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EJEMPLO 1. BARRA EN VOLADIZO Calcular por métodos matriciales, en la estructura de la figura adjunta: a) flecha en el punto B; b)
giro del mismo punto B; c) momento en el punto A. Datos: sección 0,2 x 0,6 m2; E= 2x107kN/m2
4333
m10x6,312
6,0x20,012
bhI −=== EI= 72.000 kN m2 EA= 0,24x107 kN
Solución:
Sustituimos la viga planteada en el ejercicio como suma de dos estados equivalentes:
Las reacciones de empotramiento, considerando la viga como doblemente empotrada resulta:
Con estos valores, el vector de cargas nodales - teniendo en cuenta que el extremo A no es
necesario incluirlo al estar empotrado, y por tanto con todos los desplazamientos coaccionados - es el siguiente:
kNm6,95
4x3x20L
PabM 22
2
A === kNm4,1425
2x9x202L
b2PaMB ===
kN05,7L
6,94,14L
PbR A =−
−= kN95,12L
6,94,14L
PaRB =−
+=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−=
40,1495,12
Pb
112
y la ecuación matricial
al ser nulos los movimientos del nudo 1 (A) quedaría PB= K22 δ2
-12,95 = 6.912 v2 – 17.280 ϑ2
;
14,40 = 17.280 v2 – 57.600 ϑ2
Por tanto, las solucione pedidas en los apartados a) y b) son: ϑ2= -1,25 radianes v2= -5 x 10-3 m = -5 mm
Para determinar el momento en el punto A, se aísla el nudo A con lo que podremos calcular las dos reacciones, vertical y momento de empotramiento PA= K12 δ2, más las reacciones de empotramiento perfecto.
; que resolviendo queda RA= 7,04 + (-12EI/L3) (-5x 10-3) + 6EI/L2 ( -1,25X10-3)= 7,05 + 12,95 ; RA= 20 kN MA= 9,60 + (-6EI/L2) (-5x 10-3) + 2EI/L ( -1,25X10-3)= 9,60 + 50,40 ; MA= 60 kNm
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡δδ
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡
2
1
2221
1211
B
A xKKKK
PP
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ϑ
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
2
2
2
23 vx
LEI4
LEI6
LEI6
LEI12
40,1495,12
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ϑ
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡
2
2
2
23
B
A vx
LEI2
LEI6
LEI6
LEI12
60,905,7
RR
111
EJEMPLO 2. ESTRUCTURA ARTICULADA En la estructura articulada de la figura, constituida por barras del mismo módulo de elasticidad E,
y la misma sección transversal A, obtener a) los desplazamientos en los nudos b) los esfuerzos de cada barra c) las reacciones
Se tiene una estructura configurada por barras con distintas orientaciones. De la numeración de nudos y barras tenemos la siguiente tabla de conectividad entre nudos:
La matriz de rigidez de la estructura completa será de la siguiente forma:
Tendremos que calcular la matriz de rigidez de los distintos elementos en coordenadas globales a
partir de su expresión en locales y de las matrices de transformación de coordenadas. El sentido de los ejes en locales es del nudo inicial al final de cada elemento, según la tabla anterior.
Al tratarse de una estructura con nudos articulados, los movimientos permitidos en cada uno de
ellos son únicamente los acortamientos o alargamientos en la dirección de los esfuerzos axiles (la propia dirección de la barra), por tanto la matriz de rigidez elemental de cada barra será de la forma
Barras Nudo 1 Nudo 2 A 1 3 B 2 3 C 1 2 D 3 4
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡ +
D44
D43
D34
D)+B+(A33
B32
A31
B23
C)+(B22
C21
A13
C12
C)(A11
KK00KKKK
0KKK0KKK
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
LEA
LEA
LEA
LEA
112
• BARRA A Longitud 2L= , α= 45º , Matriz de la barra = con lo que la matriz en
coordenadas globales es: •
BARRA B
Longitud 2L= , α= 315º , Matriz de la barra igual a la anterior, con lo que la matriz de la barra
B en globales es:
• BARRA C Longitud = 2L, α= 90º , Matriz de la barra = con lo que la matriz en
coordenadas globales es:
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=
101000001010
0000
L2EA
10000010
1111
L2EA
10000100
KC
• BARRA D Longitud = L, α= 0º , Matriz de la barra = con lo que la matriz en
coordenadas globales es:
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=
0000010100000101
LEA
01000001
1111
LEA
00100001
KD
La matriz de rigidez de la estructura completa se obtiene ensamblando las de cada barra
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−−
−−−−
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=
1111111111111111
L42EA
11000011
22
1111
2LEA
10100101
22KA
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
2LEA
2LEA
2LEA
2LEA
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
LEA
LEA
LEA
LEA
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
LEA
LEA
LEA
LEA
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−−−−
−−
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−=
111111111111
1111
L42EA
11000011
22
1111
2LEA
10100101
22KB
113
Teniendo en cuenta los grados de libertad restringidos en los diferentes nudos, se pueden
suprimir las filas y columnas correspondientes, que son las 1, 3, 4, 7 y 8 (movimiento x del nudo 1, y los dos movimientos x e y de los nudos 2 y 4). Queda el sistema de ecuaciones
que resolviendo el sistema queda
Para calcular los esfuerzos en cada barra, una vez conocidos los desplazamientos de los nudos en coordenadas globales, es preciso cambiarlos de nuevo a locales mediante la expresión
δlocales= RTxδglobales
posteriormente, aplicando la ecuación F= Klocales x δlocales, obtendremos los distintos esfuerzos de barras.
• BARRA A Longitud 2L= , α= 45º
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−−−
−+−−−
−+
−−
−−
−−−+
−−
=
0000000001010000
00220
42
42
42
42
010221
42
42
42
42
004
242
21
42
42
210
0042
42
42
4200
004
24
2210
21
42
42
004
24
20042
42
LEAK
22P
110
420
42
0122
42
42
42
21
42
LEA
y3
X3
X1
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
δδδ
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
+−−
−−+
EAPL343,0y1 −=δ EA
PL343,0x3 =δEAPL171,1y3 −=δ
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
=
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
δδδ
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−=
P2425,0P2425,0
0
11000011
22
1111
2LEAF
y3
x3
y1A
114
COMPRESIÓN • BARRA B Longitud 2L= , α= 315º
TRACCIÓN
• BARRA C Longitud = 2L, α= 90º
TRACCIÓN • BARRA D Longitud = L, α= 0º
COMPRESIÓN El cálculo de las reacciones es inmediato sustituyendo el valor obtenido de los deslazamientos en
el sistema de ecuaciones original. Al tener solamente reacciones en los nudos 1 (en dirección x únicamente), 2 y 4, sólo son necesarias las ecuaciones correspondientes a esos nudos y direcciones. De la matriz de rigidez de la estructura se tiene
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−=
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
δδ⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−=
P757,0P757,00
0
11000011
22
1111
2LEAF
y3
x3
B
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−=
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡δ
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−=
P1715,0P1715,0
00
0
10000010
1111
L2EAF y1C
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
=
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡δδ
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−=
P343,0P343,0
000100
00011111
LEAF y3
x3
D
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−=
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
•
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−+−−
−−
−−
=
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
0P343,0
P705,0P53,0P171,0
EAPL
00171,1
343,000343,00
0000000001010000
0042
42
21
42
42
210
0042
42
42
4200
0042
4200
42
42
RRRRR
y4
x4
y2
x2
x1
111
EJEMPLO 3. VIGA CONTINUA En la viga continua de la figura, determinar por métodos matriciales la flecha y el giro en la sección
F. Datos: P= qL, L= 2 m, EI= 4●104 kN m2 , q= 1 kN/m En la viga continua discretizada en cuatro elementos, (aún cuando se podría resolver dividiendo la
viga en tres elementos únicamente, al pedir giro y flecha en el punto F, es conveniente que en ese punto situemos un nudo más) el ensamblaje de las matrices de rigidez de cada elemento da lugar a la matriz completa de rigidez de la viga continua, representada por
Para poder montar esa matriz de la estructura, cada una de las matrices elementales son,
teniendo presente que son barras trabajando a flexión (estructura plana de barras inextensibles)
las filas y columnas con elementos nulos se pueden eliminar, dejando únicamente las correspondientes a las incógnitas (desplazamientos verticales y giros o cortantes y momentos).
Teniendo en cuenta que los cuatro elementos tienen el mismo valor de EI y la misma longitud L, la
matriz completa de rigidez de la viga continua es
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
++
+=
d55
d54
d45
d44
c44
c43
c34
c33
b33
b32
b23
b22
a22
a21
a12
a11
KK000KKKK00
0KKKK000KKKK000KK
K
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−−−
−
−
=
LEI4
LEI60
LEI2
LEI60
LEI6
LEI120
LEI6
LEI120
000000LEI2
LEI60
LEI4
LEI60
LEI6
LEI120
LEI6
LEI120
000000
K
22
2323
22
2323
barra
112
Al ser nulos los movimientos v1, v3, v4, v5, θ5, se suprimen las filas y columnas 1, 5, 7, 9 y 10 de la
matriz completa de rigidez, obteniéndose la matriz de rigidez Los vectores de fuerzas equivalentes, o sea, las debidas a las reacciones de empotramiento
perfecto, únicamente no son nulas en las barras c y d (nudos 3, 4 y 5) El vector de cargas nodales es igual a la suma del vector de fuerzas aplicadas directamente en los
nudos (carga concentrada P, reacciones de los apoyos R1, R3, R4 y del empotramiento R5 y M5) y del vector de fuerzas equivalentes o reacciones de empotramiento perfecto. Teniendo en cuenta que qL= P, resulta
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−−
−++−−+−+−−
−++−−+−+−−
−++−−+−+−−
−−
=
22
2222
2222
2222
22
3
L4L6L2L6000000L612L612000000
L2L6L4L4L6L6L2L60000L612L6L61212L612000000L2L6L4L4L6L6L2L60000L612L6L61212L612000000L2L6L4L4L6L6L2L60000L612L6L61212L612000000L2L6L4L6000000L612L612
LEIK
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−
=
22
222
222
22
3
L8L2000L2L8L2L600L2L80L20L6024L600L2L6L4
LEIK
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
−
==
12qL
2qL12qL2
qL
FF
2
2
dc
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
+
−
−
−
−
−
=
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
+−
−−
−
−
+
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
=
12PLM2PR
0PR
12PL
2PR
0P
0R
12qL2
qL12qL
12qL
2qL
2qL
12qL2
qL0000
MR0
R0
R0P
0R
F
5
5
4
3
1
2
22
2
5
5
4
3
1
113
Suprimiendo en el vector de cargas las filas 1, 5, 7, 9 y 10 se obtiene el vector de fuerzas nodales conocidas
Finalmente de la ecuación de equilibrio F= K • δ, y sustituyendo los datos iniciales, es decir
se deducen los movimientos desconocidos en los nudos ϑ1= -3,08•10-5 radianes; ϑ2= 0,48•10-5 radianes; v2= 3,8•10-4 cm ϑ3= 1,17•10-5 radianes; ϑ4= -0,29•10-5 radianes
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
=
012PL0P
0
F
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
ϑϑϑ
ϑ
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡−
−
•=
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
4
3
2
2
1
3v
3280008328120083208012024120081216
105
012PL0P
0