Post on 03-Jul-2015
1
Rigidez Axial La rigidez axial Kax de una barra elástica se define simplemente como la relación
F/∆ entre la fuerza horizontal F y el desplazamiento horizontal ∆ del mismo extremo en el siguiente esquema de cálculo:
F A B Para encontrar ∆ necesitamos encontrar los diagramas de esfuerzos para calcular
las deformaciones y desplazamientos. Los diagramas de esfuerzos y el desplazamiento calculados son:
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
==
==
=
+=
00flectores
00cortantes
0torsores
axiles
xMxM
xTxT
xM
FxN
zy
zy
x
x
Ahora calculamos ∆ en función de esos esfuerzos y obtenemos fácilmente Kax:
( )EAFL
dxEA
xNLx ==∆ ∫0
⇒ L
EAEAFL
FLFKax ==
∆=
Rigidez a Flexión La rigidez axial Kflex de una barra elástica se define simplemente como la relación
M/θ entre el momento extremo M y el giro de la sección θ del mismo extremo en el siguiente esquema de cálculo:
M A B Para encontrar los diagramas de esfuerzos necesitamos previamente encontrar las
reacciones verticales (RA, RB) y el momento de empotramiento (MA). Como el problema es hiperestático además de las ecuaciones de equilibrio de fuerzas verticales y momentos necesitamos una ecuación de compatibilidad (relación que involucra los desplazamientos) un posible sistema usando el desplazamiento vertical vB sería por ejemplo:
( )
==++
=+
00
0
ABAB
BA
BA
M,R,RvLRMM
RR
Para calcular el desplazamiento vertical vB podemos usar la ecuación de la elástica,
más dos ecuaciones de condiciones de contorno:
2
( ) ( )
( ) ( )( )
==
===
+==
=0
00
0
2
2
xABAA
ABAA
z
AA
z
z
dxdv
M,R,R'v
xvM,R,RvEI
xRMEI
xM
dx
xvd
⇒ ( )
+=
321 3
2 xRxM
EIxv A
Az
De la condición de compatibilidad vB = v(L) =0 y de las ecuaciones de equilibrio
tenemos que:
( )
−=−=
=⇒−=⇒=
223
233
0MM
LMRLMR
LM
RM,R,Rv
A
B
AA
AABAB
Podemos calcular θ en función de los diagramas o más sencillamente usando la
forma de la elástica ya que θ = v’ (L) y así tenemos sencillamente:
zz
AA
zLx EIMLMLML
EILR
LMEIdx
dv44
32
12
1 2
=
+
−=
+=
= ⇒
LEI
EIMLMM
K z
zflex
44
==θ
=
Rigidez a Cortante La rigidez a cortante Kcort de una barra elástica se define simplemente como la
relación T/δ entre la fuerza vertical T aplicada en un extremo y desplazamiento subsiguiente δ del mismo extremo en el siguiente esquema de cálculo:
T
A B Para encontrar los diagramas de esfuerzos necesitamos previamente encontrar la
reacciones verticale (RA) y los momento de empotramiento (MA, MB). Como el problema es hiperestático además de las ecuaciones de equilibrio de fuerzas verticales y momentos necesitamos una ecuación de compatibilidad (relación que involucra los desplazamientos) un posible sistema usando que en B la barra horizontal sería imponer que v’B = 0:
( )
==++
=+
00
0
BAAB
BA
A
M,M,R'vTLMM
TR
Para calcular el desplazamiento vertical vB podemos usar la ecuación de la elástica,
más dos ecuaciones de condiciones de contorno:
3
( ) ( ) ( )
( ) ( )( )
==
===
++−==
=0
00
0
2
2
xABAA
ABAA
z
AB
z
A
z
z
dxdv
M,R,R'v
xvM,R,RvLx
EIMM
EIM
EIxM
dx
xvd
⇒
( ) ( )
−
+= 2
3
321
xML
xMMEI
xv AAB
z
De la condición de compatibilidad v’B = v’ (L) =0 y de las ecuaciones de equilibrio
tenemos que:
−=−=
−=⇒+=⇒=
= 220
TLMTLMTR
MMdx
dv
B
A
A
BALx
B
Podemos calcular δ en función de los diagramas o más sencillamente usando la
forma de la elástica ya que δ = v(L) y así tenemos sencillamente:
( ) ( )zz
ABA
z EITLTLTL
EIL
MMM
EIL
Lv122332
322=
−=
−+
= ⇒
33
12
12 L
EI
EITL
TTK z
zcort ==
δ=
Rigidez mixta Cortante-Flexión La rigidez mixta de cortante-flexión Kcf de una barra elástica se define simplemente
como la relación ME/δ entre el momento de empotramiento ME cuando se aplica una fuerza vertical T en el extremo que produzca un desplazamiento δ de ese extremo, usando el siguiente esquema de cálculo:
T
A B A partir de los cálculos de la sección anterior puesto que ME = MA tenemos que:
23
6
12
2
L
EI
EITL
TLMK z
z
Ecf ==
δ=
Vigas biempotradas
1. Carga puntual
A) Reacciones
( )
( )
22
2
2
22
2
2
2
2
2
3
2
2
2
2
3
2
11
11
211232
211232
−−=
−−=−=
−+=
−+=+=
+
−=
−=+=
+
−=
−=+=
Lb
PbLa
LPa
LPba
M
La
PaLb
LPb
LPab
M
Lb
Lb
PLa
LPa
bLL
PaR
La
La
PLb
LPb
aLL
PbR
B
A
B
A
B) Momentos flectores
( )( )
( )
3
22
23
2
3
2
2
2
02
LbPa
M
LxabxLxLLbL
Pa
axaLaxLxL
Pb
xM
C
z
=
≤<−−+
≤≤−+=
C) Ecuación de la elástica
( )( ) ( ) ( )
( )2
23
3
33
2
22
2
22
23
22
23
23
6
02
36
aLEI
bPaaL
aLff
LEIbPa
f
LxaL
xLL
xLbxLb
EIPa
axLx
Lax
xaEI
Pb
xy
z
maxz
C
z
z
+=
+==
≤<−
−−−−
≤≤
−−=
Casos particulares: a = b = L/2 BABA M
PLM
PRR −=−===
82
a = 0, b = L
00,0 ==== BABA MMRPR
QA QB
MA MB
MC
x
P
a b
L
Vigas biempotradas
2. Carga continua
A) Reacciones
( )
( )
+−−=
+−−=
−−+=−+=
−−+=−−=
2
2
2
3
2
2
2
3
22
3
22
3
123
12
123
12
4
4
cba
aLL
pcM
cab
bLL
pcM
cabbaaL
Lpc
LMM
Lpac
R
cababbL
Lpc
LMM
Lpbc
R
B
A
BAB
BAA
B) Momentos flectores
( )
( )
pR
Mc
aRM
Lxc
aMxLR
cax
ca
cax
pMxR
caxMxR
xM
AAAmax
BB
AA
AA
z
22
2
2222
20
2
2
++
−=
≤≤++−
+≤≤−
+−−+
−≤≤+
=
C) Ecuación de la elástica
( )
( )
( ) ( ) ( )[ ]
≤≤++−+++−
+≤≤−
−−
+−
−≤≤−−
=
Lxc
aLLRMLxLRMxLRMxREI
cax
caxMxR
caxp
EI
caxxRM
EIx
xy
BABABBBz
AAz
AAz
23233
61
22124
2241
203
6
223
234
2
Casos particulares: a = b = L/2
( )223242
cLL
pcMM
pcRR BABA −−====
a = b = L/2, c = L 122
2pLMM
pLRR BABA −====
x p
a b
L
c
Vigas biempotradas
2. Carga triangular
A) Reacciones
L
a
L
aapM
L
a
L
aapM
L
a
L
aapR
L
a
L
aapR
B
A
B
A
4520
6151030
81520
8151020
2max
2max
2
2max
2
2max
a b
L
pmax x
Fórmula para el cambio de base
Dada la matriz de rigidez elemental de una barra recta en ejes locales:
( )[ ]
=
=
=
=
−−−−
−−−
−
=
2
3
6D
4C
12B
A
CD02CD0
DB0DB0
00A00A
2CD0CD0
DB0DB0
00A00A
:
LEILEILEIL
EA
K Li
La matriz de rigidez elemental en ejes globales viene dada por:
( )[ ] [ ] ( )[ ] [ ] [ ] ( )[ ] [ ]
[ ]
αα−αα
αα−αα
=
==
α
−αα←←
100000
0cossin000
0sincos000
000100
0000cossin
0000sincos
: donde
1
R
RKRCKCK Li
GLLi
LGGi
El resultado del producto de las tres matrices anteriores viene dado por:
( )[ ]
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
−−−+−−−−−−−+−−−−
−−−−−+−
−−−−+
=
αααα
αααααααααα
αααααααααα
αααα
αααααααααα
αααααααααα
CDD2CDD
DBAABDBABA
DABBADBABA
2CDDCDD
DBABADBAAB
DBABADABBA
2222
2222
2222
2222
cscs
ccsscccssc
sscscsscsc
cscs
ccsscccssc
sscscsscsc
K Gi
Donde se han empleado as abreviaciones adicionales cα = cos(α) y sα = sin(α).
1
Matrices de rigidez ............................................................................................................................ 1
Barra prismática recta de nudos rígidos en 2 dimensiones ............................................... 1
Barra prismática recta con un nudo articulado en 2 dimensiones .................................... 1
Barra biarticulada en 2 dimensiones ...................................................................................... 2
Barra prismática recta general de 3 dimensiones ................................................................ 2
Viga curva flexionada de 2 dimensiones (viga balcón) ....................................................... 5
Viga recta de sección variable de 2 dimensiones ................................................................ 5
Matrices de masa .............................................................................................................................. 6
Barra prismática recta de nudos rígidos en 2 dimensiones ............................................... 6
Barra prismática recta con un nudo articulado en 2 dimensiones .................................... 6
Barra prismática recta de nudos rígidos en 3 dimensiones ............................................... 7
Matrices de rigidez
Barra prismática recta de nudos rígidos en 2 dimens iones La pieza de directriz recta con un plano de simetría Π = {(x,y)| y = 0} tiene 3 grados de libertad por nudo (2 de traslación y 1 de giro): u(x) = {ux, uy, θ z} . Su matriz de rigidez completa viene dada por una matriz de 6×6, si se desprecia la deformación por cortante resulta ser:
[ ]
−−−−
λλ−−
+−λ−λ
=
22
22
2
22
3
260260
61206120
0000
060460
61206120
0000
LLLL
LL
LLL
LL
L
EIK
Barra prismática recta con un nudo articulado en 2 dimensiones La pieza de directriz recta con un plano de simetría Π = {(x,y)| y = 0} tiene 3 grados de libertad por nudo (2 de traslación y 1 de giro): u(x) = {ux, uy, θ z} . Su matriz de rigidez completa viene dada por una matriz de 6×6:
a) Si el nudo articulado es el segundo nudo de la barra (nudo de la derecha)
[ ]
−−λλ−
−−
λ−λ
=
000000
030330
0000
030330
030330
0000
22
2
22
3
L
LLL
L
L
EIK
b) Si el nudo articulado es el primer nudo de la barra (nudo de la izquierda)
2
[ ]
−−−−
λλ−
−−λ−λ
=
2
22
22
3
330030
330030
0000
000000
330030
0000
LLL
L
L
L
EIK
Barra biarticulada en 2 dimensiones
[ ]
λλ−
λ−λ
=
−
−
=
000000
000000
0000
000000
000000
0000
000000
000000
001001
000000
000000
001001
22
22
3L
EIL
EAK
Barra prismática recta general de 3 dimensiones La pieza de directriz recta con un plano de simetría Π = {(x,y,z)| y = 0} tiene 7 grados de libertad por nudo (3 de traslación, 3 de giro y 1 de alabeo): u(x) = {ux, uy, uz, ϕ, θx, θ y, θ z} . Su matriz de rigidez viene dada por cuatro submatrices de 7×7:
[ ] [ ] [ ][ ] [ ]
=
2212
1211
KK
KKK
T [*]
1) Las submatrices que intervienen en [*] vienen dadas por:
[ ]
Φα+α+
α+Φ
α+Φ
α+Φ
α+α+
α+−
α+ΦΨΨ
α+Φ
α+ΦΨΨ
α+Φ
α+−
α+
α+Φ−
α+Φ
α+Φ
α+Φ
=
2221212
211
22
212
2212212
212
121112
23
211
21212
311
11
14
0112
16
016
0
014
001
600
112
00124
0
16
00112
0
01
600
112
00
16
0124
112
0112
0
000000
LEI
LEI
LEI
LEI
L
EI
L
EILEI
LGJ
GJLEI
LEI
GJGJLL
EIL
EI
L
EILEI
LEI
LEI
LEI
LEA
K
z
z
zz
z
z
z
z
z
y
z
zy
z
z
z
z
z
z
z
z
z
y
z
y
z
z
z
z
z
z
z
z
z
3
[ ]
Φα+α−
α+Φ
−α+
Φα+
Φ−
α+α−
α+
α+Φ
ΨΨα+
Φ−
α+Φ
ΨΨα+
Φ−
α+−
α+−
α+Φ
α+Φ
−α+
Φ−
α+Φ
−
−
=
2221212
211
22
212
2212212
212
121112
23
211
21212
311
12
1
20
1
12
1
60
1
60
01
200
16
00
1
1200
1
240
1
600
1
120
01
600
112
00
1
60
1
24
1
120
1
120
000000
L
EI
L
EI
L
EI
L
EIL
EI
L
EIL
EI
LGJ
GJL
EIL
EIGJGJL
L
EIL
EI
L
EIL
EI
L
EI
L
EI
L
EIL
EA
K
z
z
zz
z
z
z
z
z
y
z
zy
z
z
z
z
z
z
z
z
z
y
z
y
z
z
z
z
z
z
z
z
z
[ ]
Φα+α+
α+Φ
−α+
Φα+
Φ−
α+α+
α+
α+Φ
−ΨΨ−α+
Φα+
ΦΨ−Ψ
α+Φ
−
α+−
α+
α+Φ
−α+
Φα+
Φ−
α+Φ
=
2221212
211
22
212
2212212
212
121112
23
211
21212
311
22
1
40
1
12
1
60
1
60
01
400
16
00
1
1200
1
240
1
600
1
120
01
600
112
00
1
60
1
24
1
120
1
120
000000
L
EI
L
EI
L
EI
L
EIL
EI
L
EIL
EI
LGJ
GJL
EIL
EIGJGJL
L
EIL
EI
L
EIL
EI
L
EI
L
EI
L
EIL
EA
K
z
z
zz
z
z
z
z
z
y
z
zy
z
z
z
z
z
z
z
z
z
y
z
y
z
z
z
z
z
z
z
z
z
2) Donde se han introducido las siguientes abreviaciones: (a) Funciones auxiliares:
( )( )
02
0
02
022
02
0
02
022
02
0
0012
02
0
011
1cosh1
GF
GF
GF
GFGFL
z
GF
F
C
C
C
C
C
C
C
ζ+ζυ−
=Φζ+
υζ+=Φ
ζ+−λκ−
=Φζ+
=Φ
( ) ( )( )( )[ ] ( )
02
0
002
000
0
011
02
0
00002
0022
02
0
02012
02
0
0002
0000
0
011
sinhsinhcosh112sinhsinh
1cosh1
sinhcoshsinhcosh
GFGF
GFGF
C
C
C
C
C
C
C
C
ζ+λ−λζ+λ−λκ
λκ
=Ψζ+
λ−κ−+λλζ+λλ=Ψ
ζ+−λ
ζ+κ=Ψζ+
λ−λλζ+λκ−λλλκ
=Ψ
Donde los parámetros F0, G0, υ, …, vienen dados por:
( )
( )0000
0
02200000
cosh12sinh2
11
1cosh12sinh
4
1
λ−+λλ=α−α+
=υ
κα+
ακ
κ−=ζλ−κ+λλ=
α+α+
=υ
G
J
AzF
z
z
z
z
zCC
z
z
4
(a) Magnitudes asociadas a la torsión
( )
( )000000
000000
cosh12sinh
cosh12sinh1
λ−+λλ=κ=λ
λ−κ+λλ=+
−=κ
ω
GEIGJ
L
FII
J
zy
(b) Relacionadas con el cortante
122
2
122
2
12
12
−
−
==κ
κ=α
==κ
κ=α
∫
∫
Ay
zzQzz
z
zz
Az
yyQyy
y
zy
dAb
S
A
I
A
A
GAL
EI
dAb
S
A
I
A
A
GAL
EI
3) Casos particulares:
� Si ζC = 0 (cosa que sucede cuando zC = 0, αz = 0 o κ0 = 1) entonces Φ11 = Φ22 = ―Φ22
= 1 y Φ12 = 0, y entonces hay desacoplamiento entre las componentes de la flexión y torsión, en ese caso además los coeficientes Ψ11,
―Ψ 11, Ψ12 y Ψ22, coinciden con los que se encuentran en un problema elemental de torsión.
� Torsión alabeada pura. Si el módulo de torsión J tiene un valor pequeño, podemos considerar el límite J → 0, que implica κ0 → 0 y λ0 → 0, lo que a su vez hace que: Φ11 = Φ22 = ―Φ22 = 1 y Φ12 = 0 y además GJLΨ11 → 4EIω/L, GJL―Ψ 11 → 2EIω/L, GJΨ12 → 6EIω/L2 y GJ/LΨ22 → 12EIω/L3. Todos esos límites implican que la matriz [K11] quede simplemente:
[ ]
α+α+
α+
α+α+
α+−
α+−
α+
α+α+
=
ωω
ωω
L
EI
L
EIL
EI
L
EIL
EI
L
EIL
EI
L
EIL
EI
L
EIL
EI
L
EIL
EA
K
z
z
zz
z
y
y
yy
y
y
y
y
y
z
z
z
z
1
40000
16
0
01
400
16
00
00126
000
0064
000
01
600
112
00
16
00001
120
000000
2
2
32
2
23
23
11
� Torsión de Saint-Venant pura. Si el módulo de torsión J tiene un valor muy grande
y apenas existe alabeo, podemos considerar el límite J → ∞, que implica λ0 → ∞, lo que a su vez hace que: Ψ11 = ―Ψ11 = Ψ12 = 0 y Ψ22 = 1 y además Φ11 → 1/(1+ ζC
2), Φ22 → 1–[3ζC
2/(4+αz)(1+ ζC2)], ―Φ22 → 1–[3ζC
2/(2–αz)(1+ ζC2)] y Φ12 → 0. Además en
este caso desaparece el grado de liberta de alabeo y las submatrices de rigidez son de 6×6:
5
[ ]
α+α+
α+Φ
α+α+
α+−
α+−
α+
α+Φ
α+Φ
=
L
EI
L
EIL
EI
L
EIL
GJL
EI
L
EIL
EI
L
EIL
EA
K
z
z
zz
z
y
y
yz
y
z
y
y
y
z
z
z
z
1
4000
1
60
01
40
16
00
00000
01
60
112
00
1
600
1
120
0000
211
2
23
211
311
11
Si además el centro de cortante coincide con el centro de gravedad ζC = 0 y se ignora la deformación por cortante αz = αy = 0 se recupera la matriz de rigidez convencional para una barra recta que apenas sufre alabeo y que es larga en comparación con su longitud.
Viga curva flexionada de 2 dimensiones (viga balcón ) Una viga de directriz circular cargada perpendicularmente al plano de la directriz Π = {(x,y,z)| z = 0} tiene 3 grados de libertad por nudo (1 de traslación, 2 de giro): u(x) = {uz, θx, θ y} . Su matriz de rigidez viene dada por una matriz de 6×6:
Viga recta de sección variable de 2 dimensiones Una viga recta de sección variable:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
≤≤
−=
==∧
==
−−+=
==∧
==
−−+=
LxLx
zxz
xIAL
xIILx
IIIxI
xAAL
xAALx
AAAxA
G
yyy
02
1
02
21
02
21
2
0
01
2
101
01
2
101
Cargada perpendicularmente al plano de la directriz Π = {(x,y,z)| y = 0} tiene 3 grados de libertad por nudo (2 de traslación, 1 de giro): u(x) = {ux, uy, θz} . Su matriz de rigidez viene dada por una matriz de 6×6:
[ ]( )
( )( )
β+ββ−βββ−β+ββ
β+β−
β−βββρ
β+β−
β+β
β−βββρ
β−βββ
=
L
EI
L
EIEA
L
EI
L
EI
EAL
EA
K
0
33222133311
213332211
20
332202
133311
130
20
332230
3322
02133311
1300
2133311
33
11
3ˆ
ˆ36
36
ˆ
36
312
0
ˆ0
ˆ
6
[ ]( )
( )( )
[ ]TK
L
EI
L
EIEA
L
EI
L
EI
EAL
EA
K 21
0
33222133311
213
2132211
20
332202
133311
130
20
332230
3322
02133311
1300
2133311
33
12
3ˆ
ˆ3ˆ3
36
ˆ
36
312
0
ˆ0
ˆ
=
β+ββ−βββ−β+ββ−
β+ββ−βββρ−
β+β−
β+β−
β−βββρ−
β−βββ−
=
[ ]( )
( )( )
β+ββ−βββ−β+ββ
β+ββ−βββρ
β+ββ+β
β−βββρ
β−βββ
=
L
EI
L
EIEA
L
EI
L
EI
EAL
EA
K
0
33222133311
213332211
20
332202
133311
130
20
332230
3322
02133311
1300
2133311
33
22
3ˆ
ˆ36
36
ˆ
36
312
0
ˆ0
ˆ
Donde:
1301313
33220
11
ˆ1
11
13
1
1
1
βκ=βη−Λη−
=β
Λ=βη−
Λ−+Λα=β
η−Λη−
η−ηκ
−Λ=β
η
ηη
ση
σ
Donde los parámetros anteriores vienen dados por:
( )
( ) j
Qj
j
j
A
Aarctg
A
A
LGA
EIarctg
I
I
=κσ
σ−σ−σ
=Λ=σ
κ=α
ηη−
η−η=Λ=η
σ
η
1
1
1
121
1
1
0
1
20
1
Se comprueba fácilmente que los coeficientes de rigidez coinciden con los convencionales para una viga bidimensional de sección constante cuando ρ0 = 0, β22 = α–2 y β11 = β33 = 1.
Matrices de masa
Barra prismática recta de nudos rígidos en 2 dimens iones La pieza de directriz recta con un plano de simetría Π = {(x,y)| y = 0} tiene 3 grados de libertad por nudo (2 de traslación y 1 de giro): u(x) = {ux, uy, θ z} . Su matriz de masa es la siguiente una matriz de 6×6:
[ ]
−−−−
−−
=
22
22
42203130
22156013540
001400070
31304220
13540221560
007000140
420
LLLL
LL
LLLL
LL
mM
Barra prismática recta con un nudo articulado en 2 dimensiones (no especificada)
7
Barra prismática recta de nudos rígidos en 3 dimens iones Si se admite que la pieza trabaja en torsión de Saint-Venant pura, tendrá sólo 6 grados de libertad por nudo y su matriz de masa será de 12×12:
[ ] [ ] [ ][ ] [ ]
=
2212
1211
MM
MMM T [*]
1) Las submatrices de 6×6 que intervienen en [*] vienen dadas por:
[ ]
−−
−−
=
2
2
20
11
40220220
0402200
220140000
022015600
220001560
00000140
420
LLL
LL
Li
L
L
mM
[ ] [ ]TM
LLL
LL
Li
L
L
mM 21
2
2
20
12
30220130
0301300
22070000
01305400
13000540
0000070
420=
−−−−
−
−
=
[ ]
−
−
=
2
2
20
22
40220220
0402200
220140000
022015600
220001560
00000140
420
LLL
LL
Li
L
L
mM
EXAMEN PARCIAL DE TECI (GRUPO T1) 22 / X / 2003 EUETIB. UNITAT ESTRUCTURAL DE MECÀNICA. TECI / CÓDIGO DE LA ASIGNATURA: 15616 / CURSO 2002-2003 / CUATRIMESTRE 4º PLAN 02 / OTOÑO Nombre:
© David Sánchez, Joan Velázquez 1
Ejercicio 1. Para la siguiente estructura, con sobrecarga uniforme en la cubierta (q = 20 kN/m): 3 (Nota: Cubierta a 45º)
q q 1,50 2 4 5 (1) ¿Cuántos desplazamientos nodales son 3,00 desconocidos?
Nº de desplazamientos incógnita. = 11 1 6 (2) ¿Que dimensión tendría la matriz de rigidez en 2D y en 3D?
(2D) = 18×18 (3D) = 36×36
(3) Dibujar esquemáticamente la matriz sobre esta cuadrícula:
(4) ¿Explicar cual de los tres pilares es más rígido y por qué?
El pilar 3-4, que es el más corto, ya que la rigidez viene dada por el valor numérico de las componentes de la matriz de rigidez y todas ellas crecen al disminuir la longitud de la pieza.
(5) Si hago la siguiente renumeración: 1 → 1, 2 → 6, 3 → 4, 4 → 3, 5 → 5, 6 → 2 ¿Cuál de las dos numeraciones da una matriz de rigidez computacional mente mejor, la original o esta segunda? ¿Por qué (3 líneas máximo)? La primera es más eficiente conduce en principio a una matriz de rigidez con un ancho de banda más pequeño (habría que ver que pasa después de eliminar filas y columnas, para resolver el sistema de desplazmientos).
(6) Fuerzas nodales de la viga 2-3 en ejes globales (hay que hacer cambio de base).
H2 = –15 kN V2 = –15 kN M2 = –7,5 kN·m H3 = –15 kN V3 = –15 kN M3 = +7,5 kN·m
Ejercicio 2. Para una viga de longitud 3 m, de sección cuadrada 2×2 cm, y de acero, que está
empotrada en un extremo y con una rótula deslizante en el otro extremo: (7) Calcular el momento necesario en el extremo no empotrado para obtener un giro θ = 10–3 rad.
M = 0,3733 kp·m = 3,659 N·m (8) En el caso anterior habiendo logrado el giro de θ = 10–3 rad ¿qué reacción Me aparecería en el
empotramiento? Me = 0,1867 kp·m = 1,830 N·m
EXAMEN PARCIAL DE TECI (GRUPO T1) 22 / X / 2003 EUETIB. UNITAT ESTRUCTURAL DE MECÀNICA. TECI / CÓDIGO DE LA ASIGNATURA: 15616 / CURSO 2002-2003 / CUATRIMESTRE 4º PLAN 02 / OTOÑO Nombre:
© David Sánchez, Joan Velázquez 2
(1) El número de desplazamientos incógnita es el siguiente: nudos libres (2, 3 y 5) : 2 desplazamientos + 1 giro cada uno = 9 rótulas (1,6): 1 giro cada una = 2
Las rótulas suprimen del nudo solo los grados de libertad traslacionales, pero dejan libre el giro, que en general será una incógnita.
(2) En 2D cada nodo posee 3 GL (2 desplazamientos + 1 giro), como existen 6 nodos tenemos 18
grados de libertad y por tanto la matriz de rigidez es de 18×18. En 3D cada nodo tiene 6 GL (3 desplazamientos +1 giro) 1.
(3) El esquema reproduce la conectividad dado por la matriz de adyacencia A = [aij] si dos nodos i y j
están conectados aij = 1 y si no están conectados aij = 0. La matriz de rigidez luego adicionalmente podrá tener algunos ceros más dentro de cada recuadro lleno (ver figura en el enunciado de (3)).
(4) El pilar corto es el más rígido, precisamente porque siendo todas las secciones iguales los
elementos de la matriz de rigidez kij = aij·E·Gij/Ln(ij) disminuyen al aumentar L 2. En la figura el elemento 3-4 es el más rígidio de los pilares, pero esto no tiene nada que ver con que esté o no empotrado o con que tenga una menor longitud de pandeo, no deben confudirse el concepto de rigidez, con los de longitud de pandeo y otros, son diferentes3.
(5) Si comparamos la forma global de las matrices de rigidez con la viga numeración (a) y con la
nueva numeración (b):
Puede verse la numeración orginal (a) tiene un menor ancho de banda, computacionalmente eso permite tanto ahorrar espacio de memoria como un menor número de pasos al invertir la matriz de rigidez global.
1 En d dimensiones el número de grados de libertad es d(d-1)/2 giros [número de elementos independientes de
una matriz antisimétrica d×d] y d grados de libertad traslacionales, sumando se obtiene por tanto que el número total de grados de libertad es d(d+1)/2.
2 aij: número real, E: módulo de Young, Gij: magnitud geométrica resistente de la sección para los grados ij, L: longitud del elemento, n(i,j): exponente que puede ser 1, 2 o 3].
3 Una respuesta muy común a esta pregunta era que el elemento 3-4 era el más rígido porque tenía una menor longitud de pandeo o porque estaba empotrado. Esa no es la explicación correcta.
(a)
(b)
EXAMEN PARCIAL DE TECI (GRUPO T1) 22 / X / 2003 EUETIB. UNITAT ESTRUCTURAL DE MECÀNICA. TECI / CÓDIGO DE LA ASIGNATURA: 15616 / CURSO 2002-2003 / CUATRIMESTRE 4º PLAN 02 / OTOÑO Nombre:
© David Sánchez, Joan Velázquez 3
(6) Se trata de buscar un sistema estáticamente equivalente a una carga continua y uniforme, pero que esté aplicada únicamente en los nudos. Eso equivale a buscar qué momentos y que fuerzas puntuales hay que colocar en cada nudo de tal manera que la resultante de fuerzas y momentos sea idéntica a la de la carga continua original. En ejes locales, sameos que esas fuerzas son simplemente:
( ){ }T
T
localqLqLqLqL
F
−−−=
−−−=−
215
21502
152150
1220
1220
3 nodo
2
2 nodo
232
44 344 21444 3444 21
Para lograr la misma fuerza expresada en ejes globales simplemente debemos realizar cun
cambio de base, que consista en un giro de – 45º grados, es decir:
[ ]
−
−
=
−
−
=
200011011
2000011
011
2
1
10004545004545
100004545
04545
cossinsincos
cossinsincos
C
A partir de aquí los pasos a seguir son puramente mecánicos:
( ){ } ( ){ }
+−−
−−−
=
+−
−−
−
−
=
= −−
2151515
2151515
215215
0215215
0
200000011000011000000200000011000011
2
13232localglobal FCF
(7) / (8) Basta usar la matriz de rigidez elemental:
⋅
⋅=
θ⋅
θ⋅=
θ
=
=
cmkp 37330
mkp 18670
4
2
00000
0
0
66
56
36
26
6
5
4
3
2
1
,......
,......
LEI......LEI
...
...
k...k...
...k...k...
......
FFFFFF
M......M......
e
[I = bh3/12 = h4/12 = 1,33 cm4, E = 2,1·106 kp/cm2]. Aunque esta es la manera más mecánica bastaba con recordar que la definición de rigidez a flexión y su valor para determinar M = 4EIθ / L y recordar que un momento en una barra empotrda induce un momento de empotramiento Me = βM y que para barras de sección constante es β = ½.
EXAMEN PARCIAL DE TECI 29 / X / 2004 EUETIB. UNITAT ESTRUCTURAL DE MECÀNICA. TECI / CÓDIGO DE LA ASIGNATURA: 15616 / CURSO 2004-2005 / CUATRIMESTRE 4º PLAN 02 / OTOÑO Apellidos: Nombre: Grupo:
© David Sánchez, Joan Velázquez 1
Problema 1.- La estructura de la figura representa una estructura
hiperestática, formada por un perfil metálico de sección cuadrada hueca de 90×90×5, empotrado en sus extremos. Usando la discretización en 2 barras y 3 nudos mostrada en la figura, en esas condiciones:
0,40
P q q
1 2 3 q = 1000 kp/m 1,60 1,60 (1) Completar la siguiente matriz de rigidez elemental y calcule la matriz de
rigidez global:
[ ]
==
⋅=
==
−
−−−
−
−
−
−
=
2311
26
4
2
2323
233233
1111
2323
233233
1111
cmkp
101,2
cm cm
40
20
120
120
0000
20
40
120
120
0000
KK
E
IA
LEI
KLEI
K
KLEI
KLEI
KKLEI
KLEI
K
KLEI
KLEI
KK
K e
Calcular la matriz de rigidez global. (2) Si P = 0, y q = 1000 kp/m calcule el vector de fuerzas nodales globales.
FT = (0, –800+RV, –213+Me; 0, –1600, 0; –800+RV, +213–Me) [RV] = kp, [Me] = kp·m
(3) En el mismo caso anterior calcule el desplazamiento en 2.
δH = 0 δV = –0,63 cm θ = 0 (4) En el mismo caso anterior calcule las reacciones en un extremo:
RH = 0 RV = 1600 kp |Memp| = 853 kp·m
(5) Ahora si P ≠ 0 y q = 0, calcule la fuerza P necesaria para obtener un giro de 0,5º en el nudo 2.
P ≈ 8350 kp
© David Sánchez, Joan Velázquez 3
Resolución 1 Ejercicio (1) Basta completar la rigidez axial, y la rigidez flexo-cortante:
[ ]
⋅=
==
−
−−−
−
−
−
−
=
26
4
2
22
2323
22
2323
cmkp
1012
cm 205 cm 17
460
260
6120
6120
0000
260
460
6120
6120
0000
,E
IA
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEA
LEA
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEA
LEA
K Le
Basta tener en cuenta que [K(1)]L contiene información de los nudos 1 y 2, mientras que
[K(2)]L contiene información referente a los nodos 2 y 3. Además en este caso puesto que las dos barras tienen la misma orientación basta tomar la orientación de los ejes globales idéntica a los ejes locales, lo cual nos evita tener que realizar ningún cambio de base. La matriz de rigidez global es:
[ ]
−−−−
−−−−−
−−−−
−
=
22
22
222
222
22
22
3
460266120612
0000
2608002661200240612
002
00
26046061206120
00
LLLLLL
IAL
IAL
LLLLLLL
IAL
IAL
IAL
LLLLLL
IAL
IAL
LEI
KG
Por tanto el ancho de banda es Ab = 4, es decir, todos los elementos no nulos Kij cumplen que | i – j | ≤ 4.
(2) Para el cálculo de las fuerzas nodales calcular cual sería el efecto de una carga continua sobre una viga empotrada de longitud L, obtener sus reacciones y cambiar el signo para que las fuerzas nodales así obtenidas sean estáticamente equivalentes a las fuerzas iniciales distribuidas sobre la barra. Es sencillo obtener estas fuerzas para cada una de las barras como:
( )
+−+−+−=
1220
1220
221 qL
,qL
,,MqL
,RqL
,F evT
L
© David Sánchez, Joan Velázquez 4
( )
−++−−−= ev
TL M
qL,R
qL,,
qL,
qL,F
1220
1220
222
Ensamblando las vectores de fuerzas para cada nodo se llega fácilmente a:
−++−−+−+−= evev
TG M
qL,R
qL,;,qL,;M
qL,R
qL,F
122000
1220
22
(3) Para calcular el desplazamiento en el nudo 2 introducimos las restricciones de
movimiento a los nudos 1 y 3, es decir, tenemos en cuenta que δH,i = δV,i = 0 y θ,i = 0 donde i∈{1,3}. Esto nos permite considerar un sistema reducido de la forma:
−=⋅⋅⋅
⋅−=
=θ
−=δ
=δ
⇒
θδδ
=
− cm 630
205101224
160100
1000
024
0
4000120
002
0
0
6
44
2
2
3,
,EIqL
L
IAL
LEI
qL v
H
v
H
(4) Las reacciones son rutinarias y pueden estimarse fácilmente mediante la matriz global
substituyendo los desplazamientos anteriores en la matriz de rigidez global:
( )
+−+−+−=
1220
1220
221 qL
,qL
,,MqL
,RqL
,F evT
L
[ ] [ ] [ ]
⇒
−
+
−
+
+
=
−
−−−−
−−−−−
−−−−
−
=
−+
+−
−
+−
+−
⇒δ=
4
2
00
04
2
0
0000
24
0000
460266120612
0000
2608002661200240612
002
00
26046061206120
00
12
2
00
012
2
0
2
2
4
22
22
222
222
22
22
3
2
2
qL
qL
qL
qL
qL
EIqL
LLLLLL
IAL
IAL
LLLLLLL
IAL
IAL
IAL
LLLLLL
IAL
IAL
LEI
MqL
RqL
qL
MqL
RqL
KF
e
V
e
V
GGe
G
=
=⇒
3
2qLM
qLR
e
V
© David Sánchez, Joan Velázquez 5
(5) Si ahora P ≠ 0 y q = 0, es necesario recalcular las fuerzas nodales que dan:
( ) [ ]0000 111 ,,,M,R,F ev
TL =
( )
++−−−= 33
2
643
325
064
932
270 ev
TL M
PL,R
P,,
PL,
P,F
Ensamblando las vectores de fuerzas nodales:
+++−−−= 3311 64
3325
064
932
2700 eve,v
TG M
PL,R
P,;
PL,
P,;MR,F
Volviendo a calcular los nuevos desplazamientos con estas fuerzas nodales:
−=θ
−=δ
=δ
⇒
θδδ
=
−−
EIPL
EIPL
L
IAL
LEI
PLP v
H
v
H
2
3
2
2
3
5129
2569
0
4000120
002
6493227
0
De esta última ecuación se sigue el valor de P buscado:
kp 835018014163
50160
20510129
5129
5122
6
02 š
⋅°=θ=,
,··,
LEI
P
ESCOLA TÈCNICA D’ENGINYERIA INDUSTRIAL DE BARCELONA, EUETIB Curso 05-06 DEPARTAMENT DE RESISTÈNCIA DE MATERIALS I ESTRUCTURES EN ENGINYERIA
EXAMEN PARCIAL convocatoria ordinaria
ESPECIALIDAD MECÁNICA/Q4/CODIGO ASIGNATURA 15616/ GRUPO: MAÑANA Y TARDE 11 Noviembre 2005
NOMBRE: GRUPO: NOTA:
Nota: Todas las suposiciones necesarias forman parte de la respuesta del examen. 1 h 50 min
2
Problema 2.- La figura representa una estructura hiperestática, formada por una viga continua de sección rectangular hueca de ¨20×20×2, empotrada en uno de sus extremos y apoyada sobre otras dos rótulas fijas situadas: una en el otro extremo y la otra en el punto medio. Usando la discretización en 2 barras y 3 nudos mostrada en la figura, se pide:
1,50 m 1,50 m
0,50 m q = 10 kN·m–1 P = 20 kN E = 2,1·106 kp/cm2
1 2 3
∆ = 0,05 m
2.1. Si P = 20,00 kN, y q = 10,00 kN/m calcule el vector de fuerzas nodales globales
asociadas a P y q:
{F}T = (0, –7,50 kN, –1,88 kN·m; 0, –22,31 kN, –2,57 kN; 0, –5,18 kN, +2,22 kN·m)
2.2. Calcule la matriz de rigidez global y calcule en ancho de banda Ab de la misma. Ab = 4
2.3. Calcule los ángulos girados en torno a los nodos 1 y 2:
θ1 = –0,3261 ≈ –18,7º θ2 = –0,2159 ≈ –12,4º
2.4. En el mismo caso anterior calcule las siguientes reacciones:
RV1 ≈ +5,16 kN RV2 ≈ +23,72 kN RV3 ≈ +6,12 kN M3 ≈ –2,69 kN·m
2.5. Ahora supongamos que por exceso de cargas la rótula central cede y se hunde en
el suelo una distancia vertical ∆ = –0,05 m por lo que δV2 = ∆, produciéndose una redistribución de esfuerzos. Calcule en estas nuevas condiciones:
θ1 = –0,3832 ≈ –22,0º θ2 = –0,2016 ≈ –11,6º M3 = –2,87 kN·m RV1 = +5,26 kN RV2 = +23,39 kN RV3 = +6,34 kN
6
Resolución Problema 2 (2.1) Para el cálculo de las fuerzas nodales, calculamos cual sería el efecto de una carga
continua sobre una viga bi-empotrada de longitud L, obtenemos sus reacciones y las cambiamos de signo, así resultan fuerzas nodales estáticamente equivalentes a las fuerzas iniciales distribuidas sobre la barra. Para la barra 1 con carga continua tenemos simplemente:
( ){ }
+−−−=
1220
1220
22
11 qLqLqLqL
FT
Loc
Para la barra 2 con carga puntual tenemos con algo más de trabajo1:
( ){ }
+−−−=
272
277
027
427
2001
2 PLPPLPF
T
Loc
(Las reacciones se tendrán en cuenta más adelante a la hora de construir el sistema de ecuaciones). Teniendo en cuenta que F(1)
Glob = F(1)Loc1 y que F(2)
Glob = F(2)Loc2 el
ensamblaje de fuerzas es trivial:
{ }
+−−+−−−−=
272
277
027
41227
202
0122
022 PLPPLqLPqLqLqL
F TGlob
(2.2) Empezaremos considerando las dos matrices de rigidez local [K(1)]Loc1 y [K(2)]Loc2 que
resultan ser iguales entre sí e iguales a la matriz elemental canónica:
( )[ ] ( )[ ]
−
−−−
−
−
−
−
==
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEA
LEA
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEA
LEA
KK LocLoc
460
260
6120
6120
0000
260
460
6120
6120
0000
22
2323
22
2323
22
11
Para ensamblarlas basta tener en cuenta que [K(1)]Loc1 contiene información de los
nudos 1 y 2, mientras que [K(2)]Loc2 contiene información referente a los nodos 2 y 3. Además en este caso puesto que las dos barras tienen la misma orientación podemos tomar como sistema de coordenadas globales uno que coincida con los ejes locales de cada una de las barras. Eso último nos evita tener que realizar tediosos cambios de base antes de obtener la matriz de rigidez global, que finalmente resulta:
1 Siendo a + b = L, Rizq = P(b/L)2[3–2(b/L)], Rder = P(a/L)2[3–2(a/L)], Mizq = Pab2/L y Mder = Pa2b/L.
7
[ ]
−−−−
λλ−−−−−
λ−λλ−−−
λ−λ
=
22
22
222
222
22
22
3
4602661206120000
2608002661200240612
0020026046061206120
00
LLLLLL
LLLLLLL
LLLLLL
LEI
K
mm
mmm
mm
GlobG
Donde hemos usado la expresión de una esbeltez mecánica tipo λm := [AL2/I]1/2 para
simplificar la escritura. El ancho de banda de [KG] es Ab = 4, ya que todos los elementos no nulos Kij cumplen que | i – j | ≤ 4.
(2.3) Para calcular los desplazamientos nodales introducimos las restricciones de
movimiento a los nudos 1, 2 y 3, es decir, θ3 = 0 y δH,i = δV,i = 0 donde i∈{1,3}. Esto nos lleva a un sistema reducido como el siguiente:
⇒
θθ
=
−+
−⇒
θθ
=
−+
−
2
12
2
12
2
8224
2741212
82
24
274
12
12LEI
PqLqL
LEI
LEI
LEI
LEI
PLqL
qL
°−≈−=θ°−≈−=θ
⇒
−+=θ
+−=θ
41221590
71832610
1894
16831
1892
16851
2
1
23
2
23
1
,,
,,
PLqLEI
PLqLEI
Donde se ha usado que A = 144 mm2, I = 7872 mm4 y que E = 2,058·105 N/mm2.
(2.4) Las reacciones son rutinarias y pueden estimarse fácilmente multiplicando la matriz global por los desplazamientos nodales obtenidos θ1 y θ2, i.e. {F}Glob=[KG]Glob{δ}Glob:
( )
θθ−
θ+θθ−
θ+θθ+θ
=
θ
θ
=
++−
−+−−
−−
22
2
22
12
1
22
12
21
3
2
1
3
3
3
22
2
21
1
260
8260
246
0
000
00
00
272727
7241272202
122
LL
LLL
LLL
LEI
K
MPLRP
RPLqL
PqLRRqL
qLRR
G
V
H
v
H
V
H
Despejando de las 6 ecuaciones que contienen a RH1, RV1, RH2, RV2, RH3, RV3 y M3 se
obtiene:
8
000 321 === HHH RRR
18922
2818973
283
189128
2819
18912
2812
2
33
21
PLqLM
PqLR
PqLR
PqLR
V
VV
−=+−=
+=−=⇒
⋅−≈≈≈≈
mkN 692kN 126kN 7223kN 165
33
21
,M,R,R,R
V
VV
(2.5) Basta reconsiderar el sistema anterior con un vector de desplazamientos igual a:
{ } [ ]000000 21∆∆∆ θ∆θ=δ
T
Glob
Multiplicando por la matriz de rigidez global, se obtiene un sistema del que basta tomar las ecuaciones obtenidas a partir de la 3 y 6 fila, multiplicadas por {δ}Glob. Estas 2 ecuaciones reducidas y escritas en forma matricial son simplemente:
θθ
=
−+∆+−
⇒
θ∆θ
−=
−+
−∆
∆
∆
∆
2
12
3
2
1
22
22
32
2
8224
27412612
802264
274
12
12LEI
PqLLEIqL
LLLLL
LEI
PLqL
qL
Resolviendo el sistema 2×2 resultante tenemos que2:
°−≈−=θ
°−≈−=θ⇒
∆−
−=θ
∆+
+−=θ
∆
∆
∆
∆
61120160
02238320
73
1894
16831
712
1892
16851
2
1
23
2
23
1
,,
,,
LPLqL
EI
LPLqL
EI
Donde ∆ = –0,05 m. Si ahora calculamos {F∆}Glob=[K∆
G]Glob{δ ∆}Glob análogamente a como hacíamos en el apartado (2.4) tenemos además contribuciones de la 5 columna de la matriz de rigidez global multiplicada por ∆:
( )
∆+θ∆−θ−
θ+θ∆+θ−
∆−θ+θ∆−θ+θ
=
θ∆
θ
=
++−
−+−−
−−
LLL
LLL
LLLL
LEI
K
MPLRP
RPLqL
PqLRRqL
qLRR
G
V
H
v
H
V
H
62126
082246
0624
1260
000
0
00
272727
7241272202
122
22
2
22
12
1
22
12
21
3
2
1
3
3
3
22
2
21
1
2 Nota: Que es idéntico al resultado anterior excepto en los términos que contienen a ∆, de hecho se esos términos se podrían haber obtenido más fácilmente teniendo en cuenta ∆θi = (θ∆
i – θi):
( )( )
( )( )
−
∆=
∆
−
−=
θ−θθ−θ
⇒
θ−θθ−θ
=
∆∆
∆
∆
∆
312
706
4228
281
8224
06
22
11
22
11
L
LL
9
Despejando las reacciones, tenemos los mismos valores que antes salvo por los términos adicionales proporcionales a EI∆/L3 debidos al hundimiento de la rótula fija situada en 2:
000 321 === HHH RRR
2
2
333
3231
736
18922
28766
18973
283
796
189128
2819
730
18912
2812
LEIPLqL
MLEIPqL
R
LEIPqL
RLEIPqL
R
V
VV
∆+−=
∆−+−=
∆++=
∆−−=
⇒
⋅−≈≈≈≈
mkN 872kN 346kN 3923kN 265
33
21
,M,R,R,R
V
VV
ESCOLA TÈCNICA D’ENGINYERIA INDUSTRIAL DE BARCELONA, EUETIB Curso 0405 DEPARTAMENT DE RESISTÈNCIA DE MATERIALS I ESTRUCTURES EN ENGINYERIA
EXAMEN PARCIAL convocatoria ordinaria
ESPECIALIDAD MECÁNICA/Q4/CODIGO ASIGNATURA 15616/ GRUPO: MAÑANA Y TARDE 8 Abril 2005
NOMBRE: GRUPO: NOTA:
Nota: Todas las suposiciones necesarias forman parte de la respuesta del examen. 1 h 50 min
© David Sánchez, Joan Velázquez 2
Problema 2.- La estructura de la figura representa una estructura hiperestática, formada por dos perfiles metálicos de sección circular hueca de ∅25×2, empotrados en sus extremos. Usando la discretización en 2 barras y 3 nudos mostrada en la figura, en esas condiciones se pide:
2,00
q = 1000 kp·m–1
2 3
P
2,00 1,00 25
1 2.1. Calcule el área, el momento de inercia, la rigidez a flexión y la rigidez axial de la
barra vertical:
A∅ = 144,5 mm2 I∅ = 9628 mm4
Kaxil = 14870 kN·m–1 Kflex = 3,96 kN·m
2.2. Si P = 0, y q = 1000 kp/m calcule el vector de fuerzas nodales globales (sin reacciones):
FT = ( 0, 0, 0; 0, –1000 kp, –333 kp·m; 0, –1000 kp, +333 kp·m)
2.3. En el mismo caso anterior calcule los desplazamientos en 2:
δH ≈ +0,08 mm δV ≈ –0,57 mm θ ≈ –0,41 ≈ 23º
2.4. En el mismo caso anterior calcule las reacciones en los dos empotramientos:
RH1 ≈ +125 kp RV1 ≈ +875 kp M1 ≈ –83,33 kp·m RH3 ≈ –125 kp RV3 ≈ +1125 kp M3 ≈ –416,67 kp·m
2.5. Ahora si P ≠ 0 y q = 0, calcule la fuerza P necesaria para girar 0,5º en el nudo 2.
P ≈ 28 kp
© David Sánchez, Joan Velázquez 7
Resolución Problema 2 (1) Basta completar la rigidez axial, y la rigidez flexo-cortante:
[ ]
⋅=
==
−
−−−
−
−
−
−
=
25
4
2
22
2323
22
2323
mmN
100582
mm 9628 mm 144,5
460
260
6120
6120
0000
260
460
6120
6120
0000
,E
IA
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEA
LEA
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEI
LEA
LEA
K Le
Basta tener en cuenta que [K(1)]L1 contiene información de los nudos 1 y 2, mientras que
[K(2)]L2 contiene información referente a los nodos 2 y 3. Además en este caso puesto que las dos barras no tienen la misma orientación debemos escoger un sistema de coordenadas globales a la que referir todas las magnitudes. Tomaremos como sistema de ejes globales uno coincida con la barra 2. Por tanto el sistema de coordenadas local de la barra 1, que se cuyo eje OX+ tiene la dirección que une los nodos 1 y 2, y por tanto aparece girado1 +90º con respecto a los ejes globales. La matriz cambio de base de ejes locales de la barra 1 (vieja base) a ejes globales es por tanto (nueva base) es:
[ ] [ ]
+−
+−
=
ααα−α
ααα−α
== ←
100001010
100001010
1000csin0sinc
0
01000csin0sincos
1
osos
os
CL LG
Siendo α = +90º el ángulo de giro necesario para hacer coincidir los ejes globales con los
ejes locales de la barra 1. Usando ahora el cambio de base [K(1)]G = [CG? L1] [K(1)]L1[C L1? G] = [L][K(1)]L1[LT] (una comprobación del orden de las matrices fácil de recordar es que [K(1)]G toma vectores desplazamiento de la base global y los transforma en fuerzas de la base global, si examinamos la secuencia [CG? L1][K(1)]L1[C L1? G] vemos que la matriz de la derecha [C L1? G] transforma desplazamientos en la base global a desplazamientos en la base local, la siguiente [K(1)]L1 transforma estos desplazamientos en la local en fuerzas en la base local, y finalmente [CG? L1] transforma fuerzas en la base local en fuerzas en la base global, puede verse que en cada paso de la secuencia el tipo de vector y la base en que está expresada es la correcta. Este razonamiento puede ser usado para ver si la ordenación de matrices es correcta). La matriz [K(1)]G es realizando las operaciones [L][K(1)]L1[LT] igual a:
1 Recuérdese que si un sistema de ejes (base nueva) aparece girado respecto a otro un ángulo +α
con respecto a otro (base vieja) entonces las coordenadas de los vectores expresados en la nueva base serían idénticos a las coordenadas del vector girado –α y expresado en la antigua base.
© David Sánchez, Joan Velázquez 8
( )[ ]I
ALiL
LLLL
LLLLLL
LL
LEI
Kc
m
mm
mm
G
2
22
22
22
22
31
406206000060126012206406000060126012
==λ
−λλ−
−−
λ−λ−−−
=
Donde hemos usado la expresión de una esbeltez mecánica λm para simplificar la escritura. La matriz de rigidez global obtenida por ensamblaje de [K(1)]G y [K(2)]L2 (=[K(2)]G) es:
[ ]
−−−−
λλ−−−−λ+λ−
λ−λ+−−
λ−λ−−−
=
22
22
222
22
22
22
22
3
4602661206120000
2608662066120612000
60126012206406000060126012
LLLLLL
LLLLLLLLL
LLLLLL
LL
LEI
K
mm
mm
mm
mm
G
Por tanto el ancho de banda es Ab = 5, es decir, todos los elementos no nulos Kij cumplen que | i – j | ≤ 5.
(2) Para el cálculo de las fuerzas nodales calcular cual sería el efecto de una carga continua sobre una viga empotrada de longitud L, obtener sus reacciones y cambiar el signo para que las fuerzas nodales así obtenidas sean estáticamente equivalentes a las fuerzas iniciales distribuidas sobre la barra. Es sencillo obtener estas fuerzas para cada una de las barras como:
( ) [ ]0000001 =T
LF
( )
+−−−=
1220
1220
222 qLqLqLqL
F TL
(Las reacciones se tendrán en cuenta más adelante a la hora de construir el sistema de ecuaciones). Teniendo en cuenta que F(1)
G = 0 puesto que F(1)L1 = 0 y que F(2)
G = F(2)L2 el
ensamblaje de fuerzas es trivial:
+−−−=
1220
1220000
22 qLqLqLqLF T
G
(3) Para calcular los desplazamientos del nudo 2 introducimos las restricciones de
movimiento a los nudos 1 y 3, es decir, tenemos en cuenta que δH,i = δV,i = 0 y θ,i = 0 donde i∈{1,3}. Esto nos permite considerar un sistema reducido de la forma:
© David Sánchez, Joan Velázquez 9
⇒
θδδ
λ+λ+
=
−−
2
2
2
2
2
2
32 866
61206012
122
0
v
H
m
m
LLLLL
LEI
qLqL
( )( )
( )( )
( )
°−≈−=θ−=δ+=δ
⇒
λ+−λ
−=θ
λ+λ++λ
−=δ
λ+λ+−λ
+=δ
⇒23410
mm 570mm 080
3962412316487
1231624
2
2
2
3
2
2
2
4
22
2
2
4
22
2
2
,,,
EIqL
EIqLEIqL
V
H
m
m
mm
mV
mm
mH
(4) Las reacciones son rutinarias y pueden estimarse fácilmente mediante la matriz global
substituyendo los desplazamientos anteriores en la matriz de rigidez global:
( )
+−+−+−=
1220
1220
221 qLqL
MqL
RqL
F evL
[ ] [ ] [ ]
⇒
θ+δθ−δ−
δλ−
θ+δδλ−
θ−δ−
=
θδδ
=
++−
+−−
⇒δ=
22
2
22
22
22
2
22
22
3
2
2
2
32
3
3
2
1
1
1
26612
26
612
000
000
122
122
0
LLL
...
...
...LL
L
LEI
K
MqLRqL
RqLqL
MRR
KF
V
V
Hm
H
Vm
H
V
H
G
V
H
V
H
GGe
G
Despejando de las 6 ecuaciones que contienen a RH1, RV1, M1, RH3, RV3 y M3 se obtiene:
RH1 = qL/16 ≈ +125 kp RH3 = –qL/16 ≈ –125 kp RV1 = 7qL/16 ≈ +875 kp RV3 = 9qL/16 ≈ +1125 kp
M1 = –2qL2/96 ≈ –83,33 kp·m M3 = –10qL2/96 ≈ –416,67 kp·m (5) Si ahora P ≠ 0 y q = 0, es necesario recalcular las fuerzas nodales en ejes globales (sin
reacciones) son simplemente:
++−+= 333111 8
0282
M,R,R,PL
,,P
,PL
M,R,P
RF VHVHe
G
Volviendo a calcular los nuevos desplazamientos con estas fuerzas nodales:
© David Sánchez, Joan Velázquez 10
( )( )( )
( )( )
( )
λ+−λ
+=θ
λ+λ+−λ
−=δ
λ+λ++λ
+=δ
⇒
θδδ
λ+λ+
=
EIPL
EIPLEI
PL
LLLLL
LEI
PL
P
m
m
mm
mV
mm
mH
v
H
m
m
2
2
2
2
3
22
2
2
3
22
2
2
2
2
2
3
364121233212312332
8413
86661206012
80
2
De esta última ecuación se sigue el valor de P buscado:
( ) ( )
kp 2818014163
50200
962801012600216003664
12364
2
6
222
2
š
⋅°=θ−λ
λ+=
,,
,··,LEI
Pm
m