Resistencia de Materiales TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

Resistencia de Materiales

TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

Resistencia de Materiales

TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

• Introducción.• Tracción y compresión.• Tensiones y alargamientos. • Deformaciones de piezas de peso no despreciable.• Piezas de igual resistencia • Problemas estáticamente indeterminados o hiperestáticos.• Tensiones iniciales (residuales).

� Deformaciones térmicas� Piezas pretensadas.� Defectos de montaje.

• Energía de deformación.• Tensiones producidas por choque. • Concentración de tensiones.

Tracción y Compresión

Castillo López, G. García Sánchez, F. López Taboada, C . Pedraza Rodríguez, C. (2014) Resistencia de Materia les. OCW-Universidad de Málaga. http://ocw.uma.es Bajo licencia Creative Commons Attribution-NonCommercial-ShareAlike 3.0 Spai n

0)x(dA)x(N)x(A

x ≠σ= ∫

0)x(dA)x(V)x(A

xyy =σ−= ∫

0)x(dA)x(V)x(A

xzz =σ−= ∫

0)x(dAz)x(M)x(A

xy =σ= ∫

0)x(dAy)x(M)x(A

xz =σ−= ∫

0)x(dA)zy()x(M)x(A

xyxzx =σ−σ= ∫

Introducción



x

x

y

z

Introducción



x

x

y

z

( )N x

( )N xIntroducción



AB

A’

B’

N(x1)

Hipótesis de Bernoulli (secciones planas)Tensiones y alargamientos

Tracción / Compresión

N(x1)

N(x2)

N(x2)

A Bl l=

' 'A Bl l=



AB

A’

B’

N(x1)

Hipótesis de Bernoulli (secciones planas) Tensiones y alargamientosTracción / Compresión

N(x1)

N(x2)

N(x2)

A Bl l∆ = ∆A B

A BA B

l l

l l

∆ ∆= ⇒ ε = εA Bl l=

A B

E E

σ σ⇒ = ⇒

( , )f y zσ ≠

A Bl l=

' 'A Bl l=



A’

B’

Hipótesis de Bernoulli (secciones planas)Tensiones y alargamientos

Tracción / Compresión

N(x1) N(x2)

A Bl l∆ = ∆A B

A BA B

l l

l l

∆ ∆= ⇒ ε = εA Bl l=

( , )f y zσ ≠

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x

A x

N x x dA x x A x= σ = σ∫( )

( )( )x

N xx

A xσ =⇒

A B

E E

σ σ⇒ = ⇒

A Bl l=

' 'A Bl l=



P

Diagrama de esfuerzosDiagrama de axiles



PP




PP


P

x




x

PP

P




x

PP

P ( )N x



PP


P ( )N x

0 ( ) 0 ( )xF P N x N x P= ⇒ − + = ⇒ =∑

x



PP


0 ( ) 0 ( )xF P N x N x P= ⇒ − + = ⇒ =∑

P



Deformaciones de piezas de peso no despreciable

Existen aplicaciones en las cuales las tensiones internas son producidas en un gran porcentajedebido al peso propio de la estructura, e incluso a veces es el único factor que induce cargasestructurales. Estamos en el caso de piezas de peso no despreciable.Como ejemplo, consideremos una viga rectilínea cargada con una fuerza P como se muestra enla figura:

ρ = peso específicoA = área de la secciónE = módulo de Youngσadm = tensión admisible

La fuerza en una sección situada a una distancia x de la carga será:

( ) = +N x P A xρ

Que será máxima para x=L, provocando una tensión:

= + ≤ adm

PL

Aσ ρ σ



NOTA: Como se puede observar, la deformada originada por el peso propio es un 50%inferior al resultado obtenido si suponemos el peso en el extremo.

En cuanto a los desplazamientos de cada sección:

( )( )

=

∆= =

E

N x l dE E

A x l dx

σ εδ ( )

( ) ( )=N x

d dxA x E x

δ

( )( ) ( )

2

0 0 2 2

+ = = = + = +

∫ ∫L LN x P Ax PL L L AL

dx dx PA x E x AE AE E EA

ρ ρ ρδ




En el caso anterior la resistencia de la viga no se utiliza más que en el extremo fijo.El resto de las secciones están sobredimensionadas y tenemos una pérdida inútil dematerial. La economía máxima se logra si σ=cte en todas las secciones de la pieza.Siendo la cte la tensión admisible del material (PIEZAS DE IGUAL RESISTENCIA).

Ejemplo: Determinar la forma del pilar para que todas sus secciones sean de igualresistencia bajo el efecto de su propio peso y de una fuerza axial P.




� = 0 � Ω = Ω0

De donde:

El valor de Ω0 puede hallarse imponiendo:

Solución:

Las condiciones de contorno nos dicen que:

�� Ω��

�(�)

�(�) + ��(�)

El equilibrio de fuerzas verticales impone �(�) − �(�) − ��(�) + � Ω �� = 0

��(�) = �Ω

�Ω

Ω=

�

�� Ω = � Ω ��

�� = ln Ω0

ln Ω =�

� + ��

ln Ω =�

� + ln Ω�

Ω = Ω� exp�

�

�

Ω�

=



PAF

Problemas estáticamente indeterminados o hiperestáticos

BF

0 0x B AF P F F= ⇒ + − = ⇒∑ ¿?



PAF

Problemas estáticamente indeterminados o hiperestáticos

BF

0 0x B AF P F F= ⇒ + − = ⇒∑ ¿?

( )N xAF

( ) AN x F=0xF = ⇒∑ ?

0 Ax l< <( )N xAF

( ) AN x F P= −0xF = ⇒∑ ?

A Bl x l< <P

Al Bl

x x



PAFProblemas estáticamente indeterminados o hiperestáticos

BF

0 0x B AF P F F= ⇒ + − = ⇒∑ ¿?

l∆ ?¿

Al Bl



?¿


BF

0 0x B AF P F F= ⇒ + − = ⇒∑ ¿?l∆

( ) ( )x xdu x x dx= ε

En este caso

0 0 0

( )( ) ( )

l l lx

x x

xdu x x dx dx

E

σ= ε =∫ ∫ ∫

( ) ( )( ) x x

x

u x du xx

x dx

∂ε = =∂

BlAl



?¿


BF

0 0x B AF P F F= ⇒ + − = ⇒∑ ¿?l∆

( ) ( )x xdu x x dx= ε 0

( )( ) (0)

( )

l

x x

N xu l u l dx

EA x− = ∆ = ∫

En este caso

0 0 0

( )( ) ( )

l l lx

x x

xdu x x dx dx

E

σ= ε =∫ ∫ ∫

( ) ( )( ) x x

x

u x du xx

x dx

∂ε = =∂

BlAl



?¿


BF

0 0x B AF P F F= ⇒ + − = ⇒∑ ¿?l∆

( ) ( )x xdu x x dx= ε 0

( )( ) (0)

( )

l

x x

N xu l u l dx

EA x− = ∆ = ∫

En este caso

0 0 0

( )( ) ( )

l l lx

x x

xdu x x dx dx

E

σ= ε =∫ ∫ ∫

( ) ( )( ) x x

x

u x du xx

x dx

∂ε = =∂

Nll

EA∆ =

Si la tensión es constante

BlAl



?¿


BF

¿?l∆

A AA

N ll

EA∆ =

B BB

N ll

EA∆ =

( ) (0) 0x xu l u l− = ∆ =

0 0x B AF P F F= ⇒ + − = ⇒∑Dado que la tensión es constante

BlAl



?¿


BF

¿?l∆

A AA

N ll

EA∆ =

B BB

N ll

EA∆ =

( ) (0) 0x xu l u l− = ∆ =

( )0A A A BF l F P l

EA EA

−+ =

0B AP F F+ − =


BlAl



?¿


BF

¿?l∆

A AA

N ll

EA∆ =

B BB

N ll

EA∆ =

( ) (0) 0x xu l u l− = ∆ =

( ) 0A A A BF l F P l+ − =

0B AP F F+ − =


Dos ecuaciones paraDos incógnitas

BlAl



Energía de deformación

( )1

2p x x y y z z xy xy xz xz yz yzE dV= σ ε + σ ε + σ ε + τ γ + τ γ + τ γ∫

Energía potencial total:

En el caso de un esfuerzo axil:

( )1

2p x xE dV= σ ε∫

Y la energía de deformación por unidad de volumen será:

2 2 2 21 1

2 2 2 2 2

σ δ ε σε= = = = = = =p pE E N L AE Eu

V AL AE AL E L AL



Tensiones producidas por choque

Intuitivamente, se puede decir que una masa o un peso aplicado repentinamenteproducirá tensiones mayores que en el caso de que se aplique estáticamente.Para cuantificar este efecto, supongamos que tenemos el caso de la figura, en el cualsoltamos el peso W desde una altura h:

Solución:

Si el sistema es conservativo (no existen pérdidas de energía) , debe cumplirse:

Siendo:W : peso que se deja caer.L : longitud de la barraδ : alargamiento dinámico de la barra debido alimpacto.E : módulo de Young del material de la barra.A: sección transversal de la barra.

( )2

2

δ+ δ = =p

AEW h E

L

Energía potencial de la masaEnergía potencial dedeformación de la barra

Determinar el alargamiento y la tensión dinámica máxima que sufre la barra



st

WL=

AEδ δ δ δ δ= + + 2 hst

2st st

v = 2gh

Si definimos δst como el alargamiento que sufre la barra si aplicamos la fuerza W estáticamente:

La solución δ=δst - √ no es posible puesto que la deformación dinámica será mayor que ladeformación estática.Si calculamos la velocidad de impacto inicial:

δ =W W +

4 AEWh

2 L2 AE/2 L

2±AE

2 L- W - Wh = 0

2δ δ

δ δ δ δ= + +1

gvst

2st st

2

Si h es mucho mayor que δst, entonces la anterior relación queda:

δ δ≈1

gvst

2




2 22

st

E E 1 2.E W E Wv v= = vL L g AL 2g AL g

= =δσ δ

y la tensión dinámica será:

σ es proporcional a la energía cinética y al módulo de elasticidad e inversamenteproporcional al volumen.σ puede disminuir:

- aumentando A- aumentando L- disminuyendo E

Esto marca una diferencia esencial respecto a la tensión estática que es independiente de lalongitud de la barra y del módulo de elasticidad.

Si h=0, es decir, W se aplica repentinamente pero sin dejarlo caer (diferente del casoestático donde W se aplica gradualmente), entonces σ=2dst deformación doble que en elcaso estático.

2st st stst= + + 2 h 2=δ δ δ δδ

Es decir que tanto el alargamiento como la tensión dinámicas serán el dobledel caso en el que la carga se aplique estáticamente




P

P

t

b

L

nom

P

btσ =

P

P

P

P

t

b

L

P

P

( )nom

P

b d t=

−σ

d

max

nom

Kσ=σ

Concentradores de Tensión



Factor de concentración [K] para barras planas con orificios circulares





Factor de concentración [K] para barras planas con filetes en los rebordes

Factor de concentración [K] para barras cilíndricas con filetes en los rebordes



�

�

�

�

�

� = 25�� = 1.5�� = 3�� = 10�




0

1

2

3

4

5

6

7

1 1.5 2 2.5 3

0

1

2

3

4

5

6

7

1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5

��1.5�

��3� � � 10�

� � 25�

!




Proceso de resolución de problemas hiperestáticos:1.- Ecuaciones de equilibrio.2.- Compatibilidad geométrica.3.- Leyes de comportamiento (Relación tensión deformación)

Determinar las fuerzas axiales que actúan sobre cada cable

Problemas estáticamente indeterminados o hiperestáticos.

A1

E1

A2

E2



Tensiones iniciales (residuales) - Térmicas

A Tª ambiente (200C) existe una separación de 0,5mm entre los extremos de lasvarillas de la figura. El sistema sufre un aumento de temperatura hasta llegar a los140ºC. Hallar:a) σaluminio y σacero.b) La longitud de la barra de acero.Datos: AAlu=2AAc ; αAlu= 23.10-6 ºC-1 ; αAc= 12.10-6 ºC-1 ; E Alu= 70 GPa; E Ac= 210 GPa

Solución: (σAlu= -103,2 MPa, σAc= -206,4 MPa, LAlu=300,39mm)

Aluminio Acero



Tensiones iniciales (residuales) - Piezas pretensadas.

Las vigas de hormigón pretensado se fabrican de la manera siguiente:Se estiran alambres de acero entre placas de extremo rígido para una tensión de tracciónσ0 .Luego, se vierte hormigón alrededor de ellos para formar la viga. Una vez el hormigónfragua se suprimen las fuerzas externas y queda la viga pretensada.Si los módulos de elasticidad del acero y del cemento guardan la proporción 12:1 y susáreas de sección recta están en la proporción 1:15 ¿Cuáles son las tensiones residuales enlos dos materiales?.

F F



Tensiones iniciales (residuales) - Defectos de montaje

30º 30º

1 mm

1 m

Cu Cu

Ac

P = 1T

En la estructura de barras de la figura, dos barras son de cobre y una de acero, lastresbarras tienen la misma sección de 4cm2. El módulo de Elasticidad del acero es de 200GPay el del cobre de 80GPa, se pide hallar los esfuerzos de las barras.

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