9. PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA 1.1:

Calcular la deformación total y los esfuerzos en: AB, BC, CD y DE, indicando su calidad.

(profundidad 60 cm). Sabiendo E = 2x 106 kg/cm

2.

10 tn 14 tn d = 40 cm 12 tn 8 tn

SOLUCIÓN:

Analizamos tramo por tramo y calculamos los esfuerzos y deformaciones de cada uno:

Tramo AB:

𝐴𝐴𝐵 = 3200 𝑐𝑚2

𝜎𝐴𝐵 =𝑃𝐴𝐵

𝐴𝐴𝐵=

10 𝑥 103𝐾𝑔

3200 𝑐𝑚2= 3.125

𝐾𝑔

𝑐𝑚2

𝛿𝐴𝐵 =𝑃𝐴𝐵 𝑥 𝐿𝐴𝐵

𝐸 𝑥 𝐴𝐴𝐵=

(10 𝑥 103𝐾𝑔)(30 𝑐𝑚)

(2 𝑥 106 𝐾𝑔𝑐𝑚2) (3200 𝑐𝑚2)

= 0.047 𝑥 10−3 𝑐𝑚2

Tramo BC:

𝐴𝐵𝐶 = 4143.363 𝑐𝑚2

𝜎𝐵𝐶 =𝑃𝐵𝐶

𝐴𝐵𝐶=

4 𝑥 103𝐾𝑔

4143.363 𝑐𝑚2= 0.965

𝐾𝑔

𝑐𝑚2

𝛿𝐵𝐶 =𝑃𝐵𝐶 𝑥 𝐿𝐵𝐶

𝐸 𝑥 𝐴𝐵𝐶=

(4 𝑥 103𝐾𝑔)(60 𝑐𝑚)

(2 𝑥 106 𝐾𝑔𝑐𝑚2) (4143.363 𝑐𝑚2)

= 0.047 𝑥 10−3 𝑐𝑚

Tramo CD:

𝐴𝐶𝐷 = 3600 𝑐𝑚2

𝜎𝐶𝐷 =𝑃𝐶𝐷

𝐴𝐶𝐷=

8 𝑥 103𝐾𝑔

3600 𝑐𝑚2= 2.222

𝐾𝑔

𝑐𝑚2

𝛿𝐶𝐷 =𝑃𝐶𝐷 𝑥 𝐿𝐶𝐷

𝐸 𝑥 𝐴𝐶𝐷=

(8 𝑥 103𝐾𝑔)(40 𝑐𝑚)

(2 𝑥 106 𝐾𝑔𝑐𝑚2) (3600 𝑐𝑚2)

= 0.044 𝑥 10−3 𝑐𝑚

Tramo DE:

𝐴𝐷𝐸 = 4800 𝑐𝑚2

𝜎𝐷𝐸 =𝑃𝐷𝐸

𝐴𝐷𝐸=

8 𝑥 103𝐾𝑔

4800 𝑐𝑚2= 1.667

𝐾𝑔

𝑐𝑚2

𝛿𝐷𝐸 =𝑃𝐷𝐸 𝑥 𝐿𝐷𝐸

𝐸 𝑥 𝐴𝐷𝐸=

(8 𝑥 103𝐾𝑔)(40 𝑐𝑚)

(2 𝑥 106 𝐾𝑔𝑐𝑚2) (4800 𝑐𝑚2)

= 0.033 𝑥 10−3 𝑐𝑚

Teniendo las deformaciones de cada tramo calculamos la deformación total:

𝛿𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿 = 𝛿𝐴𝐵 + 𝛿𝐵𝐶 + 𝛿𝐶𝐷 + 𝛿𝐷𝐸

𝛿𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿 = 0.0095 𝑥 10−3 𝑐𝑚 (𝑠𝑒 𝑎𝑙𝑎𝑟𝑔𝑎 → 𝑇𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛)

PROBLEMA 1.2:

En la barra esquematizada en la figura adjunta los extremos A y D están empotrados. Determinar

las tensiones en ambas secciones, cuyas superficies son: Aa=40 cm2 y Ab=80 cm

2. Hallar también

el diagrama de esfuerzos axiales. Datos: E=2·105 MPa

A

Aa = 40 cm2

B

Ab = 80 cm2

C

15 T

D

SOLUCIÓN:

∑ FV = 0

RA + RD = 15 T = 150000 N

El tramo AC está comprimido, por tanto RA es un esfuerzo de compresión, y el tramo CD está

traccionado, por lo que RD es un esfuerzo de tracción.

Al estar los dos extremos, A y D, empotrados la variación total de longitud es 0; y el

acortamiento del tramo superior es igual al alargamiento del tramo inferior:

δAB + δBC = δCD

Aplicando la Ley de Hooke: 𝛿 =𝑃.𝐿

𝐸.𝐴

𝑅𝐴. 𝐿𝐴𝐵

𝐸. 𝐴𝑎+

𝑅𝐴. 𝐿𝐵𝐶

𝐸. 𝐴𝑏=

𝑅𝐷 . 𝐿𝐶𝐷

𝐸. 𝐴𝑏

𝑅𝐴. 1000

2. 105. 40. 102+

𝑅𝐴. 3000

2. 105. 80. 102=

𝑅𝐷 . 1000

2. 105. 80. 102

𝑅𝐴. 2000 + 𝑅𝐴. 3000 = 𝑅𝐷 . 1000

Resolviendo las ecuaciones, tenemos:

𝑅𝐴 = 25000 𝑁 = 2.5 𝑇

𝑅𝐷 = 125000 𝑁 = 12.5 𝑇

Diagrama de esfuerzos normales:

Calculamos los esfuerzos en cada sección:

𝑇𝑟𝑎𝑚𝑜 𝐴𝐵: 𝜎𝐴𝐵 =25000 𝑁

40. 102𝑚𝑚2= 6.25 𝑀𝑃𝑎 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)

𝑇𝑟𝑎𝑚𝑜 𝐵𝐶: 𝜎𝐵𝐶 =25000 𝑁

80. 102𝑚𝑚2= 3.125 𝑀𝑃𝑎 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)

𝑇𝑟𝑎𝑚𝑜 𝐶𝐷: 𝜎𝐶𝐷 =125000 𝑁

80. 102𝑚𝑚2= 15.625 𝑀𝑃𝑎 (𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛)

PROBLEMA 1.3:

Determinar las deformaciones totales de las barras, el descanso del punto A y el desplazamiento

horizontal del punto A.

P = 40KN

A = 600mm2 B

E = 200×103MN/cm

2

A

C

SOLUCIÓN:

Realizando un DCL:

∑ 𝐹𝑥 = 0

−𝑇𝐵𝐴 cos 40° + 𝑇𝐶𝐴 cos 35° = 0

𝑇𝐵𝐴 = 1.06933 𝑇𝐶𝐴 …………(1)

∑ 𝐹𝑦 = 0

𝑃𝐵𝐴 sin 40° + 𝑃𝐶𝐴 sin 35° = 40 𝐾𝑁 ………(2)

De (1) y (2):

𝑇𝐵𝐴 = 33.92 𝐾𝑁 (𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛)

𝑇𝐶𝐴 = 31.72 𝐾𝑁 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)

Hallando la deformación en BA y CA, mediante la siguiente fórmula:

𝛿 =𝑃. 𝐿

𝐸. 𝐴

En AB:

𝛿𝐵𝐴 =33.92 𝑥 103 𝑁 𝑥 3 𝑚

200 𝑥 109 𝑁

𝑚2 𝑥 600 𝑥 10−6 𝑚2= 0.848 𝑚𝑚 (𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛)

En AC:

𝛿𝐶𝐴 =31.72 𝐾𝑁 𝑥 2 𝑚

200 𝑥 109 𝑁

𝑚2 𝑥 600 𝑥 10−6 𝑚2= 0.5287 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)

Luego geométricamente

𝛿𝑦 = 𝐴𝐷 + 𝐷𝐸

𝐴𝐷 = 𝛿𝐵𝐴 cos 50°

𝐷𝐸 = 𝛿𝐶𝐴 cos 40° A

𝛿𝑦 = 𝛿𝐴𝐵 cos 50° + 𝛿𝐶𝐴 cos 40° D

𝛿𝑦 = 0.848 cos 50° + 0.5287 cos 40°

𝛿𝑦 = 0.9501 E 𝛿𝑥

𝛿𝐵𝐴 cos 40° = 𝛿𝑥 + (𝛿𝐶𝐴 sen 40°)

0.848 cos 40° = 𝛿𝑥 + (0.5287 sen 40°)

Por lo tanto tenemos:

Descenso vertical: 𝛿𝑦 = 0.9501 𝑚𝑚 Desplazamiento horizontal: 𝛿𝑥 = 0.310 𝑚𝑚

PROBLEMA 1.4:

La deformación total no debe exceder 4mm ni las tensiones deben sobrepasar:

Acero: 160MN/m2 EA = 210 x 10

3MN/m

2

Aluminio: 100MN/m2

EAl = 75 x 103MN/m

2

Bronce: 120MN/m2

EB = 84 x 103MN/m

2

SOLUCIÓN:

TRAMO AB:

𝛿𝐴𝐵 =3𝑃 𝑥 0.6 𝑚

84 𝑥 109 𝑁𝑚2 𝑥 450 𝑥10−6𝑚2

= 4.7619 𝑥 10−5 𝑚𝑚 𝑃 (𝑎𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜)

TRAMO BC:

𝛿𝐵𝐶 =2𝑃 𝑥 1 𝑚

75 𝑥 109 𝑁𝑚2 𝑥 600 𝑥10−6𝑚2

= 4.44 𝑥 10−5mm 𝑃 (𝑎𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜)

TRAMO CD:

𝛿𝐶𝐷 =2𝑃 𝑥 0.8 𝑚

210 𝑥 109 𝑁𝑚2 𝑥 30 𝑥10−6𝑚2

= 2.5397 𝑥 10−5𝑚𝑚 𝑃 (𝑎𝑙𝑎𝑟𝑔𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜)

Como la deformación no puede exceder 4mm, tenemos:

𝛿𝐶𝐷 + 𝛿𝐴𝐵 + 𝛿𝐵𝐶 = 4 𝑚𝑚

2.5397 𝑥 10−5𝑚𝑚 𝑃 − 4.7619 𝑥 10−5 𝑚𝑚 𝑃 − 4.44 𝑥 10−5mm 𝑃 = −4 𝑚𝑚

𝑃 = 59997 𝑁

Vemos si cumple:

𝛿𝐴𝐵 < 160 𝑐𝑢𝑚𝑝𝑙𝑒

𝛿𝐵𝐶 < 100 𝑐𝑢𝑚𝑝𝑙𝑒

𝛿𝐶𝐷 < 120 𝑛𝑜 𝑐𝑢𝑚𝑝𝑙𝑒

Entonces debemos trabajar en CD

300 𝑥 120 = 2𝑃

𝑃 = 18000 𝑁

𝛿𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = 6.667 𝑥 10−8 𝑃 = 1.2 𝑥 10−3 < 4 𝑥 10−3 𝑐𝑢𝑚𝑝𝑙𝑒

𝛿𝐴𝐵 = 120 𝑀𝑁

𝑚2< 160

𝑀𝑁

𝑚2 𝑐𝑢𝑚𝑝𝑙𝑒

𝛿𝐵𝐶 = 60 𝑀𝑁

𝑚2< 100

𝑀𝑁

𝑚2 𝑐𝑢𝑚𝑝𝑙𝑒

Por lo tanto: P = 18 N

PROBLEMA 1.5:

Un pequeño poste construido con un tubo circular hueco de aluminio,

soporta una carga de compresión de 26 kpsi. Los diámetros

internos y externos del tubo son d1 = 4.0 pulg y d2 = 4.5

pulg respectivamente y su longitud es de 16 pulg. Se mide el

acortamiento del poste debido a la carga y resulta ser de 0.012 pulg.

Determinar el esfuerzo y la deformación unitaria de compresión en el

poste (no tenga en cuenta el peso del poste mismo y suponga que el

poste no se pandea bajo la carga).

Datos:

𝑃 = 26 𝐾𝑙𝑏 = 26 000 𝑙𝑏

𝑑1 = 4.0 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝑑2 = 4.5 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝛿 = 0.012 𝑝𝑢𝑙𝑔

SOLUCIÓN:

Esfuerzo de Compresión:

Suponiendo que la carga de compresión actúa en el centro del tubo hueco, se puede usar la

ecuación: σ = P/A, para calcular el esfuerzo normal.

El área la calculamos con la fórmula:

𝐴 =𝜋

4(𝑑2 − 𝑑1

2) =𝜋

4[(4.5 𝑝𝑢𝑙𝑔)2 − (4.0 𝑝𝑢𝑙𝑔)2] = 3.338 𝑝𝑢𝑙𝑔2

Usando 𝜎 =P

A 𝜎 =

26 000 𝑙𝑏

3.338 𝑝𝑢𝑙𝑔2= 7.790

𝑙𝑏

𝑝𝑢𝑙𝑔2

Calculamos la deformación unitaria:

휀 =𝛿

𝑙=

0.012 𝑝𝑢𝑙𝑔

16 𝑝𝑢𝑙𝑔= 750 𝑥 10−6 𝑝𝑢𝑙𝑔 = 0.01905 𝑚𝑚

PROBLEMA 1.6:

Tenemos una barra rígida que está suspendida por dos cables de igual diámetro ø = 4 mm , y

cuyos módulos de elasticidad son: E1=2.1·105 MPa y E2=0.7·10

5 MPa. La longitud de la barra es

de 600 mm y la de los cables 300 mm. Se considera despreciable el peso propio de la barra.

Dicha barra está sometida a una carga puntual P=500 N.

Calcular la posición x de la fuerza para que los puntos A y B tengan el mismo descenso.

E1 E2

A

P= 500 N

SOLUCIÓN:

Dibujamos el diagrama de sólido libre y obligamos el equilibrio. Además imponemos la igualdad

de deformaciones.

∑ 𝐹𝑣 = 0 → 𝑅𝐴 + 𝑅𝐵 = 𝑃

∑ 𝑀𝐵 = 0 → 𝑅𝐴 . 𝐿 − 𝑃(𝐿 − 𝑥) = 0

∆𝐿𝐴 = ∆𝐿𝐵 x

Ley de Hooke:

𝑅𝐴. 𝐿𝐴

𝑆. 𝐸1=

𝑅𝐵 . 𝐿𝐵

𝑆. 𝐸2 → 𝑅𝐴 =

𝑅𝐵. 𝐸1

𝐸2=

𝑅𝐵. 210000

70000 → 𝑅𝐴 = 3𝑅𝐵

3𝑅𝐵 + 𝑅𝐵 = 500 → 𝑅𝐵 =500

4= 125 𝑁 → 𝑅𝐴 = 375 𝑁

De la ecuación de los momentos obtenemos x:

𝑅𝐴 . 𝐿 − 𝑃(𝐿 − 𝑥) = 0

375 . 600 − 500(600 − 𝑥) = 0 → 𝑥 = 150 𝑚𝑚

PROBLEMA 1.7:

Para la armadura mostrada determinar el esfuerzo en los miembros AC y BD. El área de la

sección transversal de cada uno es 800 mm2.

SOLUCIÓN:

Haciendo un análisis del equilibrio de este diagrama resulta en los siguientes valores para las

reacciones externas:

∑ 𝑀𝐻 = 0 𝐴𝑦(20) − 30(15) − 80(5) = 0 𝐴𝑦 = 42.5 𝐾𝑁

∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐴𝑦 − 30 − 80 + 𝐻𝑦 = 0 𝐻𝑦 = 67.5 𝐾𝑁 𝐻𝑋 = 0

Haciendo el diagrama de cuerpo libre del nudo A, después de un corte previo, tenemos:

∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐴𝑦 − cos 45° 𝐴𝐵 = 0

𝐴𝑦 = 𝐴𝐵. cos 45° = cos 45° . (42.5) = 60.10 𝐾𝑁

∑ 𝐹𝑥 = 0 𝐴𝐶 − cos 45° . 𝐴𝐵 = 0

𝐴𝐶 = cos 45° . (60.10) = 42.49 𝐾𝑁

Ahora pasamos a determinar BD:

Eliminamos BE y CE tomando momentos en E:

∑ 𝑀𝐸 = 0 − 𝐴𝑦(10) + 30(5) + 𝐵𝐷(5) = 0

−(42.5)(10) + 150 = −5 𝐵𝐷

BD = 55 KN

Entonces los esfuerzos de las barras AC y BD son:

𝜎𝐴𝐶 =42.49 𝐾𝑁

800 𝑚𝑚2=

42.49 𝑥 103𝑁

800 𝑥 10−6 𝑚2

𝜎𝐴𝐶 = 53112.500 𝐾𝑃𝑎 (𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛)

𝜎𝐵𝐷 =55 𝐾𝑁

800 𝑚𝑚2=

55 𝑥 103𝑁

800 𝑥 10−6 𝑚2

𝜎𝐵𝐷 = 68750 𝐾𝑃𝑎 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)

PROBLEMA 1.8:

Calcular el esfuerzo de trabajo en el acero si se sabe que su σy es de 4200kg/cm2 y se recomienda

un n = 2. σT = σy/n2 = 4200kg/cm2/2 = 2100kg/cm

2

Con el esfuerzo de trabajo obtenido del problema anterior diseñar los cables para los siguientes

ejercicios.

Un globo se eleva con una fuerza de 50kN calcular las tensiones de los cables en BC, BA y BD.

10 m

SOLUCIÓN:

Análisis vectorial

𝑇𝐵𝐴 = −0.39𝑇𝐵𝐴 𝑖 − 0.47𝑇𝐵𝐴 𝑗 − 0.79𝑇𝐵𝐴 𝑘

𝑇𝐵𝐶 = −0.38𝑇𝐵𝐶 𝑖 + 0.42𝑇𝐵𝐶 𝑗 − 0.84𝑇𝐵𝐶 𝑘

𝑇𝐵𝐷 = 0.39𝑇𝐵𝐷 𝑖 + 0.47𝑇𝐵𝐷 𝑗 − 0.79𝑇𝐵𝐷 𝑘

𝐹 = 50 𝑘

Sistema de ecuaciones

−0.39𝑇𝐵𝐴 − 0.38𝑇𝐵𝐶 + 0.39𝑇𝐵𝐷 = 0

−0.47𝑇𝐵𝐴 + 0.42𝑇𝐵𝐶 + 0.47𝑇𝐵𝐷 = 0

−0.79𝑇𝐵𝐴 − 0.84𝑇𝐵𝐶 − 0.79𝑇𝐵𝐷 + 50 = 0

𝑇𝐵𝐴 = 31.726 𝐾𝑁 𝑇𝐵𝐶 = 0 𝐾𝑁 𝑇𝐵𝐷 = 31.726 𝐾𝑁

Luego para Diseñar la sección transversal de cada cable de acero, utilizaremos un esfuerzo de

trabajo de 2100kg/cm2:

𝜎𝜏 = 2100𝑘𝑔

𝑐𝑚2×

9.81𝑁

𝑘𝑔= 20.601

𝑘𝑁

𝑐𝑚2

Para ambos cables, el resultado es el mismo, entonces:

𝜎 =𝑃

𝐴→ 20.601

𝑘𝑁

𝑐𝑚2=

31.726𝑘𝑁

𝐴⇒ {

𝐴𝐵𝐴 = 1.54𝑐𝑚2

𝐴𝐵𝐷 = 1.54𝑐𝑚2}

Las deformaciones totales en los cables, son los siguientes:

𝛿𝐵𝐴 =𝑃𝐵𝐴. 𝐿𝐵𝐴

𝐸𝐴𝑐𝑒𝑟𝑜. 𝐴𝐵𝐴=

(31.726𝑘𝑁)(12.688𝑚)

(200𝐺𝑁 𝑚2)(1.54𝑐𝑚2⁄ )= 13.069𝑚𝑚

𝛿𝐵𝐷 =𝑃𝐵𝐷 . 𝐿𝐵𝐷

𝐸𝐴𝑐𝑒𝑟𝑜. 𝐴𝐵𝐷=

(31.726𝑘𝑁)(12.688𝑚)

(200𝐺𝑁 𝑚2)(1.54𝑐𝑚2⁄ )= 13.069𝑚𝑚

Para determinar el desplazamiento vertical solo se consideran los cables BA Y BD, ya que sufren

cargas axiales. Por lo tanto el desarrollo se reduce a un problema en 2D.

De la figura, se determina el desplazamiento vertical:

𝛿𝑉 =𝛿𝐵𝐴

cos 𝛽=

13.069𝑚𝑚

cos 37.99°= 16.583𝑚

ᵝ

PROBLEMA 1.9:

Se tienen tres barras de acero y un bloque (W = 10N), como muestra la figura. El esfuerzo de

trabajo es 2100kg/cm2. Calcular Diseño de las barras, Las deformaciones, El desplazamiento

vertical y horizontal del punto.

SOLUCIÓN:

Análisis vectorial

𝑇𝑂𝐶 = (0.514𝑗 + 0.857𝑘)𝑇𝑂𝐶

𝑇𝐶𝐴 = (0.29𝑖 − 0.65𝑗 − 0.71𝑘)𝑇𝑂𝐶

𝑇𝐶𝐵 = (−0.31𝑖 − 0.73𝑗 − 0.61𝑘)𝑇𝑂𝐶

�̅� = −10𝑘

Sistema de Ecuaciones:

0.29𝑇𝐶𝐴 − 0.31𝑇𝐶𝐵 = 0

0.51𝑇𝑂𝐶 − 0.64𝑇𝐶𝐴 − 0.73𝑇𝐶𝐵 = 0

0.86𝑇𝑂𝐶 − 0.71𝑇𝐶𝐴 − 0.61𝑇𝐶𝐵 = 10

Entonces los esfuerzos en cada cable son:

𝑇𝑂𝐶 = 27.8𝑁 𝑇𝐶𝐴 = 10.782𝑁 𝑇𝐶𝐵 = 10.076𝑁

Luego para Diseñar la sección transversal de cada cable de acero, utilizaremos un esfuerzo de

trabajo de 2100kg/cm2:

𝐴𝑂𝐶 =27.801𝑁

20.601𝑘𝑁 𝑐𝑚2⁄= 0.135𝑚𝑚2

𝐴𝐶𝐴 =10.782𝑁

20.601𝑘𝑁 𝑐𝑚2⁄= 0.052𝑚𝑚2

𝐴𝐶𝐵 =10.076𝑁

20.601𝑘𝑁 𝑐𝑚2⁄= 0.049𝑚𝑚2

Las deformaciones totales en los cables, son los siguientes:

𝛿𝑂𝐶 =(27.801𝑁)(11.662𝑚)

(200𝐺𝑁 𝑚2⁄ )(0.135𝑚𝑚2)= 12.008𝑚𝑚

𝛿𝐶𝐴 =(10.782𝑁)(14.036𝑚)

(200𝐺𝑁 𝑚2⁄ )(0.135𝑚𝑚2)= 14.552𝑚𝑚

𝛿𝐶𝐵 =(10.076𝑁)(16.401𝑚)

(200𝐺𝑁 𝑚2⁄ )(0.049𝑚𝑚2)= 16.863𝑚𝑚

Direcciones:

𝐶𝐴 = 0.285𝑖 − 0.641𝑗 − 0.712𝑘

𝐶𝐵 = −0.305𝑖 − 0.721𝑗 − 0.610𝑘

Coordenadas

𝑂 = 0; 5.994; 9.990

𝐴 = (−4.14 × 10−3; 6.01; 10.01)

𝐵 = (5.14 × 10−3; 6.01; 10.01)

Sistema de Ecuaciones (Producto Escalar de Vectores):

0.514𝑦 + 0.857𝑧 = 11.652 … (1)

−0.258𝑥 + 0.641𝑦 + 0.712𝑧 = 10.980 … (2)

0.305𝑥 + 0.732𝑦 + 0.610𝑧 = 10.508 … (3)

El punto C1, tiene la posición:

𝑐1 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (−0.036; 6.082; 9.932)

Desplazamiento vertical (eje z):

∆𝑧 = (10 − 9.939)𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑠 = 0.061𝑚

PROBLEMA1.10:

Calcular el descenso vertical del punto B.

Diagrama de cuerpo libre:

SOLUCIÓN:

Haciendo el D.C.L.

∑ 𝐹𝑦 = 0

𝑐𝑏(sin 𝛼) − 4 = 0

Como 𝛼 = 37° , entonces

𝑐𝑏 = 6.66𝑇𝑛 (Tracción)

∑ 𝐹𝑥 = 0

−𝐴𝐵 + 𝐶𝐵 cos 𝛼 = 0

𝐴𝐵 = 𝐶𝐵 cos 𝛼

𝐴𝐵 = 6.66 ×4

5= 5.328 𝑇𝑛 (𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛)

Análisis del descenso vertical:

∆𝐵= 𝐵𝐵2 + 𝐵1𝐵´2

… … … … … … (𝐼)

sin 𝛼 =𝛿𝐶𝐵

𝐵𝐵2⋯ → 𝐵𝐵2 =

𝛿𝐶𝐵

sin 𝛼

tan 𝛼 =𝛿𝐴𝐵

𝐵1𝐵´… → 𝐵1𝐵´ =

𝛿𝐴𝐵

tan 𝛼

Remplazando en (I)

∆𝐵=𝛿𝐶𝐵

sin 𝛼+

𝛿𝐴𝐵

tan 𝛼

∆𝐵=6660𝐾𝑔 × 500𝑐𝑚

2 × 106 𝐾𝑔𝑐𝑚2⁄ × 4𝑐𝑚2 × 0.6

+5328𝐾𝑔 × 400𝑐𝑚

2 × 106 𝐾𝑔𝑐𝑚2⁄ × 2𝑐𝑚2 × 0.75

∆𝐵= 1.40415𝑐𝑚

PROBLEMA 1.11:

Calcule el descenso vertical del punto B.

Calcular el descenso vertical:

SOLUCIÓN:

Haciendo el D.C.L.

∑ 𝐹𝑥 = 0

−𝐴𝐵 cos 60 + 𝐶𝐵 cos 30 = 0

𝐶𝐵 = 𝐴𝐵√3

3⋯ ⋯ ⋯ ⋯ (𝐼)

∑ 𝐹𝑦 = 0

𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛(60) + 𝐶𝐵𝑠𝑒𝑛(30) = 4

𝐴𝐵𝑠𝑒𝑛(60) + 𝐴𝐵√3

3𝑠𝑒𝑛(30) = 4

Despejando, 𝐴𝐵 = 3.4641 𝑇𝑛 (tracción)

Remplazando en (I), se tiene:

𝐶𝐵 = 3.4641 ×√3

3= 2 𝑇𝑛 (Compresión)

Análisis de las deformaciones

∆𝐵= 𝐵𝐵1 + 𝐵2𝐵´ … … … … … . 𝐼

sin 60 =𝐵𝐵1

𝛿𝐴𝐵⋯ → 𝐵𝐵1 = 𝛿𝐴𝐵 × sin 60

cos 60 =𝐵2𝐵´

𝛿𝐶𝐵… → 𝐵2𝐵´ = 𝛿𝐶𝐵 × cos 60

Remplazando en (I)

∆𝐵= 𝛿𝐶𝐵 × cos 60 + 𝛿𝐴𝐵 × sin 60

∆𝐵= (9

6√3)

3464𝐾𝑔 × 6√3𝑐𝑚

1.1 × 105 𝐾𝑔𝑐𝑚2⁄ × 3𝑐𝑚2

+ (3

6) [

1000𝐾𝑔 × 200𝑐𝑚

1 × 106 𝐾𝑔𝑐𝑚2⁄ × 2𝑐𝑚2

+1000𝐾𝑔 × 400𝑐𝑚

1 × 106 𝐾𝑔𝑐𝑚2⁄ × 4𝑐𝑚2

]

∆𝐵= 0.1945𝑐𝑚

ANÁLISIS DE ESFUERZOS

La tensión es una magnitud física derivada de la fuerza, las fuerzas que actúan sobre un cuerpo

son las fuerzas másicas y las fuerzas de superficie.

LAS FUERZAS MÁSICAS

Están íntimamente relacionadas con la cantidad de materia del cuerpo y son directamente

proporcionales como ejemplo podemos citar a la fuerza de gravedad, fuerza centrífuga y la

fuerza magnética.

LAS FUERZAS DE SUPERFICIE

Actúan en un plano de la superficie del cuerpo y surge como consecuencia del contacto físico

entre dos cuerpos.

El término tensión envuelve dos conceptos: tensión en un plano y tensión en un punto. El

primero se define como fuerza por unidad de área, la tensión en un punto también se denomina

estado de tensión describe todas las características del vector tensión en cualquier punto o plano

o contenido .la tensión en punto se define como el valor límite de la fuerza por unidad de área

,cuando esta tiende a cero.

𝜎 = 𝑙𝑖𝑚𝛥𝐴 … .0 =𝛥𝐹

𝛥𝐴=

𝜕𝐹

𝜕𝐴

ESFUERZO TANGENCIAL Y NORMAL

Las tensiones a compresión son consideradas positivas, mientras que las tensiones a tracción son

negativas. Las tensiones tangenciales son positivas si tienden a rotar el elemento en sentido anti

horario, y son negativas si la tendencia es en sentido horario.

Es necesario conocer algunas definiciones básicas como: escalar, vector y tensor. Una magnitud

escalar es aquella que solo tiene módulo (ej. masa, densidad, volumen, etc.) y son descritas

completamente por un valor. Un vector es una magnitud que a más de poseer módulo, posee

dirección y sentido (ej. Fuerza, velocidad, aceleración, etc.). Un tensor es una cantidad con

módulo, dirección y plano de aplicación (ej. tensión, deformación, momento de inercia, etc.) y

que queda definido por seis componentes independientes como se describe a continuación.

Considere un cubo infinitesimal en el interior del terreno con el de la figura mostrada, con sus

lados paralelos a los ejes x, y, z en un sistema de coordenadas rectangular, las tensiones

actuantes en las caras paralelas son descritas por las componentes de tensión normal σxx, σyy, σzzy

por las seis componentes de tensión cizallante 𝜏xy, 𝜏yx, 𝜏yz, 𝜏zy, 𝜏zx y 𝜏xz.

COMPONENTES DEL TENSOR DE ESFUERZOS

Para el caso de la tensión tangencial, el primer subíndice indica la dirección de la normal al

plano en la cual la tensión está actuando, mientras que el segundo subíndice señala la dirección

en la cual la tensión cizallante está actuando.

La nomenclatura propia en el ámbito de la Geotecnia es utilizar los símbolos σxx, σyy, σzz para

identificar las tensiones normales, sin embargo, el segundo subíndice es excluido por

conveniencia.

La formulación matemática que establece el equilibrio de un cuerpo sometido a la acción de

varias fuerzas, permite definir nueve magnitudes iniciales para las componentes del tensar de

tensiones:

𝜎 = [

𝜎𝑥 𝜏𝑦𝑥 𝜏𝑧𝑥

𝜏𝑥𝑦 𝜎𝑦 𝜏𝑧𝑦

𝜏𝑥𝑧 𝜏𝑦𝑧 𝜎𝑧

]

A fin de mantener el equilibrio rotacional, las componentes de cizallamiento en los tres planos

son anuladas (𝜏xy= 𝜏yx, 𝜏yz= 𝜏zy, 𝜏zx = 𝜏xz.). Así el estado de tensión, con respecto a un sistema

arbitrario de coordenadas es definido por seis componentes de tensión:

𝜎 = [

𝜎𝑥 𝜏𝑦𝑥 𝜏𝑧𝑥

0 𝜎𝑦 𝜏𝑧𝑦

0 0 𝜎𝑧

]