Analisis Estructural Rigid Ez

Captulo 6 METODO DE RIGIDEZ

Dr. Fernando Flores

El mtodo de rigidez o mtodo de los desplazamientos, es el mtodo ms utilizado para elanlisis de estructuras. Esto es debido a su fcil sistematizacin e implementacin en computadoras,adems de su versatilidad para tratar condiciones de contorno generales y distintas no-linealidades(geomtricas y materiales).

En todo mtodo de anlisis las condiciones que deben cumplirse son:

1. Equilibrio entre esfuerzos internos y fuerzas externos.

2. Continuidad de la estructura, interna y con los vnculos.

3. Relaciones constitutivas entre los esfuerzos internos y las deformaciones asociadas.

En el mtodo de los desplazamientos, para cumplir con estas condiciones se procede de lasiguiente forma. En las ecuaciones de equilibrio (escritas en funcin de los esfuerzos internos ylas fuerzas externas) se reemplazan los esfuerzos en funcin de las deformaciones, obteniendo enprimera instancia ecuaciones de equilibrio en trminos de deformaciones y de acciones externas. Elsegundo paso consiste en reemplazar las deformaciones en funcin de los desplazamientos haciendouso de relaciones cinemticas. Este segundo reemplazo asegura el cumplimiento de la continuidadde la estructura (ya que se est introduciendo un campo de desplazamientos continuos) y permiteintroducir luego las condiciones de vnculo con facilidad. De esta forma se han obtenido ecuacionesde equilibrio en funcin de los campos de desplazamiento y de las acciones externas.

Veamos ahora como es este procedimiento en casos concretos de diferentes tipos de estructuras.

6.1. ESTRUCTURAS DE BARRAS ARTICULADASRecordemos que en este tipo de estructuras se aceptan slo cargas en los nudos. Las ecuaciones

de equilibrio se refieren precisamente a que los esfuerzos presentes en cada barra estn en equilibriocon las fuerzas externas (si las hubiera) en cada nudo. Las ecuaciones de equilibrio a satisfacer sonentonces en cada nudo (para estructuras planas)

Fx = 0Fy = 0

Si denominamos con NI al esfuerzo axial de la barra I y con I al ngulo que forma la barracon el eje x (orientando la barra desde al nudo en que estamos planteando el equilibrio hacia elnudo opuesto, ver Figura 1), entonces las ecuaciones de equilibrio se expresan como

NBI=1

NI cos (I) + Fx = 0

(6.1)NBI=1

NI sin (I) + Fy = 0

donde NB es el nmero de barras que concurren al nudo y Fx y Fy son las fuerzas externasaplicadas directamente en el nudo.

133

XY

Fx

Fy

NINJ

J

I

Figura 1 Equilibrio de un nudo en una estructura de barras articuladas

Si aislamos una de estas barras (la I por ejemplo), en cada extremo (que denotaremos local-mente como 1 y 2), las fuerzas necesarias para el equilibrio de la barra (iguales y opuestas a la questa realiza sobre los nudos) son:

F1xF1yF2xF2y

= cos sin+cos+sin

N (6.2)Notar que en el nudo 2 las fuerzas transmitidas al nudo son iguales a las del nudo 1 pero de

sentido opuesto.

1

2

F2

F1

F2x

F2y

F1y

F1x

N

Figura 2 Elemento de barra articulada

Fcilmente podemos expresar el esfuerzo N en funcin de la deformacin asociada. Usando larelacin (constitutiva)

N = EA (6.3)

donde E es el material que constituye la barra, A es el rea transversal y es la deformacin axial

134

de la barra; luego F1xF1yF2xF2y

= EA cos sin+cos+sin

(6.4)Recordemos ahora la ecuacin cinemtica que nos dice cuanto vale la deformacin axial de la

barra en funcin de los desplazamientos de los extremos de la misma. Para sistemas con pequeosdesplazamientos y pequeos giros habamos visto que

=t u

L(6.5)

donde L es la longitud original de la barra definida por

L = [(x2 x1) (x2 x1)]1/2 (6.6)con x1 y x2 las coordenadas del primer y segundo nudo de la barra respectivamente

t =

[cossin

]=

(x2 x1)L

(6.7)

t es el versor paralelo a la barra orientado desde 1 a 2 y

u = u2 u1 =[u2 u1v2 v1

](6.8)

con u1 y u2 los desplazamientos del primer y segundo nudo de la barra y u y v las componentessegn las direcciones x e y respectivamente. La deformacin axial puede escribirse entonces

=1

L

[cossin

][u2 u1v2 v1

]=

1

Lt [u2 u1]

=1

L[cos (u2 u1) + sin (v2 v1)]

=1

L[ cos, sin, cos, sin]

u1v1u2v2

= 1L [t, t][u1

u2

](6.9)

reemplazando esta ltima expresin en 6.4 tenemosF1xF1yF2xF2y

= EAL cos sin+cos+sin

[ cos, sin, cos, sin]u1v1u2v2

(6.10)= k

[ tt

][t, t]

[u1

u2

](6.11)

desarrollando el producto entre el vector columna y el vector fila; denotando por (rigidez axial dela barra)

k =EA

L(6.12)

resultaF1xF1yF2xF2y

= k

cos cos cos sin cos cos cos sincos sin sin sin cos sin sin sin cos cos cos sin cos cos cos sin cos sin sin sin cos sin sin sin

u1v1u2v2

(6.13)= k

[t t

T

t tTt tTt t

T

] [u1

u2

](6.14)

135

Hemos entonces escrito las fuerzas que actan sobre los nudos extremos de una barra en funcinde la geometra y el material que la constituye y los desplazamientos de sus extremos. A la matrizde 4 4 obtenida de esta manera (incluyendo el factor k) la denominaremos matriz de rigidezde la barra de reticulado (plano). Al vector [u1, v1, u2, v2]

T , que agrupa a los desplazamientos delos extremos, lo denominaremos vector de desplazamientos de la barra.

6.1.1. Propiedades de la matriz de rigidezEsta matriz tiene algunas caractersticas especiales que resulta importante remarcar:

La matriz est compuesta de 4 submatrices de 2 2 que toman los mismos valores (salvo elsigno)

K =

[k11 k12

k21 k22

]=

[k11 k11k11 k11

]k11 = k

[cos cos cos sincos sin sin sin

](6.15)

La matriz es simtrica kij = kji

Cada trmino kij puede interpretarse de la siguiente manera: es el esfuerzo que aparece eni (Fi)cuando realizamos un desplazamiento unitario en j (u

j = 1). Mejor an la submatrizkij relaciona la fuerza que aparece en el nudo i cuando desplazamos el nudo j. Notar quelos trminos de la diagonal son positivos, esto est en consonancia con lo anterior, puesrepresenta la fuerza que aparece en un nudo en una direccin (por ejemplo el nudo 1 y ladireccin y F1y) al imponer un desplazamiento unitario en el mismo nudo y en la mismadireccin v1) que naturalmente tienen que tener el mismo sentido.

La energa interna de deformacin de la barra se puede escribir

Wi =1

2L N =

1

2L E A

=1

2

L E A

L2[u1 v1 u2 v2

] cos sin+cos+sin


=1

2

[u1 v1 u2 v2

] EAL

cos sin+cos+sin


=1

2

[u1 v1 u2 v2

]K

u1v1u2v2

que tambin puede expresarse en funcin del trabajo externo que realizan las fuerzas en susextremos

Wi =1

2

F1xF1yF2xF2y

u1v1u2v2

= 12Ku1v1u2v2

u1v1u2v2

(6.16)

=1

2

[u1 v1 u2 v2

]K

u1v1u2v2

0notar que esta energa debe ser positiva o nula, luegoK se dice que es semi-definida positiva.

136

La fila 2 es igual a la fila 1 multiplicada por sin/ cos, la fila 3 es tambin igual a lafila 1 pero multiplicada por 1, en tanto que la fila 4 es igual a la fila 1 multiplicada por sin/ cos. Es decir que la matriz tiene slo una fila linealmente independiente, luego surango es 1 y su ncleo es 3. Esto a su vez conduce a que tenga 3 autovalores nulos y slo unautovalor no nulo ( = k > 0). El autovalor no nulo tiene como autovector asociado

1 =

cos sincossin

= [ tt]

(6.17)

que corresponde a la elongacin pura de la barra. Por otro lado los autovectores asociadosal autovalor nulo (de multiplicidad 3) se pueden escribir en funcin de los siguientes tresautovectores

2 =

cossincossin

=[t

t

](6.18)

3 =

sincos sincos

= [ nn]

(6.19)

4 =

sin cos sincos

= [ nn]

(6.20)

donde n es el versor normal a t. Estos tres autovectores corresponden a movimientos decuerpo rgido, es decir no contribuyen a la energa interna de deformacin. Notar que elprimero (ver Figura 3) de ellos es una traslacin en la direccin del eje de la barra, elsegundo es una traslacin en la direccin normal a la barra y el tercero corresponde a unarotacin de la barra. Luego

1

2T1K1 = 2k

1

2Ti Ki = 0 para i = 2, 3, 4

1

2T1Ki = 0 para i = 2, 3, 4

6.1.2. Forma alternativa para la obtencin de la matriz de rigidezVeremos ahora un modo alternativo para la obtencin de la matriz de rigidez; esta modalidad

ser utilizada luego para otros elementos estructurales por lo que resulta ilustrativo verlo aqu.Mas an, nuestro objetivo ahora es obtener la matriz de la barra de reticulado en el espaciotridimensional, del cual la barra de reticulado plano es un caso particular.

Definamos un sistema local de coordenadas asociado a la barra. En este sistema local el eje xcoincidir con el eje de la barra (t), los dos ejes locales restantes (y , z) los elegiremos en formaarbitraria con la nica condicin de que formen una terna derecha. Luego los versores que definennuestra terna sern [

tx ty tz

](6.21)

donde tx, ty y tz son los versores en la direcciones locales x, y , z respectivamente, expresados enla terna global.

137

+tI

+tI

2

+nI

+nI

3+nI

-nI

4

+tI

-tI

1

Figura 3 Modo de deformacin y modos de cuerpo rgido

XY

Z

1

2X

Y

Z^

^

^

Figura 4 Barra articulada en el espacio

A los variables (desplazamientos y fuerzas) referidos a este sistema local los denotaremos co-mo u, v y w. De tal forma que las nicas fuerzas no nulas sobre los nudos debidas a la barracorresponden a la direccin x, es decir

F1xF1yF1zF2xF2yF2z

=

N00N00

= N

100100

= E A

100100

(6.22)

138

Por otro lado a la deformacin de la barra slo contribuyen los desplazamiento en la direccin x:

=(u2 u1)

L=

1

L[1, 0, 0, 1, 0, 0]

u1v1w1u2v2w2

(6.23)

Luego

F1xF1yF1zF2xF2yF2z

=EA

L

100100

[ 1 0 0 1 0 0 ]

u1v1w1u2v2w2

= k

1 0 0 1 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 01 0 0 1 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

u1v1w1u2v2w2

(6.24)

Notar que en el sistema local resulta muy sencillo observar las propiedades de la matriz derigidez. En el caso tridimensional los modos de cuerpo rgido corresponden a tres desplazamientosen direcciones cartesianas y dos rotaciones en planos perpendiculares que contengan al eje x.

El siguiente paso es transformar esta matriz de rigidez al sistema global de coordenadas, quees donde nos interesa plantear el equilibrio de cada nudo. Para ello notar que un vector cualquierav, con componentes v expresadas en el sistema local de coordenadas puede escribirse

v =[tx ty tz

]v = Rv vxvy

vz

= [ tx ty tz ] vxvyvz

(6.25)Donde hemos introducido la matriz de rotacin R cuyas columnas son los versores del sis-

tema local expresados respecto al sistema global. Por la construccin de R (sus columnas son lascomponentes de versores ortogonales entre s), la inversa es igual a la transpuesta

R1 = RT

Luego invirtiendo la relacin 6.25 tenemos

v = RTv

Utilizando este cambio de coordenadas para las fuerzas actuando en cada uno de los nodos, ypara los desplazamientos de cada nodo

F1xF1yF1zF2xF2yF2z

=

[R

T033

033 RT

]

F1xF1yF1zF1xF1yF1z

(6.26)

139

u1v1w1u2v2w2

=[R

T033

033 RT

]

u1v1w1u2v2w2

(6.27)

Denominaremos adems

=

[R 033033 R

]Reemplazando 6.26 y 6.27 en 6.24 tenemos

[R 033033 R

]T

F1xF1yF1zF1xF1yF1z

= k

1 0 0 1 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 01 0 0 1 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

[

R 033033 R

]T

u1v1w1u2v2w2

(6.28)

premultiplicando por

F1xF1yF1zF1xF1yF1z

=[

R 033033 R

]k

1 0 0 1 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 01 0 0 1 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

[

R 033033 R

]T

u1v1w1u2v2w2

(6.29)

o en forma compacta

F = K Tu = K u (6.30)

La matriz de transformacin puede escribirse en este caso ms sencillamente como

=

[ [tx 031 031

]033

033[tx 031 031

] ] (6.31)Donde hemos descartado a ty y tz pues son arbitrarios y no tienen influencia en la transformacin.

En definitiva la expresin de la matriz de rigidez de la barra de reticulado espacial resulta encoordenadas globales

k

1 0 0 1 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 01 0 0 1 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

T (6.32)

Mas an, operando sobre la expresin anterior se llega a

K = k

[txt

Tx txtTx

txtTx txtTx

]= k

[tt

T ttTttT ttT

](6.33)

Notar que esta expresin vale tanto para un problema plano (comparar con 6.14) como espacial.Si reemplazamos aqu la definicin de t del caso plano tendremos

txtTx =

[cossin

] [cos sin

]=

[cos cos cos sincos sin sin sin

]= k11/k (6.34)

140

Para el caso espacial la definicin de tx (o sencillamente t) es ligeramente diferente, se expresaen funcin de los tres cosenos directores (i) respecto a los tres ejes cartesianos

t =

xyz

(6.35)

luego

ttT =

xx xy xzyx yy yzzx zy zz

= [ij] (6.36)6.1.3. Ensamble de las ecuaciones de equilibrio

Tenemos entonces las fuerzas sobre los extremos de cada barra en funcin de los desplazamientosde dichos nudos, estamos en condiciones de plantear las ecuaciones de equilibrio de cada nudo.Notemos adems que las fuerzas que ejerce cada barra sobre los nodos extremos son iguales yopuestas a las consideradas como acciones sobre la barra.

El proceso de ensamble o armado de las ecuaciones globales de equilibrio es una sistematizacinde las ecuaciones de equilibrio 6.1. Las que para el caso tridimensional podemos escribir

NBI=1

NIIj + Fj = 0 (6.37)

NBI=1

FIj + Fj = 0 (6.38)

NBI=1

FIj = Fj (6.39)

donde Fj es la componente de la fuerza externa en la direccin correspondiente (a veces, para mayorcomodidad, denominaremos a las componentes cartesianas con nmeros en vez de con letras j = 1,es x , j = 2, es y, j = 3, es z). FIj es la fuerza definida antes sobre la barra que cambiada de signo(por ello el signo menos) estamos aplicando al nudo.

Est claro que cada barra slo contribuye al equilibrio de sus nudos extremos o visto de otraforma, al equilibrio de cada nudo contribuyen adems de los desplazamientos del propio nudo,los desplazamientos de los nudos que estn unidos a este por alguna barra. Para visualizar esteproceso de ensamble notemos que la barra I contribuye al equilibrio de sus nudos extremos (n1 yn2) de la siguiente forma:

Para cada uno de sus nudos K y para cada direccin j del espacio tiene una componente FKj,que es la fila correspondiente de su matriz de rigidez multiplicada por los desplazamiento de ambosnudos (vector de desplazamientos de la barra). Para fijar ideas supongamos que estamos armandola ecuacin de equilibrio del segundo de sus nodos (n2) en la direccin del espacio x (j = 1), luegola fila correspondiente sera la cuarta en un problema espacial, donde la matriz es de 6 6 (latercera en un problema plano, donde la matriz es de 4 4). La contribucin a esta ecuacin serentonces:

[ xx xy xz xx xy xz ]

un1vn1wn1un2vn2wn2

El resto de las contribuciones a esta ecuacin de equilibrio procedern de las barras que con-

curren al nudo, que segn la definicin de cada barra el nudo aqu ejemplificado como n2 podr

141

corresponder al primero o al segundo nudo de tales barras. En todos los casos las contribucionessern por un lado al nudo sobre el que estamos planteando el equilibrio (en tal caso los coeficientescorresponden a factores del tipo 1j) y a contribuciones a los nudos adyacentes (con coeficientesdel tipo 1j , el 1 porque es en esa direccin donde estamos planteando el equilibrio y la j deacuerdo a la direccin del desplazamiento que estamos considerando su contribucin).

Este proceso de ensamble que a primera vista parece un tanto complejo, es en realidad muysimple de sistematizar como se ver en los ejemplos. Por otro lado el ensamblaje puede verse enforma un poco ms general si se consideran las diferentes contribuciones no ya al equilibrio decada direccin en particular, sino al equilibrio del nudo en general. Recordando que hemos escritola matriz de rigidez en funcin de submatrices (ec. 6.15), podemos ver el ensamble de la siguienteforma: la submatriz kIJ son las contribuciones al equilibrio del nudo I provenientes del nudo J .

Las ecuaciones de equilibrio una vez ensambladas pueden escribirse de la forma

KGuG = FG

dondeKG agrupa a los coeficientes de todas las ecuaciones de equilibrio, uG agrupa a las incgnitasdel problema (desplazamientos nodales) y en FG hemos agrupado a las fuerzas externas en losnudos. Si el orden en que estn ordenadas las ecuaciones en KG es el mismo orden en que se hanincluido las incgnitas en uG (lo habitual y ms conveniente) entonces la matriz KG es simtrica,propiedad que adquiere de haber ensamblado matrices simtricas. Otra propiedad que hereda estamatriz de rigidez global, es que es singular. El grado de singularidad es el mismo que el de lasmatrices elementales (3 en el plano y 5 en el espacio), esto ltimo si la estructura aislada (es decirsin restricciones de apoyo) no es un mecanismo, si no el orden de singularidad puede ser mayor.

6.1.4. Solucin del sistema de ecuacionesUna vez ensambladas las ecuaciones de equilibrio, para calcular los desplazamientos nodales,

previamente es necesario introducir las condiciones de vnculo. Las tcnicas habituales para resolversistemas de ecuaciones, no permiten resolver sistema hiposttico (matriz singular o no invertible)ya que en tal caso la solucin no es nica. Por ello en el caso plano es imprescindible fijar 3componentes de desplazamiento y en el espacio 5. Estas son las condiciones mnimas, por supuestoque si la estructura tiene ms condiciones, impondremos todas las que correspondan.

Al imponer una condicin del tipo uKj = uKj , estamos diciendo que el desplazamiento del nudoK en la direccin espacial J es conocido y de valor igual a uKj , luego este valor ya no es incgnitacorresponde fsicamente a un apoyo. Por otro lado tampoco nos interesa a priori establecer allla condicin de equilibrio, porque al ser un apoyo, la reaccin de apoyo correspondiente (incgnita)rKj asegura el equilibrio del mismo. En base a tales consideraciones hay dos cosas que podemoshacer:

1. La columna de KG que est asociada a uKj la podemos multiplicar por este valor conocidoy pasarla al segundo miembro (el de las fuerzas nodales) con el signo cambiado. Luegotendremos una columna menos en KG.

2. La fila deKG asociada al equilibrio de uKj no nos interesa (por ahora) porque all el equilibriose cumplir debido a que el apoyo provee la reaccin necesaria, luego de momento esta filapodemos eliminarla del sistema de ecuaciones a resolver. En tal caso la matriz KG tendruna fila menos.

En definitiva que para cada componente de desplazamiento conocido (nulo o no) podemoseliminar la columna y fila asociada en KG con lo que sta se mantiene cuadrada y simtrica perode un orden menor.

Finalmente una vez impuestas las condiciones de apoyo la matriz de coeficientes ha dejado deser singular (no tiene ningn autovalor nulo asociado a un movimiento de cuerpo rgido) y podemosresolver usando alguna tcnica adecuada.

142

Notar que la matriz global de la estructura slo depende del material que la constituye y de lageometra de la misma. Que la introduccin de las condiciones de apoyo se resume a eliminar dela matriz filas y columnas pero no modifica el resto de los coeficientes.

Las acciones sobre la estructura se manifiestan en el trmino independiente donde colocamoslas fuerzas sobre los nodos y fuerzas equivalentes provenientes de los desplazamientos de apoyo (siexistieran) o cambios trmicos.

Es posible introducir restricciones de desplazamiento mucho ms generales, por ejemplo unapoyo de 1ra. especie orientado en una direccin distinta de algn eje coordenado, pero esos temasno sern cubiertos aqu.

El proceso previo de imposicin de condiciones de vnculo puede describirse tambin de la sigu-iente forma: Si reordenamos las ecuaciones de forma de poner primero aquellas que si necesitamosresolver, y adems reordenamos en la misma forma las posiciones de las incgnitas en el vector uGde modo de mantener la simetra de la matriz de coeficientes, podemos escribir[

K11 K12

K21 K22

] [u

u

]=

[F

R

](6.40)

donde en u se agrupa a los desplazamientos incgnitas, en u a los desplazamiento conocidos (nuloso no), en F a las cargas nodales conocidas (incluyendo aquellas debidas a efectos trmicos queveremos luego), y en R a las reacciones de apoyo (desconocidas por ahora).

Del primer grupo de ecuaciones podemos determinar los desplazamientos incgnitas

u = K1 [FK12u] (6.41)y una vez resuelto, reemplazar en el segundo grupo para calcular R

R = K21u+K22u (6.42)

6.1.5. Cambios trmicos.Para completar el tipo de acciones ms relevantes sobre este tipo de estructuras, veremos como

considerar la influencia sobre el estado tensional debido a cambios trmicos (t) relativos a latemperatura de montaje. Para ello en la relacin constitutiva 6.3 debemos incluir tal efecto

N = EA ( T ) (6.43)donde es el coeficiente de dilatacin trmico del material. Esto conduce a que las fuerzas en losextremos de la barra valgan:

F1xF1yF1zF1xF1yF1z

= K

u1v1w1u2v2w2

EAT

xyzxyz

(6.44)

El cambio trmico genera una contribucin que debe incluirse en el segundo miembro durante elproceso de ensamble y, como era de esperar, no modifica la matriz de rigidez. Podemos denominarcon

N0 = EAT (6.45)al esfuerzo normal que aparece en la barra debido al cambio trmico si uno mantiene inmviles susextremos. Con lo cual la contribucin al trmino independiente es

N0

[ t+t

]143

6.1.6. Clculo de los esfuerzos en barras y reacciones de apoyoUna vez obtenidos los desplazamientos nodales el clculo del esfuerzo en cada barra se puede

realizar de la siguiente manera:Usando la ec. 6.5 calculamos la deformacin axial de la barra y usando 6.3 el esfuerzo axial. Si

hubieran efectos trmicos, al obtenido usando 6.3 hay que sumarle N0.Las reacciones de apoyo se pueden calcular bsicamente de dos formas

1. Si se dispone de la matriz de rigidez global antes de imponer las condiciones de contorno,usar la ecuacin correspondiente (descartada en su momento) para calcular las reaccionesde apoyo necesarias para mantener el equilibrio. Es decir de la ecuaciones 6.40 usamosel segundo bloque, lo que permite calcular las reacciones de apoyo una vez conocidos losdesplazamientos u como se indicara antes.

R = K21u+K22u

2. Si las matrices K12 y K22 no han sido calculadas. En cada punto con componente de de-splazamiento conocido (apoyo), sumar la contribucin del esfuerzo de cada barra que llegaal nudo proyectado en la direccin buscada.

6.1.7. Ejemplo de reticulado planoConsideremos la estructura plana de barras esquematizada en la figura. La estructura es isostti-

ca, lo que permitir verificar fcilmente los resultados finales. Supongamos por simplicidad quetodas las barras tienen la misma seccin

1

2 3

4 5

12

3

4 5 6

F

F

L

L

L

Figura 5 Ejemplo de Barras articuladas

El primer paso consiste en numerar los nudos y las barras para su identificacin. El orden de lanumeracin de las barras no tiene relevancia numrica, pero si el de los nudos, como se ver msadelante al observar las propiedades del sistema de ecuaciones a resolver.

Barra Nudo 1 Nudo 21 3 12 2 13 2 34 4 25 4 36 5 3

144

Dos barras con la misma geometra (seccin, longitud y orientacin) y material, tendrn lamisma matriz de rigidez, luego hay tres matrices diferentes

K1 = EA

L

0 0 0 00 1 0 10 0 0 00 1 0 1

= [ k111 k112k121 k122]= K4 = K6

K2 = EA

22L

1 1 1 11 1 1 11 1 1 11 1 1 1

=[k211 k

212

k221 k

222

]= K5

K3 = EA

L

1 0 1 00 0 0 01 0 1 00 0 0 0

=[k311 k

312

k321 k

322

]Las ecuaciones de equilibrio globales son 10 (2 por nudo) y resultan de ensamblar las contribu-

ciones de cada barra

k122 + k

222 k

221 k

121

k212 k

211 + k

311 + k

422 k

312 k

421

k112 k

321 k

111 + k

322 + k

522 + k

622 k

521 k

621

k412 k

512 k

411 + k

511

k612 k

611

u1

u2

u3

u4

u4

=

F000F0R4xR4yR5xR5y

Los aspectos importantes necesarios para entender el proceso de ensamble son:

1. Los desplazamientos de los nudos estn ordenados en orden ascendente en el vector de in-cgnitas.

2. Se han utilizado submatrices de 2 2 para una mayor claridad.

3. Cada fila representa las dos ecuaciones de equilibrio de cada nudo.

4. La fila 1 corresponde al equilibrio del nudo 1, la 2 al del 2, etc.

5. En las submatrices el superndice indica la barra y los subndices la submatriz

6. En el trmino independiente se han desarrollado las dos componentes para clarificar cualesson los valores conocidos y cuales son las reacciones. De esta forma pueden visualizarse lascomponentes de fuerzas no nulas (ambas en la direccin x) y las cuatro reacciones incgnitasen los nudos 4 y 5.

7. Sobre cada lugar en la diagonal aparecen tantas submatrices como barras concurran al nudo.As por ejemplo en la tercera posicin (nudo 3) concurren las barras 1, 3, 5 y 6. Notar queel nudo 3 es el primer nudo en la barra 1 y por ello la contribucin proviene de k111 y es elsegundo en los otras barras, con lo cual la contribucin proviene de k322, k

522 y k

622

8. Fuera de la diagonal slo aparece un valor por casillero

145

Observemos que la matriz de rigidez global es-Simtrica-De diagonal dominante-En banda, es decir que los coeficientes no nulos se ubican cercanos a la diagonal.Imponiendo las condiciones de contorno de desplazamientos (u4 = 0 y u5 = 0), es decir

eliminando filas y columnas asociadas a los nudos 4 y 5, el sistema a resolver queda

k122 + k222 k221 k121k212 k211 + k311 + k422 k312k112 k

321 k

111 + k

322 + k

522 + k

622

u1u2u3

=

F000F0

Reemplazando las matrices calculadas antes, ensamblando slo las contribuciones sobre la di-

agonal debido a que el sistema es simtrico, tendremos:

EA

L

0 + 122

0 + 122

122

122

0 0

1 + 122

122

122

0 1122+ 1 + 0 1

22+ 0 + 0 1 0

122+ 0 + 1 0 0

simet. 0 + 1 + 122+ 0 0 + 0 + 1

22+ 0

1 + 0 + 122+ 1

u1v1u2v2u3v3

=

F000F0

Operando

EA

L

0,35 0,35 0,35 0,35 0,00 0,001,35 0,35 0,35 0,00 1,00

1,35 0,35 1,00 0,001,35 0,00 0,00

sim. 1,35 0,352,35

u1v1u2v2u3v3

=

F000F0

Resolviendo este sistema obtenemos

u1v1u2v2u3v3

=FL

EA

17,4854,000

9,6571,0008,6573,000

Los esfuerzos en las barras pueden obtenerse de distintas forma (ejemplificando con la barra 2).Primero calculando las fuerzas en el extremo de la barra

F2xF2yF1xF1y

= K2u2v2u1v1

= EA22L

1 1 1 11 1 1 1

1 1 1 11 1 1 1

9,6571,00017,485

4,000

FLEA =

11

11

F146

y luego proyectando las fuerzas del segundo nudo (nudo 1, en este caso) sobre el versor en ladireccin de la barra:

N2 = t2 F1 = 12(1, 1) (1,1)F =

2F

Resultando que puede verificarse inmediatamente mediante consideraciones de equilibrio. Unasegunda posibilidad para evaluar el esfuerzo es directamente utilizar la expresin

N2 = k2t2 (u5 u2)

Para calcular las reacciones necesitamos los esfuerzos de las barras que concurren a los apoyos.Por ejemplo en el nudo 5, los esfuerzos en la barra 6 son

F5xF5yF3xF3y

= EAL

0 0 0 00 1 0 10 0 0 00 1 0 1

0,0000,000

8,6573,000

FLEA = F

0303

a) que proyectando las fuerzas en el segundo nudo (3) sobre el versor t6 da

N6 = [0, 1] [0, 3]F = +3F

b) Las fuerzas en el primer nudo son las reacciones de apoyo el nudo 5[R5xR5y

]= F

[03

]

La segunda opcin para calcular reacciones es tomar las ecuaciones eliminadas al aplicar lascondiciones de contorno

[0 k412 k

512 k

411 + k

511 0

0 0 k612 0 k611

]u1

u2

u3

u4

u5

=R4xR4yR5xR5y

dado que los apoyos (4 y 5) tienen desplazamiento nulo y que el nudo 1 no tiene influencia aqu,se reduce a

[k412 k

512

0 k612

] [u2

u3

]=

0 0 1

22

122

0 1 122

122

0 0 0 00 0 0 1

9,6571,0008,6573,000

F =

2,0003,0000,0003,000

F =R4xR4yR5xR5y

6.1.8. Ejemplo de reticulado espacial

En este segundo ejemplo consideremos una estructura tpica de torre arriostrada. En la Figurase indica un esquema de una torre vertical articulada en su base. Esta torre se mantiene en posicingracias a tres tensores ubicados simtricamente uno de otro. La altura de la torre es de 20 m ysu seccin equivalente de 30cm2. Los tensores tienen su base sobre un crculo de radio 10m y elrea de la seccin transversal es de 5cm2. El material constitutivo es en todos los caso acero conE = 2,1 106 kg/cm2.

Los tensores tienen un esfuerzo de traccin inicial de montaje de 500kg, y la carga actuante fes de 200 kg. Calcular los esfuerzos finales en la estructura.

147

yx

z

1

2

34

=20

f

5

Figura 6 Ejemplo de reticulado espacial

Previo al anlisis por el mtodo de rigidez, notar que si cada tensor tiene un esfuerzo de 500kg,la torre debe equilibrar dichas tensiones mediante un esfuerzo de compresin. Dada la simetra delconjunto, las componentes horizontales de la pretensin se equilibran entre los tensores, en tantoque la componente vertical vale:

N0 = 3 500 cos = 1341,6 kg

donde es el ngulo que forma cada tensor con la vertical =arctan (10/20) = 26,56o.Orientando todas las barras desde los nudos sobre el terreno hacia el nudo superior, los vectores

tI resultanbarra n1 n2 L x y z k

1 1 5 20, 00 0, 0000 0, 0000 1, 0000 315002 2 5 22, 36 0, 3873 0, 2236 0, 8944 46963 3 5 22, 36 0, 3873 0, 2236 0, 8944 46964 4 5 22, 36 0, 0000 0, 4472 0, 8944 4696

La matriz de rigidez de cada barra es (ltima submatriz solamente)

k122 = 31500

0, 000 0, 000 0, 0000, 000 0, 000 0, 000

0, 000 0, 000 1, 000

k222 = 4696

0, 1500 0, 0866 0, 34640, 0866 0, 0500 0, 20000, 3464 0, 2000 0, 8000

k322 = 4696

0, 1500 0, 0866 0, 34640, 0866 0, 0500 0, 20000, 3464 0, 2000 0, 8000

k422 = 4696 0, 0000 0, 0000 0, 00000, 0000 0, 2000 0, 4000

0, 0000 0, 4000 0, 8000

Debido a las condiciones de borde (todos los desplazamientos de la base son nulos), basta

ensamblar slo el nudo 5. La matriz de rigidez ensamblada es:

K = k122 + k222 + k

322 + k

422 =

1, 4087 0, 0000 0, 00000, 0000 1, 4087 0, 00000, 0000 0, 0000 42, 770

103que debido a la simetra resulta diagonal en este caso particular. El sistema de ecuaciones a resolveres 1408, 7 0, 0 0, 00, 0 1408, 7 0, 0

0, 0 0, 0 42770

u5v5w5

= 68, 40187, 94

0, 00

===> u5v5w5

= 0,048560,13341

0,00000

[cm]148

No aparecen nuevos esfuerzos sobre la columna (los cables toman todos los esfuerzos horizon-tales), lo cual resulta de que w5 = 0, que es la componente de desplazamiento en la direccin t1.El cable ms solicitado es naturalmente el opuesto a la carga, veamos cuanto vale el esfuerzo all

N4 = k4 tT4 [u5 u4] = 4696

[0, 0000 0, 4472 0, 8944

] 0,048560,133410,00000

= 280 (+500) [kg]que deben sumarse a la pretensin de 500 kg. En tanto que el cable ms descargado es el 3-5

N3 = k3tT3 [u5 u3] = 4696

[0, 3873 0, 2236 0, 8944 ]

0,048560,133410,00000

= 228 (+500) [kg]Notar que un cable no puede tomar compresiones, por lo que si la suma de esfuerzos (debido a

la carga + pretensin) fuese negativo, el anlisis no es vlido y debe corregirse en forma iterativa.

6.2. VIGAS CONTINUASComo paso previo al estudio de estructuras ms generales, nos concentraremos ahora en ver

como abordar la solucin de vigas continuas a travs de la formulacin en desplazamientos.

Resulta muy importante observar la funcin que cumple la matriz de rigidez de una barra dereticulado: relaciona las fuerzas en los extremos de la barra que la mantienen en equilibrio debido alos desplazamientos impuestos en sus extremos. El objetivo principal es ahora expresar las fuerzasexternas en los extremos de un tramo de viga continua en funcin de los desplazamientos y giros desus extremos. Un segundo aspecto que tendremos en cuenta (que no aparece en el caso de barrasde reticulado) es la influencia de las cargas aplicadas en el interior de la viga en las fuerzas deextremo.

6.2.1. Solucin de la ecuacin diferencial de la viga

Consideremos un tramo de viga de longitud L, sometida a una carga arbitraria q (x), sin apoyosintermedios y con condiciones de contorno exclusivamente de desplazamientos. La ecuacin di-ferencial correspondiente y sus condiciones de contorno son

EI d4v (x)

dx4+ q (x) = 0

{v|x=0 = v1dv

dx|x=0 = 1

v|x=L = v2dv

dx|x=L = 2

Integrando esta ecuacin diferencial se obtiene

una vez :d3v

dx3=

1

EI

q (x) dx+A = Ty

EI:

dos veces :d2v

dx2=

1

EI

q (x) dxdx+Ax+B = z =

MzEI

:

tres veces :dv

dx=

1

EI

q (x) dxdxdx+

Ax2

2+Bx+ C = 1

:

cuatro veces : v =1

EI

q (x) dxdxdxdx+

Ax3

6+Bx2

2+ Cx+D

(6.46)

Nuestro objetivo es obtener la solucin general de este problema. Para ello resolveremos primerola ecuacin homognea (es decir sin carga externa) con una nica condicin de contorno no nulapor vez, y luego la ecuacin diferencial no homognea con condiciones de contorno homogneas(es decir con q (x) arbitraria pero con condiciones de borde todas nulas). Dada que la ecuacindiferencial es lineal, la solucin general ser la suma de tales soluciones.

149

Ecuacin diferencial homognea con slo v1 = 0La solucin general es entonces de la forma

v =Ax3

6+Bx2

2+ Cx+D

dv

dx=Ax2

2+Bx+ C

(6.47)

Mz = EI (Ax+B )

Ty = EIAEvaluando giros y desplazamientos en los extremos e imponiendo las condiciones de borde

v|x=0 = D = v1 dvdx|x=0 = C = 0

v|x=L = AL3

6+BL2

2+ v1 = 0

dv

dx|x=L = AL

2

2+BL = 0

Nos quedan dos ecuaciones (las ltimas dos) con dos incgnitas (A y B) L3

6

L2

2L2

2L

[ AB]=

[ v10

]===>

A =v1LL4/12 =

12

L3v1

B =v1L

2/2

L4/12 = 6

L2v1

reemplazando AD en las expresiones (6.47)

v (x) =

[2(xL

)3 3

(xL

)2+ 1

]v1 (6.48)

(x) =6

L

[(xL

)2(xL

)]v1 (6.49)

Mz(x) =6EI

L2

[2(xL

) 1

]v1 (6.50)

Ty (x) = 12EIL3

v1 (6.51)

Notemos que para el caso sin carga de tramo (ver Figura 7):

1. La solucin (desplazamientos) es una parbola cbica

2. El momento vara en forma lineal entre 6EIL2v1 para x = 0 y

6EIL2v1 para x = L

3. El corte es constante (no hay carga en el tramo)

Nos interesa saber cuanto valen las fuerzas que los extremos (empotramientos) hacen sobre laviga para que se cumplan las condiciones de contorno impuestas. Estas resultan de evaluar (6.50)y (6.51) en los extremos (en el primer nudo los esfuerzos cambian de signo pues es la seccinnegativa)

F1M1F2M2

= EI

12/L3

6/L2

12/L36/L2

v1 (6.52)Notar que para la definicin de estos esfuerzos se ha supuesto positivo para las fuerzas en ladireccin positiva del eje y y para los momentos si el vector asociado coincide con la direccinnormal al plano (antihorario). As naturalmente las fuerzas F 1 y F 2 son iguales y de sentidocontrario ya que no hay fuerzas interiores. En tanto que los momentos tienen el mismo sentido,necesarios para igualar el momento global que producen las fuerzas iguales y opuestas.

150

Q 12EIL3

v1______

M ______6EIL2 v1

v1

Figura 7 Solucin homognea con slo v1 = 0

Ecuacin diferencial homognea con slo 1 = 0Evaluando en los extremos e imponiendo las condiciones de borde

v|x=0 = D = 0 dvdx|x=0 = C = 1

v|x=L = AL3

6+BL2

2+ 1L = 0

dv

dx|x=L = AL

2

2+BL = 0

Nos quedan dos ecuaciones con dos incgnitas (A y B) L3

6

L2

2L2

2L

[ AB]=

[ 1L1

]===>

A =1L2/2L4/12 =

6

L21

B =1L

3/3

L4/12 = 4

L1

que conduce a (ver Figura 8)

v (x) = L

[(xL

)3 2

(xL

)2+(xL

)]1 (6.53)

(x) =

[3(xL

)2 4

(xL

)+ 1

]1 (6.54)

Mz(x) =2EI

L

[3(xL

) 2

]1 (6.55)

Ty (x) = 6EIL2

1 (6.56)

Las fuerzas sobre los extremos de vigas son:F1M1F2M2

= EI

6/L2

4/L6/L22/L

1 (6.57)

Ecuacin diferencial homognea con slo v2 = 0Evaluando en los extremos e imponiendo las condiciones de borde

v|x=0 = D = 0 dvdx|x=0 = C = 0

v|x=L = AL3

6+BL2

2= +v2

dv

dx|x=L = AL

2

2+BL = 0

151

1

M _____2EIL 1

Q _____6EIL2

1

Figura 8 Solucin homognea con slo 1 = 0

Nos quedan dos ecuaciones (las ltimas dos) con dos incgnitas (A y B)

L3

6

L2

2L2

2L

[ AB

]=

[v20

]===>

A =v2L

L4/12 = 12

L3v2

B =v2L2/2L4/12 =

6

L2v2


v (x) =

[2

(xL

)3+ 3

(xL

)2]v2 (6.58)

(x) =6

L

[(xL

)2+(xL

)]2 (6.59)

Mz(x) =6EI

L2

[2

(xL

)+ 1

]v2 (6.60)

Ty (x) =12EI

L3v2 (6.61)


= EI12/L36/L212/L3

6/L2

v2 (6.62)

Q ______12EIL3

v2

v2

M _____6EIL2

v2

Figura 9 Solucin homognea con slo v2 = 0

152

Ecuacin diferencial homognea con slo 2 = 0Evaluando en los extremos e imponiendo las condiciones de borde

v|x=0 = D = 0 dvdx|x=0 = C = 0

v|x=L = AL3

6+BL2

2= 0

dv

dx|x=L = AL

2

2+BL = 2

Nos quedan dos ecuaciones (las ltimas dos) con dos incgnitas (A y B)

L3

6

L2

2L2

2L

[ AB]=

[02

]===>

A =2L2/2L4/12 =

6

L22

B =2L

3/6

L4/12 = 2

L2


v (x) = L

[(xL

)3(xL

)2]2 (6.63)

(x) =

[3(xL

)2 2

(xL

)]2 (6.64)

Mz(x) =2EI

L

[3(xL

) 1

]2 (6.65)

Ty (x) = 6EIL2

2 (6.66)


= EI

6/L2

2/L6/L24/L

2 (6.67)

2

Q _____6EIL2 2

M _____4EIL 2Figura 10 Solucin homognea con slo 2 = 0

Resumen de la solucin homognea

Resumiendo los desarrollos anteriores podemos escribir la solucin de la viga sin carga detramo con desplazamientos impuestos en los extremos como la suma de cada una de las soluciones

153

calculadas:

vH(x) =

[2(xL

)3 3

(xL

)2+ 1

]v1 + L

[(xL

)3 2

(xL

)2+(xL

)]1 (6.68)

+

[2

(xL

)3+ 3

(xL

)2]v2 + L

[(xL

)3(xL

)2]2

De la misma forma los esfuerzos (cortes y momentos) en los extremos de la viga resultan:F1M1F2M2

H

= EI

12/L3

6/L2

12/L36/L2

v1 +

6/L2

4/L6/L22/L

1 +12/L36/L212/L3

6/L2

v2 +

6/L2

2/L6/L24/L

2 (6.69)

o puesto en forma matricial, sacando factor al vector de desplazamientos en los extremos

uT =

[v1 1 v2 2

]T(6.70)

F1M1F2M2

H

= EI

12/L3 6/L2 12/L3 6/L26/L2 4/L 6/L2 2/L

12/L3 6/L2 12/L3 6/L26/L2 2/L 6/L2 4/L

v11v22

(6.71)Es decir que hemos logrado calcular los esfuerzos en los extremos de la barra en funcin de los

desplazamientos y giros de los extremos. A la matriz que multiplica al vector de desplazamientosde los extremos se la denomina matriz de rigidez de un elemento de viga K, luego

F1M1F2M2

= K u (6.72)Ecuacin diferencial no-homognea con desplazamientos y giros nulos en los extremos(biempotrada)

Veamos ahora el caso de considerar carga actuando en el interior de la viga: la solucin generalera de la forma

v =1

EI

q (x) dx dx dx dx+

Ax3

6+Bx2

2+ Cx+D

dv

dx=

1

EI

q (x) dx dx dx+

Ax2

2+Bx+ C

Denominado con

vq (x) =1

EI

x0

q (x) dx dx dx dx

q =1

EI

x0

q (x) dx dx dx

y valuadas en los extremos

vq = vq (x = L)

q = q (x = L)

154

Imponiendo las condiciones de biempotramiento (condiciones de contorno homogneas) se tiene0 0 0 10 0 1 0L3

6L2

2L 1

L2

2L 1 0

ABCD

=

00vq

q

En el sistema de 4 ecuaciones con 4 incgnitas resultante, las dos primeras ecuaciones son de

resolucin inmediata, [CD

]=

[00

](6.73)

en tanto que las dos restantes son:

[L3

6L2

2L2

2L

] [AB

]=

[ vqq

]===>

[AB

]=

[12L3

6L2

6L2

2L

] [vqq

](6.74)

Tenemos entonces que la solucin de la viga biempotrada con carga de tramo resulta

vNH (x) = vq (x) +Ax3

6+Bx2

2(6.75)

= vq (x) +(2vq qL

) (xL

)3+(3vq + qL) (xL)2 (6.76)

M (x) =

x0

q (x) dxdx+6EI

L2(2vq qL

) xL

+2EI

L2(3vq + qL) (6.77)

T (x) =

x0

q (x) dx+6EI

L3(2vq qL

)(6.78)

En forma similar a los casos sin carga es posible calcular los esfuerzos en extremos de bar-ra, la nica diferencia es la contribucin de vq que conduce a que el corte no sea constante yque el momento no sea lineal. A estos esfuerzos les llamaremos esfuerzos de empotramientoperfecto

F1M1F2M2

NH

=

FE1ME1FE2ME2

Solucin completa de la viga

La solucin completa de la viga resulta de sumar las soluciones anteriores, es decir las corres-pondientes a los casos con desplazamientos en el contorno y sin carga, ms la correspondiente acarga en el tramo pero sin desplazamientos en los extremos. Luego

v(x) =

[2(xL

)3 3

(xL

)2+ 1

]v1 + L

[(xL

)3 2

(xL

)2+(xL

)]1 (6.79)

+

[2

(xL

)3+ 3

(xL

)2]v2 + L

[(xL

)3(xL

)2]2 + vNH (x)

Los esfuerzos en extremos de la viga resultanF1M1F2M2

= EI

12/L3 6/L2 12/L3 6/L26/L2 4/L 6/L2 2/L

12/L3 6/L2 12/L3 6/L26/L2 2/L 6/L2 4/L

v11v22

+

FE1ME1FE2ME2

(6.80)155

Similarmente al caso de las barras articuladas, hemos escritos los esfuerzos que aparecen en losextremos de un viga en flexin, sometida a una carga arbitraria, en funcin de la carga actuantey de los desplazamientos generalizados (es decir desplazamientos y giros) en sus extremos. Estopermite en cada punto de unin (nudos de las diferentes vigas) plantear el equilibrio de fuerzasy momentos. La forma operativa para la solucin de un problema es idntica a lo visto paraestructuras de barras (ensamble y aplicacin de las condiciones de contorno), las diferencias sonla cantidad de desplazamientos incgnitas en cada nudo (ahora son 3 antes 2) y las fuerzas deempotramiento perfecto que en el caso de barras de reticulado slo aparecen para cambios trmicospues no hay cargas interiores.

6.2.2. Ejemplo

Apliquemos los resultados anteriores al anlisis de una viga continua de dos tramos (Figura 11)

P q

L1 L21 2 31 2

Figura 11 Ejemplo de viga continua

Los esfuerzos en los extremos del primer tramo son:F1M1F2M2

(1)

= EI

12/L31 6/L

21 12/L31 6/L21

6/L21 4/L1 6/L21 2/L112/L31 6/L21 12/L31 6/L216/L21 2/L1 6/L21 4/L1

v11v22

+

P/2PL1/8P/2

PL1/8

Los esfuerzos en los extremos del segundo tramo son:

F2M2F3M3

(2)

= EI

12/L32 6/L

22 12/L32 6/L22

6/L22 4/L2 6/L22 2/L212/L32 6/L22 12/L32 6/L226/L22 2/L2 6/L22 4/L2

v22v33

+

qL2/2qL22/12qL2/2

qL22/12

Donde hemos reemplazado los esfuerzos de empotramiento perfecto debido a la carga puntual

y distribuida, que pueden obtenerse resolviendo la ecuacin diferencial o de tablas. A los esfuerzosen los extremos de cada tramo le hemos agregado un superndice entre parntesis para indicarel elemento al que pertenecen, adems en cada caso el subndice indica el nudo correspondiente(referido a la notacin de la figura). De la misma forma el subndice en los desplazamientos serefiere al nudo correspondiente.

Podemos ahora plantear en cada nudo dos ecuaciones, una de equilibrio en la direccin verticaly una de momentos. Para ello en cada nudo hacemos actuar los mismos esfuerzos que actan enlos extremos de cada viga pero cambiados de signo. La suma de fuerzas sobre el nudo provenientesde las barras ms las acciones externas que actan directamente sobre el nudo (fuerzas conocidaso reacciones en el caso de apoyos) debe ser cero. En este caso no hay acciones conocidas aplicadasdirectamente sobre el nudo, slo reacciones de apoyo.

156

En los nudos extremos (1 y 3) hay slo contribucin de una de las barras, en tanto que slo enel nudo central es donde hay que sumar dos contribuciones. Luego las seis ecuaciones resultan

EI

12/L31 6/L21 12/L31 6/L21 0 0

6/L21 4/L1 6/L21 2/L1 0 012/L31 6/L21 12/L31 + 12/L32 6/L21 + 6/L22 12/L32 6/L226/L21 2/L1 6/L21 + 6/L22 4/L1 + 4/L2 6/L22 2/L20 0 12/L32 6/L22 12/L22 6/L220 0 6/L22 2/L2 6/L22 4/L2

v11v22v33

+

+

P/2PL1/8

P/2 qL2/2PL1/8 qL22/12

qL2/2+qL22/12

R1ME1R20R30

=

000000

Son seis ecuaciones con 6 incgnitas (2,3, R1, M

E1 , R2, R3). Observemos que del vector de

desplazamientos hay 4 valores conocidos (v1 = 1 = v2 = v3 = 0), llevando estos valores a las seisecuaciones estas se reducen a (eliminamos las columnas que estn multiplicadas por cero)

EI

6/L214/L1

6/L21 + 6/L224/L1 + 4/L2

6/L222/L2

00

6/L222/L26/L224/L2

[23

]+

P/2PL1/8

P/2 + qL2/2PL1/8 + qL22/12

qL2/2qL22/12

R1ME1R20R30

=

000000

(6.81)

Las ecuaciones 4ta y 6ta (donde no aparecen reacciones como incgnitas) pueden separarsedel resto y resolverse. Este procedimiento corresponde a lo que se vio en la seccin Solucin delsistema de ecuaciones.

EI

[4/L1 + 4/L2

2/L2

2/L24/L2

] [23

]=

[ PL1/8 + qL22/12qL22/12

]Notar que este sistema es simtrico, es no singular y nos permite determinar todas las incgnitasde desplazamientos. En el trmino independiente aparecen las acciones (equivalentes), si hubiesealgn momento aplicado directamente sobre el nudo, este debe colocarse directamente en el trminoindependiente y con el signo que le corresponde (positivo antihorario). La matriz

K =EI

[4/L1 + 4/L2

2/L2

2/L24/L2

]Es la matriz de rigidez de nuestro problema, y su orden es el nmero de incgnitas de des-

plazamientos. Esta se podra haber calculado en forma ms directa, si al calcular las matriceselementales se introducen all las condiciones de contorno, es decir si se observa que:

para el primer tramo:F1M1F2M2

(1)

= EI

6/L212/L16/L214/L1

[ 2 ]+

P/2PL1/8P/2

+PL1/8

(6.82)para el segundo tramo:

157

F2M2F3M3

(2)

= EI

6/L224/L26/L222/L2

6/L222/L26/L224/L2

[23

]+

qL2/2qL22/12qL2/2qL22/12

(6.83)Y que las ecuaciones que interesa ensamblar corresponden a las asociadas (conjugadas) de las

incgnitas de desplazamientos, en este caso equilibrio de momentos sobre el nudo 2 y sobre el nudo3

M(1)2 +M

(2)2 = 0

M(2)3 = 0

Obtenidos los desplazamientos (giros en este caso), es posible calcular los esfuerzos en losextremos de cada barra (usando 6.82 y 6.83) y las reacciones de apoyo, usando por ejemplo (hayms de una forma) las primeras tres ecuaciones y la 5ta de 6.81

EI

6/L212/L1

6/L21 + 6/L226/L22

00

6/L226/L22

[ 23]+

P/2PL1/8

P/2 qL2/2qL2/2

=

R1ME1R2R3

Los diagramas de esfuerzos dentro de cada barra se obtienen como superposicin del debido a

los desplazamientos de los extremos ms el debido a las cargas externas (sistema biempotrado),que es lo que hemos denominado antes solucin completa de la viga.

En el ejemplo utilizando los siguientes datos L1 = 4,0 L2 = 3,0 P = 2,0 q = 1,0EI = 200,0, El sistema a resolver resulta[

466,67 133,33133,33 266,67

] [23

]=

[0,250,75

]Cuya solucin es [

23

]=

[ 0,00031+0,00297

] [

]Los esfuerzos en extremos de barras son

F1M1F2M2

(1)

=

75,0100,075,0200,0

[ 0,00031 ]+

1,001,001,00

1,00

=

0,980,971,02

1,06

F2M2F3M3

(2)

=

133,3266,7

133,3133,3

[ 0,00031 ]+

133,3133,3

133,3266,7

[ 0,00297 ]+

1,500,751,50

0,75

=

1,851,061,15

0,00

6.3. PORTICOS PLANOS

Para el anlisis de prticos planos debemos incluir el esfuerzo normal en el elemento de vigacontinua de la seccin anterior. Esto es muy sencillo debido a que la flexin est desacoplada delesfuerzo normal. Recordemos que, visto como un problema unidimensional, la matriz de rigidez deuna barra de reticulado es (caso particular de las matrices presentadas en 6.13 y 6.24)[

F1xF2x

]=EA

L

[1 11 1

] [u1u2

](6.84)

158

0.97

0.99

1.06

0.98

1.02

1.85

1.15

Figura 12 Diagramas de esfuerzos

Debemos incluir este efecto en 6.71. Ordenando adecuadamente las componentes de fuerzas enlos extremos de la viga y las correspondientes componentes de desplazamientos

F1xF1yM1zF2xF2yM2z

= E

A/L A/L12I/L3 6I/L2 12I/L3 6I/L26I/L2 4I/L 6I/L2 2I/L


u1v11u2v22

(6.85)

Que es la matriz de rigidez de una viga con el eje coincidente con la direccin x. Notar queahora las fuerzas en los extremos de la viga tienen dos componentes, segn el correspondiente ejedel plano y adems a los momentos le hemos agregado el subndice z para indicar el eje de giro.Debe estar claro que toda componente, sea de desplazamiento, giro, fuerza o momento es positivasi coincide con la direccin positiva del eje y negativa en caso contrario.

En un prtico plano y en general en una estructura de vigas en el plano, la direccin de cadaviga puede ser arbitraria (en el plano) y debe ser posible expresar los esfuerzos en los extremosde las barras para cualquier orientacin. Para ello utilizaremos el mismo mtodo utilizado paracalcular la matriz de una barra de reticulado espacial. Un vector cualquiera r expresado en unsistema local cuyo eje x forma un ngulo con el eje x global ( es positivo si al pasar del ejex al eje x el ngulo es antihorario visto desde el eje z) y tal que los ejes z y z coinciden puedeexpresarse (ver Figura 13)

rxryrz

=

cos sin 0sin cos 0

0 0 1

rxryrz

(6.86)

Esta claro que el cambio de coordenadas se refiere exclusivamente al plano x y y por lo tantolas componentes sobre el eje z no cambian. Luego ni giros ni momentos ni cualquier otra variableasociada se modifica, en consecuencia para cada nudo tendremos

[FxFy

]=

[cos sinsin cos

] [FxFy

]Mz = Mz

159

XY

1

2

rx

ry

rxry

^^

Figura 13 Cambio de sistema local a global de una viga 2-d

Escribiendo estas transformaciones en una nica expresin FxFyMz

= cos sin 0sin cos 0

0 0 1

FxFyMz

= R FxFyMz

(6.87)Similarmente uv

z

= R uvz

Las relaciones inversas son naturalmente FxFy

Mz

= RT FxFyMz

uvz

= RT uvz

(6.88)La expresin 6.85 puede ahora pensarse como la matriz de la viga expresada en un sistema

local donde el eje de la viga coincide con el eje x,

F1xF1yM1zF2xF2yM2z

= E



u1v11u2v22

(6.89)

Llamando KL a la matriz de coeficientes en el sistema local, esto puede reescribirse como

[R

T033

033 RT

]

F1xF1yM1zF2xF2yM2z

= KL[R

T033

033 RT

]

u1v11u2v22

Denominando con

=

[R 033033 R

](6.90)

160

Premultiplicando la expresin anterior por tendremos

F1xF1yM1zF2xF2yM2z

=[

R 033033 R

]KL

[R

T033

033 RT

]

u1v11u2v22

(6.91)

La matrizK = KL

T (6.92)

Es la matriz de rigidez del elemento de viga en el plano y la expresin es general para cualquiervalor del ngulo . Observar claramente que se mide en sentido antihorario desde el eje globalx al eje local x. Denotando por c = cos y s =sen

E

L

c2A+ s212I/L2 cs(A 12I/L2) s6I/L c2A s212I/L2 cs (A+ 12I/L2) s6I/Ls2A+ c212I/L2 c6I/L cs (A+ 12I/L2) s2A c212I/L2 c6I/L

4I s6I/L c6I/L 2Ic2A+ s212I/L2 cs(A 12I/L2) s6I/L

simtrica s2A+ c212I/L2 c6I/L4I

(6.93)

En particular para el caso de = 2que corresponde a una viga vertical (columna) orientada

desde el punto inferior al superior, la matriz de rigidez resulta

K =

0 11 0

10 11 0

1

KL

0 11 0

10 11 0

1

= E

12I/L3 6I/L2 12I/L3 6I/L2A/L A/L

6I/L2 4I/L 6I/L2 2I/L12I/L3 6I/L2 12I/L3 6I/L2

A/L A/L6I/L2 2I/L 6I/L2 4I/L

(6.94)

Respecto a los esfuerzos de empotramiento debidos a las cargas actuando en el interior de laviga, estos naturalmente se transforman en la misma forma que los otros, de forma que en cadanudo FxFy

Mz

= R 0FEyMEz

= sFEycFEy

MEz

6.3.1. Propiedades de la matriz de rigidez

Las propiedades de la matriz de rigidez del elemento de viga (prtico plano) son:

La matriz es simtrica kij = kji.

La interpretacin fsica de un trmino kij cualquiera puede verse como el esfuerzo que apareceen la posicin asociada a i cuando se da un desplazamiento unitario en la posicin asociadaa j. Por ejemplo el trmino k26 es la fuerza vertical en el primer nudo debido a una rotacinunitaria del segundo nudo.

161

La energa interna de deformacin, expresada en funcin del trabajo realizado por las fuerzasen los extremos, es

Wi =1

2

F1xF1yM1zF2xF2yM2z

u1v11u2v22

=1

2(Ku) u =1

2uTK u 0

luego K es semi-definida positiva.

Tiene 3 autovalores nulos (o un autovalor nudo de multiplicidad 3) k1 = k2 = k3 = 0asociados a los posibles movimientos de cuerpo rgido

1. Traslacin en la direccin x T1 = [1, 0, 0, 1, 0, 0]

2. Traslacin en la direccin y T2 = [0, 1, 0, 0, 1, 0]

3. Rotacin de la viga T3 =[0,1, 2

L0, 0, 1, 2

L

]Tiene tres autovalores positivos asociados a los posibles modos de deformacin.

k4 = 2EA

Lk5 = 2

EI

Lk6 = 6

EI (4 + L2)

L3

1. Elongacin pura de la barra T4 = [1, 0, 0, 1, 0, 0]2. Flexin pura (sin corte) de la barra T5 = [0, 0,1, 0, 0, 1]3. Flexin con corte T6 =

[0, 2

L, 1, 0, 2

L, 1]

La definicin de autovalores y autovectores permite descomponer espectralmente a la matrizK

K = k T =

1 0 00 0 2

L

0 1 11 0 00 0 2

L

0 1 1

2

EAL

2EIL

6EI(4+L2)

L3

1 0 0 1 0 00 0 1 0 0 1

0 2L

1 0 2L

1

(6.95)

que muestra las diferentes respuestas de la viga frente a los distintos modos de deformacin.Hasta aqu hemos trabajado con la matriz KL en coordenadas locales, si la expresamos encoordenadas globales

K = KL T= k T T = ( ) k ( )T (6.96)

= k T

donde agrupa a los autovectores expresados en coordenadas globales. Los autovalores dehecho no cambian (por ser escalares).

162

12 3

4X

Y

L1

L2 L3

F

q 2q

I1

I2

I3

Figura 14 Ejemplo de estructura de prticos

6.3.2. Ejemplo de prtico planoConsideremos el prtico de tres tramos indicado en la Figura 14. Lo primero que hay que hacer

es numerar nudos y barrasLas matrices de rigidez de las vigas tienen la forma (los superndices indican los nudos que

relaciona cada matriz y el orden indica adems la orientacin de la viga):

K12 =

[k1211 k

1212

k1221 k

1222

]K23 =

[k2311 k

2312

k2321 k

2322

]K43 =

[k4311 k

4312

k4321 k

4322

]donde cada submatriz kIJij es de 3 3

Si ensamblamos las ecuaciones de equilibrio para cada nudo (4) de este problema (3 ecuacionesde equilibrio por nudo), tendremos

nudo 1nudo 2nudo 3nudo 4

k1211 k

1212

k1221 k

1222 + k

2311 k

2312

k2321 k

2322 + k

4322 k

4321

k4312 k

4311

u1 = 0u2

u3

u4 = 0

=

R1

FF 23EM23E

nudo 2F 43EF 23E

M23E M43E

nudo 3R4

El sistema a resolver (una vez introducidas las condiciones de borde) es de 6 6, asociado al

equilibrio de los nudos 2 y 3. Las matrices necesarias son (expresadas en coordenadas globales):

k1222 = E

12I1/L31 0 6I1/L21A1/L1 0

4I1/L1

K23 =

E

L2

A2 A212I2/L

22 6I2/L2 12I2/L22 6I2/L2

6I2/L2 4I2 6I2/L2 2I2A2 A2

12I2/L22 6I2/L2 12I2/L22 6I2/L26I2/L2 2I2 6I2/L2 4I2

k4322 = E

12I3/L33 0 6I3/L23A3/L3 04I3/L3

163

Realizando el proceso de ensamble de las matrices de rigidez tendremos

KG = E

12I1L31

+ A2L2

6I1L21

A2L2

A1L1

+ 12I2L32

6I2L22

12I2L32

6I2L22

4I1L1

+ 4I2L2

6I2L22

2I2L2

A2L2

+ 12I3L33

6I3L23

simtrica 12I2L32

+ A3L3

6I2L22

4I2L2

+ 4I3L3

En cuanto al trmino independiente, primero es necesario calcular las fuerzas de empotramiento.

As para cada barra tendremos (en coordenadas locales)

F12E =

000000

F23E =

0qL2/2qL22/12

0qL2/2

qL22/12

F43E =

0+3qL3/10qL23/15

0+7qL3/10qL23/10

Llevando a coordenadas globales (F43E) y ensamblando

FG=

+0qL2/2qL22/12+0qL2/2+qL22/12

+0+0+0+7qL3/10+0+qL23/10

+F+0+0+0+0+0

Para los siguientes datos L1 = 400 cm, L2 = 400 cm, L3 = 300 cm ,E = 2,4 105 kg/cm2, I1 = 112104 cm4 A1 = 100 cm2, I2 = 103 cm4 A2 = 100 cm2,

I3 = 103 cm4 A3 = 120 cm

2

K12 =

0,375E2 0,00E0 0,75E4 0,375E2 0,00E0 0,75E40,60E5 0,00E0 0,000E0 0,60E5 0,00E0

0,20E7 0,750E4 0,00E0 0,10E70,375E2 0,00E0 0,75E4

simtrica 0,60E5 0,00E00,20E7

K23 =

0,60E5 0,00E0 0,00E0 0,60E5 0,00E0 0,00E00,45E2 0,90E4 0,00E0 0,45E2 0,90E4

0,24E7 0,00E0 0,90E4 0,12E70,60E5 0,00E0 0,00E0

simtrica 0,45E2 0,90E40,24E7

K43 =

0,107E3 0,00E0 0,16E5 0,107E3 0,00E0 0,16E50,96E5 0,00E0 0,000E0 0,96E5 0,00E0

0,32E7 0,160E5 0,00E0 0,16E70,107E3 0,00E0 0,16E5

simtrica 0,96E5 0,00E00,32E7

164

KG =

60038.0. 60045. simtrica

7500. 9000. 4400000.60000. 0. 0. 60107.

0. 45. 9000. 0. 96045.0. 9000. 1200000. 16000. 9000. 5600000.

Resuelto el sistema de ecuaciones

KG

u2v22u3v33

= FG =

5004002666742040044667

==>

u2v22u3v33

=

8,77150,0020600,017388,7665

0,0070460,01335

Para calcular los esfuerzos en extremos de barras estos pueden calcularse en coordenadas locales

o globales. Esto depende de que matrices se disponga previamente. Como ejemplo se mostrar conla barra 4-3.

Si se dispone de las matrices de rigidez en cada sistema local se puede hacer lo siguiente:

1. Llevamos los desplazamientos al sistema local,

u4v44u3v33

=

11

11

11

u4v44u3v33

=

000v3u33

=

000

0,0070468,76650,01335

2. Evaluamos los esfuerzos en los extremos de barra, considerando que los desplazamientos del

nudo 4 son nulos resulta

F4xF4yM4zF3xF3yM3z

= E

A3/L3

A3/L3

12I3/L336I3/L23

12I3/L33

6I3/L23

6I3/L23

2I3/L3

6I3/L234I3/L3

u3v33

+

0+3qL3/10qL23/15

0+7qL3/10qL23/10

3. Para trazar el diagrama de esfuerzos dentro de la barra debe observarse (seguimos con la barra

3)que las cargas externas eran de variacin lineal, por lo cual el diagrama de corte resultade variacin cuadrtica entre los valores extremos (F4y y F3y), en tanto que el diagramade momentos resulta de variacin cbica entre los valores calculados en los extremos (M4z yM3z). El esfuerzo normal es constante de valor F3y

Si se dispone de las matrices de rigidez en el sistema global se puede hacer lo siguiente:

1. Calculamos los esfuerzos en los extremos de barra en el sistema global

F4xF4yM4zF3xF3yM3z

= K43G

000

8,76650,0070460,01335

+

3qL3/100

qL23/157qL3/10

0qL23/10

=

901,4676,4130900301,4676,479530

165

2. Pasamos los esfuerzos al sistema local y reconocemos los esfuerzos internos en sus extremos(cambiados de signo en el primer nudo, el 4 en este caso)

F4xF4yM4zF3xF3yM3z

=

11

11

11

F4xF4yM4zF3xF3yM3z

=

676,4901,4130900676,4301,479530

=

N4T4M4+N3+T3+M3

3. Para trazar el diagrama de esfuerzos dentro de la barra debe observarse que las cargas exter-

nas eran de variacin lineal, por lo cual el diagrama de corte resulta de variacin cuadrticaentre los valores extremos (T4 = 901,4 y T3 = 301,4), en tanto que el diagrama de momen-tos resulta de variacin cbica entre los valores calculados en los extremos (M4 = 130900y M3 = 79530). El esfuerzo normal es constante de valor N = 676,4

N - T [kg]

M [kg-m]

y[m]

-800 -600 -400

-1200 -800 -400 0 400 800

0

1

2

3

M

T

N

Figura 15 Diagramas de esfuerzos sobre la barra 4-3

6.3.3. Ejemplo de prtico plano con un tensorConsideremos el prtico de tres tramos y un tensor indicado en la Figura 16. Los datos de las

secciones, material y cargas son los siguientes:

1. El material del prtico tiene un mdulo E1 = 2 105[kg/cm2

], las columna tienen un rea

transversal de A1 = 200 [cm2] y momento de inercia I1 = 5000 [cm

4]. En tanto que el rea dela viga inclinada es A2 = 300 [cm

2] y su momento de inercia es I2 = 10000 [cm4] .

2. El tensor tiene un rea transversal A3 = 5 [cm2] y el material un E2 = 2 106

[kg/cm2

]3. Las cargas son normales a los tramos q1 = 3000 [kg/m] y q2 = 2000 [kg/m]

6.3.3.1. Clculo de la matriz de rigidez del sistema

Las matrices de rigidez de los distintos elementos son:

columna 1-2 L1 = 500 [cm], = 90o (s = +1, c = 0), aplicamos la expresin (6.94) con E1, A1,

I1 y L1

K12 =

96 0 24000 96 0 240000 80000 0 0 80000 0

24000 0 8000000 24000 0 400000096 0 24000 96 0 240000 80000 0 0 80000 0

24000 0 4000000 24000 0 8000000

166

6m 4m

5mq

1q2

1

2

3

4 5

2m

Figura 16 Prtico plano con un tensor

viga inclinada L2 = 671 [cm], = 26, 56o (s = 0, 447, c = +0, 894) aplicamos la expresin(6.93) con E1, A2, I2 y L2

K23 =

71570 35745 11926 71570 35745 1192635745 17952 23851 35745 17952 2385111926 23851 11925696 11926 23851 596284871570 35745 11926 71570 35745 1192635745 17952 23851 35745 17952 2385111926 23851 5962848 11926 23851 11925696

columna 3-4 L3 = 200 [cm], = 90o (s = 1, c = 0), Notar que no puede aplicarse direc-tamente la expresin (6.94) porque el ngulo es 90o, hay que particularizar la expresin(6.93) para este caso

K34 = E1

12I1/L33 6I1/L

23 12I1/L33 6I1/L23

A1/L3 A1/L14I1/L3 6I1/L23 2I1/L3

12I1/L33 6I1/L23

sim. A1/L34I1/L3

=

1500 0 150000 1500 0 1500000 200000 0 0 200000 0

150000 0 20000000 150000 0 100000001500 0 150000 1500 0 150000

0 200000 0 0 200000 0150000 0 10000000 150000 0 20000000

tensor 3-5 L4 = 447 [cm], = 26, 56o (s = 0, 447, c = +0, 894), la matriz de rigidez amplia-167

da resulta

K35 =

E2A3L4

c2 cs 0 c2 cs 0s2 0 cs s2 0

0 0 0 0c2 cs 0

sim. s2 00

=

1789 894 0 1789 894 0894 447 0 894 447 00 0 0 0 0 0

1789 894 0 1789 894 0894 447 0 894 447 00 0 0 0 0 0

Notar que en el tensor no hay contribuciones al giro. Se ha ampliado la matriz a los fines de

que todas las matrices tengan idntico tamao y mostrar las contribuciones al equilibrio del nudoque provienen del tensor. El comportamiento del tensor es independiente de la rotacin del nudo3, depende slo de sus desplazamientos. Por otro lado la rotacin del nudo 5 no es un grado delibertad del problema. Pues ningn elemento est influenciada por la misma.

Realizando el proceso de ensamble de las matrices de rigidez, slo sobre los nudos 2 y 3, pues losnudos 1, 4 y 5 tienen todos los desplazamientos nulos, tendremos (nudos 2 y 3 solamente, denotadopor (2-3))

KG(23) =

71666 35745 35926 71570 35745 1192635745 97952 23851 35745 17952 2385135926 23851 19925696 11926 23851 596284871570 35745 11926 74859 36640 13807435745 17952 23851 36640 218399 2385111926 23851 5962848 138074 23851 31925696

6.3.3.2. Trmino de cargas y solucin del sistema

En cuanto al trmino independiente, primero es necesario calcular las fuerzas de empotramiento.As para las dos primeras barras tendremos (en coordenadas locales y globales)

F12E =

0q2L1/2q2L21/12

0q2L1/2+q2L

21/12

F12E =

+q2L1/20

q2L21/12+q2L1/2

0+q2L

21/12

F23E =

0q1L2/2q1L

22/120

q1L2/2q1L22/12

F23E =

cq1L2/2sq1L2/2q1L

22/12

cq1L2/2sq1L2/2q1L22/12

Evaluando y ensamblando sobre los nudos 2 y 3 (segundo miembro, es decir cambiando el signo)

F12E =

50000

4166675000

0416667

F23E =

45009000

112500045009000

1125000

FG(23)=

95009000

154166745009000

1125000

168

Resuelto el sistema de ecuaciones

KG(23)

u2v22u3v33

= FG(23) ===>

u2v22u3v33

=

7,49370,150540,094367,35990,062560,08756

6.3.3.3. Determinacin de esfuerzos en extremos de barras y reacciones

Para calcular los esfuerzos en extremos de barras:Multiplicamos la matriz de rigidez de cada elemento por los desplazamientos de cada viga y le

sumamos las fuerzas de empotramiento (todo en coordenadas globales)viga 1-2

F1xF1yM1zF2xF2yM2z

= K12

000

7,49370,150540,09436

+ F12E =

298412043

557289298412043934729

+

50000

4166675000

0416667

=

798412043

9739562016

12043518062

Notar que:

Las fuerzas de extremos son la suma de K12u12 mas los fuerzas de empotramiento F12E.

El producto K12u12 conduce a fuerzas iguales y opuestas en los nudos extremos

Los tres primeros valores son las reacciones de empotramiento (nudo 1),

los ltimos 3 (en este caso que concurren slo dos vigas al nudo 2) deben equilibrarse conlas fuerzas en el primer nudo de la viga 2-3.

Los esfuerzos de corte y normal se calculan llevando los fuerzas en cada nudo del sistemaglobal al local. En el primer nudo resulta (adems aqu hay que cambiar de signo por ser lacara negativa) M1z = 557289 + 416667[N1T1

]=

[c ss c

] [ F1xF1y

]=

[0 11 0

] [ 298412043 +

50000

]=

[ 120432984

+0

5000

]en el segundo M2z = 934729 + 416667[

N2T2

]=

[c ss c

] [F2xF2y

]=

[0 11 0

] [ 298412043 +

50000

]=

[ 120432984

+0

5000]

las primeras componentes (debida a los desplazamientos, o solucin homognea) son igualesen ambos nudos, es decir el corte y el esfuerzo normal son constantes. Las segundas com-ponentes son las debidas a la carga, que slo tiene corte y corresponden a los esfuerzos deempotramiento perfecto (cambiada de signo en el primer nudo).

viga 2-3

F2xF2yM2zF3xF3yM3z

= K23

7,49370,150540,094367,35990,062560,08756

+ F23E =

65123041

60689665123041477865

+

45009000

112500045009000

1125000

=

201212041518104110125959

647135

169

Los esfuerzos en los extremos son: en el primer nudo M2z = 606896 1125000[N2T2

]=

[0, 894 0, 4470, 447 0, 894

] [65123041 +

45009000

]=

[58355629 +

010065

]en el segundo M3z = 477865 1125000[

N3T3

]=

[0, 894 0, 4470, 447 0, 894

] [65123041 +

45009000

]=

[58355629 +

010065

]viga 3-4

F3xF3yM3zF4xF4yM4z

= K34

7,35990,062560,087560,00000,00000,0000

=

209412512647215209412512

228385

Los ltimos tres valores son las reacciones de empotramiento en 4. Los esfuerzos son: en el

primer nudo M3z = 647215[N3T3

]=

[0 11 0

] [ 209412512

+00

]=

[ 125122094 +

00

]en el segundo M4z = 228385[

N4T4

]=

[0 11 0

] [ 209412512

+00

]=

[ 124122094 +

00

]tensor

F3xF3yM3zF5xF5yM5z

= K35

7,35990,062560,087560,00000,00000,0000

=

1311165520

131116552

0

Naturalmente en este ltimo caso no hay momentos de extremo. El esfuerzo axial es de traccin,

este puede calcularse proyectando las fuerzas en el segundo nudo sobre el vector unitario (c, s)

N =

[131116552

].

[+0, 8940, 447

]= 14650

Una vez conocidos los esfuerzos internos en los extremos de barra, el trazado de los diagramases sencillo. Estos resultan de superponer los diagramas de esfuerzos de empotramiento perfec-to (tambin llamado Estado I) y los diagramas debidos a los desplazamientos nodales (tambinllamado Estado II)

deformada x 3 Esfuerzos Normales

170

Corte Momento Flector

Diagrama de esfuerzos normales. Los diagramas debidos al estado II son constantes en cadabarra. Los debidos al estado I dependen de que haya cargas internas aplicadas en la direccinaxial. En el presente ejemplo no las hay.

Diagrama de corte. Los diagramas debidos al estado II son constantes en cada barra. Losdebidos al estado I dependen de la forma de la carga interna aplicada en la direccin normal.En el presente ejemplo estas cargas son constantes en los tramos 1-2 y 2-3. La carga uniformeproduce una variacin lineal entre los valores extremos

Diagrama de Momento. Los diagramas debidos al estado II son lineales en cada barra. Enlos tramos 1-2 y 2-3 donde hay carga distribuida hay una variacin cuadrtica del momento.

Los diagramas de esfuerzos internos han sido trazados de la siguiente forma: Recorriendo elprtico del nudo 1 al 4, si el valor es positivo se grafica a la izquierda, si es negativo a la derecha.Si se observan los esfuerzos normales, ambas columnas estn comprimidas (a la derecha de 1-2 y3-4), en tanto que la viga est traccionada (a la izquierda de 2-3).

6.4. EMPARRILLADOS PLANOSConsideremos ahora el anlisis de estructuras de vigas contenidas en un plano sometidas a

cargas normales al plano. Los esfuerzos que aparecen en las vigas son la flexin alrededor del ejede inercia contenido en el plano y torsin.

Sea entonces una viga en estas condiciones, y consideremos un sistema local x y con xcoincidente con el eje de la viga e y definido por y = z x , con z el eje normal al plano de lasestructura (direccin de accin de las cargas)

X

YZ

Mt

M f

x

yw

Figura 17 Viga de emparrillado plano

En este sistema local tenemos

y = dw

dxy =

dydx

= d2w

dx2My = EIyy = Mf (6.97)

171

dTzdx

+ qz = 0dMydx

= Tz (6.98)

=dxdx

Mx = GJ = Mt (6.99)

El anlisis de la flexin en el plano x z es casi idntico al del elemento de viga continua en elplano x y. La nica diferencia radica en el sentido positivo del momento flector, de la curvaturay del giro asociado. Los esfuerzos debidos a flexin en los extremos de la viga son

F1zM1yF2zM2y

= EIy

12/L3

6/L212/L36/L2

6/L24/L6/L2

2/L

12/L36/L2

12/L3

6/L2

6/L22/L6/L2

4/L

w11yw22y

+

FE1zME1yFE2zME2y

(6.100)El ngulo especfico de torsin es

=dxdx

=1

L

[2x 1x

](6.101)

Luego el momento torsor resulta

Mt = Mx =GJ

L

[2x 1x

](6.102)

Los momento torsores en los extremos necesarios para mantener este estado son iguales y desentido contrario [

M1xM2x

]=GJ

L

[1 11 1

] [1x2x

](6.103)

Escribiendo las relaciones 6.100 y 6.103 en una nica expresin tendremos

F1zM1xM1yF2zM2xM2y

=

1

L

12EIyL2

6EIyL

12EIyL2

6EIyL

GJ GJ6EIy

L4EIy

6EIyL

2EIy12EIy

L26EIyL

12EIyL2

6EIyL

GJ GJ6EIy

L2EIy

6EIyL

4EIy

w11x1yw22x2y

+

FE1z0

ME1yFE2z0

ME2y

(6.104)

Que es la matriz de rigidez de una viga de emparrillado plano en coordenadas locales. Parala obtencin de una expresin general para una barra orientada en cualquier direccin dentro delplano x y notemos que

El eje z no cambia, luego las variables asociadas a este eje permanecen inalteradas w = w.

En tanto que los vectores con componentes en el plano, por ejemplo[xy

]=

[cos sinsin cos

] [xy

](6.105)

Agrupando ambas relaciones wxy

= 1 0 00 cos sin

0 sin cos

wxy

= R wxy

(6.106)172

Notemos que la definicin de la matriz de transformacinR es similar que para prticos planos,pero no es la misma, antes la direccin z estaba asociada al giro y las direcciones en el plano estabanasociadas a desplazamientos, y aqu es exactamente al revs. Similarmente podemos escribir FzMx

My

= R FzMxMy

(6.107)y sus relaciones inversas

wxy

= RT

wxy

FzMxMy

FzMxMy

= RT

FzMxMy

(6.108)

Llevando estas relaciones a la expresin de los esfuerzos en coordenadas locales

[R

T0

0 RT

]

F1zM1xM1yF2zM2xM2y

= KL[R

T0

0 RT

]

w1x1yw22x2y

+[R

T0

0 RT

]

FE1zME1xME1yFE2zME2xME2y

(6.109)

Premultiplicando por

=

[R 0

0 R

](6.110)

Tenemos

F1zM1xM1yF2zM2xM2y

= KLT

w1x1yw22x2y

+


(6.111)

Con lo que hemos obtenido la matriz de rigidez de la viga de emparrillado en coordenadasglobales. El caso particular ms usado, es que la viga este orientada segn la direccin y (positiva).

En tal caso la matriz de rigidez resulta (con R =

1 0 00 0 10 1 0

)

K

( =

2

)=

1

L

12EIy/L2

6EIy/L

12EIy/L26EIy/L

_

6EIy/L4EIy

6EIy/L2EIy_

GJ

GJ

12EIy/L26EIy/L

12EIy/L2

6EIy/L_

6EIy/L2EIy

6EIy/L4EIy

GJ

GJ

(6.112)

En tanto que las fuerzas de empotramiento valen

FE( =

2

)=


=

FE1zME1y

0FE2zME2y

0

173

6.4.1. Propiedades de la matriz de rigidez

Las propiedades de la matriz de rigidez de la viga de emparrillado son similares a las del restode las matrices, en cuanto a: que es simtrica y semi-definida positiva, la interpretacin fsica desus componentes, etc. En cuanto a sus autovalores y autovectores, tenemos en este caso

Tiene 3 autovalores nulos k1 = k2 = k3 = 0 asociados a los posibles movimientos de cuerporgido

1. Traslacin en la direccin z T1 = [1, 0, 0, 1, 0, 0]

2. Rotacin alrededor del eje x T2 = [0, 1, 0, 0, 1, 0]

3. Rotacin alrededor del eje de inercia y T3 =[1, 0, 2

L0,1, 0, 2

L

]Tiene tres autovalores positivos asociados a los posibles modos de deformacin.

k4 = 2GJ

Lk5 = 2

EIyL

k6 = 6EIy (4 + L

2)

L3

1. Torsin pura de la barra T4 = [0,1, 0, 0, 1, 0]2. Flexin pura (sin corte) de la barra T5 = [0, 0,1, 0, 0, 1]3. Flexin con corte T6 =

[ 2L, 0, 1, 2

L, 0, 1

]La definicin de autovalores y autovectores permite descomponer espectralmente a la matrizK, en forma idntica al caso del elemento de prtico plano

6.4.2. Ejemplo de emparrillado plano

Veamos un ejemplo sencillo con dos elementos. En la figura 18 se muestra una vista en per-spectiva y la definicin en el plano de la estructura.

K

M

P

X

Y

L

L

1

2

3

Figura 18 Ejemplo de estructura de emparrillado

Analizaremos dos casos ligeramente diferentes, un primer caso con el nudo 3 simplementeapoyado y un segundo caso donde el nudo 3 descansa sobre un apoyo flexible de rigidez K. En elprimer caso el nmero de incgnitas es 5 y en el segundo 6.

La barra 1-2 est orientada segn el eje y , adems su primer nudo est empotrado luego nosinteresa slo la submatriz k1222, que podemos obtener a partir de la expresin (6.112)

k1222 =

1

L

12EIy/L26EIy/L_

6EIy/L4EIy

GJ

174

La barra 2-3 est orientada segn la direccin x y para el segundo caso la necesitaremoscompleta, usando la expresin (6.104)

K23 =

1

L

12EIyL2

6EIyL

12EIyL2

6EIyL

GJ GJ6EIy

L4EIy

6EIyL

2EIy12EIy

L26EIyL

12EIyL2

6EIyL

GJ GJ6EIy

L2EIy

6EIyL

4EIy

=

[k2311 k

2312

k2321 k

2322

]

En cuanto al resorte, la relacin entre el desplazamiento del extremo del mismo y el esfuerzoaplicado puede escribirse como: FzMx

My

= K 0 00 0 0

0 0 0

wxy

= KruDonde obviamente el resorte slo toma fuerzas en la direccin normal en funcin del desplaza-

miento vertical.Si ensamblamos las tres matrices tendremos

KG =

[k1222 + k

2311 k

2312

k2321 k

2322 +Kr

]

12EIyL3

+ 12EIyL36EIy

L24EIyL

+ GJL6EIy

L2GJL

+ 4EIyL12EIy

L36EIyL2

12EIyL3

+KGJL

GJL6EIy

L22EIyL

6EIyL2

4EIyL

w22x2yw33x3y

=

P000

M0

Donde slo hemos ensamblado la parte inferior debido a que el sistema es simtrico. Hasta aqu

hemos considerado el caso 2, para el caso 1, w3 no es incgnita y hay que eliminar la cuarta fila yla cuarta columna.

6.5. CAMBIOS TERMICOSLa existencia de cambios trmicos genera la aparicin de esfuerzos dentro de la estructura si

los diferentes elementos que la constituyen tienen restricciones a deformarse. Bsicamente estoscambios trmicos introducen:

-modificaciones en la longitud de la pieza y con ello la aparicin de esfuerzos normales-cambios de curvatura del eje de la pieza y con ello la aparicin de momentos flectores.Supongamos el caso de un prtico plano, y que la viga tenga un cambio trmico idealizado de

la siguiente manera:-La temperatura en su cara superior sea uniforme a lo largo de toda la pieza ts-La temperatura en su cara inferior sea uniforme a lo largo de toda la pieza ti-En el espesor de la viga vare linealmente entre los valores en sus carasLa elongacin de la viga est asociada al cambio trmico de su eje baricntrico, si este coincide

con la mitad de la viga, valdr

0 =

2(ts +ti) (6.113)

El problema es idntico a lo visto para barras articuladas, es decir, este cambio generar (enausencia de desplazamientos) un esfuerzo normal

N0 = EA0 = EA2(ts +ti) (6.114)

175

que se transmitir a sus nudos extremos y debe considerarse en el equilibrio de los mismos. Vistoen coordenadas locales esto representa esfuerzos de empotramiento de la forma

FE = [N0, 0, 0, N0, 0, 0]T (6.115)

El cambio de curvatura de la viga est asociado al gradiente trmico en el espesor de la viga

0 =

h(ts ti) (6.116)

De tal forma que esto genera un momento flector uniforme (en ausencia de giros) de valor

M0 = EIz0 (6.117)

que se transmitir a sus nudos extremos y debe considerarse en el equilibrio de los mismos. Vistoen coordenadas locales esto representa esfuerzos de empotramiento de la forma

FE = [0, 0,M0, 0, 0,M0]T (6.118)

Que luego deben-Expresarse en coordenadas globales-Ensamblarse sobre el trmino independiente (con el signo cambiado como todos los esfuerzos

de empotramiento)-Considerarse al momento del clculo de los esfuerzos finales.

6.6. VIGAS EN TRES DIMENSIONESLos casos vistos hasta ahora de problemas de prticos planos y de emparrillados planos cor-

responden a casos particulares de estructuras de vigas en tres dimensiones. En ambos casos laestructura es plana, y se ha descompuesto el comportamiento frente a acciones en el plano de laestructura (prticos planos) y frente a acciones normales al plano de la estructura (emparrilladosplanos). Si la estructura no se encuentra contenida en un plano, o si los ejes principales de inerciade las secciones no son tales que uno de ellos se encuentra en el plano de la estructura y el otroes normal al mismo, entonces tendremos acoplamiento de todos los esfuerzos y resulta necesarioanalizar la estructura como tridimensional.

Comenzaremos por obtener la expresin de los esfuerzos en los extremos de la viga en unsistema local de coordenadas. El sistema local x y z es tal que

-el eje x (t1)coincide con el eje de la viga-el eje y (t2)coincide con uno de los ejes principales de inercia de la seccin de la viga. La

eleccin de cual de los dos ejes principales usar es arbitraria.-el eje z (t3) coincide con el restante eje principal de inercia y requeriremos que formen una

terna derecha, luego t3 = t1 t2Los esfuerzos que existen en los extremos de barra son fuerza (vector) y momento (vector), con

tres componentes cada uno, en correspondencia con las proyecciones sobre los tres ejes (locales)definidos. Entonces hay 6 componentes de esfuerzos por extremo asociados a su vez a 6 componentesde desplazamientos (las tres componentes del desplazamiento y las tres componentes del giro). Lamatriz de rigidez tendr en consecuencia 12 filas y 12 columnas.

Debido a que los diferentes esfuerzos: normal, torsin, flexin en x y y flexin en x z, estndesacoplados, la relacin entre los esfuerzos y los desplazamientos puede calcularse separadamentecomo en los casos precedentes. La obtencin de la matriz de rigidez de la viga en 3 dimensionesconsiste sencillamente en escribir en una nica expresin las relaciones obtenidas para la viga deprtico plano y para la viga de emparrillado plano. Notar que las expresiones correspondientes(6.89 y 6.104) no tienen componentes de fuerzas ni de desplazamientos en comn. Luego slo esnecesario ordenar adecuadamente esfuerzos y desplazamientos (generalizados). Ver figura 19.

176

[Fx1 Fy1 Fz1 Mx1 My1 Mz1 Fx2 Fy2 Fz2 Mx2 My2 Mz2

]T= 1

L

EA EA12EIzL2

6EIzL

12EIzL2

6EIzL

12EIyL2

6EIyL

12EIyL2

6EIyL

GJ GJ6EIy

L 4EIy6EIyL 2EIy

6EIzL 4EIz

6EIzL 2EIz

EA EA12EIz

L26EIz

L12EIzL2

6EIzL12EIy

L26EIyL

12EIyL2

6EIyL

GJ GJ6EIy

L 2EIy6EIyL 4EIy

6EIzL 2EIz

6EIzL 4EIz

[u1 v1 w1 x1 y1 z1 u2 v2 w2 x2 y2 z2

]T

v2

w2

u2

My2Mz2

Mx2

Fy2Fz2

Fx2

x2

y2z2

Z

w1

u1

My1Mz1

Mx1

Fy1Fz1

Fx1

x1

y1z1

1 2v1 X

Y

t1

t2

t3

Figura 19 Matriz de rigidez de la viga en 3 dimensiones

Escribiremos la relacin entre esfuerzos y deformaciones en forma compacta como

F1

M1

F2

M2

= KLu1

1u2

2

(6.119)

Para obtener la expresin en coordenadas globales es necesario reconocer que para un vectorcualquiera axay

az

= [ t1 t2 t3 ] axayaz

(6.120)a = R a

Donde a puede ser cualquiera de los vectores aqu considerados (F,M, u, ). En forma similara lo realizado anteriormente, es posible definir una matriz de transformacin

=

R

R

R

R

(6.121)Que relaciona

177

u1

2u2

2

=R

R

R

R

u1

1u2

2

F1

M1

F2

M2

=R

R

R

R

F1

M1

F2

M2

(6.122)De tal manera que la matriz de rigidez en coordenadas globales resulta

K = KL T (6.123)

Esta matriz de rigidez tiene por supuesto las mismas propiedades descriptas antes y heredatambin los modos de cuerpo rgido y de deformacin de las anteriores matrices de viga de prticoy emparrillado plano. Tiene entonces seis autovalores nulos correspondientes a 3 traslaciones decuerpo rgido en las direcciones del espacio y 3 rotaciones de cuerpo rgido. Los otros seis autovaloresson positivos y corresponden a los modos de deformacin vistos en su momento (elongacin, torsin,2 de flexin sin corte (uno en cada plano), y 2 de flexin con corte).

6.7. VIGAS INCLUYENDO DEFORMACIONES POR CORTEEn esta seccin se obtendr la matriz de rigidez utilizando una teora que incluya deformaciones

asociadas al corte transversal (teora de vigas de Timoshenko). Las hiptesis de comportamientoson muy similares a las de la teora clsica de vigas. La diferencia estriba en que las secciones (quese supone se mantienen planas) no son necesariamente normales al eje de la viga deformado. Estoimplica ahora en general

= dvdx

Precisamente la diferencia entre estos dos valores es la distorsin debida al corte transversal. Elresumen de las ecuaciones que gobierna el problema de flexin es:

Ecuaciones de equilibrio

dM

dx+ T = 0

dT

dx+ q (x) = 0

Ecuaciones constitutivas

M = EI T = GAc

Ecuaciones cinemticas

=d

dx =

dv

dx

Condiciones de contorno

v = v o T = T

= o M = M

Reemplazando cinemticas y constitutivas en equilibrio, se tiene

EI xx +GAc (vx ) = 0GAc (vxx x) + q (x) = 0

Despejando vx de la primera

vx = EIGAc

xx + = L2

12 xx +

178

donde se ha definido el coeficiente adimensional

=EI

GAc

12

L2

lo cual permite expresar la rigidez al corte transversal en funcin de la rigidez a fle

Analisis Estructural Rigid Ez

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