Tema 05. Tracción y compresión PDF

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Apuntes tema 5 de Ciencia y Resistencia de los ateriales de Ingeniería de la salud....

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Lección 5: Tracción y compresión.

Resistencia de Materiales LECCIÓN 5: TRACCIÓN Y COMPRESIÓN Esfuerzo y estado tensional de un prisma mecánico sometido a tracción o compresión monoaxial

r F1

r Fn

r F3

∑ r F1 y

Ty

r F1

r F2

y

My

r R

N

r F2

MT

x

G

Tz

r M

Mz

r F2

z

G

x

z

Cuando al cortar un prisma mecánico por cualquier sección recta se anulan: Los esfuerzos cortantes Ty y Tz El momento M ( sus componentes M T , My y M z. Quedando sólo el esfuerzo normal N, dicho prisma 4está sometido a tracción (+) o a compresión (-)

El esfuerzo normal N será función, en general, de la abscisa que determina la posición de la sección recta, y puede ser representada en un diagrama de esfuerzos normales

y F1

F2

x

a

F1

+

F3

b

F4

l

F2 F3 F4

1

Resistencia de Materiales LECCIÓN 5: TRACCIÓN Y COMPRESIÓN Las tensiones que se engendran en el prisma mecánico tienen una distribución particular

r F1 y

r

xy

d nx xz

z

r F2

x

G

∑

Las tensiones en un elemento del prisma de acuerdo con el estado definido para el mismo deberán verificar que: N ∫∫ nx d ∫∫ nx dydz T y ∫∫ xy d ∫∫ xy dydz 0

Tz MT My Mz

∫∫ d ∫∫ dydz 0 z) d ∫∫ ( y ∫∫ ( y ∫∫ zd ∫∫ zdydz 0 ∫∫ yd ∫∫ ydydz xz

xz

xz

nx

xy

xz

xy

z) dydz

0

nx

nx

nx

0

Con las seis ecuaciones anteriores no se pueden determinar las tensiones que origina el esfuerzo normal N. Hay que recurrir a hipótesis simplificativas

Hipótesis de Bernoulli

Las secciones transversales del prisma mecánico, que eran planas antes de la deformación, permanecen planas y normales a dicha línea media después de producida ésta.

2

Resistencia de Materiales LECCIÓN 5: TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

Al aplicar la hipótesis a la sección transversal considerada, vemos que la deformación longitudinal unitaria es constante en todos los puntos de dicha sección, con lo cual la tensión nx también será constante. Por tanto:

N

∫∫

d

nz

nz

∫∫ d

es decir

nz

N nx

Además puesto que durante la deformación la sección permanece paralela a la que había antes de la deformación, lo cual implica que no existen distorsiones angulares, es decir, xy

xz

xy

xz

yz

0

y, por tanto, que yz

0

Con estos resultados se verifican idénticamente las seis ecuaciones de las tensiones para el estado definido del prisma mecánico.

NOTA: La hipótesis de Bernoulli no es válida para las secciones próximas a aquellas en que se aplican fuerzas concentradas, o próximas a aquellas en que se producen cambios bruscos de sección

Partes excluídas

3

Resistencia de Materiales LECCIÓN 5: TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

El hecho de que en los puntos de la sección transversal considerada y para la orientación de ésta se anulen las tensiones tangenciales ( xy 0) xz indica que la dirección del eje del prisma es dirección principal y que la tensión normal nx es una tensión principal, es decir,

N nx

1

2

0

3

r

¿Cómo será el vector tensión en un punto interior, para una orientación cuya normal n forme un ángulo con la dirección del eje del prisma?

n’

y

r u

n

x n n n

r u' r

+ /2 ’n

'

’

r

Como

r

r

r T u  x    y  z 

entonces,

 1 0 0  cos  0 0 0  sen   0 0 0    0

   

   

1

cos  0   0 

lo cual quiere decir que en cualquier sección oblícua tiene la dirección del eje del prisma

r

Sus componentes intrínsecas serán n

rr .u

1

cos2

sen

1

2

sen 2

4

Resistencia de Materiales LECCIÓN 5: TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

Para una sección oblicua ortogonal a la anterior, es decir, cuya normal n' forme un ángulo

r

r T . u'

'

 1 0   0

2 con el eje del prisma el vector tensión es   cos( )  0 0 2  1 sen     0 0 sen( )  0    2  0 0  0   0     

y sus componentes intrínsecas serán

r r '.u '

'n

1

sen 2

'

1

' sen

2

sen 2

M ' n

max =

2

D O 2= 3=0

B

½

A n

’

n

M’

1 = nx

Con el círculo de Mohr se obtienen los mismos resultados:

OB

OC CB

BM

CM sen 2

OD

OC

DM'

1

1

2

DC CM' sen 2

cos 2

2 1

2 1

2

1

cos2

n

sen 2 1

2

cos 2 1

2

sen 2

1

sen 2

'n

'

5

Resistencia de Materiales LECCIÓN 5: TRACCIÓN Y COMPRESIÓN Estado de deformaciones por tracción o compresión monoaxial

Conocida la matriz de tensiones, aplicando las leyes de Hooke generalizadas podemos obtener los elementos de la matriz de deformaciones

Como

nx

nx x

E

0,

1

ny nx

;

y

Ahora bien, como

E

xy

xz

z

0 entonces,

yz

nx

;

;

E

xy

xz

yz

0

du , el corrimiento u de una sección de abscisa dx

nx x

0y

nz

E

x en dirección del eje x se puede obtener por integración,

∫

u

0

x

nx

E

∫

dx

0

x

N dx E

La representación gráfica de la función u = u(x) da lugar al diagrama de desplazamientos de las secciones rectas.

El corrimiento u de la sección extrema del prisma no es otra cosa que el alargamiento absoluto l , con lo cual, para x l , tendremos

l

y

N ∫0 E dx l

si N = P y

= cte

m

l

Pl E

m’

P

P

x

m’ x mu l

l

Para barras escalonadas de distintos materiales se tiene n

l

∑ 1

n

li

Ni li

∑E 1

i

i

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Resistencia de Materiales LECCIÓN 5: TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

Para un entorno elemental de un punto interior del prisma, en el que V dxdydz volumen del entorno antes de la deformación. V variación de volumen una vez aplicada la fuerza axial. Entonces V es decir, V ( dx x dx )( dy y dy)( dz z dz )

V

V

dxdydz(1

x

)(1

x

)2 . Por tanto la dilatación cúbica

unitaria será

V V

(1

x

)(1

x

)2

1

x

(1 2 )

Prisma recto sometido a su propio peso

F

dx m

m

l x l

x dx

x

F

Si el peso P fuera despreciable frente a la carga F

F

y además

F

x

l

Fl si P no es despreciable tendremos que E

en una sección cualquiera nn, a distancia x de la sección

extrema en la que se aplica la carga ( = peso específico del material). En el prisma elemental formado entre dos secciones separadas dx se produce un alargamiento o acortamiento

F

d l l

x E

F

x

l

∫

0

E

dx con lo que el alargamiento total se obtendrá dx

Fl E

l2 2E

1 (F E

P ) 2

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Resistencia de Materiales LECCIÓN 5: TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

Podemos obtener un ahorro de material si conseguimos que en cualquier sección del prisma la tensión sea la misma, ello va a implicar una variación de la sección del prisma a lo largo de su longitud

Sólido isorresistente: es un sólido en el que se tiene en cuenta su peso propio y es tal que en cualquier sección recta la tensión es la misma.

Tracción o compresión monoaxial de origen térmico

Si se calienta uniformemente un prisma mecánico recto con un t ºC, experimentará una variación de longitud l de cualquiera de sus dimensiones de valor,

l

l t

siendo = coeficiente de dilatación lineal

Esta variación de las dimensiones, no producirá tensiones si no hay causa que lo impida la libre dilatación B

A

l

l

Si se impide la libre dilatación el sistema sería equivalente a: una dilatación libre + fuerza N para llevar el extremo al apoyo B

A

l

l

N

+

l

l

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Resistencia de Materiales LECCIÓN 5: TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

Ahora sí existen tensiones térmicas o tensiones de origen térmico. l l t y aplicando sólo N Como en dilatación libre

l

Nl E

E

l (acortamiento) , entonces

E t

Para el caso de aplicación de esfuerzo axial P y calentamiento uniforme t ºC, el alargamiento total será:

Pl E

l

l

t

y

t ºC

m m’

P

P

x

m’ x m u l

l

NOTA: Se ha supuesto que E es constante y esto es cierto, generalmente, para pequeñas variaciones de temperatura. Para grandes valores de t hay que tener en cuenta la variación de E

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Resistencia de Materiales LECCIÓN 5: TRACCIÓN Y COMPRESIÓN Estructuras de pequeño espesor

Las estructuras de pequeño espesor, usualmente trabajan a tracción o compresión biaxial. Consideraremos en el estudio los depósitos y los anillos.

Depósitos

  

El depósito cerrado genérico tiene la forma de una superficie de revolución y está sometido a una presión interior p . El espesor e de la pared es pequeño en relación a sus radios de curvatura. Las tensiones están distribuídos uniformemente a través de su espesor y en la dirección radial son despreciables

Tomemos un elemento diferencial de pared abcd, limitado por dos secciones meridianas ad y bc y dos secciones perpendiculares ab y dc

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Resistencia de Materiales LECCIÓN 5: TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

Este elemento de pared estará en equilibrio bajo la acción de los esfuerzos normales 1 , 2 y por la presión interior p .

Los esfuerzos normales

1

que actúan sobre las superficies ad y bc de área

Los esfuerzos normales

2

que actúan sobre las superficies ab y dc de área

r e.ds2 originan dos fuerzas cuya suma de proyecciones sobre la normal n es: d dF1 2 1e.ds 2 sen 1 2

r e.ds1 originan dos fuerzas cuya suma de proyecciones sobre la normal n es: d dF2 2 2 e. ds1 sen 2 2

La presión interior p , actuando sobre la superficie de área ds1 .ds2 origina una fuerza normal al elemento y que es:

dF3

p. ds 1.ds 2

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Resistencia de Materiales LECCIÓN 5: TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

El equilibrio del elemento abcd exige que

d 2 1 e.ds2 sen 1 2

∑ dF

0 , es decir,

i

d 2 2e.ds 1 sen

2

2

p. ds 1.ds 2

0

Si r1 y r 2 son los radios de curvatura de las líneas 11 y 22 y además ds 1 = r1d 1 y ds 2 = r2d 2, sustituyendo y simplificando en la ecuación anterior tenemos: 1

r

2

r

1

2

p (*) e

Entre las paredes interior y exterior del depósito, los considerándose despreciables con relación a 1 y 2.

3 varían

desde -p a 0,

Depósito esférico

En este caso r 1 = r2 y 1 = 2 , por tanto la ecuación (*) quedará:

1

2

pr 2e 12

Resistencia de Materiales LECCIÓN 5: TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

Depósito cilíndrico

En este caso r1 = r y r2 = , por tanto la ecuación (*) quedará: 1

pr e

Para calcular 2 (originado por la presión sobre las bases) se supone cortado el depósito por una sección perpendicular a su eje. En la dirección y se tiene que cumplir que Fy =0, es decir: 2

.2 re

p. r 2

0 de donde

2

pr 2e

Anillos

Se considera como un cilindro abierto en sus bases con lo cual 2 = 0, ( 3 = despreciables) y por tanto pri / e donde ri radio interior. 1 Si la presión p actúa sobre la pared exterior entonces pre / e donde re radio exterior. 1

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Problemas de la Lección 5:Tracción y compresión

Problemas de la Lección 5 TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

Problema 1 : Una estructura articulada está sometida a la carga vertical P (ver fig.). Dimensionar las barras 1, 2 y 3 de dicha estructura, considerando solamente tracción o compresión. Datos : P = 6000 kg, σf = 2800 kg/cm2, coeficiente de seguridad n = 2. 3m

A

P

3m

1 30º 2 3

3m

B

Problemas de la Lección 5 TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

Problema 2 : Una barra de sección transversal variable de áreas A1 y A2 , está sometida a una carga P aplicada en su extremo libre (ver fig.). Determinar el diagrama de esfuerzos normales y el alargamiento de la barra. Datos : P = 3000 Kg. L1 = 2L2 = 2 m. A1 = 3A2 = 6 cm2. E = 2.106 kg/cm2. L1

A1 x

L2

A2

P

Problemas de la Lección 5 TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

Problema 3: Determinar el alargamiento de una viga cónica (ver fig.) sometida a su propio peso Q. Datos : Q, L, área de la sección de empotramiento A0, E, peso específico de la viga γ.

L

Problemas de la Lección 5 TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

Problema 4: Una estructura, como la que se muestra en la figura, está formada por la viga rígida AB, articulada en A, y las barras articuladas BD y CD del mismo material y de la misma sección. Determinar las fuerzas normales de las barras articuladas, cuando actúa la carga vertical P sobre la estructura. Dato: P = 1000 kg.

D

a

1

2 P

α1 A

α2 C

a

B a

Problemas de la Lección 5 TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

Problema 5: Una estructura articulada está sometida a la carga vertical P según se muestra en la figura. Dimensionar la estructura utilizando barras cuyas secciones transversales satisfagan la relación A1 = A3 = A2/2. Datos: P = 10000 kg; σfluencia = 2400 kg/cm2; n=2.

1

2

30º

3

30º

B

P

Problemas de la Lección 5 TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

Problema 6: Seis barras de longitud L cada una se conectan para formar un tetraedro regular que descansa sobre una superficie horizontal sin fricción, como se muestra en la figura. Determínese el esfuerzo en cada uno de los elementos cuando se aplica una fuerza vertical P sobre A y dimensiónelos. Datos: L = 3m; P = 36000 kg; σ adm = 2800 kg/cm2

Problemas de la Lección 5 TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

Solución problema 6: Coordenadas de los vértices del tetraedro: 3 3 L 6 L L,− L ) B (0,0,0) C ( L,0,0) D( ,0,− L) A( , 2 6 2 2 3 Reacciones en los apoyos: Por simetría se puede afirmar que RA= RB= RC= P/3

Nudo B: L 6  3  i + Lj − Lk  BA 1 6  3  3 6 TBA = 2 TBA = T BA = ( i + j− k )TBA BA L 2 3 6 L 3  i Lk −  BD 1 3 2 2 TBD = TBD = TBD = ( i − k )TBD BD L 2 2    BC Li T BC = T BC = T BC = ( i ) TBC BC L   P RB = j 3    P  3 3 6 1 1 TBA + ) j + ( − TBA − TBD )k = 0 ( TBA + TBD + TBC )i + ( ∑F = 0 6 2 3 3 2 2 1 1 TBA + T BD + TBC = 0 (1) 2 2 P P 6 T + = 0 → TBA = − 3 BA 3 6 P P 3 3 3 3 TBA − TBD = 0 → − TBD = 0 → TBD = (− )− 6 2 6 2 6 3 6 P P P − + T BC = 0 → TBC = (1) 2 6 6 6 3 6 −

Por simetría las tensiones en las barras BA,CA y DA son las mismas es decir P =14696,94 kg (compresión) TBA=TCA=TDA= 6 Lo mismo podemos decir de las barras BC, CD y DB o sea que: P TBC=TCD=TDB= =4898,98 kg. (tracción) 3 6

Dimensionamiento En las barras BA,CA y DA es el mismo es decir σ adm =

F F 14696,94 ⇒Ω= = = 5, 25 cm2 2800 Ω σ adm

Lo mismo podemos decir de las barras BC, CD y DB o sea que: σ adm =

F F 4898,98 ⇒Ω= = = 1,75 cm2 σ adm 2800 Ω

Problemas de la Lección 5 TRACCIÓN Y COMPRESIÓN

Problema 7: Los cables AB y BC sostienen a una barra OA en cuyo extremo A lleva una carga P tal como se indica en la figura. Si la tensión TAB en el cable AB es conocida y además se sabe que el apoyo en O es una rótula. Supuesto el sistema en equilibrio. Se pide determinar: a) La tensión TAC en el cable AC y la carga P b) La reacción en O c) Dimensionamiento de la barra OA. Datos: TAB = 1 kN , OA = 1 m, Ly 1 = 0,6 m, L y 2 = 0,5 m, Lz 1 = 0,5 m, Lz 2 = 0,7 m σ adm = 1400N / cm 2 y Lz2 Lz1

C

L y2

B O L y1

z

A P

x

Problemas de la Lección 5 TRACCIÓN Y COMPRESIÓN y Lz2 Lz1 B

L y2

T AB O

L y1

Oz

C TAC

Oy Ox

OA

A

x

P

z

Solución: Veamos primero cuáles son las coordenadas de los puntos A, B y C. A(OA,0,0), B (0, Ly1 , Lz1 ), C (0, L y 2 , − L z 2 ) o sea A(1, 0, 0), B(0; 0,6; 0,5) y C (0; 0,5; −0,7) . Además TAB = 1 kN = 1000 N . Vector posición de A con respecto a O:    Dado que O tiene coordenadas O(0, 0, 0) entonces rA / O = i y rO / O = 0 Expresión vectorial de las fuerzas: →        AB − i + 0,6 j + 0,5 k TAB = TAB = 1000 = −787, 40 i + 472,44 j + 393,70 k AB 1, 27 →        AC −i + 0,5 j − 0,7 k TAC = TAC = T AC = − 0, 60T ACi + 0,30T AC j − 0, 42T ACk AC 1,66       O = Ox i + Oy j + Oz k...