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

23

4

5

67

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 reacciónAcción y reacción

Acción y reacción

Tip

os d

e re

accion

es

1erGenero

2doGenero

3erGenero

tangentenormal

superficie de contacto

normal

rotulanormal

tensor

Acción y reacción

Cálculo de reacciones. 3) Se aplican las ecuaciones de equilibrio

Σ Fxi = 0Σ Fyi = 0Σ 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 = 0Σ 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 se conservan los sentidos arbitrados, caso contrario 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

CargamentoSolicitaciones 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

ΔM ΔxV =

q.Δx

ΔVΔxq = -

Conclusiones

dxdV

q −=

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

dxdM

V =

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 =

( )xfV = ( )xfM f =

( )xfM t =

x

A

Bs

Casos importantes a saber de memoria

(+)

(+)(-)

ba

P

RA RB

A B

babP

RA +⋅=

baaP

RB +⋅=

babaP

M+

⋅⋅=

1

1

2

2

Cálculo de reacciones

( )

( )ba

aPR

0aPbaR

0M

B

B

A

+⋅=

=⋅−+⋅

=∑0H

0F

A

x

=

=∑

( )ba

bP

+⋅=

=−+

=∑

A

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

aN

M

V

P

RA

L

q

RA RB

A B

2L

qRA ⋅=

2L

qRB ⋅=

8L

qM2

⋅=

(+)

(-)

(+)

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

=

=∑x

RA

NM

V

ecuación de una recta

Pendiente “-q”

Distancia al origen “RA”ecuación de

una parábola

RA VA

NA

α

αcos2L

qVB ⋅⋅=

8L

qM2

⋅=

αcos2L

qVA ⋅⋅=

L

q

A

B

(+)

(+)(-)

(-)

(+) αsen⋅⋅=2L

qNB

αsen⋅⋅=2L

qNA

α2L

qRB ⋅=

2L

qRA ⋅=


RA VA

NA

α

2L

qVB ⋅=

αcos8L

qM2

⋅⋅=

2L

qVA ⋅=

L

q

A

B

(+)

(+)(-)

(-)

(+) αtan2L

qNB ⋅⋅=

αtan2L

qNA ⋅⋅=

ααcos2

LqRB ⋅

⋅=

αcos2L

qRA ⋅⋅=


L

P

RA

A

B

PRA =

LPM ⋅=

(+)

(-)

M


(-)

(+)

LRA

AB

LqRA ⋅=

2L

qM2

⋅=

q

M


(+)

(-)

(+)

ba

P

RA RB

AB

abP

RA

⋅=

bP×=M

( )abaP

RB

+⋅=


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

Ejercicios Propuestos

200 cm 200 200

200

P = 6 t

q = 2 t/m

Mori_F1_L2_5

Trazar los diagramas de N, V y M


400 cm 150

150 cm

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 seccionesd)Trazar las líneas de estado N, V y M de las barras FB y CDEG por el método gráficoe)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 sus criterios 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

100

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

W

W

α


Timoshenko, Gere, Mecánica de Materiales, Grupo Editorial Iberoamérica, 2da E, México, 1986, p214

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