1. TEMA 5. MÉTODO MATRICIAL 1.1 Ejercicios resueltos 1.
En la cubierta de la figura, determiar el valor de los momentos en los extremos de las barras, así como el momento máximo en ellas. (E=2.1·1011 N/m2, I=68000 cm 4, A=56 cm 2)
EI, A m 1
EI, A
m 1
3 kN/m
m / N k 2
m 5 . 2
2EI, A
4.5 m
En primer lugar, definimos los nudos y los grados de libertad de la estructura. 8 7 9
11 10 12
5 C 4 6
D
B
2 1 3 A
Las características necesarias para calcular las matrices de rigidez se resumen en la tabla siguiente. B A R RA
L (m)
I (cm4)
A(cm2)
A N G U LO
AB
2. 5
1 3 6 0 00
56
90
BC
2
1 36 0 00
56
90
BD
4 . 61
6 80 0 0
56
1 2 . 5 28 8
CD
4 . 61
-
56
-1 2 . 5 5 8 8
Teoría de Estructuras I
Calculamos las matrices de rigidez de los distintos elementos,
Sistema local de los elementos AB y BC
4 5 B
6
4
5
C
6
α
α
1 2
1
2 3
3
A
B
Elemento AB,
470.4 0 0 k AB = -470.4 0 0
0
0
-470.4
0
219.3408
274.1760
0
-219.3408
274.1760
456.9600
0
-274.1760
0
0
470.4
274.176 228.48 0 -274.176 456.96 456.96 0
0
-219.3408
-274.1760
0
219.3408
274.1760
228.4800
0
-274.1760
que en coordenadas globales es,
219.3408 0 -274.1760 K AB = -219.3408 0 -274.1760
A. Carnicero
0
-274.176
-219.3408
470.4
0
0
0 -470.4
0
456.96
274.1760
0
0
274.176 219.3408
0
-470.4 0
0 228.48
0 274.1760
470.4 0
-274.176
228.48 274.176 0 456.96 0
2
Teoría de Estructuras I
Calculamos las matrices de rigidez de los distintos elementos,
Sistema local de los elementos AB y BC
4 5 B
6
4
5
C
6
α
α
1 2
1
2 3
3
A
B
Elemento AB,
470.4 0 0 k AB = -470.4 0 0
0
0
-470.4
0
219.3408
274.1760
0
-219.3408
274.1760
456.9600
0
-274.1760
0
0
470.4
274.176 228.48 0 -274.176 456.96 456.96 0
0
-219.3408
-274.1760
0
219.3408
274.1760
228.4800
0
-274.1760
que en coordenadas globales es,
219.3408 0 -274.1760 K AB = -219.3408 0 -274.1760
A. Carnicero
0
-274.176
-219.3408
470.4
0
0
0 -470.4
0
456.96
274.1760
0
0
274.176 219.3408
0
-470.4 0
0 228.48
0 274.1760
470.4 0
-274.176
228.48 274.176 0 456.96 0
2
El métod o matr icial icial
Sistema local de los elementos BD y CD
5
2
4
3
6
C
D
1
α
α
2
6
1 3
D B
5
4
Elemento BC,
588 0 0 = k BC -588 0 0
0
0
-588
0
428.4 428.4
0
-428.4
428.4
0
-428.4
58 8
0
0
428.4
0
-428.4
0
571.2 0
-428.4 -428.4
428.4 285.6 285.6 0 -428.4 571.2 0
428.4
285.6
428.4 0 0 588 -428.4 0 K BC = -428.4 0 0 -588 -428.4 0
-428.4
-428.4
0
-428.4
0
0
-588
0
571.2
428.4
0
428.4
428.4
0
0
0
588
285.6
428.4
0
que en coordenadas globales es,
285.6 428.4 0 571.2
Elemento BD,
0 255.1102 0 17.4933 0 40.32 k BD = 0 -255.1102 0 -17.4933 0 40.32
0
-255.1102
0
40.3200
0
-17.4933
123.9107
0
-40.3200
255.1102
0
0 -40.32 61.9553
0
17.4933
0
-40.3200
40.32 61.9553 0 -40.32 123.9107 0
que empleanto la matriz de rotación
A. Carnicero
3
Teoría de Estructuras I
R BD =
0.9762
0.2169
0
0
0
0
-0.2169
0.9762
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0.9762
0.2169
0
0
0
-0.2169
0.9762
0
0
0
0
0
0 0 0 1
permite obtener la matriz de rigidez en coordenadas globales,
243.9283 50.3189 -8.7466 50.3189 28.6752 39.3599 -8.7466 39.3599 123.9107 K BD = -243.9283 -50.3189 8.7466 -50.3189 -28.6752 -39.3599 -8.7466 39.3599 61.9553
-243.9283 -50.3189 -8.7466
8.7466 -39.3599 61.9553 243.9283 50.3189 8.7466 50.3189 28.6752 -39.3599 8.7466 -39.3599 123.9107
-50.3189 -28.6752 39.3599
Elemento CD. Este elemento solo puede trabajar a tracción o compresión (está articulado en los extremos y no tiene cargas transversales o momentos aplicados) por lo que su matriz en coordenadas locales es, k CD
255.1102 -255.1102 = -255.1102 255.1102
que en coordenadas globales es
243.1050 -54.0233 -54.0233 12.0052 K CD = -243.1050 54.0233 54.0233 -12.0052
-243.105 54.0233 243.1050 -54.0233
-12.0052 -54.0233 12.0052 54.0233
matriz a la que se llego por medio de
RCD =
0.9762
0
-0.2169
0
0 0
0.9762 -0.2169
Luego las matrices de rigidez de los distintos elementos ya están calculadas. Las ensamblamos ahora para obtener la matriz de rigidez global de la estructura,
A. Carnicero
4
El métod o matr icial
219.3408 0 -274.1760 -219.3408 0 -274.1760 0 0 0 0 0 0
0 470.4 0 0 -470.4 0 0 0 0 0 0
-274.1760 0 456.9600 274.1760 0 228.4800 0 0 0 0 0 0
-219.3408 0 274.1760 891.6691 50.3189 -162.9706 -428.4 0 -428.4 -243.9283 -50.3189 -8.7466
0 -470.4 0 50.3 1087.1 39.4 0 -588 0 -50.3 -28.7 39.4
-274.2 0 228.5 -163 39.4 1152.1 428.4 0 285.6 8.7 -39.4 62
0 0 0 -428.4 0 428.4 671.5050 -54.0233 428.4 -243.1050 54.0233 0
0 0 0 0 -588 0 -54.0233 600.0052 0 54.0233 -12.0052 0
0 0 0 -428.4 0 285.6 428.4 0 571.2 0 0 0
0 0 0 -243.9283 -50.3189 8.7466 -243.1050 54.0233 0 487.0333 -3.7045 8.7466
0 0 0 -50.3189 -28.6752 -39.3599 54.0233 -12.0052 0 -3.7045 40.6804 -39.3599
0 0 0 -8.7466 39.3599 61.9553 0 0 0 8.7466 -39.3599 123.9107
Vector desplazamiento El vector de desplazamiento es U
= (0,0,0,U 4 ,U 5 ,U 6 ,U 7 ,U 8 ,U 9 ,U 10 ,U 11 ,U 12 )t
Por lo que el sistema de ecuaciones a resolver tendrá 9 ecuaciones. Vector de cargas El vector de cargas de los elementos AB y BC, se puede escribir directamente en coordenadas globales como t
2 ql ql 2 ql ql F = − ,0, , − ,0, − 2 12 2 12
que sustituyendo para cada una de las barras F AB
= ( −2.5·10 −3 ,0,1.0416·10 −3 , −2.5·10 −3 ,0, −1.0416·10 −3·10 −3 ) F BC = ( −2·10 −3 ,0,6.6666·10 −4 , −2·10 −3 ,0, −6.6666·10 −4 )
t
t
El vector de carga del elemento BD, es más cómodo escribirlo en coordenadas locales y pasarlo despues a globales. f BD
= (0,6.9146·10 −3 ,5.3125·10 −3 ,0,6.9146·10 −3 , −5.3125·10 −3 )
t
El vector de cargas se calcula como F BD
t = RBD f BD = (
-1.5·10 -3 ,6.75·10 -3 ,5.3125·10 -3 , −1.5·10 -3 ,6.75·10 -3 ,-5.3125·10 -3 )
t
Ensamblando estos vectores se obtiene el vector de esfuerzos de empotramiento
A. Carnicero
5
Teoría de Estructuras I
−2.5·10 −3 −2.5·10 −3 0 0 3 3 − − 1.0416·10 1.0416·10 -3 −3 −3 −3 − − − 2.5·10 2·10 -1.5·10 6·10 -3 -3 6.75·10 6.75·10 -3 -3 −3 −4 −1.0416·10 + 6.6666·10 + 5.3125·10 = 4.9375·10 F emp = −3 −2·10 −3 −2·10 0 0 −6.6666·10 −4 −6.6666·10 −4 -1.5·10-3 -1.5·10-3 -3 -3 6.75·10 6.75·10 -5.3125·10-3 -3 -5.3125·10 Restando este vector al de las cargas aplicadas en los nudos, se tiene el vector de cargas a introducir en el sistema ecuaciones.
R1 −2.5·10 −3 R 0 2 R3 1.0416·10 −3 0 −3 − 6·10 0 6.75·10-3 0 4.9375·10 -3 F = Fn − F emp = − −3 0 − 2·10 0 0 −4 0 − 6.6666·10 0 -1.5·10-3 -3 0 6.75·10 0 -5.3125·10-3 Por lo que el sistema de ecuaciones a resolver para calcular los desplazamientos es 0 -0.4284 -0.2439 -0.0503 -0.0087 0.8917 0.0503 -0.1630 -0.4284
0.0503 -0.1630 -0.4284 10 3 · 0 -0.4284 -0.2439 -0.0503 -0.0087
A. Carnicero
1.0871
0.0394
0
-0.5880
0.0394
1.1521
0.4284
0
0.4284
0.6715 -0.0540
-0.5880 0 -0.0503
0 0.2856
0.4284
0.0087 -0.2431
-0.0287 -0.0394 0.0394
-0.0540
0.0620
0
0
-0.0503 -0.0287
0.2856
0.0087 -0.0394
0.4284 -0.2431 0.0540
0.6000
0
0.0540
0
0.5712
0
0.0540
0
0.0540 -0.0120
0
0
0
0
-0.0120 0
0.4870 -0.0037 -0.0037
0.0407
0.0087 -0.0394
U 4 6·10−3 U -6.75·10-3 0.0394 5 0.0620 U 6 −4.9375·10-3 U −3 0 7 2·10 • U 8 = 0 0 −4 0 U 9 6.6666·10 0.0087 U 10 1.5·10-3 -0.0394 U 11 -6.75·10-3 0.1239 U 12 5.3125·10 -3
6
El métod o matr icial
Resolviendo el sistema de ecuaciones se calculan los desplazamientos desconocidos. U4 = 5.5439·10-4 U5 = -2.8699·10-5 U6 = -4.0886·10-4 U7 = 1.4641·10-3 U8 = -3.1854·10-5 U9 = -4.766·10-4 U10 = 1.0112·10-3 U11 = -2.224·10-3 U12 = -4.8237·10-4
Conocidos los desplazamientos, calcular esfuerzos en las distintas barras es sencillo.
A. Carnicero
7
Teoría de Estructuras I
2. Obtener los desplazamientos desconocidos y dibujar los esfuerzos en las barras AB y EF.
200
200
400 F
D
E
H
G
0 0 3
10kN
m / N k 0 2
A=20 cm2 C
B
I
0 0 3
RESTO DE ELEMENTOS 2 A=164 cm I=147361 cm4
A
J
Dado que la estructura es simétrica modelamos sólo la mitad e imponemos condiciones de simetría en los puntos que se encuentren sobre el eje de simetría (U7=U16=U18=0).
11 12
14 10
1 7F 13
D
16
18
E 5kN
5 4
6
7 C
B
2 1
3 A
Las matrices de rigides de los elementos BA y DB (con los nudos inicial y final en ese orden, expresando las fuerzas en MN y las longitudes en m) son:
1148 0 0 k BA = k DB = -1148 0 0 A. Carnicero
0
0
-1148
0
137.5
206.3
0
-137.5
206.3
412.6
0
-206.3
0
0
1148
0
-137.5
-206.3
0
137.5
206.3
206.3
0
-206.3
206.3 206.3 0 -206.3 412.6 0
8
El métod o matr icial
Siendo su expresión en coordenadas globales (matriz de rotación con α=-90º):
K BA = K DB =
137.5
0.000
206.3 -137.5
0.000
1148
0.0000
206.3
0.000
412.6 -206.3
-137.5
0.000 -206.3
0.000 -1148 206.3
0.0000 -1148 0.0000
137.5
0.0000
0.000
0.0000
0.0000
0.0000
1148
206.3 -206.3
0.0000
0.0000 206.3 -206.3 0.0000 412.6 206.3
La matriz de rigidez de un elemento de 2 metros de longitud con las características resistentes de los estudiados es:
1722 0 0 k = -1722 0 0
0
0
-1722
0
464.2
464.2
0
-464.2
464.2
618.9
0
-464.2
0
0
1722
0
-464.2
-464.2
0
464.2
464.2
309.5
0
-464.2
464.2 309.5 0 -464.2 618.9 0
Cuya expresión es la misma para coordenadas locales y globales. La matriz de rigidez del elemento BC (no trabaja a flexión) es
k BC =
105 -105
-105 105
Dado que el grado de libertad 15 no existe es necesario eliminarlo de las matrices de rigidez de los elementos DE y EF. Para obtener la matriz de rigidez liberada, aplicamos:
I F a − K al 0
K al K alt K aa − K K ll = ll 0 Fl I
0 U a
U l 0
Elemento DE (eliminando el grado de libertad 6)
l l k DE = K DE =
1722
0
0
-1722
0
116
232.1
0
0
232.1
464.2
0
0
0
1722
-116
-232.1
0
-1722 0
-116 -232.1 0 116 0
Elemento EF (eliminando el grado de libertad 3) A. Carnicero
9
Teoría de Estructuras I
l
k EF
l = K EF =
1722
0
-1722
0
0
116
0
-116
0
1722
0
0
-116
0
116
0
232.1
0
-232.1
-1722
232.1 0 -232.1 464.2 0
Ensamblando los elementos obtenemos la matriz de rigidez global de la estructura 137.5369 0.0000 -206.3054 -137.5369 0.0000 -206.3054 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0.0000 11480 0.0000 0.0000 -11480 0.0000 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
-206.3054 0.0000 412.6108 206.3054 0.0000 206.3054 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
-137.5369 0.0000 206.3054 380.0739 0.0000 0 -105.0000 0 0 -137.5369 0.0000 -206.3054 0 0 0 0 0 0
0.0000 -11480 0.0000 0.0000 22960 0 0 0 0 0.0000 -11480 0.0000 0 0 0 0 0 0
-206.3054 0.0000 206.3054 0 0 825.2216 0 0 0 206.3054 0.0000 206.3054 0 0 0 0 0 0
0 0 0 -105 0 0 105 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 -137.5 0.0000 206.3 0 0 0 1859.5 0.0000 206.3 -1722 0 0 0 0 0
0 0 0 0.0000 -11480 0.0000 0 0 0 0.0000 12640 232 0 -116 0 0 0 0
0 0 0 -206.3054 0.0000 206.3054 0 0 0 206.3054 232.0936 876.7979 0 -232.0936 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1722 0 0 3444 0 0 -1722 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -116.0468 -232.0936 0 232.0468 0 0 -116.0000 232.1000
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1722 0 0 1722 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -116.0000 0 0 116.0000 -232.1000
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 232.1000 0 0 -232.1000 464.2000
Imponiendo las CC, la matriz de rigidez Kcc queda 380.0739 0.0000 0.0000 22960 0 0 -137.5369 0.0000 0.0000 -11480 -206.3054 0.0000 0 0 0 0 0 0
0 0 825.2216 206.3054 0.0000 206.3054 0 0 0
-137.5 0.0000 206.3 1859.5 0.0000 206.3 -1722 0 0
0.0000 -206.3054 -11480 0.0000 0.0000 206.3054 0.0000 206.3054 12640 232.0936 232 876.7979 0 0 -116 -232.0936 0 0
0 0 0 -17220 0 0 34440 0 0
0 0 0 0 -116.0468 -232.0936 0 232.0468 -116
0 0 0 0 0 0 0 -116.000 116.000
Vector de desplazamientos El vector de desplazamientos es (el grado de libertad 15 se ha eliminado) U
= (0,0,0,U 4 ,U 5 ,U 6 ,0,U 10 ,U 11 ,U 12 ,U 13 ,U 14 ,0,U 17 ,0 )t
Vector de cargas El vector de cargas debido a cargas en las barras puede escribirse fácilmente en coordenadas globales como, F BA
= FDB = (0.0300
0.0000
0.015
0.0300
t
0.0000 -0.015 )
Que está asociado a los grados de libertad 4, 5, 6, 1, 2 y 3 en el caso de BA y a 10, 11, 12, 4, 5 y 6, en el caso de DB. Ensamblándolos, tenemos que el vector de cargas debido a cargas en el elemento es:
A. Carnicero
10
El métod o matr icial
F e m
p
=
0 .0 3 0 0 0 .0 0 0 0 - 0 . 0 1 5 0 0 .0 6 0 0 0 .0 0 0 0 0 0 0 0 0 .0 3 0 0 0 .0 0 0 0 0 .0 1 5 0 0 0 0 0 0 0
Por lo tanto el vector de cargas se obtiene incluyendo las cargas en los nudos
F
=
Fn
−
Femp
=
R2+0.0000 R3+0.015 -0.0600 0.0000 0 R7+ 0 -0.0300 0.0000 -0.0150 0 0 R16+ 0 -0.0050 R18+0 R1-0.0300
El vector de cargas con las condiciones de contorno ya impuestas es, que será el que utilizaremos para resolver el sistema de ecuaciones es: Fcc
=(
-0.0600
0
0 -0.0300
0
-0.0150
0
0 -0.0050 )
t
Resolviendo el sistema de ecuaciones U
= Kcc1 ⋅ F cc
se obtiene los valores de los desplazamientos desconocidos. Éstos son: U4 = -0.290471·10-3 U5 = -0.004355·10-3 U6 = 0.064250·10-3 U10 = -.038101·10-3 U11 = -0.00871·10-3 A. Carnicero
11
Teoría de Estructuras I
U12 = -0.21890·10-3 U13 = -0.01905·10-3 U14 = -0.48959·10-3 U17=-0.53268·10-3
Cálculo de esfuerzos Conocidos los desplazamientos se pueden calcular los esfuerzos en las barras. Por ejemplo en la barra BA El vector desplazamientos es UBA=(-0.29047·10-3,-0.0043554·10-3,0.06425·10-3, 0,0,0)t Y los esfuerzos producidos por estos desplazamientos son: FBA=KBA· UBA son: F BA
=(
t
-0.02669 -0.005 -0.03341 0.02669 0.005 -0.04667 )
A este vector hay que sumarle el vector de esfuerzos de empotramiento perfecto del elemento. Y obtenemos los esfuerzos en los estremos del elemento: Esfuerzos BA
=(
0.0033047 -0.005 -0.018415 0.056695 0.005 -0.061670
)
t
Ojo, porque este vector de esfuerzos está calculado en coordenadas globales y asociado a los extremos B y A (en ese orden).
FLECTORES
AXIL
0.0033 MN
0.018415 MN/m
ql 2 8
0.005 MN
0.06167 MN/m
CORTANTE
= 0.0255MN / m
0.05669 MN
Cálculamos ahora los esfuerzos en los estremos del elemento EF (coordenadas locales y globales coinciden).
A. Carnicero
12
El métod o matr icial
El vector desplazamientos es UEF=( -0.01905·10-3, -0.4895969·10-3,0, -0.532683·10-3,0)t Y los esfuerzos producidos por estos desplazamientos son: FEF=KEF· UEF son: F EF = ( -0.032805
0.005
0.032805
-0.005
t
0.01 )
Que dado que no hay esfuerzos en las barras, nos permiten obtener directamente los esfuerzos en los estremos de la barra. FLECTORES
CORTANTE
AXIL
0.01 MN/m 0.005 MN
0.0328 MN
Los gráficos siguientes muestran los resultados obtenidos al calcular la estructura mediante un programa de cálculo por elementos finitos comercial.
A. Carnicero
13
Teoría de Estructuras I
3. Sobre la estructura de la figura, y pensando en el método matricial 20 kN/m
C
B
10 kN E=2.1·1011 N/m2 A=14 cm2 I=65400 cm4
m / N k 0 2
m c 0 0 5
D
A
400 cm
Dibujar y numerar los grados de libertad considerados
5
B6
8 4
A. Carnicero
C7
11
2
A3
9
1
12
D
10
14
El métod o matr icial
Escribir la matriz de rigidez en coordenadas locales del elemento BD (en ese
orden).
En
un
dibujo
indicar
dichas
coordenadas,
las
coordenadas
globales asociadas y el ángulo de giro. Escribir la matriz de rotación que permite el paso a coordenadas globales
.
5
B
4
α= -51.34 º
1
La matriz de rigidez en coordenadas locales será una matriz de 2x2 de la forma k BD
11
=
10
AE 1 l
−1
−1 1 −1 = 45.91 −1 1 MN / m 1
D 2
La matriz de rotación que permite el paso a coordenadas globales será de la forma
cos α 0
R =
senα
0
0
cos α
senα 0
Determinar el vector de esfuerzos El vector de esfuerzos vendra dado por F
= Fnudos − F emp
El vector de fuerzas en los nudos es Fnudos
= ( R1 ,R2 ,0,0,0,10·10 −3 ,0,0,R10 ,R11 ,0 )
t
Para ensamblar el vector de esfuerzos de empotramiento se puede trabajar directamente en coordenadas globales que puede resultar más rápido que pasar de locales a globales (por ser el ángulo de giro 90 grados). Así t
F BC = ( 0 ,0.04 ,0.0267 ,0,0.04, −0.0267 ) F AB
= ( −0.05,0,0.0416 ,−0.05,0, −0.0417 )t
Ensamblando el vector de esfuerzos de empotramiento se tiene que éste vale Femp
= ( −0.05,0,0.0416 , −0.05,0.04, −0.0417 + 0.0267 ,0,0.04, −0.0267 )t
Por lo que el vector de cargas queda F
= ( R1 + 0.05,R2 , −0.0416 ,0.05, −0.04,0.015,0, −0.04,0.0267 ,R10 , R11,0 )t
A. Carnicero
15
Teoría de Estructuras I
Escribir el vector de desplazamientos
U Una
vez
planteado
desplazamientos
de
= (0,0,u3 ,u4 ,u5 ,u6 ,u7 ,u 8 ,u 9 ,0,0,u 12 )t
el los
(0.93·10-3,
0.234·10 -3,
0.725·10-3,
0.012·10 -3)t.
cortantes
y
axiles
en
problema grados
de
supongamos libertad
-0.003·10 -3)t Dibujar la
barra
y
los
se
tiene
asociados
al
del
C
el
diagrama
BC,
siendo
nudo
de
su
momentos
matriz
de
que nudo
los B
son
(1.23·10 -3, flectores, rigidez
en
coordenadas globales.
k =
73.5
0
0
0
25.7513
51.5025
0
-25.7513
0
51.5025
137.34
0
-51.5025
-73.5
0
0
-73.5
0
73.5
0
0
-25.7513 -51.5025
0
25.7513
0
51.5025
0
-51.5025
68.6700
51.5025 68.67 0 -51.5025 137.34 0
Para la determinación de dicha matriz se ha trabajado con las longitudes en m y las fuerzas en MN. Los esfuerzos en los extremos de la barra vienen dados por f
BC = k BCuBC + f emp
Dado que la viga a estudiar está en posición horizontal es lo mismo trabajar en coordenadas locales que globales. La matriz kBC está dada y el vector de desplazamientos elementales también. Por lo tanto
f
−0.022 0 −0.022 −0.0122 0.04 0.0278 3 − −0.0249 0.0267 1.8·10 BC = k BCuBC + f emp = + = 0.022 0 0.022 0.0122 0.04 0.0522 − − − 0.0238 0.0267 0.0505
Donde los esfuerzos están en MN. Los diagramas de esfuerzos se obtienen superponiendo los valores anteriores a los isostáticos.
A. Carnicero
16
El métod o matr icial
4. Determinar los desplazamientos y las reacciones en la viga de la figura
20 kN/m
4
I=96000 cm
E=2.1·1011 N/m2
2
3
Los grados de libertad consideramos para la resolución del problema son:
1
3
6 5
2
7
4 C
B
A
donde se han eliminado los grados de libertad horizontal al ser los desplazamientos en esa dirección nulos. La matriz de rigidez del elemento AB es (coinciden coordenadas globales y locales) –en MPa-
302.4 302.4 k AB = K AB = -302.4 302.4
302.4
-302.4 302.4
403.2
-302.4 201.6
-302.4 302.4 201.6 -302.4
-302.4 403.2
y La matriz de rigidez de elemento BC
89.6 134.4 -89.6 134.4 134.4 268.8 -134.4 134.4 k BC = K BC = -89.6 -134.4 89.6 -134.4 134.4 134.4 -134.4 268.8
A. Carnicero
17
Teoría de Estructuras I
Considerando los grados de libertad de la figura, se tiene que la matriz de rigidez global será
302.4 302.4 -302.4 K = 302.4 0 0 0
302.4 -302.4
302.4
0
0
403.2 -302.4
201.6
0
0
-302.4
392.0 -302.4 134.4
201.6 -302.4
403.2
0
-89.6 0
0
134.4
0
268.8
-134.4
0
-89.6
0
-134.4
89.6
0
134.4
0
134.4
-134.4
0 134.4 0 134.4 -134.4 268.8 0
Conocida la matriz de rigidez, escribimos el vactor de desplzamientos U
= ( 0, 0,U 3 , U4 , U5 , 0, 0 )t
Para determinar el vector de cargas, calculamos el valor de los esfuerzos de empotramiento de los dos elementos considerados
1
f emp
1 = Femp
0.0200 0.0067 = 0.0200 -0.0067
2
femp
2 = F emp
0.0300 0.0150 = 0.0300 -0.0150
Por lo que el vector de cargas quedará
R1 0.02 R 0.0067 2 0 0.02 + 0.03 F = 0 − −0.0067 0 0.015 R6 0.03 R7 −0.015 De esa forma, el sistema de ecuaciones a resolver es
392 -302.4 134.4
-302.4 403.2 0
−0.05 U = 0.0067 0 4 268.8 U 5 −0.015 134.4 U 3
Cuya resolución nos permite determinar los desplazamientos desconocidos
A. Carnicero
18
El métod o matr icial
U 3=-0.3826·10 -3 U 4 =-0.2704·10
-3
U 5 =0.1355·10 -3
Una vez determinados todos los desplazamientos se pueden calcular las reacciones resolviendo el sistema
F 1 -302.4 F -302.4 2 = F 6 -89.6 F 134.4 7
0.0339 U 3 201.6 0 0.0612 U 4 = 0.0161 0 -134.4 U 5 0 134.4 -0.0332 302.4
0
Y dado que conocemos el vector de esfuerzos de empotramiento, las reacciones serán
R1= 53.9 kN R2 =67.8 kNm R6 =46.1 kN R7 =-48.2 kNm 5. Cálcular los desplazamientos desconocidos de la estructura.
D
m 2
10 kN B
m / N k 0 2
E= 2.1·1011 N/m2 I= 36000 cm4 A=94 cm2
C
m 5
A
2m
5m
Determinamos los grados de libertad que existen en la estructura. Se ha dibujado el grado de libertad 6, que deberá ser eliminado de las matrices de rigidez de los distintos elementos.
A. Carnicero
19
Teoría de Estructuras I
11 D
10
5 6
8 C 9
B4
7
2 3
A1
La matriz de rigidez del elemento AB en coordenadas locales y del elemento BC, donde coinciden locales y globales es,
394.8 0 0 k AB = kBC = K BC = -394.8 0 0
0
0
7.2576 18.144 18.144 60.48 0
0 -7.2576 18.144 0 -18.144 30.24 0 0 0 7.2576 -18.144 0 -18.144 60.48
-394.8
0 394.8
-7.2576 -18.144 18.144 30.24
0
0
y teniendo en cuenta una rotación de 90 grados, la matriz del elemento AB en coordenadas globales es
K AB =
0
-18.144
-394.8
0
7.2576
0
0
394.8
0
0
-18.144
0
60.48
18.144
0
-7.2576
0
18.144
7.2576
0
-394.8
0
0
394.8
0
30.24
18.144
0
0 -18.144
-18.144 -7.2576
30.24 18.144 0 60.48
Estas matrices están calculadas como si los extremos estubieran empotrados por lo que habrá que liberar el grado de libertad 6 (global) de ellas. Por último la matriz de rigidez del elemento DB en coordenadas locales es k DB
697.9144 = -697.9144
-697.9144 697.9144
Con un ángulo de rotación de –45 grados, es decir, una matriz de rigidez global
A. Carnicero
20
El métod o matr icial
348.9572 -348.9572 K DB = -348.9572 348.9572
348.9572
-348.9572 -348.9572
-348.9572 348.9572
348.9572 348.9572 -348.9572 348.9572 348.9572 -348.9572 -348.9572
Emsamblando las matrices, obtenemos la matriz de rigides de la estructura (a falta de eliminar el grado de libertad 6): 7.2576 0 -18.144 -7.2576 0 K = -18.144 0 0 0 0 0
0
-18.1440
-7.2576
0
-18.144
0
0
0
0
394.8
0
0
-394.8
0
0
0
0
0
0
60.48
18.144
0
30.24
0
0
0
0
0
18.144
751.0148
-348.9572
18.144
-394.8
0
0
-348.9572
-394.8
0
-348.9572
18.144
348.9572
0
30.24
18.144
0
0
-394.8
0
0
0
0
0
0 0
751.0148 18.144
0
-7.2576
18.144
120.96
0
-18.144
30.24
0
0
0
394.8
0
0
0
-7.2576
-18.144
0
7.2576
-18.144
0
0
18.1440
30.24
0
-18.1440
60.48
0
0
-348.9572
48.9572
0
0
0
0
348.9572
0
348.9572
-348.9572
0
0
0
0
-348.9572
0 0 348.9572 -348.9572 0 0 0 0 -348.9572 348.9572 0
Para simplificar los cálculos a realizar, liberamos el grado de libertad 6 sobre el sistema con las condiciones de contorno impuestas es decir
751.0148 K cc = -348.9572 18.144
-348.9572 18.144
120.96
751.0148 18.144 18.144
Donde hay que liberar la rotación (término 3,3). La matriz liberada es K ccl
748.2932 = -351.6788
-351.6788
748.2932
El sistema de ecuaciones a resolver es
F l l U 4 F l = K cc U 5 4
5
Por lo que hay que determinar el vector de cargas. Calculamos en primer lugar el término de esfuerzos de empotramiento perfecto debido a las cargas en las barras. Estos vectores pueden escribirse fácilmente en coordenadas locales,
A. Carnicero
21
Teoría de Estructuras I
t
ql ql 2 ql ql 2 emp F AB = − ,0, , − ,0, − 2 12 2 12 t pl pl pl pl emp F BC = 0, , ,0, , − 2 8 2 8 Sustituyendo
= ( −0.05,0,0.041666 , −0.05,0, −0.041666 )t t emp F BC = ( 0 ,0.005,0.00625,0 ,0.005, −0.00625 )
emp F AB
Luego el vector de cargas (sin liberar el grado de libertad 6) es
−0.05 R1 R 0 2 R3 0.041666 0 − 0.05 0 0 + 0.005 emp = 0 − −0.041666 + 0.00625 F = Fn − F R 0 7 0.005 R8 R 0.00625 9 R10 0 0 R11 Los términos que nos interesan para resolver el sistema de eciaciones son los 4,5 y 6. es decir (0.05,-0.005,0.03541666) t. De donde hay que elininar el último término, recordando que
I F a − K al 0
K al K alt K aa − K K ll = ll 0 Fl I
0 U a
U l 0
tendremos que los términos liberados se obtendrán como
F l 0.05 18.144 0.035416666 0.0446875 = F l = −0.005 − 18.144 120.96 −0.0103125 4
5
Por lo tanto, el sistema de ecuaciones que nos permite determinar el desplazamiento es
A. Carnicero
22
El métod o matr icial
-351.6788 U 4
0.0446875 748.2932 −0.0103125 = -351.6788
748.2932 U 5
Resolviendo el sistema U4 = 6.834·10-5 m U5 = 1.833·10-5 m 6. Dibujar los diagramas de esfuerzos de la viga de la figura
20 kN/m
1m
4m
3m
4m
Los elementos de la estructura tiene las siguientes características: A=12.6 cm2, I=86000 cm4 y e=2.1·1011 N/m2. Determiar los diagramas de momentos flectores en la viga horizontal. Los grados de libertad considerados son: 20
18 17
2
A
12 7
4
6 B
9
24 21
8
5 1
3
22 19
C
13
10
23
15 11
16
14
E
D
Las matrices de rigidez de las barras son,
k AB = K AB =
0 33.8625 67.725 0 -33.8625 67.725 0 67.725 180.6 0 -67.725 90.3 = k DE = K DE -66.15 0 0 66.15 0 0 0 -33.8625 -67.725 0 33.8625 -67.725 0 67.725 90.3 0 -67.725 180.6 66.15
0
0 -66.15
0
0
A. Carnicero
23
Teoría de Estructuras I
3 k BC = K BC = 10 · kCD = K CD =
0.2646
0
0 -0.2646
0
0
2.1672
1.0836
0 -2.1672
0
1.0836
0.7224
0 -1.0836
-0.26 46
0
0
0.2646
0
0 -2.1672 -1.0836
0
0
0 -1.0836
88.2 0 0 -88.2 0 0
1.0836
0.3612
2.1672
1.0836 0.3612 0 -1.0836 0.7224 0
80.2667 120.4 0 -80.2667 120.4 120.4 240.8 0 -120.4 120.4 0 0 88.2 0 0 -80.2667 -120.4 0 80.2667 -120.4 120.4 120.4 0 -120.4 240.8 0
0 -88.2
0
0
La matriz de rigidez en coordenadas elementales o globales de los cables es siempre la misma y valen
88.2 -88.2
k =
0 0 K = 0 0
0
-88.2
88.2 0
88.2 0 0
0
-88.2 0
-88.2 0 88.2 0
Se puede pasar a ensamblar la matriz de rigidez de la estructura. Para disminuir el tamaño de la matriz de rigidez se van a imponer ya las condiciones de contorno por lo que los términos asociados a los grados 17 a 24 no van a ser emsamblados. Por lo tanto los cables sólo van a aportar un término de valor 88.2 MN/m a los términos k 2,2,k 5,5,k 12,12 y k 15,15.
66.15 0 0 -66.15 0 0 0 0 K = 0 0 0 0 0 0 0 0
0
0
-66.15
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
122.06
67.725
0
-33.862
67.725
0
0
0
0
0
0
0
0
0
67.725
180.6
0
-67.725
90.3
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
330.75
0
0
-264.6
0
0
0
0
0
0
0
0
-33.862
- 67.725
0
2289.3
1015.9
0
-2167.2
1083.6
0
0
0
0
0
0
67.725
90.3
0
1015.9
903
0
-1083.6
361.2
0
0
0
0
0
0
0
0
-264.6
0
0
352.8
0
0
0
-88.2
0
0
0
0
0
0
0
-2167.2
-1083.6
0
2247.5
-1083.6
120.4
0
0
0
0
0
0
1083.6
361.2
0
-1083.6
722.4
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
120.4
0
240.8
0
-120.4
120.4
0
0
0
0
0
0
0
-88.2
0
0
0
154.35
0
0
-66.15
0
0
0
0
0
0
-80.267
0
-120.4
0
202.33
-52. 675
0
-33.862
0
0
0
0
0
0
120.4
0
120.4
0
-52.675
421.4
0
-67.725
0
0
0
0
0
0
0
0
0
-66.15
0
0
66.15
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
-33.862
-67. 725
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
67.725
9 0.3
A. Carnicero
-80.267 120.4
0
0 122.06 0
-67.725
24
0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 67.725 90.3 0 -67.725 180.6 0
El métod o matr icial
Los obtención de los valores de los vectores de esfuerzos de empotramiento no presenta ninguna dificultad:
0 0.04 0.026667 emp emp F AB = F DE = 0 0.04 -0.026667 0 0.01 0.0016667 emp = F 0 BC 0.01 -0.0016667
0 0.03 0.015 emp = F CD 0 0.03 0.015 y dado que no hay cargas en los nudos, el vector de cargas ensamblado es F
= − F emp :
A. Carnicero
25
Teoría de Estructuras I
0 -0.04 -0.027 0 -0.05 0.025 0 -0.04 F = 0.0017 -0.015 0 -0.07 -0.0117 0 -0.04 0.027 Resolviendo el sistema de ecuaciones obtenemos las desplazamientos desconocidos
u1=0 u2= -0.00036484 u3=-0.00034119 u4=0 u5= -0.0010103 u6= -9.703e-005 u7= 0 u8= -0.0011605 u9= -0.00017442 u10=1.2425e-005 u11= 0 u12= -0.00096655 u13= 4.447e-005 u14= 0
A. Carnicero
26
El métod o matr icial
u15= -0.00037942 u16=0.00034559
Sin embargo la solución anterior no ha sido obtenido inviertiendo la matriz de rigidez escrita anteriormente ya que se puede comprobar que ésta es singular. La singularidad proviene de la no existencia de condiciones de contorno en dirección X. Para resolver el problema se ha impuesto que U 1=0 y entonces ya es posible resolver el sistema de ecuaciones. Conocidos los desplazamientos se calculan los diagramas de esfuerzos en las barras. Tramo AB
0 0.032178 0 emp esf AB = k AB ⋅ u AB + f AB = 0 0.047822 -0.031286 Tramo BC
0 0.041286 0.031286 emp esf BC = k BC ⋅ uBC + f BC = 0 -0.021286 0 Tramo CD
0 0.021286 0 emp esf CD = kCD ⋅ uCD + f CD = 0 0.038714 -0.026142
Tramo DE
A. Carnicero
27
Teoría de Estructuras I
0 0.046535 0.026142 emp esf DE = k DE ⋅ uDE + f DE = 0 0.033465 0
A. Carnicero
28
El métod o matr icial
1.2 Ejercicios propuestos 7. Empleando el método matricial, calcular el diagrama de momentos flectores de la viga de la figura
30 kN/m A=210 cm2 50 kN
I=116474 cm4 E=2.1·1011 N/m2
40
Resultado
3309500 N/m
4345250 N/m
8. Dibujar los diagramas de esfuerzos en la estructura de la figura
A. Carnicero
29
Teoría de Estructuras I
20 kN/m
20 kN/m
0 0 3
DATOS E=2.1 ·10
11
2
N/m
Pilares
20 kN/m
A=149 cm
2
I=25170 cm
4
Cubierta
m / N k 0 4
m / N k 0 4
0 0 6
A=33 cm
2
I=1510 cm
4
Resto A=24 cm
2
I=864 cm
4
800
Resultado. Valores de los esfuerzos en los extremos de las barras (lado derecho de la estructura) = ( 0.0517 ,0.3,1.0569 ,− 0.0517 ,− 0.06 ,0.0232)t t f 2 = ( −0.0415,0.0454 ,− 0.0231,0.0415,0.0546 ,0) t f 3 = ( −0.0504,0.04 ,0.0504,0.04 ) f 1
No se especifican los grados de libertad por considerar que es obvia su definición. Resulta de gran interés plantearse cómo quedarían los diagramas de la parte no calculada.
1.3 Otros ejercicios 9. Determinar empleando el método matricial los esfuerzos en la celosía sabiendo que la rigidez es AE. Aplicar todas las simplificaciones posibles en el proceso de cálculo (ensamblanje, vectores de cargas, etc.)
L
30 P 30
45
A. Carnicero
30
30
