Capítulo 10. Método de rigidez - Pórticos Planos Pórticos con nudos rígidos

(1)

_____________________________________________________________________________________________

Capítulo 10

Método de rigidez - Pórticos Planos

10.1- Pórticos con nudos rígidos

En este capítulo se presenta el análisis de pórticos planos, que a diferencia de los reticulados vistos en los capítulos precedentes, presentan continuidad de giros en los nudos. Por tal motivo, resulta necesario considerar al giro de cada nudo como un grado de libertad adicional al vector de los desplazamientos nodales. En la Figura 10.1.a se ilustra un nudo articulado correspondiente a un reticulado ideal. El caso (b) es un nudo rígido en el sentido que el giro de los extremos de todas las barras que concurren al nudo es el mismo. El caso (c) es un nudo combinado y finalmente el (d) representa esquemáticamente un nudo semirígido en el que la articulación tiene cierta restricción elástica incorporada que vincula a las dos partes que conecta.

Figura 10.1

Por ahora se centrará la atención en el estudio del caso (b) para el cual las rotaciones de todos los extremos de barra que concurren al nudo son iguales entre sí, e iguales a la rotación del nudo.

(2)

También se supondrá por ahora que las cargas (fuerzas y momentos) actúan sólo en los nudos. El caso de cargas actuando en el interior de los tramos es la situación más habitual que será estudiara en detalle en el próximo capitulo.

Este capítulo está dedicado a pórticos planos constituidos por barras prismáticas de eje recto y nudos rígidos sometidos a cargas contenidas en el plano.

Una barra prismática consiste en una barra recta de sección transversal constante. Se desarrolla a continuación un procedimiento análogo al del Capítulo 8 referido al reticulado ideal.

En este caso el número de G.L. por nudo es 3; 2 desplazamientos o corrimientos, y un giro. Se utilizará la convención de signos indicada en la Figura 10.2 en la que son positivos los momentos y giros antihorarios.

Las rigideces de los elementos no sólo resultan funciones de E y A , sino también del momento de inercia I (además de la longitud y la orientación de la barra).

Figura 10.2

10.2- Matriz de rigidez de una barra prismática

Para el caso de una barra prismática de un pórtico plano (tres incógnitas por nudo) el sistema de equilibrio puede escribirse en notación matricial de la siguiente manera:

11 12 13 14 15 16

21 22 23 24 25 26

31 32 33 34 35 36

41 42 43 44 45 46

51 52 53 54 55 56

61 62 63 64 65 66

.

x x

i i

y y

i i

x x

j j

y y

j j

K K K K K K U P

K K K K K K M

K K K K K K U P

K K K K K K M

φ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎡ ⎤

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢= ⎥

⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢

⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎥

⎥

(Ec. 10.1)

La ecuación (Ec. 10.1) se conoce como ecuación fuerza-desplazamiento de la barra. Para deducir los elementos por el razonamiento físico empleado en la sección 8.2 se procede a aplicar un desplazamiento unitario dejando los restantes nulos:

φj

x

Uj y

Uj

(3)

_____________________________________________________________________________________________

1

0

x i

y x y

i i j j j

U

U φ U U φ

=

= = = = =

En el problema hiperestático de la Figura 10.3 el nudo "j" constituye un empotramiento y el nudo "i" sufre tres desplazamientos prefijados, uno unitario y los otros dos nulos.

Figura 10.3

La distribución de esfuerzos y reacciones de este caso genérico puede ser calculada por el método de las fuerzas considerando tres incógnitas hiperestáticas: K₁₁,K₂₁ y K₃₁, y luego se calculan K₄₁,K₅₁ y K₆₁ como reacciones de apoyo necesarias para el equilibrio.

Para obtener por este procedimiento la matriz de una barra dada es necesario plantear y resolver numéricamente 6 sistemas hiperestáticos de tres incógnitas cada uno. Cada uno de esos sistemas hiperestáticos de tres incógnitas corresponde a un desplazamiento unitario y todos los restantes desplazamientos iguales a cero.

Una alternativa para simplificar el cálculo de la matriz de rigidez sería tratar el problema en forma genérica una única vez y obtener una forma explícita de la matriz. Si bien este procedimiento general es totalmente lógico y viable, resulta conveniente formular el problema en un sistema de coordenadas locales. El caso general indicado en la Figura 10.3 surge de aplicar el proceso de rotación de coordenadas desde la matriz expresada en el sistema local uno de cuyos ejes coincide con el eje longitudinal de la barra al sistema global de coordenadas.

Matriz de rigidez en coordenadas locales

El sistema local de coordenadas que se adopta es tal que el eje x_l coincide con el eje de la barra y el sentido positivo es del nudo "i" hacia el nudo "j".

K11

K21

K31

K41

K51

K61

(4)

Para el caso de la Figura 10.4.b la deducción de la matriz K del sistema de la (Ec. 10.1) en forma genérica es relativamente simple y se desarrolla a continuación.

Figura 10.4

La primera columna de la matriz en el sistema local se obtiene imponiendo los siguientes desplazamientos:

1

0

x i

y x y

i i j j j

U

U φ U U φ

=

= = = = =

Figura 10.5 La solución se logra a través de la ley de Hooke.

11 21 31 41 51 61

. .

; 0; 0; ; 0; 0

A E A E

K K K K K K

l l

= = = = − = = (Ec. 10.2)

La segunda columna se obtiene imponiendo:

1

0

y i

x x y

i i j j j

U

U φ U U φ

=

= = = = =

Figura 10.6 K12

K22

K32

K42

K52

K62

K11

K21

K31

K41

K51

K61

i

j xl

yl y^l

xl

i j

(5)

_____________________________________________________________________________________________

Las fuerzas en los extremos se calculan por el método de las fuerzas. Las ecuaciones de compatibilidad deben establecer que el desplazamiento vertical del nudo "i" es la unidad y el giro es nulo. El nudo "j" se considera empotrado.

Figura 10.7

11 1 12 2

21 1 22 2

. . 1

. . 0

X X

δ δ

+ =

⎧⎨ + =

⎩

El efecto axial está desacoplado del efecto transversal por lo que se puede anticipar que la fuerza axial es nula.

12 22 1 3 32 2 2 42 52 3 62 2

. . . .

0; 12.E I; 6.E I; 0; 12.E I; 6.E I

K K X K X K K K

l l l l

= = = = = = = − = (Ec. 10.3)

De manera similar se puede obtener la tercera columna imponiendo:

1

0

i

x y x y

i i j j j

U U U U

φ

=

= = = = =

Figura 10.8

Y resolviendo el problema de desplazamiento prefijado de la Figura 10.8. Las dos incógnitas pueden determinarse por alguna de las distintas formas del método de las fuerzas (trabajo virtual, Castigliano, etc.) en la forma:

13 23 1 2 33 2 43 53 2 63

. . . .

0; 6.E I; 4.E I; 0; 6.E I; 2.E I

K K X K X K K K

l l l l

= = = = = = = − = (Ec. 10.4)

Debe notarse que por el teorema de reciprocidad se puede anticipar que la fuerza vertical en "i"

( )

K23 cuando φ_i = resulta igual al momento en "i" 1

( )

K32 cuando U_i^y = . Está 1 propiedad es general y permite afirmar que la matriz de rigidez es siempre simétrica.

Repitiendo el procedimiento se pueden deducir las restantes columnas y dar la forma explícita (genérica) del sistema de la (Ec. 10.1) introduciendo la siguiente notación:

X2

X1

θ =1 X2

X1

(6)

1 2 1 2 3

2 3 2

1 2 1 2

3

2 2 3

0 0 0 0

0 0

2 .

0 0 0 0

0 0

2

x x

i i

y y

i i

x x

j j

y y

j j

j l j l

l

K K

U P

K K K K

U P

K K K K

M

U P

K K

U P

K K K K

M

K K K K

φ

⎡ − ⎤

⎢ − ⎥ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ − ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ =⎢ ⎥

⎢− ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ − − − ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ − ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦

⎢ ⎥

⎣ ⎦

(Ec. 10.5)

1 3 2 2 3

. . . .

; 12. ; 6. ; 4.

A E E I E I E I

K K K K

l l l l

= = = =

Importante:

La (Ec. 10.5) define la matriz de una barra que coincide con el eje “x”.

Se puede observar que la cuarta fila es la primera cambiada de signo, la quinta es la segunda cambiada de signo y la sexta es igual a la segunda multiplicada por "l" menos la tercera. Esto significa que la matriz de rigidez es singular y que el sistema de la (Ec. 10.5) sólo podrá ser resuelto imponiendo por lo menos tres condiciones de vínculo para evitar desplazamientos de cuerpo rígido.

Nótese que la matriz de rigidez de la (Ec. 10.5) ha sido obtenida despreciando las deformaciones por corte.

Matriz de una barra en una dirección genérica

En primer lugar se analiza cómo se transforman los desplazamientos y las fuerzas al introducir la rotación del sistema local de coordenadas (x₁, y₁) al sistema global (x, y).

( ) ( )

.cos .

. .cos

x y

x l l

x y

y l l

P P P sen

P P sen P

α α

= − ⎫⎪

= − ⎬⎪⎭ (Ec. 10.6)

Matricialmente:

Py

Px x

Pl

xl

yl

y

Pl

α γ²

γ1

(7)

_____________________________________________________________________________________________

1 2

2 1

.

x l x

y l y

P P P P

γ γ

− ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎡ ⎤

⎢ ⎥ ⎢ ⎥=

⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ (Ec. 10.7)

Más abreviadamente:

. _l

R P =P (Ec. 10.8)

Similarmente, para los desplazamientos se tiene:

. _l

R U =U (Ec. 10.9)

Notación: El índice "l" se refiere a vectores de matrices en un sistema local. Los mismos elementos en el sistema global no llevan subíndice.

Los desplazamientos generalizados se transforman según (Ec. 10.9) teniendo presente que R es (3 x 3). Si se tiene en cuenta que los valores de los giros son independientes de la orientación de los ejes “x” e “y”, es obvio que el equivalente de (Ec. 10.7) resulta:

1 2

2 1

0 0 .

0 0 1

x x

l

y y

l

U U

γ γ

φ φ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎡ − ⎤

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢= ⎥

⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

(Ec. 10.10)

:

R Es una matriz “ortonormal” para la cual la matriz inversa es igual a su transpuesta:

1 T

R⁻ =R . Premultiplicando ambos miembros de (Ec. 10.8) y (Ec. 10.9) por R resulta: ^T

T.

Pl =R P (Ec. 10.11)

T.

Ul =R U (Ec. 10.12)

Particionando el sistema de ecuaciones de equilibrio en coordenadas locales, la (Ec. 10.5) puede escribirse:

. .

l l l l l

ii i ij j i

l l l l l

ji i jj j j

K U K U P K U K U P

+ = ⎫⎪

+ = ⎬⎪⎭ (Ec. 10.13)

Las submatrices de igual índice

(

^{K K}ⁱⁱ^, ^jj

)

se conocen como rigidez directa mientras que las de índice diferente

(

^{K K}^ij^, ^ji

)

son las matrices de rigidez cruzada.

Para pasar a coordenadas globales basta reemplazar según las expresiones:

. . . . .

l T l T T

ii i ij j i

l T l T T

ji i jj j j

K R U K R U R P K R U K R U R P

+ = ⎫⎪

+ = ⎬⎪⎭

Premultiplicando ambos miembros por R y recordando que R R. ^T = resulta: I

(8)

( ) ( )

. . . .

l T l T

ii i ij j i

l T l T

ji i jj j j

R K R U R K R U P R K R U R K R U P

+ = ⎫⎪

+ = ⎪⎭⎬ (Ec. 10.14)

. . . .

. . . . .

l T l T

i i

ii ij

l T l T

j j

ji jj

U P

R K R R K R

U P

R K R R K R

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥=

⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎣ ⎦

(Ec. 10.15)

Las (Ec. 10.14) y (Ec. 10.15) proveen las expresiones para obtener la matriz de rigidez en el sistema global: Se debe premultiplicar cada submatriz por R y al resultado postmultiplicarlo por R . A manera de ejemplo, la matriz ^T K resulta de la siguiente forma _ii explícita:

( )

1 2

1 2 2 1

2 3

2 2

1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2

2 2

2 1 2 1 1 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2

2 3 2 2 1 2 3

0 0 0

0 0

0 0 0 1

0 . . . .

0 0 1 0 . .

K

K K

K K K K K K K K

K K K K K

γ γ

γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ

γ γ

−

− − − + − −

− +

−

Operando sobre K_ij^l y K_jj^l de manera similar se llega finalmente a la matriz de rigidez para el caso general:

(Ec. 10.16)

2 2

1 . 2 . 1

A=γ K+γ K ; B=γ γ1. .2

(

K−K1

)

; C=γ₂.K₂

2 2

2 . 1 . 1

D=γ K+γ K ; E=γ₁.K₂

γ2

γ1 3 3

3

2 .

x x

i i

y y

i i

x x

j j

y y

j j

A B C A B C

U P

D E B D E

U P

K M

K C E

U P

A B C

U P

D E K M

φ

− − − −

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎢ − − ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ − ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢= ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ − ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎢ ⎥

⎣ ⎦

simétrica

(9)

_____________________________________________________________________________________________

La barra orientada según el eje "y" puede considerarse un caso particular de (Ec. 10.16) para el cual γ₁ = . Como es una situación muy común es conveniente contar con su forma 0 explícita para evitar el cambio de coordenadas del caso general:

1 2 1 2

3

2 3 2

1 2 1 2

3

2 2 3

0 0

0 0 0 0

0 0

2 .

0 0

0 0 0 0

0 0

2

x x

i i

y y

i i

x x

j j

y y

j j

K K K K

U P

K K

U P

K K K K

M

U P

K K K K

U P

K K

M

K K K K

φ

− − −

⎡ ⎤

⎢ − ⎥ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢− ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢= ⎥

⎢− ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ − ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢− ⎥ ⎢⎣ ⎥ ⎢⎦ ⎣ ⎥⎦

⎢ ⎥

⎣ ⎦

(Ec. 10.17)

1 3 2 2 3

. . . .

; 12. ; 6. ; 4.

A E E I E I E I

K K K K

l l l l

= = = =

Es importante recordar que las matrices de rigidez de las (Ec. 10.5), (Ec. 10.16) y (Ec.

10.17) corresponden a la convención de signos de la Figura 10.2 referida al sentido positivo para los desplazamientos y los giros. Dicha convención también rige para las fuerzas y los momentos.

Ejercicio:

Se sugiere al lector deducir la matriz de rigidez en coordenadas locales para una barra de reticulado, luego llegar a la matriz de la (Ec.8.10) por un cambio de coordenadas.

10.3- Matriz de rigidez de la estructura

Para ensamblar la matriz del conjunto se utiliza el mismo procedimiento visto para el reticulado:

(10)

Para la estructura de la Figura 10.9, después de introducir las condiciones de vínculo queda una matriz (3 x 3) pues existe un único nudo libre de desplazarse y girar:

Figura 10.9

1 2 2

2 2 3 3 2

0 0

0 .

b a a x

b a b y

a b b a

K K K U

K K K U P

K K K K φ M

⎡ + ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

+ = −

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ + ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

(Ec. 10.18)

En casos como el de la Figura 10.9 es posible hacer una hipótesis simplificativa que facilita notablemente los cálculos; despreciar la deformación axial de las barras. Esta hipótesis conduce a:

2^x 0 ; 2^y 0

U = U = (Ec. 10.19)

Se dice entonces que la estructura es a "nudos fijos". La (Ec. 10.18) se reduce a:

(

^K³^a ⁺^K³^b

)

^.^φ² ⁼^M

( )

2

3 3

a b

M

K K

φ =

+ (Ec. 10.20)

Para calcular las fuerzas en los extremos de barras se utilizan las ecuaciones fuerza- desplazamiento de cada barra (Ec. 10.17) para la barra vertical y (Ec. 10.15) para la horizontal.

Kii

Kjj

Kij

Kji

ii ij

ji jj

K K

⎡ ⎤

⎢ ⎥

⎣ ⎦

(11)

_____________________________________________________________________________________________

2 1

1

3 1

2 2

2

3 2 2

0 0 0

2 0 . 0 0 0

a a

x a y

a a

x a y

a a

K P

P

K M

K P

P

K φ M

⎡ − ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

2

2 2

3 2 2

3

2 3

3 3

0 0

0

0 . 0

0

2 0

b x

b b

y

b b

b x

b b

y

b b

P

K P

K M

P

K P

K M

φ

⎡ ⎤

⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥

=

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥

⎢ − ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Nótese que debido a la hipótesis de la (Ec. 10.19) no aparecen las fuerzas axiales. Sin embargo, la fuerza de corte R^Hen la barra vertical es provista como fuerza axial (tracción) en la barra horizontal.

Similarmente la fuerza de corte R^V en la barra horizontal es provista como fuerza axial (compresión) en la barra vertical.

Figura 10.10 Utilizando la (Ec. 10.20) puede expresarse:

3 2

3 3

.

a a

a b

M K M

K K

= + ; ₂ ³

3 3

.

b b

a b

M K M

K K

= + (Ec. 10.21)

Se puede constatar que por consideraciones estáticas las fuerzas de corte pueden calcularse en función de los momentos en los extremos según:

RV +P

1 a

Px 1

M a

2

a H

Px =R

2

M a

RV +P

RH _H

R

2

M b M³^b

2

b V

Py =R

3 b

Py

(12)

2 3 2

b b

b V

y

b

M M

P R

l

= = + ; ₂ ¹ ²

a a

a H

x

a

M M

P R

l

= = + (Ec. 10.22)

Este caso particular de "nudos fijos" será analizado nuevamente más adelante al presentar el método iterativo denominado como “Método de Cross” o “Método de distribución de Momentos”.

Para estructuras de configuración más general no es posible (ni conveniente) eliminar los desplazamientos nodales como incógnitas. En el caso que se ilustra en la Figura 10.11, es posible aproximar la solución del problema suponiendo que el nudo 2 se desplaza horizontalmente al despreciar la deformación axial de la barra a. Debe tenerse presente que esta aproximación no es estrictamente necesaria, y que el problema se puede resolver en forma “exacta” con sólo incluir el desplazamiento vertical del nudo “2” como grado de libertad.

Figura 10.11

1

1 3 2 3 1

2 1 2 2

3 2 2 3 3 3

3

2 3 3

0 2 0 0

0 0

0 0 0

2 0 2 .

0 0 0 0

0 0 2 0

a a a

a b a a b x

b a b

a a b b a

b b

b b b

K K K

K K K K K U

K K K K

K K K K K K

K K

K K K

⎡ ⎤ φ

⎢ + − ⎥

⎢ ⎥

⎢ + ⎥

⎢ ⎥

⎢ + ⎥

⎢ − ⎥

⎢ ⎥

⎣ ⎦

2 3

2 2 3 3

0

0 0 0 0

y

x

P U

U φ φ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥=

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

(Ec. 10.23)

Se dice que el sistema es de "nudos desplazables" y para su resolución debe emplearse el sistema completo de ecuaciones correspondiente a los seis grados de libertad.

10.4- Determinación de los esfuerzos

El planteo de la matriz de rigidez del conjunto y la solución del sistema de ecuaciones de equilibrio constituyen la parte laboriosa desde el punto de vista computacional del método de rigidez.

(13)

_____________________________________________________________________________________________

El cálculo de los esfuerzos se reduce a efectuar unas multiplicaciones y sumas utilizando las ecuaciones fuerza-desplazamiento de cada barra.

Una vez calculados los desplazamientos nodales en el sistema global se pueden calcular las fuerzas en los extremos de una barra horizontal (coincide con el eje “x”) efectuando el producto indicado en (Ec. 10.5).

Figura 10.12

Si la barra es vertical (orientada en la dirección “y”) se aplica la (Ec. 10.17):

Figura 10.13

En ambos casos el trazado de los diagramas resulta muy simple porque las fuerzas en los extremos coinciden con los esfuerzos de corte y normal.

En el caso de una barra que no es paralela a ninguno de los ejes del sistema de referencia global, se puede emplear la (Ec. 10.16) pero en este caso las fuerzas en los extremos no coinciden con los esfuerzos de corte y normal por lo que deben transformarse a coordenadas locales empleando la (Ec. 10.11).

x

Pi

y

Pi

Mi

Mj

y

Pj x

Pi

y

Pi

Mi M_j

y

Pj x

Pj

(14)

Figura 10.14

Una alternativa consiste en utilizar la matriz de rigidez en coordenadas locales efectuando el producto indicado en (Ec. 10.5), si previamente se expresan los desplazamientos en coordenadas locales de la barra a través de la (Ec. 10.12).

Figura 10.15

En la Figura 10.15 se puede apreciar que el trazado de los diagramas de esfuerzos, barra por barra, es trivial cuando se conocen las fuerzas de extremo de cada barra en su sistema local de coordenadas

10.5- Cálculo de las reacciones de apoyo

Cuando una única barra concurre a un apoyo, resulta evidente que las fuerzas del extremo de esa barra están provistas por el apoyo. Por lo tanto, en esos casos las reacciones de apoyo son simplemente las fuerzas que actúan sobre el extremo de la barra que concurren al nudo.

Mi

Mj

xl

Pi

xl

Pj

yl

Pi

yl

Pj x

Pi y

Pi

Mi

Mj

y

Pj

x

Pj

Mj

Mi

N xl

yl

Q

Q N

T. Pl =R P

l

x i

y i

P N

P Q

=

(15)

_____________________________________________________________________________________________

En el caso de la Figura 10.9 las reacciones en el nudo 1 coinciden con las fuerzas en el extremo 1 de la barra (a) y las reacciones en el nudo 3 coinciden con las fuerzas en el extremo 3 de la barra (b).

En apoyos donde concurren dos o más barras, las reacciones deben obtenerse considerando el equilibrio del nudo. Para ello, debe cargarse el nudo del apoyo con las fuerzas de los extremos de las barras que concurren a él, pero cambiadas de signo. Esto es equivalente a decir que las reacciones de apoyo se obtienen sumando las fuerzas de los extremos de las barras que concurren al apoyo.

Esta forma de operar se ilustra en las Figura 10.16 y Figura 10.17.

Figura 10.16

(1)

Mj M_i⁽²⁾

(1) y

Pj P_i^y₍₂₎

2 (1) (2)

y y y

j i

R =P +P

(16)

Figura 10.17

Se encara ahora un tratamiento "formal" de las condiciones de vínculo y el cálculo de las reacciones de apoyo. El sistema global de ecuaciones de equilibrio de toda la estructura al cual todavía no se le introdujo las condiciones de vínculo, puede escribirse reacomodado (“particionado”) de la siguiente manera:

11 12

21 22

. 0

K K U P

R

K K

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥=

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎣ ⎦

(Ec. 10.24)

:

U Contiene todos los desplazamientos incógnitas.

:

R Son las reacciones de apoyo. En este momento se supondrá que todos los apoyos tienen desplazamiento nulo. El reacomodo (o partición) se logra simplemente cambiando de lugar las filas y columnas de esta manera que la (Ec. 10.24) da origen a:

11. 12.0 11.

K U+K =P ⇒ K U =P (Ec. 10.25)

21. 22.0 21.

K U+K =R ⇒ K U =R (Ec. 10.26)

Primero se resuelve la (Ec. 10.25) y una vez conocidos los desplazamientos, se pueden calcular las reacciones de apoyo efectuando el producto indicado en la (Ec. 10.26).

Nótese que las reacciones se obtienen a partir de los desplazamientos, empleando las ecuaciones que no se utilizaron para calcular los desplazamientos.

y

Rj x

Rj

(17)

_____________________________________________________________________________________________

Ejercicio Nº 1:

Analizar el pórtico de la figura.

1 2

2 2 6

1 2 2

4 4

1 2

200 400 5000

45, 5 67, 5 2,1 10

1534 3856

l cm l cm P Kg

A cm A cm E Kg

cm

I cm I cm

= = =

= = = ×

= =

; ; ; ; ;

Barra 1:

Matriz de rigidez:

2 2

1 3 3

. .

477750 ; 6. 483210

. .

12. 4832,1 ; 4. 64428000

A E E I

K K

l l

E I E I

K K

l l

= = = =

1

2

4832,1 0 483210 4832,1 0 483210

0 477750 0 0 477750 0

483210 0 64428000 483210 0 32214000

4832,1 0 483210 4832,1 0 483210

0 477750 0 0 477750 0

− − −

−

2

483210 0 32214000 483210 0 64428000

⎡ ⎤

⎢ ⎥

⎣ ⎦

Barra 2:

Matriz de rigidez:

2 2

1 3 3

. .

354375 ; 6. 303660

. .

12. 1518, 3 ; 4. 80976000

A E E I

K K

l l

E I E I

K K

l l

= = = =

(18)

2 3

2

3

354375 0 0 354375 0 0

0 1518, 3 303660 0 1518, 3 303600

0 303660 80976000 0 303600 40488000

354375 0 0 354375 0 0

0 1518,3 303660 0 1518,3 303660

0

−

− − −

303660 40488000 0 303660 80976000

⎡ ⎤

⎢ ⎥

⎢ − ⎥

⎣ ⎦

Matriz de rigidez general:

1 2 3

1

2

3

/ / / / / / / / / / / / / / / / / /

/ / / / / / 359207,1 0 483210 354375 / / 0 / / / / / / 0 479268, 3 3036

−

1 1 1

2 2 2 3 3

3

0 0 0

60 0 / / 303660 .

/ / / / / / 483210 303660 145404000 0 / / 40488000

/ / / / / / 354375 0 0 354375 / / 0

/ / / / / / / / / / / / / / / / / / 0

/ / / / / / 0 303660 40488000 0 / / 80976000

x y

U U

φ

⎡ = ⎤

⎡ ⎤

⎢ ⎥ ⎢⎢ =

⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ =

⎢ ⎥ ⎢

⎢ − ⎥ ⎢⎢

⎢ ⎥

⎢ =

⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢

⎣ ⎦ ⎣⎢

1 1 1

3

5000 0 0 0

0

x y

y

R R M

R

⎡ ⎤

⎥ ⎢ ⎥

⎥ ⎢= ⎥

⎥ ⎢ ⎥

⎦ ⎣ ⎦

1 1 1 2 2 2 3 3 3

0 0 0 1, 685866578 0, 0020676302

0, 006511978 1, 685866578

0 0, 0032478453

x

y

x y

U U

U U φ

φ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢= ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢− ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎣ ⎦

⎣ ⎦

Cálculo de las fuerzas en los extremos de barra:

Barra 1:

1 2

1

2

/ / / / / / 4832,1 0 483210

/ / / / / / 0 477750 0

/ / / / / / 483210 0 32214000

/ / / / / / 4832,1 0 483210

/ / / / / / 0 477750 0

/ / / / / / 483210 0 64428000

− −

⎡ ⎤

⎢ −

⎢⎢

⎢⎣

0 5000

0 987,81

0 604875

. 1, 6851 5000

0, 0020651 987,81 0, 006503 395124

⎡ ⎤ ⎡ − ⎤

⎥ ⎢ ⎥ ⎢− ⎥

⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎥ ⎢ ⎥ ⎢= ⎥

⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎥ ⎢− ⎥ ⎢ ⎥

⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

(19)

_____________________________________________________________________________________________

Barra 2:

2 3

2

3

354375 0 0 354375 0 0

0 1518, 3 303660 0 1518, 3 303600

0 303660 80976000 0 303600 40488000

354375 0 0 354375 0 0

0 1518, 3 303660 0 1518, 3 303660

0

−

− − −

1, 68510 0

0, 002065 987,81 0, 006503 395124

. 1, 685106 0

0 987,81

303660 40488000 0 303660 80976000 0, 0032488 0

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢− ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢− ⎥ ⎢− ⎥

=

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ − ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Ejercicio Nº 2:

Resolver por el método de los desplazamientos el pórtico de la figura.

2 4 6

22,8 935 2,1 10 Kg2 800

A cm I cm E P Kg

= ; = ; = × cm ; =

(20)

Para disminuir el número de incógnitas se puede resolver el siguiente sistema:

El desplazamiento del nudo 4 se obtiene superponiendo el desplazamiento y giro del extremo de una viga en voladizo al desplazamiento como cuerpo rígido del empotramiento.

Matrices de rigidez:

Barra 1:

2 2

1 3 3

. .

159600 ; 6. 130900

. .

12. 872, 66 ; 4. 26180000

A E E I

K K

l l

E I E I

K K

l l

= = = =

1 2

1

2

159600 0 0 159600 0 0

0 872, 66 130900 0 872, 66 130900

0 130900 26180000 0 130900 13090000

159600 0 0 159600 0 0

0 872, 66 130900 0 872, 66 130900

0

−

− − −

130900 13090000 0 130900 26180000

⎡ ⎤

⎢ ⎥

⎢ − ⎥

⎣ ⎦

150 120000 M = ×P =

300 150

200

(21)

_____________________________________________________________________________________________

Barra 2:

2 2

1 3 3

1 2

. .

191520 ; 6. 188496

. .

12. 1507, 96 ; 4. 31416000

0, 6 0,8

A E E I

K K

l l

E I E I

K K

l l

γ γ

= = = =

= = −

;

2 3

2

3

69912,3 91205, 77 150796,8 69912, 3 91205, 77 150796,8 91205, 77 123115, 67 113097, 6 91205, 77 123115, 67 113097,

− −

6 150796,8 113097, 6 31416000 150796,8 113097, 6 15708000 69912, 3 91205, 77 150796,8 69912, 3 91205, 77 150796,8 91205, 77 123115, 67 113097, 6 91205, 77 123115, 67 113097, 6 150796,8 113097, 6 15708000 150796,8 113097, 6 3141

− −

− − − −

− − −

− − 6000

⎡ ⎤

⎢ ⎥

⎣ ⎦

( )

2 2

1 2 1

2 2

2 1 1

1 2

. . 69912, 3

. . 91205, 78

. 150796,8

. . 123115, 67

. 113097, 6

A K K

B K K

C K

D K K

E K

γ γ

γ γ γ

γ γ

γ

= + =

= − = −

= = −

= + =

= =

Sistema de ecuaciones de equilibrio:

1 2

2 2 2 3

229512, 3 91205, 775 150796,8 150796,8 0 91205, 775 123988, 33 17802, 4 113097, 6 800 150796,8 17802, 4 57596000 15708000 . 120000

150796,8 113097, 6 15708000 31416000 0

U U φ φ

− ⎡ ⎤

⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎢ ⎥

⎢− − ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ − ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥

⎢ − ⎥ ⎢− ⎥

⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

1 2

2 2 2 3

0, 003391 0, 01044 0, 0024229 0, 00126536 U

U φ φ

⎡ ⎤ ⎡ − ⎤

⎢ ⎥ ⎢ − ⎥

⎢ ⎥ ⎢= ⎥

⎢ ⎥ ⎢− ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦

⎣ ⎦

Cálculo de las fuerzas en los extremos de barras:

Barra 1:

γ2

γ1

(22)

159600 0 0 159600 0 0 0

0 872, 66 130900 0 872, 66 130900 0

0 130900 26180000 0 130900 13090000 0

159600 0 0 159600 0 0 . 0, 0033

0 872, 66 130900 0 872, 66 130900 0, 0104

0 130900 13090000 0 130900 26180000 0, 0024

⎡ − ⎤ ⎡

⎢ − ⎥ ⎢

⎢ ⎥

⎢ − ⎥

⎢− ⎥ −

⎢ ⎥

⎢ − − − ⎥ −

⎢ ⎥

− −

⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣

541, 35 308, 04 30348,3

541, 35 308, 04 62064, 4

⎤ ⎡ ⎤

⎥ ⎢− ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢− ⎥

⎢ ⎥ ⎢= − ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢⎦ ⎣− ⎥⎦

Barra 2:

Se utilizan los desplazamientos y la matriz de rigidez en coordenadas locales.

3

1 2

3

2 1

0 0, 6 0,8 0 0, 0033 6, 324 10

0 . 0,8 0, 6 0 . 0, 0104 8, 9832 10

0 0 1 0 0 1 0, 0024 0, 0024229

x x

l

y y

l

U U

γ γ

φ φ

−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ − − ⎡ × ⎤

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢− ⎥ ⎢ ⎥ ⎢= ⎥ ⇒ ⎢ ⎥ ⎢− ⎥= −⎢ × ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢− ⎥ −

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

3 3

191520 0 0 191520 0 0 6, 324 10

0 1507, 96 188496 0 1507, 96 188496 8, 983 10

0 188496 31416000 0 188496 15708000 0

191520 0 0 191520 0 0 .

0 1507, 96 188496 0 1507, 96 188496

0 188496 15708000 0 188496 31416000

−

− ×

⎡ ⎤

⎢ − ⎥ − ×

⎢ ⎥

⎢ − ⎥ −

⎢− ⎥

⎢ ⎥

⎢ − − − ⎥

⎢ ⎥

⎢ − ⎥

⎣ ⎦

1211, 24 231, 74 57935, 6 , 002423

1211, 24 0

231, 74 0

0, 00126536 0

⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎢ ⎥ ⎢− ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢− ⎥

⎢ ⎥ = ⎢− ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦

⎣ ⎦

Diagramas de barras:

(23)

_____________________________________________________________________________________________

Desplazamiento del nudo 4:

.3

' 0, 45836

y 3. . U P l

E I

=− = ; U_y''= −θ₂.l= −0, 363438 ; U_y² = −0, 0104494

4 2

'' '

y y y y

U =U +U +U ⇒ U_y''= −0,8322cm

2 2

' . 0, 0045836

2. . P l

θ = ⁻E I = − ; θ₂ = −0, 0024229

4 2 2'

φ =θ θ+ ⇒ φ⁴ = −0, 0070rad

2

Uy y'

U

2' θ

θ2

y'' U

2

Uy

y' U

y'' U