anÁlisis matricial de estruturas tipo parrilla

FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL UNCP

ANÁLISIS ESTRUCTURAL II

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUTURAS TIPO PARRILLA

Las estructuras tipo parrilla son estructuras reticulares sometidas a cargas que actúan perpendicularmente a su plano. Podemos encontrar muchas de ellas en las estructuras industriales, en losas de entrepiso con viguetas en dos direcciones, en tableros de puentes y en culatas de bodegas y fábricas sometidas a la acción del viento. Los nudos se suponen rígidos en consecuencia las acciones principales sobre sus miembros son torsión, flexión y corte.

Para la determinación de la matriz de rigidez los nudos se suponen rígidos y en consecuencia las acciones principales sobre sus miembros son torsión, flexión y corte.

Esquema de una típica parrilla

Para la deducción de la matriz de rigidez de sus miembros utilizaremos el principio de superposición; es decir, primero consideramos un elemento sometido a flexión y corte; y luego el mismo elemento sometido a torsión. La matriz resultará la suma de estas dos matrices halladas.

1. ELEMENTO SOMETIDO A FLEXION Y CORTE, ORIENTADO EN EL EJE X:

CANDIOTTI CUSI, CHRISTIAN



1ª columna: θi=1

Por Maney

M ij=2 EIL

(2θi+θ j−3φ ij) M ji=2EIL

(θi+2θ j−3φ ji)

M ij=2 EIL

(2+0−3∗0)

M ij=4 EIL

M ji=2EIL

(1+2∗0−3∗0)

M ij=2 EIL

V=

4 EIL

+ 2 EIL

L

V i=6 EI

L2V j=

6EI

L2

2ª Columna:

υi=1




M ij=2 EIL



M ij=2 EIL

(0+0−3∗1L

)

M ij=−6 EIL2

M ji=2EIL

(0+2∗0−3∗1L

)

M ij=−6 EIL2

V=−−6 EI

L2+−6 EI

L2

L

V i=12EI

L3V j=

−12EIL3

3ª Columna:

θJ=1

Por Maney

M ij=2 EIL



M ij=2 EIL

(0+1−3∗0)

M ij=2 EIL

M ji=2EIL

(0+2∗1−3∗0)

M ij=4 EIL




V=−4 EI

L+ 2 EIL

L

V i=−6 EIL2

V j=6EI

L2

4ª Columna:

υJ=1

POR MANEY:

M ij=2 EIL



M ij=2 EIL

(0+0−3∗−1L

)

M ij=6EI

L2

M ji=2EIL

(0+2∗0−3∗−1L

)

M ij=6EI

L2

V=−6 EIL2

+ 6 EIL2

L

V i=−12 EIL3

V j=12 EI

L3




[M yi

Z iM yj

Z i]=

[4 EIL

−6 EIL2

4 EIL

6 EIL2

−6EIL2

12EI

L3−6 EIL2

−12EIL3

4 EIL

−6 EIL2

4 EIL

6 EIL2

6 EI

L2−12EI

L36 EI

L212EI

L3] *

[θyiωiθjωj

]

2. MATRIZ DE RIGIDEZ DE UN ELEMENTO SOMETIDO A TORSION

Cuando se tiene un elemento prismático sometido a torsión, se sabe que el giro producido por ella esta dado por:

θx=M x∗LJG

Donde:

θx = Giro relativo entre los extremos.

M x = momento torsor

L = longitud

J =constante torsional.

G =módulo de corte.




REPRESENTACION ESQUEMATICA DE UN ELEMENTO PRISMATICO SOMETIDO A TORSION

Cuando tenemos secciones circulares macizas o huecas, la constante torsional es el momento polar de inercia.

Para secciones rectangulares, en cambio, podemos calcular con la siguiente formula:

J=Cb t 3

C=13−0.21( tb ) [1− 1

12 ( tb )4

]

Donde b y t son las dimensiones transversales del elemento.

De la ecuación.

θx=M x∗LJG

Hallando la matriz de rigidez del elemento, tenemos:θxi=1

Podemos despejar:

M x=θx∗JGL

M x=1∗JGL

M xi=JGL

M xj=−JGL

Por lo que la matriz de rigidez queda de la siguiente manera:

[K ] =[ GJL −GJ

L

−GJL

GJL

]Recordando la ecuación general:




[k ]∗[u ]=[ f ]

[M xi

M xj]=[ GJL −GJ

L

−GJL

GJL

]*[θxiθxj ]

Una vez obtenidas las dos ecuaciones aplicando superposición obtenemos la ecuación general del elemento de una parrilla, referida a coordenadas locales y para elementos orientados en el eje x.

[M xi

M yi

Z iM xj

M yj

Z j]=

[M

Fxi

MFyi

ZFi

MFxj

MFyj

ZFj

]+

[GJL

0 0−GJL

0 0

04 EIL

−6 EIL2

02EIL

6 EIL2

0−6 EIL2

12 EI

L30

−6 EIL2

−12 EIL3

−GJL

0 0GJL

0 0

02 EIL

−6 EIL2

04 EIL

6 EI

L2

06 EIL2

−12EIL3

06 EIL2

12EIL3

].

[θxiθyiw iθxjθyjw j

]3. ELEMENTO SOMETIDO A FLEXION Y CORTE, ORIENTADO EN EL EJE Y:




1ª COLUMNA:

Por Maney:

M ij=2 EIL



M ij=2 EIL

(2+0−3∗0)

M ij=4 EIL

M ji=2EIL

(1+2∗0−3∗0)

M ij=2 EIL

V=

4 EIL

+ 2 EIL

L




V i=6 EI

L2V j=

−6 EIL2

2ª COLUMNA:

M ij=2 EIL



M ij=2 EIL

(0+0−3∗1L

)

M ij=6EI

L2

M ji=2EIL

(0+2∗0−3∗1L

)

M ij=6EI

L2

V=

6 EI

L2+6 EIL2

L

V i=12EI

L3

V j=−12EIL3

3ª COLUMNA:




Por Maney

M ij=2 EIL



M ij=2 EIL

(0+1−3∗0)

M ij=2 EIL

M ji=2EIL

(0+2∗1−3∗0)

M ij=4 EIL

V=−4 EI

L+ 2 EIL

L

V i=−6 EIL2

V j=6EI

L2

4ª COLUMNA:

POR MANEY:

M ij=2 EIL



M ij=2 EIL

(0+0−3∗−1L

)

M ij=−6 EIL2

M ji=2EIL

(0+2∗0−3∗−1L

)

M ij=−6 EIL2

V=−6 EIL2

+ 6 EIL2

L




V i=−12 EIL3

V j=12 EI

L3

Obtenemos la siguiente matriz:

[M xi

Z iM xj

Zi]=

[4 EIL

6 EIL2

2EIL

−6 EIL2

6 EI

L212EI

L36 EI

L2−12EI

L3

4 EIL

6 EIL2

4 EIL

−6 EIL2

−6EIL2

−12EI

L3−6 EIL2

12EI

L3] *

[θxiωiθxjω j

]

4. LA MATRIZ DE RIGIDEZ POR TORSIÓN ES:

[M yi

M yj]=[ GJL −GJ

L

−GJL

GJL

]*[θyiθ yj ]

Aplicando superposición tenemos la matriz de rigidez de un elemento de parrilla orientado en el eje Y:

[M xi

M yi

Z iM xj

M yj

Z j]=

[M

Fxi

MFyi

ZFi

MFxi

MFyj

ZFj

]+

[4 EIL

06 EI

L22 EIL

0−6 EIL2

0GJL

0 0−GJL

0

6 EI

L20

12 EI

L36 EI

L20

−12EIL3

2EIL

06 EIL2

4 EIL

0−6 EIL2

0−GJL

0 0GJL

0

−6EIL2

0−12EIL3

−6 EIL2

012 EIL3

].

[θxiθyiw iθxjθyjw j

]5. ELEMENTO DE PARRILLA ORIENTADO ARBITRARIAMENTE




En la figura representamos la rotación un elemento que es análogo al caso que se estudió en el plano:

De donde tenemos que la matriz de transformación :

[T ]

=

[λ μ 0 0 0 0

−μ λ 0 0 0 00 0 1 0 0 00 0 0 λ μ 00 0 0 −μ λ 00 0 0 0 0 1

]Donde, como se vio:

λ=cos φx

μ=sen φx

[T ]=[T ] [F ]

[M xi

M yi

Z i⃛M xj

M yj

Z j]=

[λ μ 0 0 0 0

−μ λ 0 0 0 00 0 1 0 0 00 0 0 λ μ 00 0 0 −μ λ 00 0 0 0 0 1

]*

[M xi

M yi

Z iM xj

M yj

Z j]

Recordamos que la matriz de rigidez referida a coordenadas generales se puede obtener mediante el triple producto:




[k ]= [T ]T [K ] [T ]

Forma general de la matriz de rigidez de un elemento de parrilla.

[M xi

M xj

Z iM yi

M yj

Z j]=

[M

Fxi

MFxj

ZFi

MFyi

MFyj

ZFj

]+

[4 EILμ2+GJ

Lλ2 [GJL −4 EI

L ] λμ 6 EIL2

μ2EILμ2−GJ

Lλ2 −[GJL + 2EI

L ] λμ −6 EIL2

μ

[GJL −4 EIL ] λμ 4 EI

Lλ2+GJLμ2 −

6 EI

L2λ −[GJL +

2 EIL ] λμ 2 EI

Lλ2−

GJLμ2

6 EI

L2λ

6 EI

L2μ −6 EI

L2λ

12 EI

L36EI

L2μ −6 EI

L2λ

−12 EIL3

2EILμ2−GJ

Lλ2 −[GJL + 2EI

L ] λμ 6 EIL2

μ4 EILμ2+GJ

Lλ2 [GJL −4 EI

L ] λμ −6 EIL2

μ

−[GJL + 2 EIL ] λμ 2 EI

Lλ2−GJ

Lμ2 −6 EI

L2λ [GJL −4 EI

L ] λμ 4 EILλ2+GJ

Lμ2

6 EIL2

λ

−6 EIL2

μ6 EIL2

λ−12EIL3

−6 EIL2

μ6 EIL2

λ12EIL3

].

[θxiθxjw iθyiθyjw j

]

6. EJEMPLOS DE APLICACIÓN

1. Resuelva matricialmente la estructura descrita a continuación.

Ambos elementos tienen una sección de 300 mm x 400 mm (b x h), el módulo de elasticidad vale 19 KN/mm2 y la relación de Poisson 0.20.

SOLUCIÓN:

1. Cálculos previos.




La constante torsional vale:

J=C bt3

C=13−0.21∗t

b [1− 112 ( tb )

4 ]=¿

C=13−0.21∗300

400 [1− 112 ( 300400 )

4]=0.1800J=0.1800∗400∗(300)3=1.944∗109mm4=1.944∗10−3m4

G= E2¿¿

GJ=7.92∗106∗1.944∗10−3=15400KN .m2

EI=19∗106∗0.3∗0.43

12=30400KN .m2

2. Fuerzas de empotramiento de cada elemento.

Elemento 1-2:

M º Y 12=−M ºY 21−PL8

=−50∗2.48

=−15

Z º12=Z º21=P2

=502

=25

Mº X 12=Mº X 21=0

Elemento 1-3:




Mº X 13=−M ºX 31=−W L2

12=−20∗9

12=−15

Z º13=Z º31=WL2

=20∗32

=30

Mº Y 13=M Y 31=0

Reemplazando en la ecuación orientado al eje X, para el elemento 1-2:

[M x 12

M y12

Z12M x 21

M y 21

Z21]=[

0−152501525

]+[6416.67 0 0 −6416.67 0 00 50666.67 −31666.67 0 25333.33 31666.670 −31666.67 26388.89 0 −31666.67 −26388.89

−6416.67 0 0 6416.67 0 00 25333.33 −31666.67 0 50666.67 31666.670 31666.67 −26388.89 0 31666.67 26388.89

] [❑x1

❑y 1

v1000

]Reemplazando en la ecuación orientado al eje Y, para el elemento 1-3:

[M x 13

M y13

Z13M x31

M y 31

Z31]=[

−1503015030

]+[40533.33 0 −20266.67 20266.67 0 20266.67

0 5133.33 0 0 −5133.33 0−20266.67 0 13511.11 −20266.67 0 −13511.1120266.67 0 −20266.67 40533.33 0 20266.67

0 −5133.33 0 0 5133.33 020266.67 0 −13511.11 20266.67 0 13511.11

][❑x1

❑y 1

v1000

]CANDIOTTI CUSI, CHRISTIAN



Ensamblando las partes correspondientes al nudo libre (1) resulta:

Vector de fuerzas externas.

[ 00−40][ M X1=0M Y 1=0Z1=−40]=[−15−15

55 ]+[ 46950 0 −20266.670 55800 −31666.67

−20266.67 −31666.67 39900 ][❑x 1

❑y 1

v1 ][ 1515−95]=[ 46950 0 −20266.67

0 55800 −31666.67−20266.67 −31666.67 39900 ] [❑x1

❑y 1

v1]

Resolviendo el sistema de ecuaciones, obtenemos:

❑x 1=−2 .301x 10−3 rad

❑y 1=−3 .176x 10−3 rad

v1=−6 .070 x10−3m

Cálculo de las fuerzas internas:

Para el elemento 1-2:

[M x 12

M y12

Z12M x 21

M y 21

Z21]=[

0−152501525

]+[6416.67 0 0 −6416.67 0 00 50666.67 −31666.67 0 25333.33 31666.670 −31666.67 26388.89 0 −31666.67 −26388.89

−6416.67 0 0 6416.67 0 00 25333.33 −31666.67 0 50666.67 31666.670 31666.67 −26388.89 0 31666.67 26388.89

] [−2.301x 10−3

−3.176x 10−3

−6.070x 10−3

000

][M x 12

M y12

Z12M x 21

M y 21

Z21]=[

−14.7616.30

−34.6114.76126.7684.61

]KN−mKN−mKN

KN−mKN−mKN





[M x 13

M y13

Z13M x31

M y 31

Z31]=[

−1503015030

]+[40533.33 0 −20266.67 20266.67 0 20266.67

0 5133.33 0 0 −5133.33 0−20266.67 0 13511.11 −20266.67 0 −13511.1120266.67 0 −20266.67 40533.33 0 20266.67

0 −5133.33 0 0 5133.33 020266.67 0 −13511.11 20266.67 0 13511.11

][−2.301x 10−3

−3.176 x10−3

−6.070 x10−3

000

][M x 13

M y13

Z13M x31

M y 31

Z31]=[

14.76−16.30−5.3891.3916.3065.38

]KN−mKN−mKN

KN−mKN−mKN

Diagramas:




VERIFICACIÓN CON EL PROGRAMA SAP 2000




DEFORMADA

DIAGRAMAS:




FUERZA CORTANTE

MOMENTO FLECTOR




MOMENTO TORSOR

2.- Resuelva completamente la parrilla mostrada, por el método matricial de los desplazamientos. Sección 300*350 mm, E=19 KN/mm2, G=7.5 KN/mm2.




SOLUCION:

1. Cálculos previos:

J=C bt3

C=13−0.21∗300

350 [1− 112 ( 300350 )

4]=0.1614J=0.1614∗350∗(300)3=1.526∗109mm4=1.526∗10−3m4

GJ=7.50∗106∗1.526∗10−3=11445 KN .m2

EI=19∗106∗0.3∗0.353

12=20365.625KN .m2

2. Momentos de empotramiento perfecto:

Elemento 1-2:

Mº Y 12=−120∗1.72∗1.3

9=−50.09

M º Y 21=120∗1.32∗1.7

9=38.31

Zº 12=120∗1.7+50.09−38.31

3=71.93

Z º21=120∗1.3−50.09+38.31

3=48.07

Mº X 12=Mº X 21=0




Elemento 4-1:

Mº Y 41=M ºY 14=0

Z º41=Z º14=0

Mº X 41=M ºX 14=0

Elemento 1-3:

Mº X 13=−M ºX 31=−32∗2512

=−66.67

Z º13=Z º31=32∗52

=80

Mº Y 13=M ºY 31=0




Reemplazando en la ecuación (5) para el elemento 1-2 y 4-1:

[M x 12

M y12

Z12M x 21

M y 21

Z21]=[

0−50.0973.930

38.3148.07

]+[3815 0 0 −3815 0 00 27154.167 −13577.083 0 13577.083 13577.0830 −13577.083 9051.389 0 −13577.083 −9051.389

−3815 0 0 3815 0 00 13577.083 −13577.083 0 27154.167 13577.0830 13577.083 −9051.389 0 13577.083 9051.389

] [❑x1

❑y 1

v1000

][M x41

M y 41

Z 41M x 14

M y14

Z14]=[

3815 0 0 −3815 0 00 27154.167 −13577.083 0 13577.083 13577.0830 −13577.083 9051.389 0 −13577.083 −9051.389

−3815 0 0 3815 0 00 13577.083 −13577.083 0 27154.167 13577.0830 13577.083 −9051.389 0 13577.083 9051.389

] [000

❑x 1

❑y1

v1]

Reemplazando en la ecuación (6) para el elemento 1-3:

[M x 13

M y13

Z13M x31

M y 31

Z31]=[

−66.6708066.67080

]+[16292.5 0 −4887.75 8146.25 0 4887.750 2289 0 0 −2289 0

−4887.75 0 1955.1 −4887.75 0 −1955.18146.25 0 −4887.75 16292.5 0 4887.750 −2289 0 0 2289 0

4887.75 0 −1955.1 4887.75 0 1955.1][❑x 1

❑y 1

v1000

]Ensamblando las partes correspondientes al nudo libre resulta:

Vector de fuerzas externas.

[000][MX 1=0M Y 1=0Z1=0 ]=[−66.67−50.09

151.93 ]+[ 23922.5 0 −4887.750 15866.084 0

−4887.75 0 20057.878 ][❑x 1

❑y 1

v1 ][ 66.6750.09−151.93]=[ 23922.5 0 −4887.75

0 15866.084 0−4887.75 0 20057.878] [❑x 1

❑y1

v1]

Resolviendo el sistema de ecuaciones, obtenemos:




❑x 1=1 .304 x10−3rad

❑y 1=8 .851x 10−4 rad

v1=−7 .257x 10−3m

Cálculo de las fuerzas internas:


[M x 12

M y12

Z12M x 21

M y 21

Z21]=[

0−50.0973.930

38.3148.07

]+[3815 0 0 −3815 0 00 27154.167 −13577.083 0 13577.083 13577.0830 −13577.083 9051.389 0 −13577.083 −9051.389

−3815 0 0 3815 0 00 13577.083 −13577.083 0 27154.167 13577.0830 13577.083 −9051.389 0 13577.083 9051.389

] [1.304 x10−3

8.851x 10−4

−7.257 x10−3

000

][M x 12

M y12

Z12M x 21

M y 21

Z21]=[

4.9772.47−5.77−4.97148.86125.77

]KN−mKN−mKN

KN−mKN−mKN


[M x41

M y 41

Z 41M x 14

M y14

Z14]=[

3815 0 0 −3815 0 00 27154.167 −13577.083 0 13577.083 13577.0830 −13577.083 9051.389 0 −13577.083 −9051.389

−3815 0 0 3815 0 00 13577.083 −13577.083 0 27154.167 13577.0830 13577.083 −9051.389 0 13577.083 9051.389

] [000

1.304 x 10−3

8.851 x10−4

−7.257 x 10−3]




[M x41

M y 41

Z 41M x 14

M y14

Z14]=[

−4.97−86.5153.674.97

−74.49−53.67

]KN−mKN−mKN

KN−mKN−mKN

Para el elmento 1-3:

[M x 13

M y13

Z13M x31

M y 31

Z31]=[

−66.6708066.67080

]+[16292.5 0 −4887.75 8146.25 0 4887.750 2289 0 0 −2289 0

−4887.75 0 1955.1 −4887.75 0 −1955.18146.25 0 −4887.75 16292.5 0 4887.750 −2289 0 0 2289 0

4887.75 0 −1955.1 4887.75 0 1955.1][1.304 x10−3

8.851 x10−4

−7.257 x10−3

000

][M x 13

M y13

Z13M x31

M y 31

Z31]=[

−9.952.0359.44112.76−2.03100.56

]KN−mKN−mKN

KN−mKN−mKN

Diagramas:




COMPROBACIÓN CON EL PROGRAMA SAP 2000

DEFORMADA

DIAGRAMAS




FUERZA CORTANTE




MOMENTO FLECTOR

MOMENTO TORSOR

CONCLUSIONES

El análisis que se hizo a la estructura tipo parrilla, se basa en el principio de superposición; de un elemento sometido a flexión y corte, y otro sometido a torsión, el cual por este principio




físico, nos dará la matriz de rigidez de elemento total. Los nudos en el elemento parrilla se suponen rígidos, por ende las acciones principales sobre

sus elementos serán 3; flexión, corte y torsión. Los elementos tipo parrillas son utilizadas en estructuras como: puentes, losas armadas en dos

direcciones, cierto tipo de cimentaciones y estructuras sometidas a la acción del viento.


anÁlisis matricial de estruturas tipo parrilla

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