Tema 4 TRACCION COMPRESION

  Tema 4: Tracción - Compresión

  1 Prof.: Jaime Santo Domingo Santillana E.P.S.-Zamora – (U.SAL.) - 2008

  F A G N = F x

y

z O

  σ x σ x

  σ x

  σ x σ x

  σ x Tema 4: Tracción - Compresión 4.1.- INTRODUCCIÓN Una sección de una pieza está solicitada a Tracción-Compresión cuando la resultante de las fuerzas interiores tiene la componente R = N x

  TRACCIÓN (N>0) z

  N R = N x x

  G x COMPRESIÓN (N<0) y

  N x Fig. 4.1

  En este tema se estudiará sólidos que sólo trabajen a TRACCIÓN-COMPRESIÓN, es decir, sólidos en los que en todas sus secciones tan sólo aparezca la componente R = N x de las fuerzas interiores.

  Ejemplos: Las BARRAS que componen las cerchas o vigas en celosía F

  1

  4

  1 F

  1

  7

  1

  5

3 F F

  2

  2

  2

  2

6 Los CABLES que sujetan barras

  F

  2

  2

  2

1 F

  1

  1 F

  2 F

  1 Fig. 4.2 Los DEPOSITOS o RECIPIENTES a PRESIÓN

  2

  Sección 4.2: Tensiones 4.2.-TENSIONES

Consideremos una barra prismática trabajando a Tracción-Compresión y cortemos por

una sección recta transversal de la misma (A). z A

  F F F x A G O N = F y Fig. 4.3

  

Para ver como se distribuyen las fuerzas internas o tensiones en dicha sección, tomemos

en un punto O (z,y) cualquiera de la sección A, un elemento diferencial de área: dA. Las

tensiones serán, según lo visto en la sección 1.6:

z

  A τ xz

  F N = F dA G y x x

  σ O dA z O

  τ xy y Fig. 4.4 y según las relaciones tensiones-solicitaciones, ecuaciones (1.26):

  N . dA F V . dA V . dA = σ = = τ = = τ = x y xy z xz

  ∫ ∫ ∫ A A A

  T . y . z . dA M . z . dA M . y . dA = τ − τ = = σ = = σ = xz xy y x z x

  ( ) ∫ ∫ ∫

  A A A

Se ha tenido en cuenta que al trabajar la sección sólo a Tracción-Compresión: V = V =

y z

  T = M = M =0 y z

  Con estas 6 ecuaciones por si solas no se podrá determinar las tensiones: , τ x, τ xy xz.

  σ Para poder calcularlas se recurrirá a hipótesis Tema 4: Tracción - Compresión

La hipótesis que resuelve la indeterminación del sistema de ecuaciones anteriormente

planteado, es la HIPÓTESIS DE BERNOUILLI o de CONSERVACIÓN DE LAS

SECCIONES PLANAS, que dice: “las secciones transversales del prisma que eran

planas y perpendiculares a su línea medía antes de la deformación, al producirse ésta,

se trasladan paralelamente a sí mismas, permaneciendo planas y perpendiculares a

dicha línea media”

Esta hipótesis se puede comprobar experimentalmente sometiendo a Tracción una barra

prismática en la que se han trazado previamente sobre su superficie una retícula de

líneas rectas, unas perpendiculares y otras paralelas al eje longitudinal del prisma

  a b a´ b´ F F c d´ d c´

  Fig. 4.5

  Se observa que todas las líneas rectas, paralelas al eje longitudinal, alargan por igual, con lo cual se podrá decir que “la deformación longitudinal unitaria es constante”, es decir: = cte

  ε

  X En virtud de ello y según la ley de Hooke: σ x

  ε cte σ E . ε cte = cte = = → = = → σ x x x x

  E

  Llevando esta conclusión a la primera de las ecuaciones anteriormente planteadas:

  N . dA F ( si cte ) N . dA . A F de donde : = σ = σ = → = σ = σ = x x x x

  ∫ ∫ A

  A N F cte

  σ = = = x

  = cte = F/A σ x

  z

  σ x A A

  A

  σ x x

  σ

  F x G

  O N = F

  x x σ σ x

  σ

  y Fig. 4.6

  Se observa igualmente que cualquier rectángulo formado por la retícula de líneas rectas, por ejemplo el abcd, después de la deformación, se transforma en el rectángulo

  

a´b´c´d´ y por tanto sigue manteniendo sus ángulos rectos, es decir, no se producen

  deformaciones angulares. Así pues: γ =0 γ =0 γ =0

  xy yz zx τ τ xy yz τ zx

  y por la ley de Hooke: con lo cual:

  γ γ γ = = = = = = xy yz zx

  G G G τ = τ = τ = xy yz zx

  4

  Sección 4.2: Tensiones Conclusión:

  “En una barra prismática que trabaje sólo a TRACCIÓN-COMPRESIÓN, las componentes del estado de tensiones en un punto cualquiera de la misma serán” :

  z

  N F cte σ τ

  = = = = x xy

  A A x x σ

  σ

  x (4.1)

  P

  σ = τ = y yz

  σ τ = = z zx y

  

Observación: La sección por donde se corta la barra prismática para obtener las

  componentes del estado de tensiones en un punto, es una sección recta transversal, es decir, perpendicular al eje x de la barra. z

  A F F

  N=F

  A F G x

  O

  =F/A=cte σ x

  y Fig. 4.7

  Pero si en lugar de cortar la barra por la sección recta transversal A, la cortamos por una sección inclinada B, las tensiones correspondientes las podríamos obtener a partir de las ecuaciones matriciales (1.9), vistas en la sección 1.3 o bien a través del círculo de Mohr. u

  B

  B σ

  α

  F G F x F G x

  α

  O O

  ρ x τ

  Fig. 4.8 Así: conocidas las componentes del estado de tensiones en el punto O, al cortar por la sección recta transversal A:

  N F σ = = = cte σ = σ = τ = τ = τ = x y z xy yz zx

  A A

  La tensión sobre la sección inclinada, B, será:

        cos . cos ρ x σ x α ρ x = σ x α

       

  (4.2)

  . sen ρ = α → ρ = y y

               ρ      ρ = z z

  Las tensiones normal y cortante serán:

  2

  2

  2

  (4.3) . u . cos . cos . sen

  σ = ρ = σ α τ = ρ − σ = σ α α x x Tema 4: Tracción - Compresión Diagramas de Fuerzas Normales: Estos diagramas nos dan las fuerzas normales N en cada sección de la barra prismática.

  Ejemplo: Representemos los diagramas de fuerzas normales para la barra prismática de la figura, sometida a las fuerzas F y F que se indican.

  1

2 Sección recta

  Transversal (A) F

  2

  

2

  1

1 F F F

  x z G y

  L L L

  1

  2

  3 N F F

  1

  1 F -F

  1

  2

• x Fig. 4.9 tramo L : tramo L :

  1

  2 N = F

  1 F N = F -F

  1

  1

  1 F

  2

  2 F

  x x

  = N/A = F /A = cte σ x

  1 = N/A = (F -F )/A = cte x

  1

  2 σ

  tramo L :

  3 N = F

  1 F

  1

  x

  = N/A = F /A = cte σ x

1 Barras prismáticas de sección variable. Concentración de Tensiones:

  F F

  α α

  Fig. 4.10 Para valores de α pequeños cte Para valores de α grandes cte

  → σ x ≅ → σ x ≠

  Sección 4.2: Tensiones

  En general, en las barras prismáticas con variación “brusca” de sección cte

  x → σ ≠

  N N

  σ max max

  σ media

  σ media

  σ

  m n m n N

  N Fig. 4.11 Ocurre que en los puntos próximos a donde se detecta el cambio “brusco” de sección,

  m n

  esto es, en los puntos : y indicados en las figuras, se producen tensiones superiores a la tensión media y a medida que nos vamos alejando de ellos, las tensiones van disminuyendo, llegando a producirse tensiones inferiores a la tensión media en los puntos mas distantes de ellos. La tensión máxima se obtiene:

  N k . k . siendo k

  1 " coeficient e de concentrac ión de tensiones "

  σ = σ = ≥ max med

  A

  (4.4)

  k

  El valor de va a depender de:

• Tipo de solicitación: Tracción, Flexión, etc..
• Geometría y dimensiones del cambio de sección
• Tipo de material y es un valor que se puede obtener experimentalmente Observación: La concentración de tensiones adquiere mucha importancia en el cálculo de piezas sometidas a cargas repetidas o de fatiga, pues en estos casos, en los puntos m y n, donde se concentran las tensiones y donde aparecen las , son los puntos donde

  σ max romperán las barras. Tema 4: Tracción - Compresión

  Para disminuir el efecto de estas concentraciones de tensiones debemos de tratar de diseñar cambios suaves de sección.

  N N

  σ max σ media

  σ max

  m n

  σ media

  m n N

  Fig. 4.12 N

  N N k . k . k

  1 k . k . k

  1

  σ = σ = → >> σ = σ = → ≈ max med max med

  A A

  4.3.-DEFORMACIONES

  Conocidas, en la sección anterior, las “Componentes del estado de tensiones” en un punto O de una barra prismática que trabaje a Tracción-Compresión, la obtención de las “Componentes del estado de deformaciones”, en dicho punto, se obtendrán aplicando la Ley Generalizada de Hooke:

  σ x

  ε = γ = x xy

  E σ x

  (4.5) .

  = − = ε y ν γ yz E

  σ x .

  ε = − ν γ = z zx

  E

  Sección 4.3: Deformaciones Desplazamiento u de una sección de una barra:

  Al aplicar a una barra de longitud L, una fuerza F de tracción, ésta sufrirá un alargamiento total L y cada una de las secciones de la barra sufrirán desplazamientos u. Los desplazamientos u de las secciones se calcularán de la siguiente forma:

  x = u

  1

  x

  1

  x dx N L L

  Fig. 4.13 ( ) dx

  ∆ σ x

  Por definición: ( ) dx . dx . dx

  ε = → ∆ = ε = x x dx E x x x _{1 1 1} N

  σ x u x ( ) x ( ) dx dx . dx

  = ∆ = ∆ = =

  1

  1 ∫ ∫ ∫ E A E .

  Alargamiento total de la barra L: L L L L N

  σ x N . dx

  L ( ) dx . dx . dx ∆ = ∆ = = (4.6)

  L ∫ ∫ ∫

  ∆ = ∫ E A E .

  E . A

  Casos particulares:

  N . L

  (4.7) Si: N = cte A = cte E = cte L

  → • ∆ = E . A N . L i i

  Si N, A, E, varían pero de forma discreta (a saltos):

  → • L

  ∆ = ∑

  E . A i i

  (4.8) Tema 4: Tracción - Compresión 4.4.-RESOLUCIÓN DE CASOS HIPERESTÁTICOS

  Cuando en una barra o en una estructura el número de ecuaciones de equilibrio es inferior al número de incógnitas, se dice que es un caso Hiperestático

  Nº ECUACIONES EQUILIBRIO < Nº INCÓGNITAS ⇓

  CASO HIPERESTÁTICO

  Éstos casos suelen darse cuando la barra o la estructura tienen apoyos (ligaduras) de más. Para resolver pues un caso hiperestático no serán suficientes las Ecuaciones de equilibrio y se buscarán para complementarlas Ecuaciones de Deformación, de tal forma que se cumpla:

  Nº ECUACIONES EQUILIBRIO + Nº ECUACIONES DE DEFORMACIÓN = = Nº INCÓGNITAS

  El estudio de este apartado se desarrollará a través de la resolución de varios ejemplos

  Ejemplo 1º: Barra empotrada en ambos extremos sometida a una fuerza

  F

  R R A B

  L L Fig. 4.14

  1

2 Ecuación de equilibrio:

  F R R F (4.9) = =

• A B

  ∑

  Incógnitas: R R

A, B

  ¡ Es un CASO HIPERESTÁTICO ! , tiene apoyos de más (está doblemente empotrada y con un solo empotramiento sería suficiente). La barra ISOSTÁTICA sería:

  F

  R A

  L L

  1

  2

  pero está barra no sería equivalente a la dada, para que fuera equivalente sería:

  10

  Sección 4.4: Resolución de casos hiperestáticos

  barra ISOSTÁTICA EQUIVALENTE: F

  R R A B

  con la condición (ecuación de deformación): L = 0 (4.10) L L

  1

  2

  tramo L :

  1 N R A N = R

  A

  R

  A

• x tramo L :
• 2

  R B

  R

  B N = R

  B

  Fig. 4.15 Desarrollando la ecuación (4.10), por la expresión dada en (4.8): N L . R L . R L .

  − i i A

1 B

  2 ∆ = L → ∆ = L = = (4.11)

• E A . E A . E A .

  ∑

  i i

  y resolviendo el sistema de ecuaciones formado por la ecuación de equilibrio (4.9) y la ecuación de deformación (4.11):

  F . L F . L

  2

  1 R = R = (4.12) A B L L L L

  1

  2

  1

  2 Ejemplo 2º: Barra empotrada en ambos extremos sometida a un incremento de temperatura: Tensiones de origen térmico

  R R A B

  T>0 L Fig. 4.16

  Ecuación de equilibrio: F R R (4.13)

  = = ∑ A B

  Incógnitas: R R

A, B

  ¡ Es un CASO HIPERESTÁTICO ! , tiene apoyos de más (está doblemente empotrada y con un solo empotramiento sería suficiente). Tema 4: Tracción - Compresión

  barra ISOSTÁTICA EQUIVALENTE:

  R R A B

  con la condición (ecuación de T>0 deformación): L = 0 (4.14)

  L tramo 0-x-L: N x

  R

  B R = R x B

• R

  B

  Fig. 4.17 Desarrollando la ecuación (4.14) y aplicando el Principio de Superposición de Efectos:

  ∆ = → ∆ = ∆ ∆ ∆ = B

• L L L ( T ) L ( R )

  T>0 ( ) . .

  L T L α T ∆ ∆ = ∆

  coef. dilatación térmico

  α

  L = L

  R . L −

  B

  R

  B L ( R )

  ∆ = B E . A

  L L − R L .

  B ∆ = L L . . ∆ + T = (4.15)

  α E A .

  y resolviendo el sistema de ecuaciones formado por la ecuación de equilibrio (4.13) y la ecuación de deformación (4.15): (4.16)

  

R R E A T

. . .

  

= = α ∆

A B

  y las tensiones que se habrán generado en la barra empotrada por efecto del incremento de temperatura serían:

  N R −

  

B

E . . T (4.17)

  σ = = = − α ∆ x

  A A

  Observación: Las tensiones se han originado porque debido al T>0, al querer dilatar la barra y no poder hacerlo al estar doblemente empotrada, presionará a los empotramientos y por consiguiente aparecerán las reacciones en éstos. Esto no pasaría si hubiese habido un solo empotramiento y la barra hubiese podido dilatar libremente

  T>0

  = σ x

  L L

  12

  Sección 4.4: Resolución de casos hiperestáticos Ejemplo 3º: Barra pretensada de hormigón armado

  Dado que el hormigón es un material que resiste muy mal los esfuerzos de tracción, podremos mejorar su resistencia a la tracción si introducimos en él redondos de acero previamente traccionados. El procedimiento será el siguiente: 1ª fase: Se toman redondos de acero y los estiramos sometiéndolos a una fuerza de tracción de X Kg.

  X redondo de acero

  X la tensión a que estará sometido el redondo de acero será:

  X ´

  siendo A = área de la sección del redondo de acero

  Ac σ =

  A A Ac

  2ª fase: Sin destensar todavía los redondos de acero, añadimos el hormigón y esperamos a que éste fragüe, cuando esto ocurra, el redondo de acero se habrá quedado totalmente adherido al hormigón. En éste instante destensamos los redondos de acero, liberándolos de la fuerza X a los que les teníamos sometidos y como consecuencia de ello el redondo de acero tenderá a acortarse y arrastrará con él al hormigón, provocando en él una compresión. Asi ocurrirá: hormigón redondo de acero

  X X L Fig. 4.18

  Para calcular la parte de la fuerza X que absorberá tanto el redondo de acero como el hormigón, se secciona transversalmente la barra y estudiamos el equilibrio de una de las dos partes seccionadas

  F´´ H

  X F´´

  Ac F´´

  H

  Ecuación de equilibrio: F

  X F F (4.18) = =

• ´´ ´´

  ∑ Ac H

  Incógnitas: F´´ F´´

  Ac, H

  ¡ Es un CASO HIPERESTÁTICO ! , tiene materiales de más. Se añadirá una ecuación de deformación Tema 4: Tracción - Compresión

  La ecuación de deformación será, al quedar el redondo de acero y el hormigón fuertemente adheridos, se acortarán por igual, es decir, se cumplirá:

  L = L (4.19) Ac H

  ´´ ´´ F L . F L .

  Ac H

  y desarrollando esta ecuación: (4.20)

  = . .

  E A E A Ac Ac H H

  y resolviendo el sistema de ecuaciones formado por la ecuación de equilibrio (4.18) y la ecuación de deformación (4.20):

  E . A ´´ E . A

  Ac Ac ´´ H H F X .

  (4.21)

  = F = X .

  Ac

H

  E . A E . A E . A E . A Ac Ac H H Ac Ac H H

  y las tensiones correspondientes serán:

  ´´ ´´

  F E F E ´´

  

´´

Ac Ac H H X . X .

  σ = − = − σ = − = − (4.22)

  

H

• Ac
• A E . A E . A A E . A E . A

  Ac Ac Ac H H H Ac Ac H H

  con lo que sumando las tensiones obtenidas en ambos materiales después de estas dos fases, quedarán:

  

X E E

  H

  (4.23)

  = = − X . = = − X .

• ´ ´´ Ac ´´

  σ σ σ σ σ Ac Ac Ac H H

• A E . A E . A E . A E . A +

  Ac Ac Ac H H Ac Ac H H

  Conclusiones: la barra de hormigón armado pretensado al estar previamente trabajando a compresión, como consecuencia del pretensado, mejorará su capacidad para resistir mayores esfuerzos a tracción. Ésta conclusión se puede apreciar a través del diagrama tensiones-deformaciones:

  σ σ

  f f

  u u

  Resistencia Resistencia a la a la tracción tracción

  O O

  ε ε

  = ´´ H H

  O´ σ σ Fig. 4.19

  Hormigón normal Hormigón pretensado

  Sección 4.4: Resolución de casos hiperestáticos Ejemplo 4º: Defectos de montaje

  Se quiere montar la estructura que se indica en la figura 4.20, que estará formada por

  2

  2

  tres barras del mismo material (E Kg/cm ) y de la misma sección (A cm ). Las barras se deberán articular en O

  2

  1

  3 L

  α α

  O Fig. 4.20

  Al tratar de efectuar el montaje se observa que la barra central 1, en lugar de tener la longitud L, tiene de longitud: L+ L, con lo cual al ir a acoplarlas en O, se dará la siguiente situación:

  2

  1

  3 L

  α α

  O L Fig. 4.21

  O´ Se supone que el valor de L es pequeño y el montador, en lugar de serrar la barra 1 para eliminarlo, aplica un esfuerzo de tracción a las barras 2 y 3, alargándolas hasta hacerlas coincidir con el extremo O´ de la barra 1. Una vez acopladas las tres barras en O´, libera a las barras 2 y 3 del esfuerzo a las que la sometió. Como consecuencia de ello, las barras 2 y 3 que estaban alargadas, tratarán de acortarse y arrastrarán con ellas a la barra1 comprimiéndola. Finalmente tendremos las tres barras acopladas en el punto O´´.

  2

  1

  3 L

  α α

  O L Fig. 4.22 O´ Tema 4: Tracción - Compresión

  Así pues, debido al montaje se han introducido esfuerzos (tensiones) en las tres barras. Planteemos el cálculo de los valores de esos esfuerzos: Establezcamos el equilibrio de fuerzas de las tres barras en el punto O´´:

  α α F F

  2

3 O´´

  F

1 Observación: al ser las deformaciones pequeñas se supondrá que el ángulo que forman las barras inclinadas 2 y 3, al quedar unidas en O´´, es .

  α ≅ F F sen . F sen .

  = α = α ∑ x

  

2

  3

  (4.24) Ecuaciones de equilibrio:

  = = α α ∑ y

• F F F .cos F .cos

  

1

  2

  3 Incógnitas: F F , F 1,

  2

  3

  ¡ Es un CASO HIPERESTÁTICO ! , tiene barras de más. Se añadirá una ecuación de deformación La ecuación de deformación a plantear será una que relacione el alargamiento de las barras 2 y 3 con el acortamiento de la 1. Para ello en la siguiente figura se ha ampliado el detalle de las uniones de las barras.

  α

≅

  α ≅

  L L O

  δ

  L O´´

  L L

  3

  1 Fig. 4.23 O´

  de la figura se pueden obtener las siguientes relaciones:

  L F .

  3 cos

  α

• L L ∆ = ∆ L F L .

  δ 1 ∆

  1

  (4.25)

  3 E A .

  L L L → ∆ = ∆ + → = ∆ +

  1 L . cos cos cos E A .

  ∆ 3 = δ α α α

  resolviendo el sistema formado por las ecuaciones: (4.24) y (4.25), se obtendrán: F , F ,

  1

  2 F

  3

  y dividiendo por las áreas de las secciones de las barras, se obtendrían: , ,

  1

  2

  3 σ σ σ Sección 4.5: Recipientes a presión

  Conclusiones: A las tensiones que estarán sometidas las barras de la estructura cuando tengan que soportar una carga determinada, se le añadirán estas tensiones debidas al montaje y como normalmente éstas no estaban previstas en el dimensionamiento de las barras por el proyectista de las mismas, la estructura podría llegar a fallar.

  4.5.-RECIPIENTES A PRESIÓN

  Las formas más comunes de los recipientes a presión para contener líquidos o gases a presión en su interior, son las esfericas y las cilíndricas.

  Distinción entre recipientes a presión de pared delgada y de pared gruesa:

  e = espesor e r = radio exterior

  e

  r = radio interior

  i

  r

  e

  r = radio medio = ( r + r ) / 2

  m e i

  r = radio en una posición cualquiera r

  m

  r r

  i PARED DELGADA: r 10.e m

  ≥ PARED GRUESA: r 10.e m ≤

  Fig. 4.24

  RECIPIENTES A PRESIÓN DE PARED DELGADA :

  Dado que el espesor e de la pared es pequeño en relación con el radio, la pared del depósito se comportará como si fuese una membrana y no tendrá resistencia a la flexión. Las tensiones están distribuidas uniformemente a través del espesor de la pared y no tienen componente radial.

  Recipientes esféricos de pared delgada:

  Debido a la presión interior p , un elemento de esfera estará sometido a las tensiones

  σ

  2

  indicadas en la figura. Dada la simetría de la esfera las tensiones serán uniformes a lo largo de toda ella

  2 σ

  2 σ

  = tensión anular

  σ

  2

  2 σ

  p = presión interior

  2 σ

  Fig. 4.25 Tema 4: Tracción - Compresión

  Seccionando la esfera por la mitad y planteando el equilibrio de fuerzas de una de las dos partes seccionadas, se tendrá: e

  σ

  2

  2 σ

  r

  m

  x p=presión r

  m σ

  2 Fig. 4.26

  Área proyectada sobre la que actúa p

  p . r m (4.26)

  2 σ = F .2. . . r e p r . .

  2 = = → x σ π 2 m π m

  ∑ 2 . e

  Recipientes cilíndricos de pared delgada: σ

  2

  tensión longitudinal

  σ σ 1 =

  1

  tensión anular

  σ 2 = σ

  1

  p = presión interior

  σ

2 Fig. 4.27

  Debido a la presión p en el interior del cilindro, un elemento de cilindro estará sometido a las tensiones y indicadas en la figura.

  σ 1 σ

2 Seccionando transversalmente el cilindro y planteando el equilibrio de una de las partes

  seccionadas, se tendrá: e

  1 σ

  r

  m

  x p Área sobre la que se

  Fig. 4.28 proyecta p

  2 p . r m

  F r e p r (4.27) . 2 . . . . .

  = σ π = π ∑ x 1 m m

  σ = →

  1 2 . e

  18

  Sección 4.5: Recipientes a presión

  Seccionando ahora longitudinalmente el cilindro y estudiando el equilibrio de una de las partes: y e

  2.r

  m

  p

  σ

2 L

  L Área proyectada sobre la que actúa p

  Fig. 4.29

  p . r m

  F L e p r L (4.28) . 2 . . . 2 . .

  = σ = = ∑ y 2 m → σ

  2 e

  RECIPIENTES A PRESIÓN DE PARED GRUESA :

  En este caso, al ser mayor el espesor de la pared del depósito, no se podrá asimilarlo a una membrana y las tensiones tendrán ahora también componente radial y no serán uniformes a lo largo del espesor de la pared Para este caso nos limitaremos a expresar las fórmulas de cálculo sin su demostración.

  Recipientes esféricos de pared gruesa:

  2 σ

  = tensión anular

  2

  2 σ σ

  2 σ

  = tensión radial

  σ

  3 3 p = presión interior σ

  2 σ

  Fig. 4.30 Debido a la presión en el interior de la esfera, un elemento de ésta estará sometido a las tensiones y indicadas, tensiones que ahora no serán uniformes a lo largo del

  2

  3 σ σ

  espesor de la pared. Sus valores son: Tema 4: Tracción - Compresión

  Tensión para una posición r cualquiera Tensión máxima

  3

  3

  2 . r )

  3

  3 e i p . r .( r

• p .( r

  2 . r )

• 3

  = i e

  σ

  2 MAX

  3

  3 σ =

  2 .( r r )

  2

  3

  3

  3 − e i

  2 . r .( r r )

  − e i

  (se dará en los puntos de la superficie interior)

  3

  3

  3 p . r .( r r )

  − − i e

  (4.30)

  p = −

  σ

  3 MAX σ =

  3

  3

  3 3 (4.29) r .( r r )

  − e i

  (se dará en los puntos de la superficie interior)

  Recipientes cilíndricos de pared gruesa: σ

  2

  tensión longitudinal

  σ

1 =

  σ

  1

  tensión anular

  

σ 2 =

σ

  1

  tensión radial

  

σ 3 =

  3 σ

  p = presión interior

  σ

2 Fig. 4.31

  Tensión para una posición r cualquiera Tensión máxima

  2

  2 p . r p . r i i

  σ = σ =

  1

  1 MAX

  2

  2

  2

  2 r r r r

  − − e i e i

  (uniforme en todos los puntos de la pared)

  2

  2

  2

  2

  2 p . r .( r r ) p .( r r )

  i e e i

  σ = σ =

  2

  2 MAX

  2

  2

  2

  2

  2 r .( r r ) r r

  − − e i e i

  (se dará en los puntos de la superficie interior)

  2

  2

  2 p . r .( r r )

  − − i e

  (4.32)

  p = −

  σ

  3 MAX

  (4.31)

  = σ

  3

  2

  2

  2 r .( r r )

  − e i

  (se dará en los puntos de la superficie interior)

  20

  Sección 4.6:Introducción al dimensionamiento a resistencia de elementos metálicos a tracción- compresión 4.6.-INTRODUCCIÓN AL DIMENSIONAMIENTO A RESISTENCIA DE ELEMENTOS METÁLICOS SOLICITADOS A TRACCIÓN-COMPRESIÓN (Normativa DB-SE-A)

  El propósito de esta asignatura tal y como indicamos en el tema de Introducción, es la de dar unos conocimientos base para poder calcular las tensiones y deformaciones que se producen en el interior de los cuerpos al someterlos a cargas externas. Todo ello con el propósito de posteriormente poder diseñar y dimensionar los diversos elementos correspondientes a las Estructuras metálicas, de hormigón o de otros materiales, lo que corresponderá a otras asignaturas.

  No obstante y con el objetivo de poder dar una aplicación directa a los conocimientos que se van adquiriendo en esta asignatura, se indicarán los aspectos más generales, de forma simplificada y sin entrar en muchos detalles y casuísticas, del dimensionamiento a resistencia de elementos metálicos sometidas a tracción-compresión, según lo indicado en la Normativa española: CTE-DB-SE-A. (Para más detalles de este dimensionamiento ver la citada Normativa).

  Para el dimensionamiento a resistencia de elementos metálicos habrá que hacer varias comprobaciones: unas relativas a las secciones de las piezas y otras relativas a las propias barras.

  RESISTENCIA DE LAS SECCIONES A TRACCIÓN-COMPRESIÓN

  En la sección 3.2 se indicaron los criterios a utilizar para los dimensionamientos elástico y plásticos. En esta sección los aplicaremos al caso de la Tracción-Compresión

  1.-Criterio elástico de dimensionamiento:

  Este criterio no se podrá aplicar al caso de la Tracción-Compresión, dado que en este tipo de solicitaciones, al tener todos los puntos de la sección la misma tensión, todos llegarán a la vez a alcanzar la tensión del límite elástico f .

  y 2.-Criterio plástico de dimensionamiento:

  Consideremos una sección en la que todos sus puntos hayan alcanzado la tensión del límite elástico (ver fig. 4.32) z

  = f σ x yd

  A = f = cte

  x yd σ

  x G

  

N = A.f

pl,d yd

  = f x yd

  σ = f x yd

  σ

  y Fig. 4.32 Observación: Se ha tomado la tensión del límite elástico, ya minorada: f (sección 3.6.

  yd

  ecuación 3.15) Tema 4: Tracción - Compresión

  Se denomina resistencia plástica de una sección a tracción o compresión: (N al

  pl,d)

  valor: N = A.f (4.33)

  pl,d yd

  Así pues para la comprobación a resistencia de una sección trabajando a tracción, se aplicará la fórmula:

• N N f

  .

  A (4.34) ≤ =

  pl , d yd

  siendo:

• N = N. (ver sección 3.6, ecuación 3.17). El valor de N se obtendrá del diagrama de

  γ

  esfuerzos N = A.f la resistencia plástica de la sección para el cálculo

  pl,d yd 3.-Criterio de Von Mises de dimensionamiento:

  Si aplicásemos el criterio de dimensionamiento de Von-Mises (sección 3.7), llegaríamos al mismo resultado.

• 2 *2 *2 * * .

  3. f

• − ≤ σ x σ y σ σ

  x y τ xy yd

  En efecto, la ecuación (3.26) de Von Mises es:

• N

  siendo : y sustituyendo = = = =

  σ σ σ τ x y z A

• N
• f o lo que es lo mismo N A f .

  ≤ → ≤ yd yd

  A

  la misma expresion del criterio plástico de dimensionamiento

  RESISTENCIA DE LAS BARRAS A TRACCIÓN-COMPRESIÓN

  La resistencia de las barras a tracción o compresión serán las mismas que las de sus secciones, es decir la resistencia plástica de su sección: N .

  pl,d

  No obstante si la barra estuviese trabajando a compresión, habría que estudiar además su posible inestabilidad o “pandeo”, lo que estudiaremos en el tema nº 10 de esta asignatura.

  22