Tema 4 : TRACCIÓN - COMPRESIÓN

Tema 4: Tracción - Compresión
Tema 4 : TRACCIÓN - COMPRESIÓN
σx
A
F
σx
G
σx
z
σx
O
σx
σx
x
N= F
y
Prof.: Jaime Santo Domingo Santillana
E.P.S.-Zamora – (U.SAL.) - 2008
1
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 Rx = N
TRACCIÓN (N>0)
z
Rx= N
G
N
x
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 Rx= N
de las fuerzas interiores.
Ejemplos:
Las BARRAS que componen las cerchas o vigas en celosía
F1
1
4
1
F1
7
5
3
2
F2
6
F2
2
Los CABLES que sujetan barras
F2
1
2
2
F1
1
Fig. 4.2
Los DEPOSITOS o RECIPIENTES a PRESIÓN
2
F2
F1
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
A
F
x
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
F
G y
z
τxz
N= F
dA
x
dA
O
O
σx
τxy
y
Fig. 4.4
y según las relaciones tensiones-solicitaciones, ecuaciones (1.26):
N = ∫ σ x .dA = F
A
T = ∫ (τ xz . y − τ xy .z ).dA = 0
A
V y = ∫ τ xy .dA = 0
A
M y = ∫ σ x . z.dA = 0
A
Vz = ∫ τ xz .dA = 0
A
M z = ∫ σ x . y.dA = 0
A
Se ha tenido en cuenta que al trabajar la sección sólo a Tracción-Compresión: Vy = Vz =
T = My = Mz=0
Con estas 6 ecuaciones por si solas no se podrá determinar las tensiones: σx, τxy, τxz.
Para poder calcularlas se recurrirá a hipótesis
3
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
c
d
F
a´
b´
c´
d´
F
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: εX = cte
En virtud de ello y según la ley de Hooke:
σx
εx =
= cte → σ x = E.ε x = cte
→
σx = cte
E
Llevando esta conclusión a la primera de las ecuaciones anteriormente planteadas:
N = ∫ σ x .dA = F
( si σ x = cte) → N = σ x .∫ dA = σ x . A = F
A
σx =
de donde :
A
N F
= = cte
A A
σx
A
σx
G
F
σx
σx
O
σx
σx = cte = F/A
z
σx
y
x
N= F
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: γxy =0 γyz =0 γzx =0
y por la ley de Hooke: γ xy =
τ xy
G
=0
τ xy = 0
4
γ yz =
τ yz = 0
τ yz
G
=0
τ zx = 0
γ zx =
τ zx
G
= 0 con lo cual:
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”:
N F
= = cte
A A
σy =0
τ xy = 0
σz =0
τ zx = 0
σx =
z
τ yz = 0
σx
σx
(4.1)
x
P
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
F
A
A
F
F
N=F
G
x
O
σx=F/A=cte
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
F
G
B
α
F
x
F
G
O
O
σ
x
α
ρx
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
= = cte σ y = 0 σ z = 0 τ xy = 0 τ yz = 0 τ zx = 0
A A
La tensión sobre la sección inclinada, B, será:
σx =
 ρ x  σ x
ρ  =  0
 y 
 ρ z   0
ρ x = σ x . cos α
0 0 cos α 



0 0. senα  → ρ y = 0
0 0  0 
ρz = 0
(4.2)
Las tensiones normal y cortante serán:
σ = ρ .u = σ x . cos 2 α
τ = ρ 2 − σ 2 = σ x . cos α .sen α
(4.3)
5
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 F1 y F2 que se indican.
Sección recta
Transversal (A)
F1
F2
L1
N
F1
F2
L2
x
G
y
L3
F1
z
F1
F1-F2
+
tramo L1 :
F1
Fig. 4.9
x
tramo L2 :
N = F1
F1
x
σx = N/A = F1/A = cte
N = F1-F2
x
F2
σx = N/A = (F1-F2)/A = cte
tramo L3 :
N = F1
F1
x
σx = N/A = F1/A = cte
Barras prismáticas de sección variable. Concentración de Tensiones:
F
F
α
α
Para valores de α pequeños → σx ≅ cte
6
Fig. 4.10
Para valores de α grandes → σx ≠ cte
Sección 4.2: Tensiones
En general, en las barras prismáticas con variación “brusca” de sección → σx ≠ cte
N
N
σmax
σmax
σmedia
σmedia
m
m
n
Fig. 4.11
N
n
N
Ocurre que en los puntos próximos a donde se detecta el cambio “brusco” de sección,
esto es, en los puntos : m y n 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:
σ max = k .σ med = k .
N
A
siendo k ≥ 1 " coeficiente de concentrac ión de tensiones"
(4.4)
El valor de k 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 σmax, son los puntos donde
romperán las barras.
7
Tema 4: Tracción - Compresión
Para disminuir el efecto de estas concentraciones de tensiones debemos de tratar de
diseñar cambios suaves de sección.
N
N
σmax
σmedia
m
σmax
n
σmedia
m
n
N
Fig. 4.12
σ max = k .σ med = k .
N
A
N
σ max = k .σ med = k .
→ k >> 1
N
A
→ k ≈1
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:
εx =
σx
E
ε y = −ν .
ε z = −ν .
8
γ xy = 0
σx
E
σx
E
γ yz = 0
γ zx = 0
(4.5)
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:
∆x1 = u
x1
x
dx
N
L
∆L
Fig. 4.13
Por definición: ε x =
∆(dx)
dx
x1
x1
0
0
u ( x1 ) = ∆x1 = ∫ ∆(dx) = ∫
→ ∆(dx) = ε x .dx =
σx
E
x1
dx = ∫
0
σx
E
.dx
N
.dx
A.E
Alargamiento total de la barra ∆L:
L
L
∆L = ∫ ∆ (dx) = ∫
0
0
σx
E
L
.dx = ∫
0
N
.dx
A.E
L
∆L = ∫
0
N .dx
E. A
(4.6)
Casos particulares:
N .L
E. A
•
Si: N = cte A = cte E = cte →
•
Si N, A, E, varían pero de forma discreta (a saltos):
∆L =
(4.7)
→
∆L = ∑
N i .Li
Ei . Ai
(4.8)
9
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
RA
L1
RB
Fig. 4.14
L2
∑F = 0
Ecuación de equilibrio:
Incógnitas: RA, RB
RA + RB = F
(4.9)
¡ Es un CASO HIPERESTÁTICO ! , tiene apoyos de más (está doblemente empotrada y
con un solo empotramiento sería suficiente).
La barra ISOSTÁTICA sería:
F
RA
L1
L2
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
RA
RB
L1
con la condición (ecuación de
deformación): ∆L = 0
(4.10)
L2
tramo L1:
N
RA
N = RA
RA
+
x
tramo L2:
RB
RB
N = RB
Fig. 4.15
Desarrollando la ecuación (4.10), por la expresión dada en (4.8):
∆L = 0 → ∆L = ∑
Ni .Li RA .L1 − RB .L2
=
+
=0
Ei . Ai
E. A
E. A
(4.11)
y resolviendo el sistema de ecuaciones formado por la ecuación de equilibrio (4.9) y la
ecuación de deformación (4.11):
RA =
F .L2
L1 + L2
RB =
F .L1
L1 + L2
(4.12)
Ejemplo 2º: Barra empotrada en ambos extremos sometida a un incremento de
temperatura: Tensiones de origen térmico
RA
RB
∆T>0
Fig. 4.16
L
Ecuación de equilibrio:
Incógnitas: RA, RB
∑F =0
RA = RB
(4.13)
¡ Es un CASO HIPERESTÁTICO ! , tiene apoyos de más (está doblemente empotrada y
con un solo empotramiento sería suficiente).
11
Tema 4: Tracción - Compresión
barra ISOSTÁTICA EQUIVALENTE:
RA
RB
con la condición (ecuación de
deformación): ∆L = 0
(4.14)
∆T>0
L
tramo 0-x-L:
N
x
RB
Rx = RB
RB
Fig. 4.17
Desarrollando la ecuación (4.14) y aplicando el Principio de Superposición de Efectos:
∆L = 0 → ∆L = ∆L(∆T ) + ∆L( RB ) = 0
∆T>0
∆L( ∆T ) = L.α .∆T
∆L
L
RB
α = coef. dilatación térmico
∆L( RB ) =
− RB .L
E. A
∆L
L
∆L = L.α .∆T +
− RB .L
=0
E. A
(4.15)
y resolviendo el sistema de ecuaciones formado por la ecuación de equilibrio (4.13) y la
ecuación de deformación (4.15):
(4.16)
R A = RB = E. A.α .∆T
y las tensiones que se habrán generado en la barra empotrada por efecto del incremento
de temperatura serían:
N − RB
σx = =
= − E.α .∆T
(4.17)
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
σx = 0
∆T>0
L
12
∆L
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:
σ ´A =
X
AAc
siendo AAc = área de la sección del redondo de acero
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:
redondo de acero
hormigón
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
X
Ecuación de equilibrio:
Incógnitas: F´´Ac, F´´H
F´´H
F´´Ac
F´´H
∑F = 0
X = FAc´´ + FH´´
(4.18)
¡ Es un CASO HIPERESTÁTICO ! , tiene materiales de más. Se añadirá una ecuación
de deformación
13
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:
∆LAc = ∆LH
(4.19)
y desarrollando esta ecuación:
FAc´´ .L
F ´´ .L
= H
E Ac . AAc EH . AH
(4.20)
y resolviendo el sistema de ecuaciones formado por la ecuación de equilibrio (4.18) y la
ecuación de deformación (4.20):
FAc´´ = X .
E Ac . AAc
E Ac . AAc + E H . AH
FH´´ = X .
E H . AH
E Ac . AAc + E H . AH
(4.21)
y las tensiones correspondientes serán:
σ
´´
Ac
´´
FAc
E Ac
=−
= −X.
AAc
E Ac . AAc + E H . AH
σ
´´
H
FH´´
EH
=−
= −X.
AH
E Ac . AAc + E H . AH
(4.22)
con lo que sumando las tensiones obtenidas en ambos materiales después de estas dos
fases, quedarán:
σ Ac = σ ´Ac + σ ´´Ac =
E Ac
EH
X
− X.
σ H = σ H´´ = − X .
AAc
E Ac . AAc + E H . AH
E Ac . AAc + E H . AH
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:
fu
σ
fu
σ
O
Resistencia
a la
tracción
ε
O
Resistencia
a la
tracción
ε
O´ σH = σ´´H
Fig. 4.19
Hormigón normal
14
Hormigón pretensado
(4.23)
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
tres barras del mismo material (E Kg/cm2) y de la misma sección (A cm2). Las barras se
deberán articular en O
2
α
1
3
L
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
α
Fig. 4.21
1
3
α
L
O
O´
∆L
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
α
1
3
α
L
O
Fig. 4.22
O´
∆L
15
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
F2
F3
O´´
F1
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.
Ecuaciones de equilibrio:
∑F
∑F
x
=0
F2 .senα = F3 .senα
y
=0
F1 = F2 .cos α + F3 .cos α
(4.24)
Incógnitas: F1, F2, F3
¡ 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
O´´
Fig. 4.23
δ
∆L3
∆L
∆L1
O´
de la figura se pueden obtener las siguientes relaciones:
L
F3 .
cos α
δ + ∆L1 = ∆L
∆L3
. A + F1.L = ∆L
E
→
+ ∆L1 = ∆L →
∆L3 = δ . cos α
cos α
cos α
E. A
(4.25)
resolviendo el sistema formado por las ecuaciones: (4.24) y (4.25), se obtendrán: F1, F2,
F3
y dividiendo por las áreas de las secciones de las barras, se obtendrían: σ1, σ2, σ3
16
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
re = radio exterior
ri = radio interior
rm = radio medio = ( re + ri ) / 2
r = radio en una posición cualquiera
e
re
rm
r
ri
PARED DELGADA:
rm ≥ 10.e
PARED GRUESA:
rm ≤ 10.e
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 σ2
indicadas en la figura. Dada la simetría de la esfera las tensiones serán uniformes a lo
largo de toda ella
σ2
σ2
σ2
σ2 = tensión anular
p = presión interior
σ2
Fig. 4.25
17
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
σ2
σ2
x
rm
p=presión
rm
σ2
Fig. 4.26
∑F
σ 2 .2.π .rm .e = p.π .rm2
=0
x
Área proyectada sobre la
que actúa p
σ2 =
→
p.rm
2.e
(4.26)
Recipientes cilíndricos de pared delgada:
σ2
σ1 = tensión longitudinal
σ2 = tensión anular
p = presión interior
σ1
σ1
σ2
Fig. 4.27
Debido a la presión p en el interior del cilindro, un elemento de cilindro estará sometido
a las tensiones σ1 y σ2 indicadas en la figura.
Seccionando transversalmente el cilindro y planteando el equilibrio de una de las partes
seccionadas, se tendrá:
e
σ1
Área sobre la que se
proyecta p
Fig. 4.28
∑F
x
18
=0
rm
x
p
σ 1.2.π .rm .e = p.π .rm2
→
σ1 =
p.rm
2.e
(4.27)
Sección 4.5: Recipientes a presión
Seccionando ahora longitudinalmente el cilindro y estudiando el equilibrio de una de las
partes:
y
e
2.rm
p
σ2
L
L
Área proyectada sobre la que actúa p
Fig. 4.29
∑F
y
σ 2 .2.L.e = p.2.rm .L
=0
→
σ2 =
p.rm
e
(4.28)
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:
σ2
σ2
σ2
σ3
σ2 = tensión anular
σ3 = tensión radial
p = presión interior
σ2
Fig. 4.30
Debido a la presión en el interior de la esfera, un elemento de ésta estará sometido a las
tensiones σ2 y σ3 indicadas, tensiones que ahora no serán uniformes a lo largo del
espesor de la pared. Sus valores son:
19
Tema 4: Tracción - Compresión
Tensión para una posición r cualquiera
Tensión máxima
σ 2 MAX =
p.r 3 .( r 3 + 2 .r 3 )
σ2 = i 3 e 3 3
2.r .( re − ri )
p.( re3 + 2.ri3 )
2.( re3 − ri3 )
(se dará en los puntos de la superficie interior)
σ3 =
− p.ri3 .( re3 − r 3 )
r 3 .( re3 − ri 3 )
σ 3 MAX = − p
(4.29)
(4.30)
(se dará en los puntos de la superficie interior)
Recipientes cilíndricos de pared gruesa:
σ2
σ1
σ3
σ1 = tensión longitudinal
σ2 = tensión anular
σ3 = tensión radial
p = presión interior
σ1
σ2
Fig. 4.31
Tensión para una posición r cualquiera
σ1 =
p.ri 2
re2 − ri 2
Tensión máxima
σ 1MAX =
p.ri 2
re2 − ri 2
(uniforme en todos los puntos de la pared)
σ2 =
p.ri 2 .( re2 + r 2 )
r 2 .( re2 − ri 2 )
σ 2 MAX =
p.( re2 + ri 2 )
re2 − ri 2
(se dará en los puntos de la superficie interior)
σ3 =
− p.ri 2 .( re2 − r 2 )
r 2 .( re2 − ri 2 )
(4.31)
σ 3 MAX = − p
(4.32)
(se dará en los puntos de la superficie interior)
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Sección 4.6:Introducción al dimensionamiento a resistencia de elementos metálicos a traccióncompresión
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 fy.
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)
σx= fyd z
A
σx = fyd = cte
x
Npl,d = A.fyd
G
σx= fyd
σx= fyd
y
Fig. 4.32
Observación: Se ha tomado la tensión del límite elástico, ya minorada: fyd (sección 3.6.
ecuación 3.15)
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Tema 4: Tracción - Compresión
Se denomina resistencia plástica de una sección a tracción o compresión: (Npl,d) al
valor:
Npl,d = A.fyd
(4.33)
Así pues para la comprobación a resistencia de una sección trabajando a tracción, se
aplicará la fórmula:
N * ≤ N pl , d = A. f yd
(4.34)
siendo:
N* = N.γ (ver sección 3.6, ecuación 3.17). El valor de N se obtendrá del diagrama de
esfuerzos
Npl,d = A.fyd
la resistencia plástica de la sección para el cálculo
3.-Criterio de Von Mises de dimensionamiento:
Si aplicásemos el criterio de dimensionamiento de Von-Mises (sección 3.7), llegaríamos
al mismo resultado.
En efecto, la ecuación (3.26) de Von Mises es:
siendo : σ x* =
N*
A
σ *y = σ z* = 0
τ* = 0
*
*
*2
σ x*2 + σ *2
y − σ x .σ y + 3.τ xy ≤ f yd
y sustituyendo
N*
≤ f yd o lo que es lo mismo → N * ≤ A. f 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: Npl,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.
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