E10_Matricial_8_

Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 203

CALCULO MATRICIAL Problema nº 93 Hallar la matriz de rigidez global de la estructura de muelles de la figura y los esfuerzos en cada elemento. Comprobar el equilibrio en cada nudo. Dato: k=1000.

k

2k k20

10

Solución: a) Numeremos los elementos de la estructura y los grados de libertad de la misma.

3

2

1

2 1ElementoGrado de libertad general

1

1

La matriz de rigidez de un elemento referido a los grados de libertad locales es:

k1 2

1 Grado de libertad local

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=

kkkk

k l)(

b) La matriz de conectividad de la estructura de muelles es:

1 2 3

0 1 0

1 2 2

1

2

c) Ensamblemos la matriz de rigidez global. La matriz de rigidez global de la estructura es de 2x2 ( 2 filas y 2 columnas). c.1) La contribución del primer elemento es:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

000k2

kG

204 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Cálculo matricial

c.2) Añadimos la contribución del segundo elemento a la matriz kG:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−+=

kkkk3

kkkkk2

kG

c.3) Por último al añadir el tercer y último elemento obtenemos

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+−−

=2000100010003000

k2kkk3

kkkkk3

kG

d) El vector de fuerzas.

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

2010

F

e) Resolución de ecuaciones.

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

==

==⇒⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⇒=

014,0k

14u

008,0k8u

uu

2000100010003000

2010

DKF2

1

2

1G

f) Fuerzas internas en cada elemento. P1 = 2k Δ1 = 2000 u1 = 16 (Tracción)

P2 = k Δ2 = 1000 (u2 – u1 )= 6 (Tracción) P3 = k Δ3 = 1000 u2 = 14 (Tracción)

g) Equilibrio en los nudos

6

1016

14

6

20

xF = 0Σ xF = 0Σ


Problema nº 94 Obtener la matriz de rigidez del problema anterior utilizando de forma directa la definición de rigidez de la estructura.

k

2k k

Solución: Por definición, la columna i de la matriz de rigidez contiene las fuerzas externas a aplicar en los grados de libertad de la estructura cuando se le da al grado de libertad i un desplazamiento de valor unitario y nulo al resto. a)Grado de libertad 1.

3kk2k

1u = 1 2u = 0

kk

k Fuerza externa en el grado de libertad

k Fuerza interna que se genera en el elemento

Aplicamos un desplazamiento unitario en el grado de libertad 1 (GDL1), y nulo en el grado de libertad 2 (GDL 2). Como consecuencia de ello se generan unas fuerzas internas en los elementos que confluyen en el nudo del grado de libertad, -2k y -k en el GDL1, y como consecuencia k en el GDL2. El equilibrio en estos nudos nos indica las fuerzas 3k (en GDL1) y –k (en GDL2) que constituyen la primera columna de la matriz de rigidez.

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=kk3

columnaª1,tantoPor


b)Grado de libertad 2.

kk

1u = 0 2u = 1

2kk

k Fuerza externa en el grado de libertad

k Fuerza interna que se genera en el elemento

k

Aplicamos un desplazamiento unitario en el grado de libertad 2 (GDL2), y nulo en el grado de libertad 1. Como consecuencia de ello se generan unas fuerzas internas en los elementos que confluyen en el nudo del grado de libertad, -k y -k en el GDL2, y como consecuencia k en el GDL1. El equilibrio en estos nudos nos indica las fuerzas -k (en GDL1) y 2k (en GDL2) que constituyen la segunda columna de la matriz de rigidez.

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=

k2k

columnaª2,tantoPor

c) Matriz de rigidez global.

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=

k2kkk3

kG

Podemos observar que es la misma matriz que la obtenida en el problema anterior. Problema nº 95 Encontrar la matriz de rigidez y los esfuerzos internos en cada elemento de la cercha de la figura. Comprobar el equilibrio en el nudo donde se aplican las fuerzas. Para todos los elementos: EA=104 kN, L=5m.

10 kN

20 kN

30º

60º

Solución: La matriz de rigidez de un elemento barra que forma un ángulo α con la horizontal referida a los grados de libertad indicados en la figura es:


3

1

α

4

2 1 Grado de libertad local

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−−−

=

2

2

22

22

G

sincossincos

sincossinsincossincoscossincos

LAE

k

αααα

αααααααααα

;

siendo simétrica respecto a la diagonal principal. a) Numeramos los elementos y los grados de libertad.

1

1ElementoGrado de libertad general

1

2

34

12

b) Matriz de conectividad.

1 2 3

0 0 0

0 0 0

1

2

0

0

1 1 1

2 2 2

1

2

3

4

4

c) Ensamblemos la matriz global de la estructura. Con la numeración de la matriz de conectividad solamente los elementos de la 3º y 4º fila y columna de la matriz de rigidez del elemento barra necesitan ser ensamblados en la matriz de rigidez global de la estructura:

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡2

2

sincossincossincos

LAE

αααααα , por tanto:


⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

++

+

++++

++

+

=287,087,02

2000

90sin60sin

30sin0sinSimétrica

90cos90sin60cos60sin30cos30sin0cos0sin

90cos60cos

30cos0cos

LAE

k

22

22

22

22

G

d) Vector de cargas

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=20

10F

e) Resolución de ecuaciones.

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

−==

⇒⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

⇒= −

−

m1051,7um1077,5u

uu

287,087,02

200020

10DKF 3

2

31

2

1G

f) Fuerzas internas en cada elemento.

[ ] )Tracción(kN53,11

uu00

0sin0cos0sin0cosLAE

LAE

P

2

111 =

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−== Δ


uu00

30sin30cos30sin30cosLAE

LAE

P

2

122 =

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−== Δ

[ ] )Compresión(kN24,7

uu00


LAE

P

2

133 −=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−== Δ


uu00


LAE

P

2

144 −=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−== Δ

g) Equilibrio en el nudo.

10 kN

15,0

2kN

11,53 kN

7,24 k

N2,48 kN

20 kN

ΣFx = 0 ⇒ 10 – 11,53 – 2,48 cos30 +7,24 cos60 = 0 ΣFy = 0 ⇒ -20 – 2,48 sen30 +7,24 sen60 +15,02 = 0


Problema nº 96 Se considera la estructura del problema anterior sometida a un cambio térmico de valor Δt=+100ºC en las barras indicadas. Se pide calcular los esfuerzos en todas las barras. Para todos los elementos: EA=104 kN, L=5m. α= 10-5.

30º

60º

t = 100 ºΔ

t= 1

00 º

Δ

Solución: a) Subdividimos el problema en dos casos: Caso I: Este caso queda caracterizado por tener todos los nudos fijos. Como consecuencia

de esta imposición aparecen en los nudos unas reacciones R1 y R2. La cercha esta sometida al incremento térmico Δt.

Caso II: La cercha real, con los nudos liberados, sometida a las cargas iguales a las reacciones que han aparecido en el caso I, pero de signo contrario.

t = 100 ºΔ

t= 1

00 º

Δ

R1

R 2

1

2

34

R1

R 21

2

34

+

Caso I Caso II

b) Hallemos las reacciones en el caso I. Elemento 1 → R1 = E A α Δt = 104 10-5 100 = 10 kN Elemento 2 → R2 = E A α Δt = 104 10-5 100 = 10 kN

c) Vector de cargas del caso II. Las reacciones R1 y R2 obtenidas en el caso I, son transladadas al caso II cambiadas de signo como componentes del vector de cargas.

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=kN10kN10

R

d) Resolución de ecuaciones. La matriz de rigidez de la estructura ha sido calculada en el problema anterior.


⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

287,087,02

2000kG . Por lo tanto,

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

==

⇒⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⇒= −

−

m1074,1um1074,1u

uu

287,087,02

20001010

DKR 32

31

2

1G

e) Esfuerzos en las barras.

)Compresión(kN51,6uL

EA10PPP 1II1I11 −=+−=+=


uu00

30sen30cos30sen30cosL

EA0PPP

2

1II2I22 =

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−+=+=


uu00

60sen60cos60sen60cosL

EA0PPP

2

1II3I33 =

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−+=+=

)Compresión(kN51,6uL

EA10PPP 2II4I44 −=+−=+=

f) Comprobación de equilibrio.

6,51 kN

6,51

kN4,46 kN

4,46 k

N

ΣFx = 0; ΣFy = 0.


Problema nº 97 La viga continua de la figura está sometida a las cargas indicadas. La sección de la misma es un IPE 330. Se pide calcular las reacciones en los apoyos, las gráficas de esfuerzo cortante y del momento flector, y el dibujo aproximado de la deformada de la viga. Dato: E=200 106 kN/m2.

q= 12 kN / m 30 kN

5 m 5 m

A B C1 2

Solución: Subdividimos el problema en dos casos: Caso I: Queda caracterizado por tener todos los nudos empotrados. Como consecuencia de

esta imposición aparecen en los nudos unas reacciones. Caso II: La viga real, con los nudos liberados, sometida a las cargas iguales a las reacciones

que han aparecido en el caso I, pero de signo contrario. a) Caso I

q= 12 kN / m 30 kN

1 2Ri1

Mi1

Ri2

Mi2

Rj1

Mj1

Rj2

Mj2

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

====

====

kN302

5122

qLRR

kNm2512

51212

qLMjM:1Elemento

1j1i

22

1B1i

⎪⎩

⎪⎨

⎧

====

====

kN152

302PRR

kNm75,188

5308LP

MM:2Elemento

2j2i

2j2i

b) Caso II Momento en el nudo B → MB = Mj1 + Mi2 = 25 – 18,75 = 6,25 kNm

A B C1 2

6,25 kNm 18,75 kNm21

Esta estructura presenta dos grados de libertad globales, que corresponden a los giros en los nudos B y C.


c) Vector de cargas.

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=75,1825,6

F

d) Matriz de rigidez

1Grado de libertad local1

2

La matriz de rigidez de un elemento viga es:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

4224

LIE

Ki

d) Matriz de conectividad.

1 2

0 1

1 2

1

2

e) Ensamblamos la matriz de rigidez global. Al ensamblar ambos elementos llegamos a la siguiente matriz de rigidez:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=

⇒⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=

−−

−

4112

10517,1K

2114

94164228

510177,110200

4228

LIE

K

51G

46

G

f) Resolución de ecuaciones

radianes10043,110482,9

75,1825,6

4112

10517,1FKD

DKF

3

551

G2

1

G

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−==⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=

⇒=

−

−−−

θθ

g) Esfuerzos en vigas g.1) Viga 1 Momentos en los nudos para el caso II:

kNm79,189,0

10482,90

4224

LIE

MM

5IIj

i⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

Por equilibrio de momentos en el caso II:

kN54,0VVkN54,05

79,189,0L

MMV ij

jii =−=→−=

−−=

+=


Caso I30

25 25

30Caso II

0,54

0,89 1,79

0,54

+

29,46

24,11 26,79

30,54

=

g.2) Viga 2 Momentos en los nudos para el caso II:

kNm75,1804,8

10043,110482,9

4224

LIE

MM

3

5

IIj

i⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−


kN36,5VVkN36,55

75,1804,8L

MMV ij

jii −=−=→−=

+=

+=

Caso I15

18,75 18,75

15Caso II

5,36

8,04 18,75

5,36

+

20,36

26,79

9,64

=30

30

h) Gráficas h.1) Reacciones

q= 12 kN / m 30 kN

A B C24,11

29,46 50,9 9,64

h.2) Esfuerzo cortante -30,54

20,3629,46

9,64V(x)

h.3) Momento flector

26,7924,11

24,10

M(x)

12.07


h.4) Dibujo aproximado de la deformada

P.i. P.i. P.i.

Problema nº 98 Se considera la viga continua del problema anterior sometida a unos esfuerzos térmicos de valor +20ºC en su parte superior y –20ºC en su parte inferior. La sección de la misma es un IPE 330. Se pide calcular las reacciones en los apoyos, las gráficas de esfuerzo cortante y del momento flector, y el dibujo aproximado de la deformada de la viga. Dato: E=200 106 kN/m2. α= 10-5 1/ºC

5 m 5 m

A B C1 2

tΔ = 20º tΔ = 20º

tΔ = -20º tΔ = -20º

Solución: Subdividimos el problema en dos casos: Caso I: Queda caracterizado por tener todos los nudos empotrados. Como consecuencia de

esta imposición aparecen en los nudos unas reacciones. Caso II: La viga real, con los nudos liberados, sometida a las cargas iguales a las reacciones

que han aparecido en el caso I, pero de signo contrario. a) Caso I

1 228,53

tΔ = 20º

tΔ = -20º

tΔ = 20º

tΔ = -20º28,53 28,53 28,53

Los momentos de empotramiento en una viga biempotrada sometida a un gradiente térmico vienen dados por:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡kNm53,28kNm53,28

TT(h2L

)TT(h2L

4224

LEI

MM

12

21

j

i

α

α

IPE 330 → h=0,33m


b) Caso II

A B C1 2

28,53 kNm21

La estructura presenta dos grados de libertad globales, que corresponden a los giros en los nudos B y C. c) Vector de cargas.

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧−

=53,28

0F

d) Matriz de rigidez La matriz de rigidez de la estructura es la misma del problema anterior

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=⇒⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ −−

4112

10517,1K2114

9416K 51GG

e) Resolución de ecuaciones

radianes1073,1

1033,453,28

04112

10517,1FKDDKF 3

451

G2

1G

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−==⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=⇒= −

−−−

θθ

f) Esfuerzos en vigas g.1) Viga 1 Momentos en los nudos para el caso II:

kNm15,808,4

1033,40

4224

LIE

MM

4IIj

i⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−


kN45,2VVkN45,25

08,415,8L

MMV ij

jii −=−=→=

+=

+=

Caso I

28,53 28,53

Caso II2,45

4,08 8,15

2,45

+ 24,45=

2,45 2,45

36,68

g.2) Viga 2 Momentos en los nudos para el caso II:

kNm53,28

15,81073,1

1033,44224

LIE

MM

3

4

IIj

i⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−


kN34,7VVkN34,7L

MMV ij

jii −=−=→=

+=


Caso I

28,53 28,53

Caso II7,34

8,15 28,53

7,34

+ 36,68=

7,34 7,34

0

h) Gráficas h.1) Reacciones

A B C24,45

2,45 9,80 7,34

tΔ = 20º

tΔ = -20º

tΔ = 20º

tΔ = -20º

h.2) Esfuerzo cortante

2,45

7,34V(x)

h.3) Momento flector

24,45

M(x)36,68

h.4) Dibujo aproximado de la deformada


Problema nº 99 Se considera la estructura de la figura compuesta por una viga en voladizo (IPE 300) sujetada por un tirante en su extremo. Se piden las gráficas de esfuerzo cortante V(x) y momento flector M(x), así como el esfuerzo del tirante.

8 kN/m

IPE300

L= 4m

H= 1m

Solución: Inercia IPE300 = 8,36 10-5 m4 E= 200 106 kN/m2

Area del tirante= 10-4 m2

Subdividimos el problema en dos casos: Caso I: Queda caracterizado por tener todos los nudos empotrados. Como consecuencia de

esta imposición aparecen en los nudos de cada elemento de la estructura unas reacciones.

Caso II: La viga con los nudos liberados, sometida a las cargas iguales a las reacciones que han aparecido en el caso I, pero de signo contrario.

a) Caso I

8 kN/m

Ri1

Mi1 Mj1

Rj1

1

Ri2

Rj2

+2

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

===

====⇒

kN162

qLRR

kNm67,1012

4812Lq

MM1Elemento

1j1i

22

1j1i

Elemento 2 → Ri2 = Rj2 = 0 → No tiene cargas distribuidas


b) Caso II

2

16 kN10,67 kNm

11 2

1 2 Grados de libertad generales

La estructura tiene dos grados de libertad generales. c) Vector de fuerzas.

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −

=67,1016

F

d) Matriz de rigidez. d.1) La matriz de rigidez de un elemento viga referida a los grados de libertad locales indicados en la figura es:

3


1

2 E, I, L

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−

−

=

4SimétricaL6

L12

2L64

L6

L12

L6

L12

LIE

K

2

22

d.2) La matriz de rigidez de un elemento barra referida a los grados de libertad locales indicados en la figura es:

1

2

E, A 1 Grado de libertad local

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=

1111

LAEK

e) Matriz de conectividad. La matriz de conectividad tiene ahora dos partes, una para la viga y otra para el tirante:


1

0

0

1

2

1

2

3

4

1

1

0

1

2

VIGA TIRANTE

f) Ensamblaje de la matriz de rigidez. El ensamblaje nos lleva a la siguiente matriz de rigidez:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−+=

167206270627023135

LEI4

LEI6

LEI6

HEA

LEI12

K

2

23G

g) Resolución de ecuaciones El ensamblaje nos lleva a la siguiente matriz de rigidez:

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ −==⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=⇒= −

−−

.rad10214,4m10774,5FK

uDDKF 4

41

G2

1G θ

h) Esfuerzos en los elementos h.1) Elemento viga 1:

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−

−

=

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

kNm67,10kN45,4

kNm13,7kN45,4

dd00

4SimétricaL6

L12

2L64

L6

L12

L6

L12

LIE

MVMV

2

1

2

22

j

j

i

i

8 kN/m

10,67

16

+10,67

16

7,13

4,45

10,67

4,45

8 kN/m

17,80

11,55

0

20,45

=

20,45

17,80

M(x)

V(x)

17,80

11,55

20,45


h.2) Elemento barra 2:

kN55,1110774,51

1010200u

LEAP 4

46

1 === −−

Problema nº 100 Dado el pórtico de la figura se pide encontrar las reacciones en los apoyos y las gráficas de esfuerzo cortante V(x) y momento flector M(x) de cada barra. Dato: EI = 2 104 kNm2

10 kN/m

6 m 2 m2 m

4 m

Solución: Teniendo en cuenta la simetría de forma y cargas, y teniendo en cuenta la acción equivalente del tramo en voladizo, el problema se puede simplificar: El pórtico simplificado tiene 2 grados de libertad.

10 kN/m

20

20

1

2

21 Grados de libertad generales

21

⎪⎩

⎪⎨

⎧

==

==→

kNm20m1m2mkN10M

kN20m2mkN10F

voladizodelsresultanteasargCy

Subdividimos el problema en dos casos: Caso I: Queda caracterizado por tener todos los nudos empotrados. Como consecuencia de

esta imposición aparecen en los nudos de cada elemento de la estructura unas reacciones.

Caso II: La estructura con los nudos liberados, sometida a las cargas iguales a las reacciones que han aparecido en el caso I, pero de signo contrario.


a) Caso I Solamente dibujaremos el elemento viga 2, que es el único que tiene cargas distribuidas.

q= 10 kN/m

2Ri

Mi

R j

Mj

kNm5,712

31012Lq

MM22

ji ====

kN152

3102Lq

RR ji ====

b) Caso II

Las cargas llevadas a los nudos nos dan el siguiente vector de fuerzas → ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧−

=155,12

F

20 - 7,5

1

2

15

c) Matriz de rigidez c.1) La matriz de rigidez del elemento 1 referida a los grados de libertad indicados es:

34

12

E, I, L 1 Grado de libertad local1

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−

−

=

4SimétricaL6

L12

2L64

L6

L12

L6

L12

LIEK

12

1

1

12

112

1

1

c.2) La matriz de rigidez del elemento 2 referida a los grados de libertad indicados es:

3


1

2 E, I, L


⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−

−

=

4SimétricaL6

L12

2L64

L6

L12

L6

L12

LIE

K

22

2

2

22

222

2

2

d) Matriz de conectividad

1 2

0 0

1 1

1

2

0 2

0 0

3

4

e) Ensamblaje de la matriz de rigidez. El ensamblaje nos lleva a la siguiente matriz de rigidez:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−+=

8888133331333346666

LEI12

LEI6

LEI6

LEI4

LEI4

K3

22

2

2221

G

f) Resolución de ecuaciones El ensamblaje nos lleva a la siguiente matriz de rigidez:

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

−−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−==⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡=⇒= −

−−−

m1025,2rad1075,3

155,12

8888133331333346666

FKu

DDKF 3

411

G2

1G

θ

g) Esfuerzos en los elementos g.1) Barra 1:

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−−

=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡−

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−

−

=

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡−

kNm75,3kN81,2kNm5,7

kN81,2

00

1075,30

4SimétricaL6

L12

2L64

L6

L12

L6

L12

LIE

MVMV

4

12

1

1

12

112

1

1

j

j

i

i


7,5

1

50

2,81

3,75 2,81

50

g.2) Barra 2:

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−

−

=

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−

kNm25kN15

kNm20kN15

01025,21075,3

0

4SimétricaL6

L12

2L64

L6

L12

L6

L12

LIE

MVMV

3

4

12

1

1

12

112

1

1

j

j

i

i

Caso I15

7,5 7,5

15Caso II

15

20 25

15

+

30+20=50

27,5

0

= 17,5

20

h) Gráficas h.1) Esfuerzo cortante.

502,81

2,81

20

30

30

20

2,81

3,75

2,8150

3,75


h.2) Momento flector. 27,5 27,5

2020

7,5 7,5

17,5

3,75 3,75

E10_Matricial_8_

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