohr correspondiente es:

d. El esfuerzo normal octaédrico:

=13 ++ =0.667 10

El esfuerzo cortante octaédrico:

= 13 + + −19 ++ =3.3 10

e. La componente normal y tangencial de esfuerzos en un plano cuyos cosenosdirectores son:

Entonces al multiplicar el tensor de esfuerzos con el vector director se obtieneel esfuerzo en dicha dirección:

Ps11

2 4.87 3.191( )[ ] 4.03

uP1N1 N3( )

N1 N3( ) N1 N3( )T

uP2N1 N3( )

N1 N3( ) N1 N3( )T

uP1 0.892 0.376 0.249( ) uP2 0.037 0.489 0.871( )

(x10^2 MPa)

(x10^2 MPa)

max= 4.03

1= 4.872= 0.3223= -3.191

max= -4.03

N1

3

1

3

1

3

1

2

3

2

2

1

3

1

1

Q N

T T

Q 2.309 0.577 1.732( )



La componente normal resultó:

x 102 MPa

El módulo del esfuerzo con la dirección del vector director resultó:

x 102 MPa

La componente tangencial resultó entonces:

x 102 MPa

Parte 8.a. El esquema de la roseta se reacomodó en la siguiente forma:

Dados:εa (µ) = 1 α = 0°εb (µ) = 3.464 β = 60°εc (µ) = 1.732 γ = 60°

Entonces se aplicaron las ecuaciones para deformaciones en una dirección en función de εxxεyy εxy. Para las tres deformaciones dadas se obtuvo el siguiente sistema de ecuaciones:

1.000 0.000 0.000 εx 10.250 0.750 0.866 * εy = 3.4640.250 0.750 -0.866 εxy 1.732

Al resolver el sistema se obtuvo:

εx (µ) 1.000εy (µ) = 3.131εxy (µ) 1.000

QN Q NT

QN 2

m Q Q QT

Q m Q

Q 2.944

QS Q2

QN2

QS 2.16

A

BC

x

y



Además γxy = 2 εxy = 2 µ

b. Las deformaciones máximas y la distorsión máxima se obtuvo y se graficó en el círculode Mohr:

=+2 =2.066

=√ 3.131−2.066+1=1.461

= + =3.527

= − =0.605

= =1.461

=2 =2.292

c. Los esfuerzos principales son:= =200 000 3.527 = =200 000 0.605 El máximo esfuerzo cortante es: =292.2

d. La densidad de energía de deformación se calculó en base a las constantes de Lamé:

=2 1+=2002 1+0.3=76.923

=1+ 1−2=0.3 2001+0.3 1−2 0.3=115.385

=12 (+ )+ + +2 =1.969 /

e. La densidad de energía distorsionante es:

= − + +12

=0.925 /

, ( )xx yy

( )xy

=0.605min =3.527max

=1.461xy max



Parte 9.

Los esfuerzos medidos por el flatjack son aquellas componentes normales en los planosdefinidos por cosenos directores para para plano:

Plano θ x (°) l = Cos θ x m = Cos θ y A -47 0.6820 -0.7314B -7 0.9925 -0.1219C 45 0.7071 0.7071

El objetivo fue hallar el tensor de esfuerzos:

σ = σxx σxy σxy σyy

Al multiplicar por los cosenos directores se obtuvo el esfuerzo normal en cada plano:

[ l m ] x σxx σxy x l = σN plano i σxy σyy m

Al operar se obtuvo para cada plano que:

l 2. σxx + 2 . l . m .σxy + m 2 . σyy = σN plano i

Debido a que son tres planos, entonces se tuvo que resolver un sistema de tres ecuacionescon tres incógnitas:

0.465 -0.998 0.535 σxx -7.560.985 -0.242 0.015 x σxy = -6.720.500 1.000 0.500 σyy -7.5

Finalmente se debe resolver el sistema para hallar:

σxx -6.696 MPaσxy = +0.002 MPa

σyy -8.308 MPa

Por lo tanto dado que el esfuerzo σxy es prácticamente nulo, los esfuerzos obtenidos en σxx yσyy son los esfuerzos principales.



Parte 10.a. El módulo de sección plástico se obtuvo determinando el eje neutro plástico para una

sección basado en los siguientes cálculos:

Sección TotalItem n b (cm) h (cm) Área (cm2) Yi cg (cm) A*Yi cg (cm3)

1 1 40 1 40 0.5 20.002 1 50 2 100 2 200.003 1 1 66 66 36 2376.004 1 50 2 100 70 7000.00

Σ= 306 9596.00Y cg (cm)= 31.36I (cm4)= 299048.46

Sección Inferior

Item n b (cm) h (cm) Área (cm2) Yi cg (cm) A*Yi cg(cm3)1 1 40 1 40 0.5 20.002 1 50 2 100 2 200.003 1 1 13 13 9.5 123.50

Σ= 153 343.50Y cg (cm)= 2.25I (cm4)= 1031.81

Sección SuperiorItem n b (cm) h (cm) Área (cm2) Yi cg (cm) A*Yi cg (cm3)

1 1 1 53 53 26.5 1404.502 1 50 2 100 54 5400.00Σ= 153 6804.50

Y cg (cm)= 44.47I (cm4)= 38636.65

A (cm2) = 306e.n.p. (cm) = 16y1b (cm) = 13.755y1t (cm) = 44.474Z (cm3) = 8909

Dado que son dos secciones entonces el módulo plástico es: Z= 17 818 cm 3 . Entoncesal considerar φ = 0.9 y σf = 2530 kg/cm 2 se halló el momento plástico:

Mp (T.m) = 405.72

Se calculó la carga por unidad de longitud con las dimensiones de la viga metálica, dela losa con la baranda. Se consideró los pesos específicos dato y los factores de carga.Se dejó como incógnita la sobrecarga. Finalmente se buscó aquella sobrecarga quegenere el momento plástico.



L (m) = 25Losa + baranda (T/m) = 2.304Vigas I (T/m)= 0.240S/C (T/m) = 1.338wu (T/m) = 5.193

Mu (T.m) = 405.72S/C (T/m2) = 0.514

Parte 11.

Dada la estructura con longitudes y ángulos:

Se cumple la siguiente relación de deformaciones axiales con la deformada vertical:

Además se cumple el equilibrio de fuerzas:

P

L

L S e c

(

2 m 2 m

2 m

L

L S

e c (

Cos(

P

TT1 T1



De la gráfica se establece que el equilibrio siempre debe cumplirse:

= +2 1 …. (1)

Luego se procedió a calcular la relación desplazamientos con tensiones en el intervalo elástico:

Para la barra del centro: = Para la segunda barra: = =

De las anterior igualdad se obtuvo que:

= …. (2)

Para la carga de fluencia se cumple que: =

Entonces al reemplazar Tf en (2) y luego reemplazando T1 en (1):

= +2

= 1+2

El desplazamiento de fluencia fue:

== =

=

Para la carga última en que todos las barras están en fluencia se cumple que :

= entonces =

Por lo tanto de la ecuación de equilibrio se obtuvo la carga Pu:

= +2 Reemplazando valores numéricos se obtuvo:

alfa (rad) = 0.785L (mm)= 2000Área (mm2) = 100

Sigma f (Mpa) = 500E (Mpa) = 200000

df (mm)= 5.00Pf (kN)= 85.36

du (mm)= 10.00Pu (kN)= 120.71



Las fuerzas residuales serán entonces:

1=146.5 ó

2=−212.1

Deformación permanente = 2.93 mm

0

2040

60

80

100

120

140

0 2 4 6 8 10 12

P ( k N

)

δ (mm)

Diagrama carga desplazamiento

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