Traccion Compresion.pdf
- 1. Tema 4: Tracción - Compresión 1 Prof.: Jaime Santo Domingo Santillana E.P.S.-Zamora – (U.SAL.) - 2008 Tema 4 : TRACCIÓN - COMPRESIÓN F A G N = F x y z O σx σx σx σx σx σx
- 2. Tema 4: Tracción - Compresión 2 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 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 Los CABLES que sujetan barras Los DEPOSITOS o RECIPIENTES a PRESIÓN 3 1 2 4 5 6 7 1 F1 F1 2 F2 F2 Rx= N N N TRACCIÓN (N>0) COMPRESIÓN (N<0) x x x y z G Fig. 4.1 1 2 1 2 F1 F1 F2 F2 Fig. 4.2
- 3. Sección 4.2: Tensiones 3 4.2.-TENSIONES Consideremos una barra prismática trabajando a Tracción-Compresión y cortemos por una sección recta transversal de la misma (A). 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: y según las relaciones tensiones-solicitaciones, ecuaciones (1.26): 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 A F F F A G N = F x y z O Fig. 4.3 F A G N = F x y z O dA y z dA O σx τxy τxz Fig. 4.4 ( ) 0 . . 0 . . 0 . . . 0 . 0 . . = = = = = − = = = = = = = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ A x z A x y A xy xz A xz z A xy y A x dA y M dA z M dA z y T dA V dA V F dA N σ σ τ τ τ τ σ
- 4. Tema 4: Tracción - Compresión 4 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 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: cte E cte E x x x x = = → = = ε σ σ ε . → σx = cte Llevando esta conclusión a la primera de las ecuaciones anteriormente planteadas: : . . ) ( . donde de F A dA N cte si F dA N x A x x A x = = = → = = = ∫ ∫ σ σ σ σ 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: 0 0 0 xy yz zx xy yz zx G G G τ τ τ γ γ γ = = = = = = con lo cual: a a´ b b´ c c´ d d´ F F Fig. 4.5 cte A F A N x = = = σ F A G N = F x y z O σx σx σx σx σx σx σx = cte = F/A Fig. 4.6 0 0 0 = = = zx yz xy τ τ τ
- 5. Sección 4.2: Tensiones 5 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”: 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. 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. Así: conocidas las componentes del estado de tensiones en el punto O, al cortar por la sección recta transversal A: La tensión sobre la sección inclinada, B, será: Las tensiones normal y cortante serán: 0 0 0 0 0 = = = = = = = = zx z yz y xy x cte A F A N τ σ τ σ τ σ x G y O N=F σx=F/A=cte A F F F z A F x O ρx σ τ α G B F x O α G B u F Fig. 4.8 0 0 0 0 0 = = = = = = = = zx yz xy z y x cte A F A N τ τ τ σ σ σ 0 0 cos . 0 cos . 0 0 0 0 0 0 0 0 = = = → = z y x x x z y x sen ρ ρ α σ ρ α α σ ρ ρ ρ α α σ σ ρ τ α σ ρ σ sen u x x . cos . cos . . 2 2 2 = − = = = Fig. 4.7 (4.1) (4.2) (4.3) P σx σx x z y
- 6. Tema 4: Tracción - Compresión 6 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. tramo L1 : tramo L2 : tramo L3 : Barras prismáticas de sección variable. Concentración de Tensiones: Para valores de α pequeños → σx ≅ cte Para valores de α grandes → σx ≠ cte F1 F2 F2 F1 L1 L3 L2 x z y G Sección recta Transversal (A) F1 F1 F1-F2 N x + Fig. 4.9 F1 σx = N/A = (F1-F2)/A = cte N = F1-F2 x F1 F2 σx = N/A = F1/A = cte N = F1 x σx = N/A = F1/A = cte N = F1 x F1 F F α α Fig. 4.10
- 7. Sección 4.2: Tensiones 7 En general, en las barras prismáticas con variación “brusca” de sección → σx ≠ cte 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: 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. N N σmax σmedia m n N N σmedia σmax n m Fig. 4.11 1 . . max tensiones de ión concentrac de e coeficient k siendo A N k k med ≥ = = σ σ (4.4)
- 8. Tema 4: Tracción - Compresión 8 Para disminuir el efecto de estas concentraciones de tensiones debemos de tratar de diseñar cambios suaves de sección. 1 . . 1 . . max max ≈ → = = → = = k A N k k k A N k k med med σ σ σ σ 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: N N σmax σmedia m n N N σmax σmedia m n 0 . 0 . 0 = − = = − = = = zx x z yz x y xy x x E E E γ σ ν ε γ σ ν ε γ σ ε Fig. 4.12 (4.5)
- 9. Sección 4.3: Deformaciones 9 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: Por definición: ( ) ( ) . . x x x dx dx dx dx dx E σ ε ε ∆ = → ∆ = = 1 1 1 1 1 0 0 0 ( ) ( ) . . x x x x N u x x dx dx dx E A E σ = ∆ = ∆ = = ∫ ∫ ∫ Alargamiento total de la barra ∆L: 0 0 0 ( ) . . . L L L x N L dx dx dx E A E σ ∆ = ∆ = = ∫ ∫ ∫ Casos particulares: • Si: N = cte A = cte E = cte → • Si N, A, E, varían pero de forma discreta (a saltos): → N L ∆L x dx Fig. 4.13 ∆x1 = u x1 ∫ = ∆ L A E dx N L 0 . . A E L N L . . = ∆ ∑ = ∆ i i i i A E L N L . . (4.6) (4.7) (4.8)
- 10. Tema 4: Tracción - Compresión 10 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 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: 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 Ecuación de equilibrio: Incógnitas: RA, RB ¡ Es un CASO HIPERESTÁTICO ! , tiene apoyos de más (está doblemente empotrada y con un solo empotramiento sería suficiente). La barra ISOSTÁTICA sería: pero está barra no sería equivalente a la dada, para que fuera equivalente sería: F RA L1 L2 F RA RB L1 L2 Fig. 4.14 Nº ECUACIONES EQUILIBRIO Nº INCÓGNITAS ⇓ CASO HIPERESTÁTICO Nº ECUACIONES EQUILIBRIO + Nº ECUACIONES DE DEFORMACIÓN = = Nº INCÓGNITAS 0 (4.9) A B F R R F = + = ∑
- 11. Sección 4.4: Resolución de casos hiperestáticos 11 barra ISOSTÁTICA EQUIVALENTE: con la condición (ecuación de deformación): ∆L = 0 (4.10) tramo L1: tramo L2: Desarrollando la ecuación (4.10), por la expresión dada en (4.8): y resolviendo el sistema de ecuaciones formado por la ecuación de equilibrio (4.9) y la ecuación de deformación (4.11): Ejemplo 2º: Barra empotrada en ambos extremos sometida a un incremento de temperatura: Tensiones de origen térmico Ecuación de equilibrio: 0 (4.13) A B F R R = = ∑ Incógnitas: RA, RB ¡ Es un CASO HIPERESTÁTICO ! , tiene apoyos de más (está doblemente empotrada y con un solo empotramiento sería suficiente). F RA RB L1 L2 RB RA N x + - N = RA RA RB N = RB 2 1 1 2 1 2 . . L L L F R L L L F R B A + = + = ∆T0 RA RB L Fig. 4.16 1 2 . . . 0 0 (4.11) . . . i i A B i i N L R L R L L L E A E A E A − ∆ = → ∆ = = + = ∑ Fig. 4.15 (4.12)
- 12. Tema 4: Tracción - Compresión 12 barra ISOSTÁTICA EQUIVALENTE: con la condición (ecuación de deformación): ∆L = 0 (4.14) tramo 0-x-L: Desarrollando la ecuación (4.14) y aplicando el Principio de Superposición de Efectos: 0 ) ( ) ( 0 = ∆ + ∆ ∆ = ∆ → = ∆ B R L T L L L y resolviendo el sistema de ecuaciones formado por la ecuación de equilibrio (4.13) y la ecuación de deformación (4.15): y las tensiones que se habrán generado en la barra empotrada por efecto del incremento de temperatura serían: Observación: Las tensiones se han originado porque debido al ∆T0, 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 RA RB L RB N x - ∆T0 RB Rx = RB L ∆T0 ∆L ( ) . . coef. dilatación térmico L T L T α α ∆ ∆ = ∆ = L ∆L RB A E L R R L B B . . ) ( − = ∆ T A E R R B A ∆ = = . . . α T E A R A N B x ∆ − = − = = . .α σ L ∆T0 ∆L 0 = x σ . . . 0 (4.15) . B R L L L T E A α − ∆ = ∆ + = Fig. 4.17 (4.16) (4.17)
- 13. Sección 4.4: Resolución de casos hiperestáticos 13 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. la tensión a que estará sometido el redondo de acero será: 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: 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 Ecuación de equilibrio: ´´ ´´ 0 (4.18) Ac H F X F F = = + ∑ Incógnitas: F´´Ac, F´´H ¡ Es un CASO HIPERESTÁTICO ! , tiene materiales de más. Se añadirá una ecuación de deformación X X redondo de acero Ac A A X = ´ σ X X redondo de acero hormigón L Fig. 4.18 X F´´H F´´Ac F´´H
- 14. Tema 4: Tracción - Compresión 14 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: ´´ ´´ . . . . Ac H Ac Ac H H F L F L E A E A = (4.20) y resolviendo el sistema de ecuaciones formado por la ecuación de equilibrio (4.18) y la ecuación de deformación (4.20): y las tensiones correspondientes serán: con lo que sumando las tensiones obtenidas en ambos materiales después de estas dos fases, quedarán: 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: Hormigón normal Hormigón pretensado H H Ac Ac Ac Ac Ac A E A E A E X F . . . . ´´ + = H H Ac Ac H H H A E A E A E X F . . . . ´´ + = H H Ac Ac Ac Ac Ac Ac A E A E E X A F . . . ´´ ´´ + − = − = σ H H Ac Ac H H H H A E A E E X A F . . . ´´ ´´ + − = − = σ H H Ac Ac Ac Ac Ac Ac Ac A E A E E X A X . . . ´´ ´ + − = + = σ σ σ H H Ac Ac H H H A E A E E X . . . ´´ + − = = σ σ O ε Resistencia a la tracción fu σ O ε Resistencia a la tracción fu O´ σ σH = σ´´H Fig. 4.19 (4.21) (4.22) (4.23)
- 15. Sección 4.4: Resolución de casos hiperestáticos 15 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 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: 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´´. L 1 2 3 O α α Fig. 4.20 L 1 2 3 O α α ∆L O´ L 1 2 3 O α α ∆L O´ Fig. 4.21 Fig. 4.22
- 16. Tema 4: Tracción - Compresión 16 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´´: 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: 2 3 1 2 3 0 . . 0 .cos .cos x y F F sen F sen F F F F α α α 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. de la figura se pueden obtener las siguientes relaciones: α δ δ cos . 3 1 = ∆ ∆ = ∆ + L L L → L L L ∆ = ∆ + ∆ 1 3 cosα → 3 1 . cos . . cos . L F F L E A L E A α α + = ∆ 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 L ∆L δ ∆L1 ∆L3 O O´ O´´ L ≅α ≅α Fig. 4.23 F1 F2 F3 α α O´´ (4.24) (4.25)
- 17. Sección 4.5: Recipientes a presión 17 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 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 rm re ri r e Fig. 4.24 PARED DELGADA: rm ≥ 10.e PARED GRUESA: rm ≤ 10.e σ2 σ2 σ2 σ2 σ2 = tensión anular p = presión interior Fig. 4.25
- 18. Tema 4: Tracción - Compresión 18 Seccionando la esfera por la mitad y planteando el equilibrio de fuerzas de una de las dos partes seccionadas, se tendrá: Área proyectada sobre la que actúa p 2 2 0 .2. . . . . x m m F r e p r σ π π = = ∑ → Recipientes cilíndricos de pared delgada: 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: → σ2 x e σ2 σ2 rm p=presión rm e r p m . 2 . 2 = σ σ1 σ1 σ2 σ2 σ1 = tensión longitudinal σ2 = tensión anular p = presión interior Fig. 4.27 σ1 e p x rm Área sobre la que se proyecta p 2 1 . . . . . 2 . 0 m m x r p e r F π π σ = = ∑ e r p m . 2 . 1 = σ Fig. 4.26 Fig. 4.28 (4.26) (4.27)
- 19. Sección 4.5: Recipientes a presión 19 Seccionando ahora longitudinalmente el cilindro y estudiando el equilibrio de una de las partes: Área proyectada sobre la que actúa p → 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: 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: σ2 p L y e L 2.rm L r p e L F m y . . 2 . . . 2 . 0 2 = = ∑ σ e r p m . 2 = σ σ2 σ2 σ2 σ2 σ2 = tensión anular σ3 = tensión radial p = presión interior σ3 Fig. 4.30 Fig. 4.29 (4.28)
- 20. Tema 4: Tracción - Compresión 20 Tensión para una posición r cualquiera Tensión máxima (se dará en los puntos de la superficie interior) (se dará en los puntos de la superficie interior) Recipientes cilíndricos de pared gruesa: Tensión para una posición r cualquiera Tensión máxima (uniforme en todos los puntos de la pared) (se dará en los puntos de la superficie interior) (se dará en los puntos de la superficie interior) ) .( . 2 ) . 2 .( . 3 3 3 3 3 3 2 i e e i r r r r r r p − + = σ ) .( ) .( . 3 3 3 3 3 3 3 i e e i r r r r r r p − − − = σ ) .( 2 ) . 2 .( 3 3 3 3 2 i e i e MAX r r r r p − + = σ p MAX − = 3 σ σ1 σ1 σ2 σ2 σ1 = tensión longitudinal σ2 = tensión anular σ3 = tensión radial p = presión interior σ3 Fig. 4.31 ) .( ) .( . 2 2 2 2 2 2 2 i e e i r r r r r r p − + = σ 2 2 2 2 2 ) .( i e i e MAX r r r r p − + = σ ) .( ) .( . 2 2 2 2 2 2 3 i e e i r r r r r r p − − − = σ p MAX − = 3 σ 2 2 2 1 . i e i r r r p − = σ 2 2 2 1 . i e i MAX r r r p − = σ (4.29) (4.30) (4.31) (4.32)
- 21. Sección 4.6:Introducción al dimensionamiento a resistencia de elementos metálicos a tracción- compresión 21 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) Observación: Se ha tomado la tensión del límite elástico, ya minorada: fyd (sección 3.6. ecuación 3.15) A G Npl,d = A.fyd x y z σx= fyd σx= fyd σx= fyd Fig. 4.32 σx = fyd = cte
- 22. Tema 4: Tracción - Compresión 22 Se denomina resistencia plástica de una sección a tracción o compresión: (Npl,d) al valor: Así pues para la comprobación a resistencia de una sección trabajando a tracción, se aplicará la fórmula: 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: 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. yd d pl f A N N . , * = ≤ *2 *2 * * *2 . 3. x y x y xy yd f σ σ σ σ τ + − + ≤ * * * * * * * : 0 0 y sustituyendo o lo que es lo mismo . la misma expresion delcriterio plásticodedimensionamiento x y z yd yd N siendo A N f N A f A σ σ σ τ = = = = ≤ → ≤ (4.33) (4.34) Npl,d = A.fyd