Tema4-Tracción-Compresión

Tema 4: Tracción - Compresión

Tema 4 : TRACCIÓN - COMPRESIÓN

z

A σx

F

σx

G

σx

O

σx

x N= F

σx σx

y

1


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

5

3 2

F1

7

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

N= F

dA x

dA O

τxz

σx

O 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

V z = ∫ 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 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, 3


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: σ x

= cte → σ x = E .ε x = cte → σx = cte E Llevando esta conclusión a la primera de las ecuaciones anteriormente planteadas:

ε x =

N = ∫ σ x .dA = F

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

A

σ x =

A

N F = = cte A A

σx

F

σx

G

O

σx

σx = cte = F/A

z

A σx

x N= F

σx σx

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´bć´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:


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

N F σ x = = = cte A A σ y = 0

z

τ xy = 0 τ yz = 0

σ z = 0

σx

σx

(4.1)

x

P

τ zx = 0

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.

F

A

A G O

F

F

z N=F

x

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 O

B α

F

x

F

G 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: σ x =

 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 ρ z = 0 0 0  0 

(4.2)

Las tensiones normal y cortante serán: σ = ρ .u = σ x . cos 2 α r

r

τ = ρ 2 − σ 2 = σ x . cos α .sen α

(4.3) 5


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

G

z

y

L3

F1

x

F1 F1-F2 +

tramo L1 : F1

Fig. 4.9

x tramo L2 :

N = F1 x σx = N/A = F1 /A = cte

F1

F2

N = F1-F2 x σx = N/A = (F1-F2)/A = cte

tramo L3 : N = F1

F1

σx = N/A = F1 /A = cte

6

x


Barras prismáticas de sección variable. Concentración de Tensiones:

F

F α

α

Fig. 4.10 Para valores de α pequeños → σx ≅ cte Para valores de α grandes → σx ≠ cte En general, en las barras prismáticas con variación “brusca” de sección → σx ≠ cte N

N σmax

σmax

m

n

N

σmedia

m

Fig. 4.11

n

σmedia

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: N A

σ max = k .σ med = k .

siendo k ≥ 1 " coeficient e 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


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

N

N

σmax

m

n

σmedia

σmax

m

σmedia

n

N Fig. 4.12 N → k >> 1 A

N N → k ≈ 1 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: ε x =

σ x

ε y = −ν . ε z = −ν .

8

γ xy = 0

E σ x

E σ x

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 ) = ∫

σ x

E

→ ∆( dx ) = ε x .dx = x1

dx = ∫ 0

σ x

E

.dx

N .dx A.E

Alargamiento total de la barra ∆L: L

∫0

L

∆L = ∆ (dx ) =

∫0

L

N .dx = ∫ .dx E 0 A.E

σ x

L

N .dx

∆ L =

∫ 0 E . A

(4.6)

∆ L =

N L . E . A

(4.7)

Casos particulares: •

Si: N = cte A = cte E = cte →

•

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

∆ L =

N i L . i ∑ E . A i i (4.8)

9


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

R A + 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 N

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

L2

tramo L1:

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 =

N .L

∑ E i.Ai = i

i

RA .L1 − RB .L2 + =0 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):

R A =

. 2 F L L1 + L2

R B =

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: ∑ F = 0 Incógnitas: RA, RB

R A = RB

(4.13)

¡ Es un CASO HIPERESTÁTICO ! , tiene apoyos de más (está doblemente empotrada y con un solo empotramiento sería suficiente). 11


barra ISOSTÁTICA EQUIVALENTE: RA

RB

∆T>0

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

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 ( R B ) = 0

∆T>0

∆L( ∆ T ) = L.α .∆T

∆L

L

RB

α = coef. dilatación térmico

∆ L( R B ) =

∆L

− R B L .

E . A

L − R .L ∆L = L.α .∆T + B = 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 = R B = E . A.α .∆T y las tensiones que se habrán generado en la barra empotrada por efecto del incremento de temperatura serían: N − R B σ x = = = − 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 ∆T>0

L

12

σ x = 0 ∆L


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 A Ac

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´Ác, F´´H

F´´H F´Ác F´´H

∑F = 0

X = FAc´´ + FH´´

(4.18)

¡ Es un CASO HIPERESTÁTICO ! , tiene materiales de más. Se añadirá una ecuación de deformación 13


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)

F Ac´´ .L F H ´´.L = y desarrollando esta ecuación: 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):

F Ac´´ = X .

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

F H ´´ = X .

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

(4.21)

y las tensiones correspondientes serán: ´´ σ Ac

F Ac´´ E Ac =− = − X . A Ac E Ac . A Ac + E H . A H

´´ σ H

F H ´´ E H =− = − X . A H E Ac . A Ac + E H . A H

(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 E H X ´´ − X . σ H = σ H = − X . A Ac E Ac . A Ac + E H . A H E Ac . A Ac + E H . A 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:

f u

σ

σ

O

f u 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)


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

L

α

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 α

3

L

O Fig. 4.22

O´

∆L

15


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´´:

F2

α

α

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 x = 0 ∑ F y = 0

F2 .senα = F3 .senα

(4.24)

F1 = F2 .cos α + F3 .cos α

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

O O´´ Fig. 4.23

O´

δ ∆L3

∆L

∆L1

de la figura se pueden obtener las siguientes relaciones: L F 3 . cos α δ + ∆ L1 = ∆ L ∆ L3 F .L → + ∆ L1 = ∆ L → E. A + 1 = ∆ L ∆ L3 = δ . cos α E.A cos α cos α

(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: r m ≥ 10.e PARED GRUESA:

r m ≤ 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


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

∑ Fx = 0

Área proyectada sobre la que actúa p

σ 2 .2.π .rm .e = p.π .rm2

σ 2 =

→

p.r m 2.e

(4.26)

Recipientes cilíndricos de pared delgada: σ2 σ1 = tensión σ2 = tensión

longitudinal 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

x

p

Área sobre la que se proyecta p

Fig. 4.28

∑ F x = 0 18

rm

σ 1.2.π .r m .e = p.π .r m2

→

σ 1 =

p.r m 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 = 0

σ 2 .2. L.e = p.2.r m . L

→

σ 2 =

p.r m 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

σ2 = tensión anular σ3 = tensión radial

p = presión interior

σ3 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


Tensión para una posición r cualquiera 3

σ 2 =

3 e

Tensión máxima

3

p.r i .( r + 2 .r ) 2.r 3 .( r e3 − r i3 )

σ 2 MAX

p.( r e3 + 2.r i 3 ) = 2.( r e3 − r i 3 )

(se dará en los puntos de la superficie interior) − p.r i3 .( r e3 − r 3 ) σ 3 = r 3 .( r e3 − r i 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

σ1 = tensión σ2 = tensión σ3 = tensión

longitudinal anular radial p = presión interior

σ1

σ3

σ2

Fig. 4.31

Tensión para una posición r cualquiera p.r i 2 σ 1 = 2 r e − r i 2

Tensión máxima σ 1 MAX

p.r i 2 = 2 r e − r i 2

(uniforme en todos los puntos de la pared) p.r i 2 .( r e2 + r 2 ) σ 2 = 2 2 r .( r e − r i 2 )

σ 2 MAX

p.( r e2 + r i 2 ) = r e2 − r i 2

(se dará en los puntos de la superficie interior) σ 3 =

− p.r i 2 .( r e2 − r 2 ) 2

2 e

2

r .( r − r i )

(4.31)

σ 3 MAX = − p

(4.32)

(se dará en los puntos de la superficie interior)

20

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 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 A σx= f yd

σx = f yd = cte

x

G

Npl,d = A.f yd

σx= f yd σx= f yd

y

Fig. 4.32

Observación: Se ha tomado la tensión del límite elástico, ya minorada: f yd (sección 3.6. ecuación 3.15) 21


Se denomina resistencia plástica de una sección a tracción o compresión: (Npl,d) al valor: Npl,d = A.f yd

(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.f yd

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 delcriterio plástico dedimensionamiento

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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Tema4-Tracción-Compresión

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