Clase 1 diagramas de_estado

Universidad Nacional de Asunción

Clase Práctica Nº 1

Grados de libertad

Cálculo de reacciones

Método de las Secciones

Trazado de Líneas de Estado (N, V y M)

Ejemplos

Principio de superposición

Ejercicios Propuestos

Facultad de Ingeniería

Mecánica de Materiales I – 4to Semestre

Grados de libertad ΣE 1m 3ΣR 1n 2T3S2P3NL

N : Nº de barras

P : Apoyos de 1er genero

S : Apoyos de 2do genero

T : Apoyos de 3er genero

n : Nº de barras que concurren a rotulas

R : Rotula en la que concurren igual nº de barras

m : Nº de barras que concurren a empotramientos internos

E : Empotramiento interno en la que concurren igual nº de barras

L : Grados de libertad

G : Grados de hiperestaticidad

Isostático I = E

Hiperestático I > E

Hipostático I < E

G = – L

Isostático G = 0 (cero)

Hiperestático G > 0

Hipostático G < 0

E : nº de ecuaciones de la estática

I : nº de incógnitas del sistema

Calcular el grado de hiperestaticidad

P

2

2

2

4

4

4

1

2

3

4

5

6

7

9

8

L = 3N – P – 2S – 3T – 2(n – 1)R – 3 (m – 1)E

L = 3x9 – 1 – 2x1 – 3x0 – 2(2 – 1)3 – 2(4 – 1)3

3 rótulas 2 barras = 2(2 – 1)3 = 6

3 rótulas 4 barras = 2(4 – 1)3 = 18

L = 27 – 1 – 2 – 6 – 18 = 0 (Isostático)

2

1 2

32 2

Calcular el grado de hiperestaticidad

L = 3N – P – 2S – 3T – 2(n – 1)R – 3 (m – 1)E

L = 3x3 – 0 – 2x2 – 3x0 – 2(2 – 1)3

3 rótulas 2 barras = 2(2 – 1)3 = 6

L = 9 – 4 – 6 = -1

G = - L = 1 (hiperestático)

1

2

2L = 3N – P – 2S – 3T – 2(n – 1)R – 3 (m – 1)E

L = 3x2 – 0 – 2x2 – 3x1 – 2(2 – 1)1

1 rótula 2 barras = 2(2 – 1)1 = 2

L = 6 – 4 – 3 – 2 = -3

G = - L = 3 (hiperestático)

Cálculo de reacciones.

1) Se sustituyen los vínculos por las fuerzas

de ligación (Reacciones)

2)Se arbitra un sentido para cada reacción

Acción y reacción

Acción y reacción

Tip

os d

e re

accio

ne

s

1er

Genero

2do

Genero

3er

Genero

tangentenormal

superficie de

contacto

normal

rotulanormal

tensor

Acción y reacción

Cálculo de reacciones.

3) Se aplican las ecuaciones de equilibrio

Σ Fxi = 0Σ Fyi = 0

Σ Fzi = 0

→

a) R = 0

Σ Mzi = 0

Σ Mxi = 0Σ Myi = 0

→

b) M = 0

Para un sistema coplanar se reduce

Σ Fxi = 0Σ Fyi = 0

Σ Mzi = 0 Σ Mc = 0

Σ Ma = 0Σ Mb = 0o bien

Σ Mc = 0

Σ Fxi = 0Σ Mb = 0o bien

4) Si las reacciones resultaren positivas seconservan los sentidos arbitrados, casocontrario se invierten dichos sentidos.

a, b y c no alineados

Método de las secciones.

Si un cuerpo está en

equilibrio bajo la acción de

un conjunto cualquiera de

fuerzas externas, se puede

afirmar que cualquier parte

de el también está en

equilibrio.

El equilibrio se logra gracias a las fuerzas que se generan

internamente

Fuerzas

internas

Cargamento

Solicitaciones Externas

NV

M

Método de las secciones.

Convención de signos para las fuerzas internas

en un sistema coplanar

(+)M M

N N

V

V

M = Momento flector interno

V = Fuerza cortante interna

N = Fuerza normal interna

Línea de visualización

Método de las secciones.Procedimiento

a) Definir un sistema de ejes x-y-z (definir el eje de la pieza)

b) Calcular las reacciones externas Ay, By y Bx (DCL total)

c) Definir la sección a estudiar a-a (DCL de la porción elegida)

d) Calcular las reacciones internas M, V, N para el equilibrio

según una línea de visualización y la convención de signos

a

a

x

y

z s

M

V

N

By

BxB A B

(+)M M

N N

V

V

Relación entre fuerza cortante y momento flector.

q

DFV

DMF

M + ΔMM

V

V +

ΔV

Δx

O

q

M

ΔM

VΔV

x Δx

Σ Mo = 0

M + V.Δx – (M + ΔM) – q. Δx. (Δx/2) = 0

Σ Fy = 0

V - q.Δx – (V + ΔV) = 0

ΔMΔx

V =

q.Δx

ΔVΔx

q = -

Conclusiones

dx

dVq

Las cargas distribuidas son positivas cuando actúan de manera

descendente y negativas cuando actúan de modo ascendenteq

DFV

DMF

M

ΔM

VΔV

x Δx

Pendiente negativa DFV → q positivo ↓

Diferencia de fuerzas cortantes → área bajo la curva q = q (x)

B

A

ab qdxVV

Formulas aplicables solo en regiones donde no actúa

ninguna Fuerza concentrada

Conclusiones

dx

dMV

Las cargas distribuidas son positivas cuando actúan de manera

descendente y negativas cuando actúan de modo ascendente

Pendiente DMF → Fuerza cortante

Si V = 0 → M = cte

Diferencia de momentos flectores → área bajo DFV

B

A

(x)ab dxVMM

Formula aplicable solo en

regiones donde no actúan

fuerzas concentradas

Formula aplicable solo en regiones donde no actúa

ningún Momento flector concentrado

q

DFV

DMF

M

ΔM

VΔV

x Δx

Regiones de fuerza concentrada.

M + ΔMMV

V +

ΔV

Δx

O

F

Σ Fy = 0

V – F – (V + ΔV) = 0

ΔV = - F

Si F actúa hacia abajo sobre la viga, ΔV es negativo, por lo

que el diagrama de fuerza cortante salta hacia abajo, si F

actúa hacia arriba, el salto (ΔV) será hacia arriba.

V

F

V + ΔV V

F

V + ΔV

Regiones de momento concentrado.

Σ Mo = 0

M + V.Δx – (M + ΔM) – Mo = 0

Haciendo Δx = 0 obtenemos

ΔM = - Mo

Si Mo se aplica en sentido antihorario, ΔM es negativo, por

lo que el diagrama de momento flector saltará haciéndose

más negativo, si Mo actúa en sentido horario, el salto (ΔM)

será más positivo.

M M + ΔM

Mo

DMF

M+

x

M M + ΔM

Mo

DMF

M+

x

M + ΔMM

V

V +

ΔV

Δx

OMo

Diagrama de fuerzas solicitantes.

Las fuerzas internas son función de la distancia x medida

según el eje longitudinal

xfN

xfVxfM f

xfM t

x

A

Bs

Casos importantes a saber de memoria

(+)

(+)

(-)

ba

P

RA RB

A B

ba

bPRA

ba

aPRB

ba

baPM

1

1

2

2

Cálculo de reacciones

ba

aPR

0aPbaR

0M

B

B

A

0H

0F

A

x

ba

bPA

BA

Y

R

0PRR

0F

Corte 1–1 (0 ≤ x ≤ a)

Corte 2–2 (a ≤ x ≤ a+b)

x

x

A

A

1

RM

0R-M

0M

A

A

Y

RV

0R

0F

V0N

0Fx

a-xPRM

0R-a-xPM

0M

A

A

1

x

x

B

A

Y

RV

0VPR

0F

0N

0Fx

xRA

NM

V

x

a

NM

V

P

RA

L

q

RA RB

A B

2

LqRA

2

LqRB

8

LqM

2

(+)(-)

(+)

Casos importantes a saber de memoriaCálculo de reacciones

2

LqR

02

LqLR

0M

B

2

B

A

0H

0F

A

x

2R

0PRR

0F

A

BA

Y

Lq

Corte 1–1 (0 ≤ x ≤ L)

)(2

M

22M

02

R-M

0M

2

2

A

1

xLxq

qxx

qL

qxx

qx

Vqx

A

A

Y

RV

0R

0F

0N

0Fx

xRA

NM

V

ecuación de una recta

Pendiente “-q”

Distancia al origen “RA”ecuación de

una parábola

RA VA

NA

α

cos2

LqVB

8

LqM

2

cos2

LqVA

L

q

A

B

sen2

LqNB

sen2

LqNA

α2

LqRB

2

LqRA


RA VA

NA

α

2

LqVB

cos8

LqM

2

2

LqVA

L

q

A

B

tan2

LqNB

tan2

LqNA

αcos2

LqRB

cos2

LqRA


L

P

RA

A

B

PRA

LPM

(+)

(-)

M


(-)

(+)

LRA

A

B

LqRA

2

LqM

2

q

M


(+)

(-)

(+)

ba

P

RA RB

AB

a

bPRA

bPM

a

baPRB


Principio de superposición.

Los efectos (tensión, deformación, desplazamientos y

reacciones) que un sistema de fuerzas origina sobre una

estructura son iguales a la suma de los efectos que originan

cada una de las fuerzas del sistema actuando por separado

Condiciones para que sea aplicable el principio de superposición de

esfuerzos

a) pequeños desplazamientos: la carga no debe cambiar significativamente

la geometría original o configuración del miembro.

En vigas, los giros pequeños garantizan la linealidad de la ecuación

diferencial de la curva de deflexión, y las deflexiones pequeñas asegura

que las líneas de acción de las cargas y reacciones no varíen en forma

significativa a partir de sus posiciones originales.

b) ley de Hooke: la carga debe estar relacionada linealmente con el esfuerzo

o el desplazamiento que va a determinarse

Principio de superposición.

El estado final (tensional y deformacional)

no depende del orden de aplicación de las

cargas.

P = P1 + P2

V = V1 + V2

M = M1 + M2

δ = δ1 + δ2

Ø = Ø1 + Ø2

PLP1 P2

R R1R2

δ δ1δ2

= +

Ø Ø1 Ø2

DFV

DMF

R = R1 + R2

+=

Reacciones

Esfuerzos internos Desplazamientos


200 cm 200 200

20

0

P = 6 t

q = 2 t/m

Mori_F1_L2_5

Trazar los diagramas de N, V y M


400 cm 150

150 c

m

10 t

3 t/m

Mori_F1_L2_13

45º



Mori_F1_L2_19

300 cm

2,5 t/m

300

200

200

200



Mori_F1_L2_25

4 m

0,6 t

23

3 m

0,8 t

1,2 t


Ejercicios PropuestosDada la estructura de la figura se solicita:a)Calcular las reacciones (verificar resultados)

b)Trazar y definir línea de visualización

c)Trazar las líneas de estado N, V y M de la barra ABC por el método de las secciones

d)Trazar las líneas de estado N, V y M de las barras FB y CDEG por el método gráfico

e)Detallar el equilibrio del nudo “D”

2 m 2 m 2 m3 m

2 m

2 t / m

5 t

1 t

4 m

3 tm

3 tm2 tmA B

C

D E

F G

MM1_1ra ET_2009_FIUNA

MM1_1ra ET_2006_FIUNA

Ejercicios PropuestosPara la viga de la fig. trazar por el “Método Gráfico”, diagramas de solicitación: normal, cortante y flector

Obs.: explicar el equilibrio de los puntos singulares de la viga y suscriterios de análisis adoptados.

MM1_1er Parcial_2007_FIUNA


Mori_F1_L2_29

Trazar los diagramas de N, V y M y determinar el valor del momento

flector máximo


Mori_F1_L2_30

Trazar los diagramas de N, V y M y determinar el valor del momento

flector máximo


MM1_1er Parcial_2007_FIUNA

La estructura de la figura está formada por barras de características mecánicas

idénticas. Los nudos B y C expresan rotulas que unen dos barras, los nudos D y E

expresan vínculos de segundo genero.Se pide:

a) Calcular los valores de las reacciones externas, verificando que estén correctas.

b) Trazar por el método de las secciones los diagramas de solicitación normal, cortante y

momento flector de la barra ABC.

c) Trazar por el método grafico los diagramas de solicitación normal, cortante y momento flector

de las barras CDE y BFD.

A

B

C

F

DE

2,00 m 2,00 m 2,50 m 2,50 m

1,50 m

1,50 m

0,60 t / m

OBS: explicar el equilibrio en los puntos singulares de la estructura y los criterios adoptados para

su análisis.

Ejercicios PropuestosUn sistema de cargas verticales aplicado a la viga produce el diagrama de momentos

flectores indicado. a) trazar el diagrama de fuerzas cortantes b) hallar las cargas y

reacciones

Mori_F1_L2_49

2 m 2 m 1 m 1 m

0,3 tm

5,8 tm4,4 tm

Parábola de2do grado


Trazar los diagramas de Fuerza Normal, Fuerza Cortante y Momento Flector

30

10

0

L

0,6 L

P

q

RM – Previo Complementario_2003_FIUNA

Mori_F1_L2_59

4 m

2 m

6 t 1,2 t/m

3 m

4 m



Fonseca – E. Isostáticas

Determinar la posición más conveniente para la rótula, de modo que la

viga esté sujeta al mínimo momento flector.


L

q

aA

CB

Ejercicios PropuestosTrazar los diagramas de Fuerza Normal, Fuerza Cortante y Momento Flector

1 t/m

A

B

CD

E

F2 t

8 m

3 m

32

2

El elemento centrifugo mostrado en la figura gira en un plano horizontal (el plano xy)

sobre una superficie lisa alrededor del eje z (que es vertical) con una aceleración

angular a. Cada uno de los dos brazos tiene un peso w por unidad de longitud y

soporta un peso W=5wL en su extremo libre. Determinar fórmulas para la fuerza

cortante máxima y el momento flector máximo en los brazos, si se supone que b=L/8

y c=L/10

b

L

c

x

y

W

W


Timoshenko, Gere, Mecánica de Materiales, Grupo

Editorial Iberoamérica, 2da E, México, 1986, p214

Engineering

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