Ejercicios Calculo de Estructuras Metodo Matricial

7/22/2019 Ejercicios Calculo de Estructuras Metodo Matricial

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1. TEMA 5. MTODO MATRICIAL

1.1 Ejercicios resueltos1 . En la cubierta de la figura, determiar el valor de los momentos en

los extremos de las barras, as como el momento mximo en ellas.

(E=2.11011 N/m2, I=68000 cm4, A=56 cm2)

4.5 m

2.5

1m

3 kN/m

1m

2kN/

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 caractersticas 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


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Teora 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

0 274.1760k =

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 0 456.96 274.1760K =

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

45

6

Sistema local de los elementos AB y BC

3B

C

12

45

6


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El mtodo 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 -428.4 285.6k

-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 0 285.6K

-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 rotacin

B

1

2

3

Sistema local de los elementos BD y CD

45

6

D C 1

2

3

4

56

D


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A. Carnicero 4

BD

0.9762 0.2169 0 0 0 0

-0.2169 0.9762 0 0 0 0

0 0 1 0 0R =

0

0 0 0 0.9762 0.2169 00 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 61.9553K

-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 traccin o compresin (est 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 -12.0052K

-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 0R

0 0.9762

0 -0.2169

=

Luego las matrices de rigidez de los distintos elementos ya estn calculadas. Las ensamblamos ahora para obtener la

matriz de rigidez global de la estructura,


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El mtodo matricial

A. Carnicero 5

219.3408

0-274.1760

-219.34080

-274.17600

00

00

0

0

470.40

0-470.4

00

00

00

-274.1760

0456.9600

274.17600

228.48000

00

00

0

-219.3408

0274.1760

891.669150.3189

-162.9706-428.4

0-428.4

-243.9283-50.3189

-8.7466

0

-470.40

50.31087.1

39.40

-5880

-50.3-28.7

39.4

-274.2

0228.5

-16339.4

1152.1428.4

0285.6

8.7-39.4

62

0

00

-428.40

428.4671.5050

-54.0233428.4

-243.105054.0233

0

0

00

0-588

0-54.0233

600.00520

54.0233-12.0052

0

0

00

-428.40

285.6428.4

0571.2

00

0

0

00

-243.9283-50.3189

8.7466-243.1050

54.02330

487.0333-3.7045

8.7466

0

00

-50.3189-28.6752

-39.359954.0233

-12.00520

-3.704540.6804

-39.3599

0

00

-8.746639.3599

61.95530

00

8.7466-39.3599

123.9107

Vector desplazamiento

El vector de desplazamiento es

( )t

4 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 tendr 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 ql

F ,0, , ,0,2 12 2 12

=

que sustituyendo para cada una de las barras

( )

( )

t3 3 3 3 3

AB

t3 4 3 4

BC

F 2.510 ,0,1.041610 , 2.510 ,0, 1.041610 10

F 210 ,0,6.666610 , 210 ,0, 6.666610

=

=

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

( )t

3 3 3 3

BDf 0,6.914610 ,5.312510 ,0,6.914610 , 5.312510 =

El vector de cargas se calcula como

( )t

t -3 -3 -3 -3 -3 -3

BD BD BDF R f -1.510 ,6.7510 ,5.312510 , 1.510 ,6.7510 ,-5.312510= =

Ensamblando estos vectores se obtiene el vector de esfuerzos de empotramiento


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A. Carnicero 6

3 3

3

3 3 -3

-3

3 4 -3

emp 3

4

-3

-3

-3

2.510 2.510

0 0

1.041610 1

2.510 210 -1.510

6.7510

1.041610 6.666610 5.312510F

210

0

6.666610

-1.510

6.7510

-5.312510

+ + = =

3

3

-3

-3

3

4

-3

-3

-3

.041610

610

6.7510

4.937510

210

0

6.666610

-1.510

6.7510

-5.312510

Restando este vector al de las cargas aplicadas en los nudos, se tiene el vector de cargas a introducir en el

sistema ecuaciones.

31

2

33

3

-3

-3

n emp 3

4

-3

-3

-3

R 2.510

R 0

R 1.041610

0 610

0 6.75100 4.937510

F F F0 210

0 0

0 6.666610

0 -1.510

0 6.7510

0 -5.312510

= =

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 -0.0087

0.0503 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

8

49

-310

-311

12

U 610

U -6.7510

U 4.937510

U 210

U 0

U 6.666610

U 1.510

U -6.7510

0 0 0.0087 -0.0394 0.1239 U 5.312

=

-3

510


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El mtodo matricial

A. Carnicero 7

Resolviendo el sistema de ecuaciones se calculan los desplazamientos desconocidos.

U4= 5.543910-4

U5= -2.869910-5

U6= -4.088610-4

U7= 1.464110-3

U8= -3.185410-5

U9= -4.76610-4

U10= 1.011210-3

U11= -2.22410-3

U12= -4.823710-4

Conocidos los desplazamientos, calcular esfuerzos en las distintas barras es sencillo.


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A. Carnicero 8

2. Obtener los desplazamientos desconocidos y dibujar los esfuerzos en

las barras AB y EF.

400200 200

300

300

10kN

20kN/m

A

B

D

C

E

F

G H

I

J

A=20 cm2

RESTO DE ELEMENTOSA=164 cm

2

I=147361 cm4

Dado que la estructura es simtrica modelamos slo la mitad e imponemos condiciones de simetra en los puntos que

se encuentren sobre el eje de simetra (U7=U16=U18=0).

5k N

A

B

D

C

E

F

1

2

3

4

5

6

10

11

1213

14

16

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 -206.3k 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


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El mtodo matricial

A. Carnicero 9

Siendo su expresin en coordenadas globales (matriz de rotacin con =-90):

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 206.3K 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 caractersticas 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 -464.2 309.5k

-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 expresin es la misma para coordenadas locales y globales.

La matriz de rigidez del elemento BC (no trabaja a flexin) 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 al a aal aa

ll ll

l

F K KF K K 0 U

K KU

0 0 0

=

Elemento DE (eliminando el grado de libertad 6)

l l

DE 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)


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A. Carnicero 10

l l

EF 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

00000

0000

00

0.0000

114800.00000.0000

-114800.0000

0

00000

0000

00

-206.3054

0.0000412.6108206.3054

0.0000206.3054

0

00000

0000

00

-137.5369

0.0000206.3054380.0739

0.00000

-105.0000

00

-137.53690.0000

-206.3054

0000

00

0.0000

-114800.00000.0000

2296000

00

0.0000-114800.0000

0000

00

-206.3054

0.0000206.3054

0

0825.2216

0

00

206.30540.0000

206.3054

0000

00

0

00

-105

00

105

00000

0000

00

0

00

-137.5

0.0000206.3

0

00

1859.50.0000206.3

-1722000

00

0

00

0.0000

-114800.0000

0

00

0.000012640232

0-11600

00

0

00

-206.3054

0.0000206.3054

0

00

206.3054232.0936876.7979

0-232.093600

00

0

000

000

00

-172200

344400

-1722

00

0

000

000

000

-116.0468-232.0936

0232.046800

-116.0000232.1000

0

000

000

00000

-172200

1722

00

0

000

000

00000

0-116.000000

116.0000-232.1000

0

000

000

00000

0232.100000

-232.1000464.2000

Imponiendo las CC, la matriz de rigidez Kccqueda

380.07390.0000

0-137.5369

0.0000

-206.3054000

0.000022960

00.0000

-11480

0.0000000

00

825.2216206.3054

0.0000

206.3054000

-137.50.0000206.31859.5

0.0000

206.3-1722

00

0.0000-114800.00000.0000

12640

2320

-1160

-206.30540.0000

206.3054206.3054

232.0936

876.79790

-232.09360

000

-17220

0

034440

00

0000

-116.0468

-232.09360

232.0468-116

0000

0

00

-116.000116.000

Vector de desplazamientos

El vector de desplazamientos es (el grado de libertad 15 se ha eliminado)

( )t

4 5 6 10 11 12 13 14 17 U 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 fcilmente en coordenadas globales como,

( )t

BA DBF F 0.0300 0.0000 0.015 0.0300 0.0000 -0.015= =

Que est 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.

Ensamblndolos, tenemos que el vector de cargas debido a cargas en el elemento es:


11/31

El mtodo 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

0F

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 0R 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 ser el que utilizaremos para resolver el

sistema de ecuaciones es:

( )t

ccF -0.0600 0 0 -0.0300 0 -0.0150 0 0 -0.0050=

Resolviendo el sistema de ecuaciones

1

cc ccU K F=

se obtiene los valores de los desplazamientos desconocidos. stos son:

U4 = -0.29047110-3

U5= -0.00435510-3

U6= 0.06425010-3

U10= -.03810110-3

U11= -0.0087110-3


12/31


A. Carnicero 12

U12= -0.2189010-3

U13= -0.0190510-3

U14= -0.4895910-3

U17=-0.5326810-3

Clculo de esfuerzos

Conocidos los desplazamientos se pueden calcular los esfuerzos en las barras.

Por ejemplo en la barra BA

El vector desplazamientos es

UBA=(-0.2904710-3,-0.004355410-3,0.0642510-3, 0,0,0)t

Y los esfuerzos producidos por estos desplazamientos son:

FBA=KBA UBA son:

( )t

BAF -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:

( )t

BAEsfuerzos 0.0033047 -0.005 -0.018415 0.056695 0.005 -0.061670=

Ojo, porque este vector de esfuerzos est 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

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


13/31

El mtodo matricial

A. Carnicero

13

El vector desplazamientos es

UEF=( -0.0190510-3, -0.489596910-3,0, -0.53268310-3,0)t

Y los esfuerzos producidos por estos desplazamientos son:

FEF=KEF UEF son:

( )t

EFF -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 grficos siguientes muestran los resultados obtenidos al calcular la estructura mediante un programa de clculo por

elementos finitos comercial.


14/31


A. Carnicero 14

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

400 cm

A D

B C

20 kN/m

20kN/m

10 kN

500cm

E=2.11011 N/m2

A=14 cm2

I=65400 cm4

Dibujar y numerar los grados de libertad considerados

1

2

3A D

B C4

5

67

8

9

10

11

12


15/31

El mtodo 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 ngulo de giro. Escribir la matriz de rotacin

que permite el paso a coordenadas globales.

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

BD

1 1 1 1AEk 45.91 MN / m

1 1 1 1l

= =

La matriz de rotacin que permite el paso a coordenadas globales ser de la forma

cos sen 0 0R

0 0 cos sen

=

Determinar el vector de esfuerzos

El vector de esfuerzos vendra dado por

nudos empF F F=

El vector de fuerzas en los nudos es

( )t

3

nudos 1 2 10 11F R ,R ,0,0,0,1010 ,0,0,R ,R ,0=

Para ensamblar el vector de esfuerzos de empotramiento se puede trabajar directamente en coordenadas globales que

puede resultar ms rpido que pasar de locales a globales (por ser el ngulo de giro 90 grados). As

( )

( )

t

BC

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 ste vale

( )t

empF 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

( )t

1 2 10 11F R 0.05,R , 0.0416,0.05, 0.04,0.015,0, 0.04,0.0267,R ,R ,0= +

B

5

4

D

10

11

= -51.34 1

2


16/31


A. Carnicero 16

Escribir el vector de desplazamientos

( )t

3 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

(0.9310-3, 0.23410-3, -0.00310-3)t y los del nudo C (1.2310-3,

0.72510-3, 0.01210-3)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 -51.5025k=

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 determinacin 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

BC

BC BC empf k u f= +

Dado que la viga a estudiar est en posicin horizontal es lo mismo trabajar en coordenadas locales que globales. La

matriz kBC est dada y el vector de desplazamientos elementales tambin. Por lo tanto

3

BC

BC BC emp

0.022 0 0.022

0.0122 0.04 0.0278

0.0249 0.0267 1.810f k u f

0.022 0 0.022

0.0122 0.04 0.0522

0.0238 0.0267 0.0505

= + = + =

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

isostticos.


17/31

El mtodo matricial

A. Carnicero

17

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

figura

2

20 kN/mI=96000 cm

4

E=2.11011 N/m2

3

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

1

2

A

3

4

5

B

6

7

C

donde se han eliminado los grados de libertad horizontal al ser los desplazamientos en esa direccin 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 -302.4 201.6k 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 -134.4 134.4k K

-89.6 -134.4 89.6 -134.4

134.4 134.4 -134.4 268.8

= =


18/31


A. Carnicero 18

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

302.4 302.4 -302.4 302.4 0 0 0302.4 403.2 -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 00 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, , , ,0,0t

U 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 2

emp emp emp emp

0.0200 0.0300

0.0067 0.0150f F f F

0.0200 0.0300

-0.0067 -0.0150

= = = =

Por lo que el vector de cargas quedar

1

2

6

7

0.02

0.0067

0 0.02 0.03

0 0.0067

0 0.015

0.030.015

R

R

F

RR

+ =

De esa forma, el sistema de ecuaciones a resolver es

3

4

5

0.05

0.0067

0.015

392 -302.4 134.4 U

-302.4 403.2 0 U

134.4 0 268.8 U

=

Cuya resolucin nos permite determinar los desplazamientos desconocidos


19/31

El mtodo matricial

A. Carnicero

19

-3

3

-3

4

-3

5

U =-0.382610

U =-0.270410

U =0.135510

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

1

3

2

4

6

5

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 sern

1

2

6

7

R = 53.9 kN

R =67.8 kNm

R =46.1 kN

R =-48.2 kNm

5. Clcular los desplazamientos desconocidos de la estructura.

5 m

10 kN

E= 2.11011 N/m2

I= 36000 cm4

A=94 cm25m

2 m

2m

20kN/m

A

B C

D

Determinamos los grados de libertad que existen en la estructura. Se ha dibujado el grado de libertad 6, que deber ser

eliminado de las matrices de rigidez de los distintos elementos.


20/31


A. Carnicero 20

A

B C

D

1

2

3

4

5

67

8

9

10

11

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 30.24k 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 rotacin 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 30.24K

=

-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 estn calculadas como si los extremos estubieran empotrados por lo que habr que liberar el grado de

libertad 6 (global) de ellas.

Por ltimo la matriz de rigidez del elemento DB en coordenadas locales es

DB

697.9144 -697.9144k

-697.9144 697.9144

=

Con un ngulo de rotacin de 45 grados, es decir, una matriz de rigidez global


21/31

El mtodo matricial

A. Carnicero

21

DB

348.9572 -348.9572 -348.9572 348.9572

-348.9572 348.9572 348.9572 -348.9572K

-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 00 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 48.9572

348.9572 -348.9572

0 0 0

0 0 0

4 0 0 0

18.144 -394.8 0

18.144 0 -7.2576

120.96 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

-18.144 060.48 0

0 348.9572

0 -348.9572

0

0

00

-348.9572

348.9572

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

de contorno impuestas es decir

cc

751.0148 -348.9572 18.144

K -348.9572 751.0148 18.144

18.144 18.144 120.96

=

Donde hay que liberar la rotacin (trmino 3,3). La matriz liberada es

l

cc

748.2932 -351.6788K

-351.6788 748.2932

=

El sistema de ecuaciones a resolver es

4

5

l

4lccl

5

F UK

F U =

Por lo que hay que determinar el vector de cargas. Calculamos en primer lugar el trmino de esfuerzos de

empotramiento perfecto debido a las cargas en las barras. Estos vectores pueden escribirse fcilmente en coordenadas

locales,


22/31


A. Carnicero 22

t2 2

emp

AB

t

emp

BC

ql ql ql ql F ,0, , ,0,

2 12 2 12

pl pl pl pl

F 0, , ,0, ,2 8 2 8

=

=

Sustituyendo

( )

( )

temp

AB

temp

BC

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

emp

n

7

8

9

10

11

R 0.05R 0

R 0.041666

0 0.05

0 0 0.005

F F F 0 0.041666 0.00625

R 0

R 0.005

R 0.00625

R 0

R 0

+ = = +

Los trminos 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 ltimo trmino, recordando que

I tI

l al al a aal aa

ll ll

l

F K KF K K 0 U

K KU

0 0 0

=

tendremos que los trminos liberados se obtendrn como

4

5

l

l

F 0.05 18.144 0.04468750.035416666

F 0.005 18.144 0.0103125120.96

= =

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


23/31

El mtodo matricial

A. Carnicero

23

4

5

U0.0446875 748.2932 -351.6788

U0.0103125 -351.6788 748.2932

=

Resolviendo el sistema

U4= 6.83410-5 m

U5= 1.83310-5 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 caractersticas: A=12.6 cm2, I=86000 cm4 y e=2.11011 N/m2.

Determiar los diagramas de momentos flectores en la viga horizontal.

Los grados de libertad considerados son:

8

9

1

2

34

5

67

10

11

12

1314

15

16

21

22

19

20

17

18

23

24

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 90.3k 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

= =


24/31


A. Carnicero 24

3

BC 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 0.3612k 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 -120.4 120.4k 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 0

0 88.2 0 -88.2K

0 0 0 0

0 -88.2 0 88.2

=

Se puede pasar a ensamblar la matriz de rigidez de la estructura. Para disminuir el tamao de la matriz de

rigidez se van a imponer ya las condiciones de contorno por lo que los trminos asociados a los grados 17 a

24 no van a ser emsamblados. Por lo tanto los cables slo van a aportar un trmino de valor 88.2 MN/m a los

trminos 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 0K

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

0

2

-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 0

120.4 0

0 0

120.4 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

0

122.06

0 -67.725

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

67.725

90.3

0

-67.725

180.6


25/31

El mtodo matricial

A. Carnicero

25

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

emp emp

AB DE

0

0.04

0.026667F F

0

0.04

-0.026667

= =

emp

BC

0

0.01

0.0016667F

00.01

-0.0016667

=

emp

CD

0

0.03

0.015F

0

0.03

0.015

=

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


26/31


A. Carnicero 26

0

-0.04

-0.027

0-0.05

0.025

0

-0.04F

0.0017

-0.015

0

-0.07-0.0117

0

-0.04

0.027

=

Resolviendo el sistema de ecuaciones obtenemos las desplazamientos desconocidos

u1=0

u2= -0.00036484

u3=-0.00034119

u4=0

u5= -0.0010103

u6= -9.703e-005

u7= 0

u8= -0.0011605

u9= -0.00017442

u10=1.2425e-005

u11= 0

u12= -0.00096655

u13= 4.447e-005

u14= 0


27/31

El mtodo matricial

A. Carnicero

27

u15= -0.00037942

u16=0.00034559

Sin embargo la solucin anterior no ha sido obtenido inviertiendo la matriz de rigidez escrita anteriormente

ya que se puede comprobar que sta es singular. La singularidad proviene de la no existencia de condiciones

de contorno en direccin 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

emp

AB AB AB AB

00.032178

0esf k u f

0

0.047822

-0.031286

= + =

Tramo BC

emp

BC BC BC BC

00.041286

0.031286esf k u f

0

-0.021286

0

= + =

Tramo CD

emp

CD CD CD CD

00.021286

0esf k u f

0

0.038714

-0.026142

= + =

Tramo DE


28/31


A. Carnicero 28

emp

DE DE DE DE

0

0.046535

0.026142esf k u f

00.033465

0

= + =


29/31

El mtodo matricial

A. Carnicero

29

1.2 Ejercicios propuestos7. Empleando el mtodo matricial, calcular el diagrama de momentos

flectores de la viga de la figura

40

50 kN

30 kN/m

A=210 cm2

I=116474 cm4

E=2.11011 N/m2

Resultado

3309500 N/m

4345250 N/m

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


30/31


A. Carnicero 30

800

600

300

40kN/m

40kN/m

20 kN/m20 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)

( )

( )

( )

t

1

t

2

t

3

0.0517,0.3,1.0569, 0.0517, 0.06,0.0232

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 definicin. Resulta de gran inters plantearse

cmo quedaran los diagramas de la parte no calculada.

1.3 Otros ejercicios9. Determinar empleando el mtodo matricial los esfuerzos en la celosa

sabiendo que la rigidez es AE. Aplicar todas las simplificaciones

posibles en el proceso de clculo (ensamblanje, vectores de cargas,

etc.)

30

30

30

45

L

P


31/31

Ejercicios Calculo de Estructuras Metodo Matricial

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