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
( ) ( ) ΣE1m3ΣR1n2T3S2P3NL −−−−⋅−⋅−−=
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
2
L = 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

Tiposdereacciones
1er
Genero
2do
Genero
3er
Genero
tangentenormal
superficie de
contacto
normal
rotula
normal
tensor
Acción y reacción

Cálculo de reacciones.
3) Se aplican las ecuaciones de equilibrio
Σ Fxi = 0
Σ Fyi = 0
Σ Fzi = 0
→
a) R = 0
Σ Mzi = 0
Σ Mxi = 0
Σ Myi = 0
→
b) M = 0
Para un sistema coplanar se reduce
Σ Fxi = 0
Σ Fyi = 0
Σ Mzi = 0 Σ Mc = 0
Σ Ma = 0
Σ Mb = 0o bien
Σ Mc = 0
Σ Fxi = 0
Σ 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
Cargamento
Solicitaciones Externas
N
V
M

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

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
V
ΔV
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
ΔV
Δxq = -

Conclusiones
dx
dV
q −=
Las cargas distribuidas son positivas cuando actúan de manera
descendente y negativas cuando actúan de modo ascendenteq
DFV
DMF
M
ΔM
V
ΔV
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
dM
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
V
ΔV
x Δx

Regiones de fuerza concentrada.
M + ΔMM
V
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
O
Mo

Diagrama de fuerzas solicitantes.
Las fuerzas internas son función de la distancia x medida
según el eje longitudinal
( )xfN =
( )xfV =
( )xfM f =
( )xfMt =
x
A
Bs

Casos importantes a saber de memoria
(+)
(+)
(-)
ba
P
RA RB
A B
ba
bP
RA
+
⋅
=
ba
aP
RB
+
⋅
=
ba
baP
M
+
⋅⋅
=
1
1
2
2
Cálculo de reacciones
( )
( )ba
aP
R
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
=
=∑
x
RA
N
M
V
x
a
N
M
V
P
RA

L
q
RA RB
A B
2
L
qRA ⋅=
2
L
qRB ⋅=
8
L
qM
2
⋅=
(+)
(-)
(+)
Cálculo de reacciones
2
Lq
R
0
2
L
qLR
0M
B
2
B
A
⋅
=
=⋅−⋅
=∑
0H
0F
A
x
=
=∑
2
R
0PRR
0F
A
BA
Y
Lq ⋅
=
=−+
=∑
Corte 1–1 (0 ≤ x ≤ L)
)(
2
M
22
M
0
2
R-M
0M
2
2
A
1
xLx
q
qx
x
qL
qx
x
−⋅=
−⋅=
=+⋅
=∑
qx
Vqx
−=
=−−
=∑
A
A
Y
RV
0R
0F
0N
0Fx
=
=∑
x
RA
N
M
V
ecuación de una recta
Pendiente “-q”
Distancia al origen “RA”ecuación de
una parábola

RA VA
NA
α
αcos
2
L
qVB ⋅⋅=
8
L
qM
2
⋅=
αcos
2
L
qVA ⋅⋅=
L
q
A
B
(+)
(+)
(-)
(-)
(+)
αsen⋅⋅=
2
L
qNB
αsen⋅⋅=
2
L
qNA
α
2
L
qRB ⋅=
2
L
qRA ⋅=

RA VA
NA
α
2
L
qVB ⋅=
αcos8
L
qM
2
⋅
⋅=
2
L
qVA ⋅=
L
q
A
B
(+)
(+)
(-)
(-)
(+)
αtan
2
L
qNB ⋅⋅=
αtan
2
L
qNA ⋅⋅=
α
αcos2
L
qRB
⋅
⋅=
αcos2
L
qRA
⋅
⋅=

L
P
RA
A
B
PRA =
LPM ⋅=
(+)
(-)
M

(-)
(+)
LRA
A
B
LqRA ⋅=
2
L
qM
2
⋅=
q
M

(+)
(-)
(+)
ba
P
RA RB
A
B
a
bP
RA
⋅
=
bP×=M
( )
a
baP
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
P = P1 + P2
V = V1 + V2
M = M1 + M2
δ = δ1 + δ2
Ø = Ø1 + Ø2
PL
P1 P2
R R1
R2
δ δ1
δ2
= +
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
150cm
10 t
3 t/m
Mori_F1_L2_13
45º

Mori_F1_L2_19
300 cm
2,5 t/m
300
200200200

Mori_F1_L2_25
4 m
0,6 t
2
33m
0,8 t
1,2 t

Dada 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

Para 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
D
E
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.

Un 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 tm
4,4 tm Parábola de
2do 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
2m
6 t 1,2 t/m
3m
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
a
A
C
B

Trazar los diagramas de Fuerza Normal, Fuerza Cortante y Momento Flector
1 t/m
A
B
C
D
E
F
2 t
8 m
3m32
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

Clase 1 diagramas de_estado

Recomendados

Recomendados

Más contenido relacionado

La actualidad más candente

La actualidad más candente (20)

Similar a Clase 1 diagramas de_estado

Similar a Clase 1 diagramas de_estado (20)

Más de Mirna Ojeda

Más de Mirna Ojeda (8)

Último

Último (20)

Clase 1 diagramas de_estado