301 Rigideces Ejemplos Tablas

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


αααα



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 con un nudo articulado en 2 dimensiones .................................... 6


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



(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)



(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:


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


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


( )

−++−−−= 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


(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 ≈°

⋅°=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


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


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.


( )[ ]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:


⇒

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:


( )( )( )

( )( )

( )

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

≈°

⋅°=θ−λ

λ+=

,,

,··,LEI

Pm

m

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