Calculo matricial ejercicios

31
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=2.1·10 11 N/m 2 , I=68000 cm 4 , A=56 cm 2 ) 4.5 m 2.5 m 1 m 3 kN/m 1 m 2 kN/m 2EI, A EI, A EI, A En primer lugar, definimos los nudos y los grados de libertad de la estructura. 7 8 9 A B C D 1 2 3 4 5 6 10 11 12 Las características necesarias para calcular las matrices de rigidez se resumen en la tabla siguiente. BARRA L (m) I (cm 4 ) A(cm 2 ) ANGULO AB 2.5 136000 56 90 BC 2 136000 56 90 BD 4.61 68000 56 12.5288 CD 4.61 - 56 -12.5588

Transcript of Calculo matricial ejercicios

1. TEMA 5. MÉTODO MATRICIAL

1.1 Ejercicios resueltos

1. En la cubierta de la figura, determiar el valor de los momentos enlos extremos de las barras, así como el momento máximo en ellas.(E=2.1·1011 N/m2, I=68000 cm4, A=56 cm2)

4.5 m2.

5 m

1 m

3 kN/m

1 m

2 kN

/m

2EI, A

EI, A

EI, A

En primer lugar, definimos los nudos y los grados de libertad de la estructura.

7

8

9

A

B

C

D

1

2

3

4

5

6

10

11

12

Las características necesarias para calcular las matrices de rigidez se resumen en la tabla siguiente.

BARRA L (m) I (cm4) A(cm2) ANGULO

AB 2.5 136000 56 90

BC 2 136000 56 90

BD 4.61 68000 56 12.5288

CD 4.61 - 56 -12.5588

Teoría de Estructuras I

A. Carnicero 2

Calculamos las matrices de rigidez de los distintos elementos,

Elemento AB,

AB

470.4 0 0 -470.4 0 0 0 219.3408 274.1760 0 -219.3408 274.176 0 274.1760

k = 456.9600 0 -274.1760 228.48

-470.4 0 0 470.4 0 0 0 -219.3408 -274.1760 0 219.3408 -274.176 0 274.1760 228.4800 0 -274.1760 456.96

que en coordenadas globales es,

AB

219.3408 0 -274.176 -219.3408 0 -274.176 0 470.4 0 0 -470.4 0 -274.1760 0 456.96 274.1760

K = 0 228.48

-219.3408 0 274.176 219.3408 0 274.176 0 -470.4 0 0 470.4 0 -274.1760 0 228.48 274.1760 0 456.96

A

B

12

3

α

45

6

Sistema local de los elementos AB y BC

3B

C

12

α

45

6

El método matricial

A. Carnicero 3

Elemento BC,

BC

588 0 0 -588 0 0 0 428.4 428.4 0 -428.4 428.4 0 428.4 571.2 0 -428.4 285.6

k -588 0 0 58

=8 0 0

0 -428.4 -428.4 0 428.4 -428.4 0 428.4 285.6 0 -428.4 571.2

que en coordenadas globales es,

BC

428.4 0 -428.4 -428.4 0 -428.4 0 588 0 0 -588 0 -428.4 0 571.2 428.4 0 285.6

K -428.4 0 428.4 428.4 0

= 428.4

0 -588 0 0 588 0 -428.4 0 285.6 428.4 0 571.2

Elemento BD,

BD

255.1102 0 0 -255.1102 0 0 0 17.4933 40.3200 0 -17.4933 40.32 0 40.32 123.

k =9107 0 -40.3200 61.9553

-255.1102 0 0 255.1102 0 0 0 -17.4933 -40.32 0 17.4933 -40.32 0 40.32 61.9553 0 -40.3200 123.9107

que empleanto la matriz de rotación

B

12

3

α

Sistema local de los elementos BD y CD

45

6D C 1

23

α

4

56

D

Teoría de Estructuras I

A. Carnicero 4

BD

0.9762 0.2169 0 0 0 0 -0.2169 0.9762 0 0 0 0 0 0 1 0 0

R = 0

0 0 0 0.9762 0.2169 0 0 0 0 -0.2169 0.9762 0 0 0 0 0 0 1

permite obtener la matriz de rigidez en coordenadas globales,

BD

243.9283 50.3189 -8.7466 -243.9283 -50.3189 -8.7466 50.3189 28.6752 39.3599 -50.3189 -28.6752 39.3599 -8.7466 39.3599 123.9107 8.7466 -39.3599 61.9553

K -243.9283 -

=50.3189 8.7466 243.9283 50.3189 8.7466

-50.3189 -28.6752 -39.3599 50.3189 28.6752 -39.3599 -8.7466 39.3599 61.9553 8.7466 -39.3599 123.9107

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,

CD

255.1102 -255.1102k

-255.1102 255.1102

=

que en coordenadas globales es

CD

243.1050 -54.0233 -243.105 54.0233 -54.0233 12.0052 54.0233 -12.0052

K -243.1050 54.0233 243.1050 -54.0233 54.0233 -12.0052 -54.0233 12.0052

=

matriz a la que se llego por medio de

CD

0.9762 0 -0.2169 0

R 0 0.9762 0 -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,

El método matricial

A. Carnicero 5

219.34080

-274.1760-219.3408

0-274.1760

000000

0470.4

00

-470.4000000

-274.17600

456.9600274.1760

0228.4800

000000

-219.34080

274.1760891.669150.3189

-162.9706-428.4

0-428.4

-243.9283-50.3189-8.7466

0-470.4

050.3

1087.139.4

0-588

0-50.3-28.739.4

-274.20

228.5-16339.4

1152.1428.4

0285.6

8.7-39.4

62

000

-428.40

428.4671.5050-54.0233

428.4-243.105054.0233

0

0000

-5880

-54.0233600.0052

054.0233-12.0052

0

000

-428.40

285.6428.4

0571.2

000

000

-243.9283-50.31898.7466

-243.105054.0233

0487.0333-3.70458.7466

000

-50.3189-28.6752-39.359954.0233-12.0052

0-3.704540.6804-39.3599

000

-8.746639.359961.9553

000

8.7466-39.3599123.9107

Vector desplazamiento

El vector de desplazamiento es

( )t4 5 6 7 8 9 10 11 12U 0,0,0,U ,U ,U ,U ,U ,U ,U ,U ,U=

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

t2 2ql ql ql qlF ,0, , ,0,

2 12 2 12

= − − −

que sustituyendo para cada una de las barras

( )( )

t3 3 3 3 3AB

t3 4 3 4BC

F 2.5·10 ,0,1.0416·10 , 2.5·10 ,0, 1.0416·10 ·10

F 2·10 ,0,6.6666·10 , 2·10 ,0, 6.6666·10

− − − − −

− − − −

= − − −

= − − −

El vector de carga del elemento BD, es más cómodo escribirlo en coordenadas locales y pasarlo despues a globales.

( )t3 3 3 3BDf 0,6.9146·10 ,5.3125·10 ,0,6.9146·10 , 5.3125·10− − − −= −

El vector de cargas se calcula como

( )tt -3 -3 -3 -3 -3 -3BD BD BDF R f -1.5·10 ,6.75·10 ,5.3125·10 , 1.5·10 ,6.75·10 ,-5.3125·10= = −

Ensamblando estos vectores se obtiene el vector de esfuerzos de empotramiento

Teoría de Estructuras I

A. Carnicero 6

3 3

3

3 3 -3

-3

3 4 -3

emp 3

4

-3

-3

-3

2.5·10 2.5·100 0

1.0416·10 12.5·10 2·10 -1.5·10

6.75·101.0416·10 6.6666·10 5.3125·10

F2·10

06.6666·10-1.5·106.75·10

-5.3125·10

− −

− −

− −

− −

− −

− + + = = −

3

3

-3

-3

3

4

-3

-3

-3

.0416·106·10

6.75·104.9375·10

2·100

6.6666·10-1.5·106.75·10

-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.

31

23

33

-3

-3

n emp 3

4

-3

-3

-3

R 2.5·10R 0R 1.0416·100 6·100 6.75·100 4.9375·10

F F F0 2·100 00 6.6666·100 -1.5·100 6.75·100 -5.3125·10

= − = − −

Por lo que el sistema de ecuaciones a resolver para calcular los desplazamientoses

3

0.8917 0.0503 -0.1630 -0.4284 0 -0.4284 -0.2439 -0.0503 -0.00870.0503 1.0871 0.0394 0 -0.5880 0 -0.0503 -0.0287 0.0394-0.1630

10 ·

0.0394 1.1521 0.4284 0 0.2856 0.0087 -0.0394 0.0620-0.4284 0 0.4284 0.6715 -0.0540 0.4284 -0.2431 0.0540 0 0 -0.5880 0 -0.0540 0.6000 0 0.0540 -0.0120 0-0.4284 0 0.2856 0.4284 0 0.5712 0 0 0-0.2439 -0.0503 0.0087 -0.2431 0.0540 0 0.4870 -0.0037 0.0087-0.0503 -0.0287 -0.0394 0.0540 -0.0120 0 -0.0037 0.0407 -0.0394-0.0087 0.0394 0.0620 0

34

-35

-36

37

84

9

-310

-311

12

U 6·10U -6.75·10U 4.9375·10U 2·10U 0U 6.6666·10U 1.5·10U -6.75·10

0 0 0.0087 -0.0394 0.1239 U 5.312

− • =

-35·10

El método matricial

A. Carnicero 7

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.

Teoría de Estructuras I

A. Carnicero 8

2. Obtener los desplazamientos desconocidos y dibujar los esfuerzos enlas barras AB y EF.

400200 200

300

300

10kN

20 k

N/m

A

B

D

C

E

F

G H

I

J

A=20 cm2

RESTO DE ELEMENTOSA=164 cm2

I=147361 cm4

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).

5kN

A

B

D

C

E

F

12

3

45

6

1011

1213

1416

17

18

7

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:

BA DB

1148 0 0 -1148 0 0 0 137.5 206.3 0 -137.5 206.3 0 206.3 412.6 0 -206.3

k k= = 206.3

-1148 0 0 1148 0 0 0 -137.5 -206.3 0 137.5 -206.3 0 206.3 206.3 0 -206.3 412.6

El método matricial

A. Carnicero 9

Siendo su expresión en coordenadas globales (matriz de rotación con α=-90º):

BA DB

137.5 0.000 206.3 -137.5 0.0000 206.3 0.000 1148 0.0000 0.0000 -1148 0.0000 206.3 0.000 412.6 -206.3 0.0000 206.3

K K -137.5 0.000 -206.3

= = 137.5 0.0000 -206.3

0.000 -1148 0.0000 0.0000 1148 0.0000 206.3 0.000 206.3 -206.3 0.0000 412.6

La matriz de rigidez de un elemento de 2 metros de longitud con las características resistentes de los estudiados es:

1722 0 0 -1722 0 0 0 464.2 464.2 0 -464.2 464.2 0 464.2 618.9 0 -464.2 309.5

k-1722

=0 0 1722 0 0

0 -464.2 -464.2 0 464.2 -464.2 0 464.2 309.5 0 -464.2 618.9

Cuya expresión es la misma para coordenadas locales y globales.

La matriz de rigidez del elemento BC (no trabaja a flexión) es

BC

105 -105k

-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 tI l al ala aal aa

ll lll

F K KF K K 0 U

K KU

0 0 0

− − =

Elemento DE (eliminando el grado de libertad 6)

l lDE DE

1722 0 0 -1722 0 0 116 232.1 0 -116

k K 0 232.1 464.2 0 -232.1 -1722 0

= = 0 1722 0

0 -116 -232.1 0 116

Elemento EF (eliminando el grado de libertad 3)

Teoría de Estructuras I

A. Carnicero 10

l lEF EF

1722 0 -1722 0 0 0 116 0 -116 232.1

k K -1722 0 1722 0 0 0 -116 0 116 -232.1

= =

0 232.1 0 -232.1 464.2

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

0.0000114800.00000.0000-114800.0000

000000000000

-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

0.0000-114800.00000.000022960

0000

0.0000-114800.0000

000000

-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

000

-10500

10500000000000

000

-137.50.0000206.3

000

1859.50.0000206.3-1722

00000

000

0.0000-114800.0000

000

0.000012640

2320

-1160000

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

000000000

-172200

344400

-172200

0000000000

-116.0468-232.0936

0232.0468

00

-116.0000232.1000

000000000000

-172200

172200

0000000000000

-116.000000

116.0000-232.1000

0000000000000

232.100000

-232.1000464.2000

Imponiendo las CC, la matriz de rigidez Kcc queda

380.0739 0.0000 0 -137.5369 0.0000 -206.3054 0 0 0

0.0000 22960 0 0.0000 -11480 0.0000 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 -11480 0.0000 0.0000 12640 232 0 -116 0

-206.3054 0.0000 206.3054 206.3054 232.0936 876.7979 0 -232.0936 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)

( )t4 5 6 10 11 12 13 14 17U 0,0,0,U ,U ,U ,0,U ,U ,U ,U ,U ,0,U ,0=

Vector de cargas

El vector de cargas debido a cargas en las barras puede escribirse fácilmente en coordenadas globales como,

( )tBA DBF F 0.0300 0.0000 0.015 0.0300 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:

El método matricial

A. Carnicero

11

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

F 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

n e m p

R 1 - 0 . 0 3 0 0 R 2 + 0 .0 0 0 0 R 3 + 0 .0 1 5 - 0 . 0 6 0 0 0 .0 0 0 0 0 R 7 + 0

F F F - 0 . 0 3 0 0 0 .0 0 0 0 - 0 . 0 1 5 0 0 0 R 1 6 + 0 - 0 . 0 0 5 0 R 1 8 + 0

= − =

El vector de cargas con las condiciones de contorno ya impuestas es, que será el que utilizaremos para resolver el

sistema de ecuaciones es:

( )tccF -0.0600 0 0 -0.0300 0 -0.0150 0 0 -0.0050=

Resolviendo el sistema de ecuaciones

1cc ccU K F= ⋅

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

Teoría de Estructuras I

A. Carnicero 12

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:

( )tBAF -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:

( )tBAEsfuerzos 0.0033047 -0.005 -0.018415 0.056695 0.005 -0.061670 =

Ojo, porque este vector de esfuerzos está calculado en coordenadas globales y asociado a los extremos B y A

(en ese orden).

0.005 MN

AXIL

0.06167 MN/m

FLECTORES

0.018415 MN/m

2ql0.0255MN / m

8=

0.05669 MN

CORTANTE

0.0033 MN

Cálculamos ahora los esfuerzos en los estremos del elemento EF (coordenadas locales y globales coinciden).

El método matricial

A. Carnicero

13

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:

( )tEFF -0.032805 0.005 0.032805 -0.005 0.01=

Que dado que no hay esfuerzos en las barras, nos permiten obtener directamente los esfuerzos en los estremos de la

barra.

0.0328 MN

AXIL

0.01 MN/m

FLECTORES

0.005 MN

CORTANTE

Los gráficos siguientes muestran los resultados obtenidos al calcular la estructura mediante un programa de cálculo por

elementos finitos comercial.

Teoría de Estructuras I

A. Carnicero 14

3. Sobre la estructura de la figura, y pensando en el método matricial

400 cm

A D

B C

20 kN/m

20 k

N/m

10 kN

500

cm

E=2.1·1011 N/m2

A=14 cm2

I=65400 cm4

Dibujar y numerar los grados de libertad considerados

12

3A D

B C45

67

8

9

1011

12

El método matricial

A. Carnicero

15

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.

La matriz de rigidez en coordenadas locales será una matriz de 2x2 de la forma

BD

1 1 1 1AEk 45.91 MN / m

1 1 1 1l− −

= = − −

La matriz de rotación que permite el paso a coordenadas globales será de la forma

cos sen 0 0R

0 0 cos senα α

α α

=

Determinar el vector de esfuerzos

El vector de esfuerzos vendra dado por

nudos empF F F= −

El vector de fuerzas en los nudos es

( )t3nudos 1 2 10 11F R ,R ,0,0,0,10·10 ,0,0,R ,R ,0−=

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

( )( )

tBC

tAB

F 0,0.04,0.0267,0,0.04, 0.0267

F 0.05,0,0.0416, 0.05,0, 0.0417

= −

= − − −

Ensamblando el vector de esfuerzos de empotramiento se tiene que éste vale

( )tempF 0.05,0,0.0416 , 0.05,0.04, 0.0417 0.0267,0,0.04, 0.0267= − − − + −

Por lo que el vector de cargas queda

( )t1 2 10 11F R 0.05,R , 0.0416 ,0.05, 0.04,0.015,0, 0.04,0.0267,R ,R ,0= + − − −

B

54

D

1011

α= -51.34 º1

2

Teoría de Estructuras I

A. Carnicero 16

Escribir el vector de desplazamientos

( )t3 4 5 6 7 8 9 12U 0,0,u ,u ,u ,u ,u ,u ,u ,0,0,u=

Una vez planteado el problema supongamos se tiene que los

desplazamientos de los grados de libertad asociados al nudo B son

(0.93·10-3, 0.234·10-3, -0.003·10-3)t y los del nudo C (1.23·10-3,

0.725·10-3, 0.012·10-3)t. Dibujar el diagrama de momentos flectores,

cortantes y axiles en la barra BC, siendo su matriz de rigidez en

coordenadas globales.

73.5 0 0 -73.5 0 0 0 25.7513 51.5025 0 -25.7513 51.5025 0 51.5025 137.34 0 -51.5025

k = 68.67

-73.5 0 0 73.5 0 0 0 -25.7513 -51.5025 0 25.7513 -51.5025 0 51.5025 68.6700 0 -51.5025 137.34

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

BCBC BC empf k u f= +

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

3BC

BC BC emp

0.022 0 0.0220.0122 0.04 0.02780.0249 0.0267 1.8·10

f k u f0.022 0 0.0220.0122 0.04 0.05220.0238 0.0267 0.0505

− − − −

= + = + = − − −

Donde los esfuerzos están en MN. Los diagramas de esfuerzos se obtienen superponiendo los valores anteriores a los

isostáticos.

El método matricial

A. Carnicero

17

4. Determinar los desplazamientos y las reacciones en la viga de lafigura

2

20 kN/mI=96000 cm4

E=2.1·1011 N/m2

3

Los grados de libertad consideramos para la resolución del problema son:

1

2

A

3

45

B

6

7

C

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-

AB AB

302.4 302.4 -302.4 302.4 302.4 403.2 -302.4 201.6

k K -302.4 -302.4 302.4 -302.4 302.4 201.6 -302.4 403.2

= =

y La matriz de rigidez de elemento BC

BC BC

89.6 134.4 -89.6 134.4 134.4 268.8 -134.4 134.4

k K -89.6 -134.4 89.6 -134.4 134.4 134.4 -134.4 268.8

= =

Teoría de Estructuras I

A. Carnicero 18

Considerando los grados de libertad de la figura, se tiene que la matriz de rigidez global será

302.4 302.4 -302.4 302.4 0 0 0 302.4 403.2 -302.4 201.6 0 0 0 -302.4 -302.4 392.0 -302.4 134.4 -89.6 134.4

K 302.= 4 201.6 -302.4 403.2 0 0 0 0 0 134.4 0 268.8 -134.4 134.4 0 0 -89.6 0 -134.4 89.6 -134.4 0 0 134.4 0 134.4 -134.4 268.8

Conocida la matriz de rigidez, escribimos el vactor de desplzamientos

( )3 4 50,0, , , ,0,0 tU U U U=

Para determinar el vector de cargas, calculamos el valor de los esfuerzos de empotramiento de los dos elementos

considerados

1 1 2 2emp emp emp emp

0.0200 0.0300 0.0067 0.0150

f F f F 0.0200 0.0300-0.0067 -0.0150

= = = =

Por lo que el vector de cargas quedará

1

2

6

7

0.020.0067

0 0.02 0.030 0.00670 0.015

0.030.015

RR

F

RR

+ = − − −

De esa forma, el sistema de ecuaciones a resolver es

3

4

5

0.050.0067

0.015

392 -302.4 134.4 U-302.4 403.2 0 U134.4 0 268.8 U

− = −

Cuya resolución nos permite determinar los desplazamientos desconocidos

El método matricial

A. Carnicero

19

-33

-34

-35

U =-0.3826·10

U =-0.2704·10

U =0.1355·10

Una vez determinados todos los desplazamientos se pueden calcular las reacciones resolviendo el sistema

13

24

65

7

F -302.4 302.4 0 0.0339U

F -302.4 201.6 0 0.0612U

F -89.6 0 -134.4 0.0161U

F 134.4 0 134.4 -0.0332

= =

Y dado que conocemos el vector de esfuerzos de empotramiento, las reacciones serán

1

2

6

7

R = 53.9 kNR =67.8 kNm

R =46.1 kNR =-48.2 kNm

5. Cálcular los desplazamientos desconocidos de la estructura.

5 m

10 kN

E= 2.1·1011 N/m2

I= 36000 cm4

A=94 cm2

5 m

2 m

2 m

20 k

N/m

A

B C

D

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.

Teoría de Estructuras I

A. Carnicero 20

A

B C

D

12

3

45

67

8

9

1011

La matriz de rigidez del elemento AB en coordenadas locales y del elemento BC, donde coinciden locales y globales es,

AB BC BC

394.8 0 0 -394.8 0 0 0 7.2576 18.144 0 -7.2576 18.144 0 18.144 60.48 0 -18.144 30.24

k k K -394.8 0

= = = 0 394.8 0 0

0 -7.2576 -18.144 0 7.2576 -18.144 0 18.144 30.24 0 -18.144 60.48

y teniendo en cuenta una rotación de 90 grados, la matriz del elemento AB en coordenadas globales es

AB

7.2576 0 -18.144 -7.2576 0 -18.144 0 394.8 0 0 -394.8 0 -18.144 0 60.48 18.144 0 30.24

K

= -7.2576 0 18.144 7.2576 0 18.144

0 -394.8 0 0 394.8 0 -18.144 0 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

DB

697.9144 -697.9144k

-697.9144 697.9144

=

Con un ángulo de rotación de –45 grados, es decir, una matriz de rigidez global

El método matricial

A. Carnicero

21

DB

348.9572 -348.9572 -348.9572 348.9572 -348.9572 348.9572 348.9572 -348.9572

K -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 -18.1440 0 394.8 0-18.144 0 60.48-7.2576 0 18.144 0 -394.8 0

K -18.144 0 30.24 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

=

-7.2576 0 -18.144 0 -394.8 0 18.144 0 30.2 751.0148 -348.9572 -348.9572 751.0148 18.144 18.144 -394.8 0 0 -7.2576 0 18.1440-348.9572 48.9572348.9572 -348.9572

0 0 0 0 0 0

4 0 0 018.144 -394.8 0 18.144 0 -7.2576120.96 0 -18.144 0 394.8 0-18.144 0 7.2576 30.24 0 -18.1440 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 -348.9572 348.9572 18.144 348.9572 -348.9572 30.24 0 0 0-18.144 0 60.48 0 0 348.9572 0 -348.9572

0 0 0 0 -348.9572 348.9572

Para simplificar los cálculos a realizar, liberamos el grado de libertad 6 sobre el sistema con las condiciones

de contorno impuestas es decir

cc

751.0148 -348.9572 18.144K -348.9572 751.0148 18.144

18.144 18.144 120.96

=

Donde hay que liberar la rotación (término 3,3). La matriz liberada es

lcc

748.2932 -351.6788K

-351.6788 748.2932

=

El sistema de ecuaciones a resolver es

4

5

l4l

ccl5

F UK

F U

=

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,

Teoría de Estructuras I

A. Carnicero 22

t2 2emp

AB

temp

BC

ql ql ql qlF ,0, , ,0,

2 12 2 12

pl pl pl plF 0, , ,0, ,

2 8 2 8

= − − −

= −

Sustituyendo

( )( )

tempAB

tempBC

F 0.05,0,0.041666, 0.05,0, 0.041666

F 0,0.005,0.00625,0,0.005, 0.00625

= − − −

= −

Luego el vector de cargas (sin liberar el grado de libertad 6) es

1

2

3

empn

7

8

9

10

11

R 0.05R 0R 0.0416660 0.050 0 0.005

F F F 0 0.041666 0.00625R 0R 0.005R 0.00625R 0R 0

− − + = − = − − +

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 tI l al ala aal aa

ll lll

F K KF K K 0 U

K KU

0 0 0

− − =

tendremos que los términos liberados se obtendrán como

4

5

l

l

F 0.05 18.144 0.04468750.035416666F 0.005 18.144 0.0103125120.96

= − = − −

Por lo tanto, el sistema de ecuaciones que nos permite determinar el desplazamiento es

El método matricial

A. Carnicero

23

4

5

U0.0446875 748.2932 -351.6788U0.0103125 -351.6788 748.2932

= −

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

4 m 4 m3 m1 m

20 kN/m

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:

8

9

12

34

5

67

10

1112

1314

15

16

2122

1920

1718

2324

A B C D E

Las matrices de rigidez de las barras son,

AB AB

66.15 0 0 -66.15 0 0 0 33.8625 67.725 0 -33.8625 67.725 0 67.725 180.6 0 -67.725 90.3

k K -66.15 0

= = DE DEk K 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

= =

Teoría de Estructuras I

A. Carnicero 24

3BC BC

0.2646 0 0 -0.2646 0 0 0 2.1672 1.0836 0 -2.1672 1.0836 0 1.0836 0.7224 0 -1.0836 0.3612

k K 10 · -0.26

= =46 0 0 0.2646 0 0

0 -2.1672 -1.0836 0 2.1672 -1.0836 0 1.0836 0.3612 0 -1.0836 0.7224

CD CD

88.2 0 0 -88.2 0 0 0 80.2667 120.4 0 -80.2667 120.4 0 120.4 240.8 0 -120.4 120.4

k K -88.2 0 0 88.2

= = 0 0

0 -80.2667 -120.4 0 80.2667 -120.4 0 120.4 120.4 0 -120.4 240.8

La matriz de rigidez en coordenadas elementales o globales de los cables es siempre la misma y valen

88.2 -88.2k

-88.2 88.2

=

0 0 0 00 88.2 0 -88.2

K0 0 0 00 -88.2 0 88.2

=

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 k2,2,k5,5,k12,12 y k15,15.

66.15 0 0 0 122.06 67.725 0 67.725 180.6-66.15 0 0 -33.862 0 67.725 0 0 0 0

K 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

=

-66.15 0 0 -33.86 0

0 330.75-67.725 0 90.3 0 0 -264.6 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

02

-67.725 0 2289.3 1015.9 0 -2167.2 1083.6 0 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 0 0 -264.6 0 0 352.8 0 0 0 -88.2 0 0 0 0 0

0 0 0 0 -2167.2 -1083.6 0 2247.5 -1083.6 120.4 0 -80.267 120.4 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 0 120.4 0 240.8 0 -120.4 120.4 0

0 0

0 0 0 0 0 0 -88.2 0 0 0 154.35 0 0 -

0 0

0 0 0 0 0 0 0 -80.267 0 -120.4 0 202.33 -52.675

66.15 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0120.4 0 0 0120.4 0 0 -66.15-52.675 0 421.4 0

0 0 66.15 -33.862 -67.725 0 67.725 90.3

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0-33.862-67.725 0122.06

0 -67.725

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 67.725 90.3 0-67.725 180.6

El método matricial

A. Carnicero

25

Los obtención de los valores de los vectores de esfuerzos de empotramiento no presenta ninguna dificultad:

emp empAB DE

0 0.04 0.026667

F F 0 0.04-0.026667

= =

empBC

0 0.010.0016667

F 0 0.01-0.0016667

=

empCD

00.030.015

F 00.030.015

=

y dado que no hay cargas en los nudos, el vector de cargas ensamblado es empF F= − :

Teoría de Estructuras I

A. Carnicero 26

0 -0.04-0.027 0 -0.05 0.025 0 -0.04

F0.0017 -0.015 0 -0.07-0.0117 0 -0.040.027

=

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

El método matricial

A. Carnicero

27

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 U1=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

empAB AB AB AB

00.032178 0

esf k u f 0 0.047822-0.031286

= ⋅ + =

Tramo BC

empBC BC BC BC

00.0412860.031286

esf k u f 0-0.021286 0

= ⋅ + =

Tramo CD

empCD CD CD CD

0 0.021286 0

esf k u f 00.038714-0.026142

= ⋅ + =

Tramo DE

Teoría de Estructuras I

A. Carnicero 28

empDE DE DE DE

00.0465350.026142

esf k u f 00.033465 0

= ⋅ + =

El método matricial

A. Carnicero

29

1.2 Ejercicios propuestos

7. Empleando el método matricial, calcular el diagrama de momentosflectores de la viga de la figura

40

50 kN

30 kN/m

A=210 cm2

I=116474 cm4

E=2.1·1011 N/m2

Resultado

3309500 N/m

4345250 N/m

8. Dibujar los diagramas de esfuerzos en la estructura de la figura

Teoría de Estructuras I

A. Carnicero 30

800

600

300

40 k

N/m

40 k

N/m

20 kN/m 20 kN/m

20 kN/m

DATOS

E=2.1 ·1011 N/m2

Pilares

A=149 cm2

I=25170 cm4

Cubierta

A=33 cm2

I=1510 cm4

Resto

A=24 cm2

I=864 cm4

Resultado.

Valores de los esfuerzos en los extremos de las barras (lado derecho de la estructura)

( )( )

( )

t1

t2

t3

f 0.0517,0.3,1.0569, 0.0517, 0.06 ,0.0232

f 0.0415,0.0454, 0.0231,0.0415,0.0546,0

f 0.0504,0.04,0.0504,0.04

= − −

= − −

= −

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 celosíasabiendo que la rigidez es AE. Aplicar todas las simplificacionesposibles en el proceso de cálculo (ensamblanje, vectores de cargas,etc.)

30

30

30

45

L

P