Entrada 2. ejercicio 2 matricial

mayo de 2012

Análisis matricial de estructuras Practica II

Análisis matricial de estructuras

Practica II

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Contenido Cuestión 1. ........................................................................................................................ 3

Solución 1.1. .................................................................................................................. 4

Solución 1.2. ................................................................................................................. 5

Solución 1.3. ................................................................................................................. 5

Solución 1.4, 1.5 y 1.6: ................................................................................................... 6

Cuestión 2. ....................................................................................................................... 8

Solución 2.1. ................................................................................................................. 9

Opcion 1. ................................................................................................................... 9

Cuestion 3. ...................................................................................................................... 10

Solución 3.1. ................................................................................................................ 10

Solución 3.2. ................................................................................................................ 13

Solución 3.3. ................................................................................................................ 13

Solución 3.4. ................................................................................................................ 14


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Cuestión 1.


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Solución 1.1. Aplicando el principio de superposición a la barra (el desplazamiento del sistema es

suma de los desplazamientos provocados por la aplicación de las fuerzas) solicitado por la totalidad de las cargas 𝐹𝑥2,𝐹𝑦2 𝑦 𝑀2, tenemos la siguiente ecuación:

∆𝑖= 𝛿𝑖1 ∙ 𝐹1 + 𝛿𝑖2 ∙ 𝐹2 + 𝛿𝑖3 ∙ 𝑀 = �𝛿𝑖𝑗 ∙ 𝑃𝑗

3

𝑗=1

Siendo:

∆𝑖= 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑖

𝛿 = 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑓𝑙𝑢𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎

𝐹1,𝐹2,𝑀 = 𝐶𝑎𝑟𝑔𝑎𝑠 𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑑𝑎𝑠

Si ampliamos esta ecuación a los tres grados de libertad (i, j, k) asociados a la barra, obtenemos la ecuación de flexibilidad:

�∆1∆2∆3� = �

𝛿11 𝛿12 𝛿13𝛿21 𝛿22 𝛿33𝛿31 𝛿32 𝛿33

� ∙ �𝐹1𝐹2𝑀�

Siendo la matriz de flexibilidad [𝐹] (relaciona desplazamientos y cargas), la formada por los coeficientes de influencia 𝛿, que de forma resumida:

{∆} = [𝐹] ∙ {𝑃}

Si sustituimos los valores de las cargas así como los desplazamientos que estas provocan tenemos las siguientes ecuaciones:

Cuando actúa F=i kN:

�0,3966 ∙ 10−5

00

� = �𝛿11 𝛿12 𝛿13𝛿21 𝛿22 𝛿23𝛿31 𝛿32 𝛿33

� ∙ �100�

0,3966 ∙ 10−5 = 𝛿11

𝛿21 = 𝛿31 = 0

𝑃𝑜𝑟 𝑠𝑖𝑚𝑒𝑡𝑟𝑖𝑎: 𝛿12 = 𝛿13 = 0

Cuando actúa F=j kN:

�0

0,2638 ∙ 10−20,47 ∙ 10−3

� = �0,3966 ∙ 10−5 0 0

0 𝛿22 𝛿230 𝛿32 𝛿33

� ∙ �010�


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0,2638 ∙ 10−2 = 𝛿22

𝛿32 = 0,47 ∙ 10−3

𝑃𝑜𝑟 𝑠𝑖𝑚𝑒𝑡𝑟𝑖𝑎:𝛿23 = 0,47 ∙ 10−3

Cuando actúa M=K mkN:

�0

0,47 ∙ 10−30,1312 ∙ 10−3

� = �0,3966 ∙ 10−5 0 0

0 0,2638 ∙ 10−2 0,47 ∙ 10−30 0,47 ∙ 10−3 𝛿33

� ∙ �001�

0,1312 ∙ 10−3 = 𝛿33

𝛿23 = 0,47 ∙ 10−3 → 𝐶𝑜𝑖𝑛𝑐𝑖𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛 𝑒𝑙 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜 𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑝𝑜𝑟 𝑠𝑖𝑚𝑒𝑡𝑟𝑖𝑎

Finalmente, sustituyendo todos los valores, obtenemos la matriz de flexibilidad:

[𝐹] = �0,3966 ∙ 10−5 0 0

0 0,2638 ∙ 10−2 0,47 ∙ 10−30 0,47 ∙ 10−3 0,1312 ∙ 10−3

�

Conclusiones:

Si observamos la matriz que hemos obtenido, vemos que coincide con la tabla que nos dan como dato. Esto es así, debido a que la matriz de flexibilidad es aquella que relaciona la carga aplicada con el movimiento obtenido. Si esa carga la hacemos unitaria, como es nuestro caso, obtenemos directamente los coeficientes de influencia.

Solución 1.2. Sabiendo que la rigidez [𝐾] es la fuerza necesaria para producir un desplazamiento

unitario, llegamos a la conclusión de que:

[𝐾] = [𝐹]−1

La matriz de flexibilidad que hemos obtenido en el caso anterior, es la que nos relaciona las cargas aplicadas en 2 con los movimientos obtenidos en 2, habiendo impedido los movimientos en 1, esto es [𝐹22], por lo que si hacemos su inversa, obtendremos [𝐾22]:

[𝐾] = [𝐹]−1 = �252143,22 0 0

0 1047,88 −3753,830 −3753,83 21069,35

�

Solución 1.3. Si partimos de la ecuación


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Y aplicamos el equilibrio de fuerzas:

𝑥1 + 𝑥2 = 0

𝑦1 + 𝑦2 = 0

𝑀1 +𝑀2 + 𝑦2 ∙ 𝐿 = 0

Que de forma matricial seria: 𝑃1 + 𝐻 ∙ 𝑃2 = 0 :

�𝑥1𝑦1𝑀1

�+ �1 0 00 1 00 𝐿 1

� ∙ �𝑥2𝑦2𝑀2

� = �000�

Si sustituimos L=10 m la matriz de equilibrio H, será:

[𝐻] = �1 0 00 1 00 10 1

�

Solución 1.4, 1.5 y 1.6: Vamos a calcular las matrices elementales de una barra a partir de k=k22 calculada

anteriormente. Además de usar la matriz H anterior.

Las ecuaciones de estado de una barra son:

�𝑃1 = 𝑘11 ∙ 𝑑1 + 𝑘12 ∙ 𝑑2𝑃2 = 𝑘21 ∙ 𝑑1 + 𝑘22 ∙ 𝑑2

�

También sabemos que:

𝑃2 = 𝑘 ∙ 𝑒

𝑃1 + 𝐻 ∙ 𝑃2 = 0

Siendo:


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𝑘 = 𝑚𝑎𝑡𝑟𝑖𝑧 𝑑𝑒 𝑟𝑖𝑔𝑖𝑑𝑒𝑧 = 𝑘22 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑑𝑎 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑡𝑎𝑑𝑜 1.2

𝑒 = �𝑢2𝑣2𝜃2�

Si pensamos en una barra cualquiera:

En el punto inicial 1 tenemos una carga P1 y un desplazamiento d1, y de forma análoga en el punto fina 2 tenemos una carga P1 y desplazamiento d2.

Una vez deformada si queremos llegar a la situación inicial:

En el paso 1 se impiden los movimientos en el extremo inicial, y la deformada elástica será la misma que la de la barra inicial, y que los esfuerzos aplicados son los mismos. Si a los esfuerzos del paso 1 sumamos los del paso 2 como consecuencia de un movimiento como solido rígido d1*, tenemos los siguientes desplazamientos totales:

𝑑1 = 𝑑1∗ y 𝑑2 = 𝑒 + 𝑑2∗

En el paso 2 hemos movido la barra a partir de su posición de equilibrio, por lo tanto el trabajo de las fuerzas debe ser nulo (no hay desplazamiento relativo):

𝛿𝑊 = 𝑃1𝑡 ∙ 𝑑1∗ + 𝑃2𝑡 ∙ 𝑑2∗ = 0

Por lo tanto:

𝑃1 + 𝐻 ∙ 𝑃2 = 0 → 𝑃1 = −𝐻 ∙ 𝑃2 → −𝑃2𝑡 ∙ 𝐻𝑡 ∙ 𝑑1∗ + 𝑃2𝑡 ∙ 𝑑2∗ = 0 → 𝒅𝟐∗ = 𝑯𝒕 ∙ 𝒅𝟏∗

�𝑷𝟐 = 𝑘 ∙ 𝑒 = 𝑘 ∙ (𝑑2 − 𝑑2∗) = 𝑘 ∙ 𝑑2 − 𝑘 ∙ 𝐻𝑡 ∙ 𝑑1∗ = 𝒌 ∙ 𝑑2 − 𝒌 ∙ 𝑯𝒕 ∙ 𝑑1𝑷𝟐 = 𝒌𝟐𝟏 ∙ 𝑑1 + 𝒌𝟐𝟐 ∙ 𝑑2

�

Igualando coeficientes (resaltados en color):

𝒌𝟏𝟐 = −𝒌 ∙ 𝑯𝒕

𝒌𝟐𝟐 = 𝒌 (𝑐𝑜𝑛𝑓𝑖𝑟𝑚𝑎 𝑙𝑎 ℎ𝑖𝑝𝑜𝑡𝑒𝑠𝑖𝑠 𝑟𝑒𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎 𝑎𝑙 𝑐𝑜𝑚𝑖𝑒𝑛𝑧𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑡𝑎𝑑𝑜)


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Si procedemos de igual manera para el punto 1:

�𝑷𝟏 = −𝐻 ∙ 𝑃2 = −𝑯 ∙ 𝒌 ∙ 𝑑2 + 𝑯 ∙ 𝒌 ∙ 𝑯𝒕 ∙ 𝑑1𝑷𝟏 = 𝒌𝟏𝟏 ∙ 𝑑1 + 𝒌𝟏𝟐 ∙ 𝑑2

�

𝒌𝟏𝟏 = 𝑯 ∙ 𝒌 ∙ 𝑯𝒕

𝒌𝟏𝟐 = −𝑯 ∙ 𝒌 = 𝒌𝟐𝟏𝒕 (𝑐𝑜𝑛𝑓𝑖𝑟𝑚𝑎 𝑙𝑎 𝑠𝑖𝑚𝑒𝑡𝑟𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑚𝑎𝑡𝑟𝑖𝑧)

Sustituyendo la matriz H y k en cada caso:

𝒌𝟏𝟐 = −�1 0 00 1 00 10 1

� ∙ �252143,22 0 0

0 1047,88 −3753,830 −3753,83 21069,35

�

= �−𝟐𝟓𝟐𝟏𝟒𝟑,𝟐𝟐 𝟎 𝟎

𝟎 −𝟏𝟎𝟒𝟕,𝟖𝟖 𝟑𝟕𝟓𝟑,𝟖𝟑𝟎 −𝟔𝟕𝟐𝟒,𝟗𝟒 𝟏𝟔𝟒𝟔𝟖,𝟗𝟏

�

𝒌𝟐𝟏 = 𝒌𝟏𝟐𝒕 = �−252143,22 0 0

0 −1047,88 3753,830 −6724,94 16468,91

�𝑡

= �−𝟐𝟓𝟐𝟏𝟒𝟑,𝟐𝟐 𝟎 𝟎

𝟎 −𝟏𝟎𝟒𝟕,𝟖𝟖 −𝟔𝟕𝟐𝟒,𝟗𝟒𝟎 𝟑𝟕𝟓𝟑,𝟖𝟑 𝟏𝟔𝟒𝟔𝟖,𝟗𝟏

�

𝒌𝟏𝟏 = �1 0 00 1 00 10 1

� ∙ �252143,22 0 0

0 1047,88 −3753,830 −3753,83 21069,35

� ∙ �1 0 00 1 00 10 1

�𝒕

= �𝟐𝟓𝟐𝟏𝟒𝟑,𝟐𝟐 𝟎 𝟎

𝟎 𝟏𝟎𝟒𝟕,𝟖𝟖 𝟔𝟕𝟐𝟒,𝟗𝟒𝟎 𝟔𝟕𝟐𝟒,𝟗𝟒 𝟓𝟎𝟕𝟖𝟎,𝟒𝟕

�

Cuestión 2.


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Solución 2.1.

Opcion 1. Matriz de rigidez de una barra de pórtico plano:

⎝

⎜⎜⎜⎛ �

𝐸𝐴/𝑙 0 00 12𝐸𝐼/𝑙3 6𝐸𝐼/𝑙2

0 6𝐸𝐼/𝑙2 4𝐸𝐼/𝑙� �

−𝐸𝐴/𝑙 0 00 −12𝐸𝐼/𝑙3 6𝐸𝐼/𝑙2

0 −6𝐸𝐼/𝑙2 2𝐸𝐼/𝑙�

�−𝐸𝐴/𝑙 0 0

0 −12𝐸𝐼/𝑙3 −6𝐸𝐼/𝑙2

0 6𝐸𝐼/𝑙2 2𝐸𝐼/𝑙� �

𝐸𝐴/𝑙 0 00 12𝐸𝐼/𝑙3 −6𝐸𝐼/𝑙2

0 −6𝐸𝐼/𝑙2 4𝐸𝐼/𝑙�⎠

⎟⎟⎟⎞

�𝑘𝑐𝑐 𝑘𝑐𝑑𝑘𝑑𝑐 𝑘𝑑𝑑

�

⎝

⎜⎜⎛

𝑥1𝑦1𝑀1𝑥2

𝑦2 = 0𝑀2 ⎠

⎟⎟⎞

=

⎝

⎜⎜⎜⎛

𝐸𝐴/𝑙 0 00 12𝐸𝐼/𝑙3 6𝐸𝐼/𝑙2

0 6𝐸𝐼/𝑙2 4𝐸𝐼/𝑙

−𝐸𝐴/𝑙 0 00 −12𝐸𝐼/𝑙3 6𝐸𝐼/𝑙2

0 −6𝐸𝐼/𝑙2 2𝐸𝐼/𝑙−𝐸𝐴/𝑙 0 0

0 −12𝐸𝐼/𝑙3 −6𝐸𝐼/𝑙2


𝐸𝐴/𝑙 0 00 12𝐸𝐼/𝑙3 −6𝐸𝐼/𝑙2

0 −6𝐸𝐼/𝑙2 4𝐸𝐼/𝑙 ⎠

⎟⎟⎟⎞∙

⎝

⎜⎜⎛

𝑢1𝑣1𝜃1𝑢2

𝑣2 ≠ 0𝜃2 ⎠

⎟⎟⎞

Siendo los valores en verde Kcc, en amarillo Kdd y en cian y magenta Kcd y Kdc respectivamente:

𝑘𝑐𝑐 =

⎝

⎜⎜⎛

𝐸𝐴/𝑙 0 00 12𝐸𝐼/𝑙3 6𝐸𝐼/𝑙2


−𝐸𝐴/𝑙 00 6𝐸𝐼/𝑙20 2𝐸𝐼/𝑙

−𝐸𝐴/𝑙 0 00 6𝐸𝐼/𝑙2 2𝐸𝐼/𝑙

𝐸𝐴/𝑙 00 4𝐸𝐼/𝑙 ⎠

⎟⎟⎞

𝑘𝑐𝑑 =

⎝

⎜⎛

0−12𝐸𝐼/𝑙3

−6𝐸𝐼/𝑙20

−6𝐸𝐼/𝑙2 ⎠

⎟⎞

= 𝑘𝑑𝑐𝑡

𝑘𝑑𝑑 = (12𝐸𝐼/𝑙3)

Aplicando la ecuación:

𝑘𝑐𝑐∗ = [𝑘𝑐𝑐]− [𝑘𝑐𝑑][𝑘𝑑𝑑]−1[𝑘𝑑𝑐] =

⎝

⎜⎛

𝐸𝐴/𝑙 0 00 0 00 0 𝐸𝐼/𝑙

−𝐸𝐴/𝑙 00 00 −𝐸𝐼/𝑙

−𝐸𝐴/𝑙 0 00 0 −𝐸𝐼/𝑙

𝐸𝐴/𝑙 00 𝐸𝐼/𝑙 ⎠

⎟⎞


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Cuestion 3.

Solución 3.1. L=6+6=12

a. Barra 1-2 y barra 4-5

En ejes locales


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𝑘111−2 =

⎝

⎜⎜⎛

𝐸𝐴𝑙

0 0

012𝐸𝐼𝑙3

6𝐸𝐼𝑙2

06𝐸𝐼𝑙2

4𝐸𝐼𝑙 ⎠

⎟⎟⎞

= �1.000.000 0 0

0 500 3.0000 3000 24.000

� = 𝑘114−5

𝑘121−2 =

⎝

⎜⎜⎛−𝐸𝐴𝑙

0 0

0 −12𝐸𝐼𝑙3

6𝐸𝐼𝑙2

0 −6𝐸𝐼𝑙2

4𝐸𝐼𝑙 ⎠

⎟⎟⎞

= �−1.000.000 0 0

0 −500 3.0000 −3000 12.000

� = 𝑘124−5

𝑘211−2 =

⎝

⎜⎜⎛−𝐸𝐴𝑙

0 0

0 −12𝐸𝐼𝑙3

−6𝐸𝐼𝑙2

06𝐸𝐼𝑙2

4𝐸𝐼𝑙 ⎠

⎟⎟⎞

= �−1.000.000 0 0

0 −500 −3.0000 3000 12.000

� = 𝑘214−5

𝑘221−2 =

⎝

⎜⎜⎛

𝐸𝐴𝑙

0 0

012𝐸𝐼𝑙3

6𝐸𝐼𝑙2

06𝐸𝐼𝑙2

4𝐸𝐼𝑙 ⎠

⎟⎟⎞

= �1.000.000 0 0

0 500 −3.0000 −3000 24.000

� = 𝑘224−5

En ejes globales:

Matriz cambio de base. Para el caso del la barra 4-5 el eje x ira del nudo 5 al 4, para que así coincidan las matrices con las de la barra 1-2.

𝑇1−2 = �cos𝛼 −𝑠𝑒𝑛 𝛼 0𝑠𝑒𝑛 𝛼 cos𝛼 0

0 0 1� = �

0 −1 01 0 00 0 1

� = 𝑇4−5

𝑘′111−2 = 𝑇 ∙ 𝑘 ∙ 𝑇𝑡 = �500 0 −3.000

0 1.000.000 0−3.000 0 24.000

� = 𝑘′114−5

𝑘′121−2 = 𝑇 ∙ 𝑘 ∙ 𝑇𝑡 = �−500 0 −3.000

0 −1.000.000 03.000 0 12.000

� = 𝑘′124−5

𝑘′211−2 = 𝑇 ∙ 𝑘 ∙ 𝑇𝑡 = �−500 0 3.000

0 −1.000.000 0−3.000 0 12.000

� = 𝑘′214−5

𝑘′221−2 = 𝑇 ∙ 𝑘 ∙ 𝑇𝑡 = �

500 0 3.0000 1.000.000 0

3.000 0 24.000� = 𝑘′22

4−5


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Matriz de rigidez completa en coordenadas globales de las barras 1-2 y 4-5:

𝐾1−2′ =

⎣⎢⎢⎢⎢⎡ �

500 0 −3.0000 1.000.000 0

−3.000 0 24.000� �

−500 0 −3.0000 −1.000.000 0

3.000 0 12.000�

�−500 0 3.000

0 −1.000.000 0−3.000 0 12.000

� �500 0 3.000

0 1.000.000 03.000 0 24.000

�⎦⎥⎥⎥⎥⎤

b. Submatrices de rigidez de la barra 2-4. Coinciden ejes locales con ejes globales:

𝑘112−4 = �

𝐸𝐴𝑙

0 00 0 00 0 0

� = �2.000 0 0

0 0 00 0 0

�

𝑘122−4 = �−𝐸𝐴𝑙

0 00 0 00 0 0

� = �−2.000 0 0

0 0 00 0 0

�

𝑘212−4 = �−𝐸𝐴𝑙

0 00 0 00 0 0

� = �−2.000 0 0

0 0 00 0 0

�

𝑘222−4 = �

𝐸𝐴𝑙

0 00 0 00 0 0

� = �2.000 0 0

0 0 00 0 0

�

Matriz completa de la barra:

𝐾2−4′ =

⎣⎢⎢⎢⎢⎡ �

2.000 0 00 0 00 0 0

� �−2.000 0 0

0 0 00 0 0

�

�−2.000 0 0

0 0 00 0 0

� �2.000 0 0

0 0 00 0 0

�⎦⎥⎥⎥⎥⎤

Matriz de la estructura:

⎩⎪⎨

⎪⎧𝐹1𝐹2𝐹3𝐹4𝐹5⎭⎪⎬

⎪⎫

=

⎣⎢⎢⎢⎢⎡𝑘′11

1−2

𝑘′121−2𝑘′211−2

𝑘′221−2 + 𝑘′11

2−3 + 𝑘′112−4

0𝑘′21

2−30

𝑘′212−4

00

0 𝑘′122−3 𝑘′22

2−3 + 𝑘′113−4 𝑘′21

3−4 000

𝑘′122−4

0𝑘′12

3−4

0𝑘′22

4−5 + 𝑘′223−4 + 𝑘′22

2−4

𝑘′124−5

𝑘′214−5

𝑘′114−5⎦

⎥⎥⎥⎥⎤

∙

⎩⎪⎨

⎪⎧𝑑1𝑑2𝑑3𝑑4𝑑5⎭⎪⎬

⎪⎫


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𝑘′111−2 𝑘′121−2 0 0 0 𝑘′211−2 𝑘′22

1−2 + 𝑘′112−3 + 𝑘′11

2−4 𝑘′122−3 𝑘′12

2−4 0 0 𝑘′21

2−3 𝑘′222−3 + 𝑘′11

3−4 𝑘′123−4 0

0 𝑘′212−4 𝑘′21

3−4 𝑘′224−5 + 𝑘′22

3−4 + 𝑘′222−4 𝑘′21

4−5 0 0 0 𝑘′12

4−5 𝑘′114−5

En azul resaltamos las filas y columnas que no están afectadas por las condiciones de contorno, siendo esta las resaltadas en rojo correspondientes a los nudos 1 y 5.

Solución 3.2. Aislamos la barra 2-3, y calculamos las reacciones que se producen en esta barra

aislada biempotrado, para calcular el estado 0:

Si calculamos las fuerzas iguales y contrarias a las halladas anteriormente llegaremos al estado 1 (da movimientos y esfuerzos):

Para introducir estos esfuerzos en las matrices debemos descomponerlos previamente.

Solución 3.3. Si no hacemos simplificaciones (simetrías y antimetrías) de ningún tipo, los

movimientos de los nudos los obtendríamos directamente como se ha expuesto anteriormente del estado 1:


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𝑘′111−2 𝑘′121−2 0 0 0 𝑘′211−2 𝑘′22

1−2 + 𝑘′112−3 + 𝑘′11

2−4 𝑘′122−3 𝑘′12

2−4 0 0 𝑘′21

2−3 𝑘′222−3 + 𝑘′11

3−4 𝑘′123−4 0

0 𝑘′212−4 𝑘′21

3−4 𝑘′224−5 + 𝑘′22

3−4 + 𝑘′222−4 𝑘′21

4−5 0 0 0 𝑘′12

4−5 𝑘′114−5

⎩⎪⎪⎪⎨

⎪⎪⎪⎧�

60 ∙ sin 36,8760 ∙ cos 36,87

−60� = 𝐹2

�60 ∙ sin 36,8760 ∙ cos 36,87

60� = 𝐹3

�000� = 𝐹4

⎭⎪⎪⎪⎬

⎪⎪⎪⎫

=

⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡ �

644.500 480.000 −600480.000 1.362.000 4.800−600 4.800 48.000

� �−642.000 −480.000 −3.600−480.000 −362.000 4.800

3.600 −4.800 12.000� �

−2.000 0 00 0 00 0 0

�

�−642.000 −480.000 3.600−480.000 −362.000 −4.800−3.600 4.800 12.000

� �1.284.000 0 7.200

0 724.000 07.200 0 48.000

� �−642.000 480.000 3.600480.000 −362.000 4.800−3.600 −4.800 12.000

�

�−2.000 0 0

0 0 00 0 0

� �−642.000 480.000 −3.600480.000 −362.000 −4.800

3.600 4.800 12.000� �

644.500 −480.000 −600−480.000 1.362.000 −4.800−600 −4.800 48.000

�⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤

∙ �𝑑2𝑑3𝑑4�

Si despejamos:

𝐷 = 𝐾−1 ∙ 𝐹

Y resolvemos el sistema:

⎩⎪⎪⎪⎨

⎪⎪⎪⎧�𝑢2𝑣2𝜃2� = 𝑑2

�𝑢3𝑣3𝜃3� = 𝑑3

�𝑢4𝑣4𝜃4� = 𝑑4

⎭⎪⎪⎪⎬

⎪⎪⎪⎫

=

⎩⎪⎪⎪⎨

⎪⎪⎪⎧

0,1424 𝑚1,16𝐸 − 4 𝑚

−1,08𝐸 − 2 𝑟𝑎𝑑0,1374 𝑚

6,8𝐸 − 3 𝑚6,66𝐸 − 3 𝑟𝑎𝑑

0,1322 𝑚−2,08𝐸 − 5

−1,09𝐸 − 2 𝑟𝑎𝑑 𝑚⎭⎪⎪⎪⎬

⎪⎪⎪⎫

Solución 3.4. En primer lugar necesitamos las reacciones que se producen en el estado 1, en el

que no están impedidos los movimientos, para ello debemos terminar de solucionar el sistema de ecuaciones del apartado anterior:

𝐹1 = 𝑘′111−2 ∙ 𝑑1 + 𝑘′211−2 ∙ 𝑑2

��𝑥1𝑦1𝑀1

� = 𝐹1� = �−500 0 3.000

0 −1.000.000 0−3.000 0 12.000

� ∙ ��0,1424

1,16𝐸 − 4−1,08𝐸 − 2

� = 𝑑2�


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A estos resultados debemos de sumar los esfuerzos que se producen en el estado 0, dando los siguientes resultados:

Barra 1-2:

Nudo 1:

�𝑥1𝑦1𝑀1

� = �−103,6 𝑘𝑁

116 𝑘𝑁−556,8 𝑚𝐾𝑁

�

Nudo 2:

�𝑥2𝑦2𝑀2

�1−2

= �500 0 3.000

0 1.000.000 03.000 0 24.000

� ∙ ��0,1424

1,16𝐸 − 4−1,08𝐸 − 2

� = 𝑑2�

�𝑥2𝑦2𝑀2

�1−2

= �−103,6 𝑘𝑁

116 𝑘𝑁686,4 𝑚𝐾𝑁

�1−2

Barra 2-4:

Nudo 1:

⎩⎪⎪⎨

⎪⎪⎧�𝑥2𝑦2𝑀2

�2−4

�𝑥4𝑦4𝑀4

�2−4⎭

⎪⎪⎬

⎪⎪⎫

=

⎣⎢⎢⎢⎢⎡ �

2.000 0 00 0 00 0 0

� �−2.000 0 0

0 0 00 0 0

�

�−2.000 0 0

0 0 00 0 0

� �2.000 0 0

0 0 00 0 0

�⎦⎥⎥⎥⎥⎤

∙

⎩⎪⎨

⎪⎧�

0,14241,16𝐸− 4−1,08𝐸− 2

� = 𝑑2

�0,1322

−2,08𝐸− 5−1,09𝐸− 2

� = 𝑑4⎭⎪⎬

⎪⎫

⎩⎪⎪⎨

⎪⎪⎧�𝑥2𝑦2𝑀2

�2−4

�𝑥4𝑦4𝑀4

�2−4⎭

⎪⎪⎬

⎪⎪⎫

=

⎩⎪⎨

⎪⎧ �

20,400

�2−4

�−20,4

00

�2−4⎭

⎪⎬

⎪⎫

Entrada 2. ejercicio 2 matricial

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