MÉTODO DE LA RIGIDEZ MATRICIAL APLICADO A UNA VIGA QUE SI ESTÁ SOMETIDA A CARGA AXIAL Y SU PROGRAMACIÓN EN MATLAB.

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MÉTODO DE LA RIGIDEZ MATRICIAL APLICADO A UNA VIGA QUE SI ESTÁ SOMETIDA A CARGA AXIAL Y SU PROGRAMACIÓN EN MATLAB.

Ortiz David1_{, Molina Marcos}2_{, Martínez Hugo}1_{, J. Bernal Elan}2_{, Hernández Daniel}1_, García Pascual2_{, Berruecos Sergio}1_{, Palomino Alex Henrry}3_{, Anchapuri Hernan M.}4

1. Escuela Superior de Ingeniería y Arquitectura, Unidad Zacatenco, Instituto Politécnico Nacional, Distrito Federal, México.

2. Facultad de Estudios Superiores Aragón, Universidad Nacional Autónoma de México, Nezahualcóyotl, Estado de México.

3. Universidad Nacional de Cajamarca, Perú. 4. Universidad Nacional Jorge Basadre Grohmann

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Viga propuesta a resolver

Use el análisis matricial de la rigidez para calcular las reacciones en los apoyos de la viga de tres claros que se muestra en la figura. De igual forma, determine las funciones de momento, de fuerza cortante, de fuerza normal, de pendiente y de deflexión, y detalle los resultados.

Considere el módulo de elasticidad del acero y una sección transversal tipo 𝐼 con las siguientes dimensiones

SOLUCIÓN.

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Se divide la viga en elementos finitos. Por conveniencia, se opta porque cada elemento se extienda entre apoyos. Los elementos se identifican arbitrariamente usando un número inscrito en un cuadrado. Sin importar que los nodos estén o no predeterminados en el problema, de manera opcional se puede identificar cada uno de ellos usando un número dentro de un círculo. Para esta viga continua en particular, se tienen tres elementos y cuatro nodos que desde el inicio han sido definidos por 𝐴, 𝐵, 𝐶 y 𝐷.

Los extremos cercano 𝑁 y lejano 𝐹 de cada elemento se especifican simbólicamente con una flecha a lo largo del elemento cuya punta se dirige hacia el extremo alejado. El sistema de coordenadas globales 𝑥, 𝑦, 𝑧 tiene su origen en 𝐴 con la finalidad de que los nodos restantes tengan coordenadas positivas. Tales ejes tienen su dirección positiva hacia la derecha, hacia arriba y en el sentido antihorario.

Dado que la viga está sometida a al menos una carga horizontal (es obvio que la carga puntual de 5𝑇 tiene componentes horizontal y vertical), tienen que tomarse en cuenta los efectos de la flexión, la fuerza cortante y la fuerza axial. En consecuencia, en cada nodo hay tres grados de libertad, los cuales corresponden a un desplazamiento horizontal, un desplazamiento vertical y una rotación, y que deben ser codificados numéricamente de tal forma que los números más bajos de código representen los desplazamientos desconocidos (grados de libertad no restringidos), mientras que los números más altos indiquen desplazamientos conocidos (grados de libertad restringidos).

Como recordatorio, un empotramiento restringe los tres grados de libertad mencionados, un soporte articulado sólo permite la rotación y un apoyo simple únicamente impide el desplazamiento vertical, en sus correspondientes puntos de ubicación. Si en algún nodo hay ausencia de soporte, entonces los tres grados de libertad son incógnitas.

De los doce grados de libertad en la viga, los codificados del 1 al 5 representan desplazamientos cuyo su valor se desconoce, en tanto, los números de código del 8 al 10 referencian desplazamientos conocidos, que en este caso son todos iguales a cero.

Las coordenadas de los nodos ya no se identifican por una razón que más adelante se explicará.

Vector de desplazamientos.

Al igual que en las armaduras, para las vigas se formula un vector de desplazamientos 𝐷 que se secciona dando origen a dos vectores: el de

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desplazamientos desconocidos 𝐷_𝐷 y el de desplazamientos conocidos 𝐷_𝐶. Por las condiciones de apoyo en el problema se tiene

𝐷 = (𝐷𝐷 𝐷𝐶) = ( 𝐷1 𝐷₂ 𝐷3 𝐷₄ 𝐷5 𝐷₆ 𝐷7 𝐷₈ 𝐷9 𝐷₁₀ 𝐷11 𝐷₁₂) = ( 𝜃_𝐷 ∆_𝐻𝐷 𝜃𝐶 𝜃𝐵 ∆_𝐻𝐵 0 0 0 0 0 0 0 ) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Vector de Cargas.

Obsérvese que sobre la longitud del elemento 1 se extiende una carga distribuida tipo parabólica, y que los elementos 2 y 3 soportan a la mitad de su claro y de forma respectiva, una carga puntual inclinada y un momento de par. El análisis matricial de la rigidez requiere que la carga externa se aplique en los nodos debido a que la matriz de rigidez del elemento ha sido deducida para cargas aplicadas en sus extremos.

Para atender esta situación, se usa el principio de superposición. Suponemos que cada nodo está restringido de movimiento, motivo por el cual se les impone un empotramiento.

A continuación se calculan las fuerzas de fijación y momentos de empotramiento perfecto asociadas a cada elemento. Para ello remítase al tema 4.1 y note como los elementos 1 y 3 corresponden a vigas del tipo 4 y 7; además, el caso general para el elemento 2 ya fue resuelto en el tema 3.1.

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Elemento 1. 𝑅𝐴𝑌 = 𝑅𝐵𝑌 = 𝑊𝐿 3 = (3𝑇/𝑚)(2𝑚) 3 = 2 𝑇 𝑀_𝐴 = 𝑀_𝐵 =𝑊𝐿2 15 = (3𝑇/𝑚)(2𝑚)2 15 = 0.8 𝑇. 𝑚 Elemento 2. 𝑅_𝐴𝑌 = 𝑅_𝐵𝑌 =𝑃∗sin 𝛼 2 = (5𝑇)(sin(50°)) 2 = 1.9151 𝑇 𝑅𝐴𝑋 = 𝑅𝐵𝑋 = 𝑃∗cos 𝛼 2 = (5𝑇)(cos(50°)) 2 = 1.6070 𝑇 𝑀_𝐴 = 𝑀_𝐵 = 𝑃∗𝐿∗sin 𝛼 8 = (5𝑇)(2𝑚)(sin(50°)) 8 = 0.9576 𝑇. 𝑚 Elemento 3. 𝑅𝐴𝑌 = 𝑅𝐵𝑌 = 3𝑀 2𝐿 = (3)(2𝑇/𝑚) (2)(2𝑚) = 1.5 𝑇

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𝑀_𝐴 = 𝑀_𝐵 =𝑀 4 =

2𝑇.𝑚

4 = 0.5 𝑇. 𝑚

Las fuerzas de fijación y momentos de empotramiento calculados existirían si restringiéramos de movimiento a todos los nodos, algo que en no ocurre. En consecuencia, las fuerzas y momentos elásticos o efectivos actúan sobre los nodos en sentido contrario al que definimos, por lo que para fines de análisis estas son las fuerzas que aparecen

Al hacer la suma algebraica de las fuerzas y momentos en cada nodo se obtiene la viga cargada que se analizará con el método de la rigidez.

Haga un cotejo entre ésta figura y el esquema efectuado en la parte de notación para plantear el vector de cargas 𝐶, el cual debe dividirse en un vector de cargas conocidas 𝐶_𝐶 y un vector de cargas desconocidas 𝐶_𝐷.

𝐶 = (𝐶𝐶 𝐶_𝐷) = ( 𝐶₁ 𝐶2 𝐶₃ 𝐶₄ 𝐶5 𝐶₆ 𝐶₇ 𝐶8 𝐶₉ 𝐶10 𝐶11 𝐶₁₂) = ( 0.5 0 1.4576 −0.1576 −1.6070 𝑅_𝐷𝑌− 1.5 𝑅𝐶𝑌− 0.4151 𝑅𝐶𝑋− 1.6070 𝑅𝐵𝑌− 3.9151 𝑅_𝐴𝑌 − 2 𝑅𝐴𝑋 𝑀_𝐴 − 0.8 ) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

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Por la superposición, los resultados del análisis matricial para las cargas de la última figura se modificarán posteriormente con la viga sujeta a la carga real y a las reacciones fijamente apoyadas.

Matriz de rigidez global para cada elemento.

El sistema de coordenadas globales ya ha sido identificado con los ejes 𝑥, 𝑦, 𝑧. Luego hacemos que las coordenadas locales 𝑥´, 𝑦´, 𝑧´ tengan su origen en el extremo cercano de cada elemento, y que el eje positivo 𝑥´ se dirija hacia el extremo lejano. Bajo esas circunstancias, para cada componente de la viga los ejes 𝑥 y 𝑥´ serán colineales dado que las coordenadas globales y del elemento serán todas paralelas. Por esta razón, a diferencia del caso de las armaduras, no es necesario desarrollar matrices de transformación entre estos dos sistemas de coordenadas. En resumen, las matrices de rigidez global y local para un elemento de viga serán las mismas; ello explica que las coordenadas de los nodos no fueran identificadas al inicio del problema, puesto que lógicamente, el cálculo de los cosenos directores ya no es necesario. Para determinar el momento de inercia con respecto al eje neutro (pasando a través del centroide de la sección transversal), usamos la tabla mostrada. Por la simetría del perfil 𝐼, el centroide está a 11.5𝑐𝑚 de la parte inferior.

Bloque 𝐼_𝑜 (𝑐𝑚4) 𝐴 (𝑐𝑚2) d (cm) 𝐴𝑑2 (𝑐𝑚4) 1 ( 1 12) (20)(4 3₎ = 106.6667 (20)(4) = 80 9.5 7220 2 (1 12) (4)(15 3₎ = 1125 (4)(15) = 60 0 0 3 ( 1 12) (20)(4 3₎ = 106.6667 (20)(4) = 80 9.5 7220 ∑ 𝑡 1338.3334 220 14440

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𝐼 = ∑ 𝐼𝑜 + ∑ 𝐴𝑑2 = 1338.3334 + 14440 = 15778.3334 𝑐𝑚4 = 0.000157783 𝑚4

El área de la sección transversal y el módulo de elasticidad del acero son

𝐴 = 220𝑐𝑚2 _{= 0.022𝑚}2_{𝐸 = 2.1 ∗ 10}7 𝑇 𝑚⁄ 2

Se calcula la matriz de rigidez global para cada elemento aplicando la ecuación (𝑘). Los números de código para cada columna y fila de estas matrices, que tienen la peculiaridad de ser siempre simétricas, deben establecerse apropiadamente.

Elemento 1. 𝑁_𝑥 𝑁_𝑦 𝑁_𝑧 𝐹_𝑥 𝐹_𝑦 𝐹_𝑧 𝑘₁ = ( 𝐸𝐴 𝐿 0 0 − 𝐸𝐴 𝐿 0 0 0 12𝐸𝐼 𝐿3 6𝐸𝐼 𝐿2 0 − 12𝐸𝐼 𝐿3 6𝐸𝐼 𝐿2 0 6𝐸𝐼 𝐿2 4𝐸𝐼 𝐿 0 − 6𝐸𝐼 𝐿2 2𝐸𝐼 𝐿 −𝐸𝐴 𝐿 0 0 𝐸𝐴 𝐿 0 0 0 −12𝐸𝐼 𝐿3 − 6𝐸𝐼 𝐿2 0 12𝐸𝐼 𝐿3 − 6𝐸𝐼 𝐿2 0 6𝐸𝐼 𝐿2 2𝐸𝐼 𝐿 0 − 6𝐸𝐼 𝐿2 4𝐸𝐼 𝐿 ) 11 10 12 5 9 4 = 105 ( 2.31 0 0 −2.31 0 0 0 0.0497 0.0497 0 −0.0497 0.0497 0 0.0497 0.0663 0 −0.0497 0.0331 −2.31 0 0 2.31 0 0 0 −0.0497 −0.0497 0 0.0497 −0.0497 0 0.0497 0.0331 0 −0.0497 0.0663 ) 11 10 12 5 9 4 Elemento 2. 5 9 4 8 7 3 𝑘₂ = 105 ( 2.31 0 0 −2.31 0 0 0 0.0497 0.0497 0 −0.0497 0.0497 0 0.0497 0.0663 0 −0.0497 0.0331 −2.31 0 0 2.31 0 0 0 −0.0497 −0.0497 0 0.0497 −0.0497 0 0.0497 0.0331 0 −0.0497 0.0663 ) 5 9 4 8 7 3 𝑁_𝑥 𝑁_𝑦 𝑁_𝑧 𝐹_𝑥 𝐹_𝑦 𝐹_𝑧

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Elemento 3. 8 7 3 2 6 1 𝑘₃ = 105 ( 2.31 0 0 −2.31 0 0 0 0.0497 0.0497 0 −0.0497 0.0497 0 0.0497 0.0663 0 −0.0497 0.0331 −2.31 0 0 2.31 0 0 0 −0.0497 −0.0497 0 0.0497 −0.0497 0 0.0497 0.0331 0 −0.0497 0.0663 ) 8 7 3 2 6 1

Matriz de rigidez de la estructura.

Ya que las matrices de rigidez de todos los elementos fueron determinadas, se ensamblan para calcular 𝐾, la cual también debe ser simétrica y tiene un orden de 12X12 debido a que doce grados de libertad fueron designados para la viga.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 𝐾 = 105_∗ ( 0.0663 0 0.0331 0 0 −0.0497 0.0497 0 0 0 0 0 0 2.31 0 0 0 0 0 −2.31 0 0 0 0 0.0331 0 0.1325 0.0331 0 −0.0497 0 0 0.0497 0 0 0 0 0 0.0331 0.1325 0 0 −0.0497 0 0 0.0497 0 0.0331 0 0 0 0 4.62 0 0 −2.31 0 0 −2.31 0 −0.0497 0 −0.0497 0 0 0.0497 −0.0497 0 0 0 0 0 0.0497 0 0 −0.0497 0 −0.0497 0.0497 0 −0.0497 0 0 0 0 −2.31 0 0 −2.31 0 0 4.62 0 0 0 0 0 0 0.0497 0 0 0 −0.0497 0 0.0994 −0.0497 0 −0.0497 0 0 0 0.0497 0 0 0 0 −0.0497 0.0497 0 0.0497 0 0 0 0 −2.31 0 0 0 0 0 2.31 0 0 0 0 0.0331 0 0 0 0 −0.0497 0.0497 0 0.0663 ) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Ya que hay cinco incógnitas de desplazamiento, la matriz de rigidez de la estructura se secciona de tal forma que en la parte izquierda haya 5 columnas y en la porción superior haya 5 filas. Se sigue usando la misma nomenclatura que en las armaduras para cada una de las submatrices.

𝐾 = (𝐾11 𝐾12 𝐾21 𝐾22)

Cálculo de las incógnitas. Al hacer 𝐶 = 𝐾 ∗ 𝐷 se tiene ( 0.5 0 1.4576 −0.1576 −1.6070 𝑅𝐷𝑌− 1.5 𝑅_𝐶𝑌− 0.4151 𝑅𝐶𝑋− 1.6070 𝑅𝐵𝑌− 3.9151 𝑅𝐴𝑌− 2 𝑅_𝐴𝑋 𝑀𝐴− 0.8 ) = 105_∗ ( 0.0663 0 0.0331 0 0 −0.0497 0.0497 0 0 0 0 0 0 2.31 0 0 0 0 0 −2.31 0 0 0 0 0.0331 0 0.1325 0.0331 0 −0.0497 0 0 0.0497 0 0 0 0 0 0.0331 0.1325 0 0 −0.0497 0 0 0.0497 0 0.0331 0 0 0 0 4.62 0 0 −2.31 0 0 −2.31 0 −0.0497 0 −0.0497 0 0 0.0497 −0.0497 0 0 0 0 0 0.0497 0 0 −0.0497 0 −0.0497 0.0497 0 −0.0497 0 0 0 0 −2.31 0 0 −2.31 0 0 4.62 0 0 0 0 0 0 0.0497 0 0 0 −0.0497 0 0.0994 −0.0497 0 −0.0497 0 0 0 0.0497 0 0 0 0 −0.0497 0.0497 0 0.0497 0 0 0 0 −2.31 0 0 0 0 0 2.31 0 0 0 0 0.0331 0 0 0 0 −0.0497 0.0497 0 0.0663 )( 𝜃𝐷 ∆_𝐻𝐷 𝜃𝐶 𝜃𝐵 ∆𝐻𝐵 0 0 0 0 0 0 0 )

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El sistema matricial anterior es equivalente a (𝐶𝐶 𝐶_𝐷) = ( 𝐾11 𝐾12 𝐾₂₁ 𝐾₂₂) ( 𝐷𝐷 𝐷_𝐶)

Se calculan los desplazamientos desconocidos al extraer y resolver un primer subsistema que corresponde a

𝐶_𝐶 = 𝐾₁₁𝐷_𝐷+ 𝐾₁₂𝐷_𝐶

Como 𝐷_𝐶 vale cero, la ecuación anterior pasa a ser

𝐶𝐶 = 𝐾11𝐷𝐷 Por lo tanto, ( 0.5 0 1.4576 −0.1576 −1.6070) = 105∗ ( 0.0663 0 0.0331 0 0 0 2.31 0 0 0 0.0331 0 0.1325 0.0331 0 0 0 0.0331 0.1325 0 0 0 0 0 4.62)( 𝜃𝐷 ∆_𝐻𝐷 𝜃𝐶 𝜃𝐵 ∆_𝐻𝐵₎ ( 𝜃_𝐷 ∆𝐻𝐷 𝜃_𝐶 𝜃_𝐵 ∆𝐻𝐵) = ( 0.0000176 𝑟𝑎𝑑 0 0.0001158 𝑟𝑎𝑑 −0.0000408 𝑟𝑎𝑑 −0.0000035 𝑚 )

Se puede hacer un análisis de los resultados; por ejemplo, note como el nodo 𝐷

experimenta una rotación antihoraria de 0.0000176 𝑟𝑎𝑑 y en realidad no se desplaza horizontalmente.

Las reacciones se obtienen de resolver un segundo subsistema que es

𝐶_𝐷 = 𝐾₂₁𝐷_𝐷 + 𝐾₂₂𝐷_𝐶

Como ya se mencionó, 𝐷_𝐶 = 0, así que

𝐶_𝐷 = 𝐾₂₁𝐷_𝐷

Al usar los desplazamientos calculados se tiene

( 𝑅𝐷𝑌− 1.5 𝑅𝐶𝑌− 0.4151 𝑅𝐶𝑋− 1.6070 𝑅𝐵𝑌− 3.9151 𝑅𝐴𝑌− 2 𝑅𝐴𝑋 𝑀𝐴− 0.8 ) = 105_∗ ( −0.0497 0 −0.0497 0 0 0.0497 0 0 −0.0497 0 0 −2.31 0 0 −2.31 0 0 0.0497 0 0 0 0 0 0.0497 0 0 0 0 0 −2.31 0 0 0 0.0331 0 ) ( 0.0000176 0 0.0001158 −0.0000408 −0.0000035 ) = ( −0.6628 0.2902 0.8035 0.5755 −0.2030 0.8035 −0.1353)

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En consecuencia, 𝑅𝐷𝑌− 1.5 = −0.6628 ⇒ 𝑅𝐷𝑌 = −0.6628 + 1.5 = 0.8372𝑇 ⇒ ∴ 𝑅𝐷𝑌= 0.8372𝑇 𝑅𝐶𝑌− 0.4151 = 0.2902 ⇒ 𝑅𝐶𝑌= 0.2902 + 0.4151 = 0.7053𝑇 ⇒ ∴ 𝑅𝐶𝑌 = 0.7053𝑇 𝑅𝐶𝑋− 1.6070 = 0.8035 ⇒ 𝑅𝐶𝑋= 0.8035 + 1.6070 = 2.4105𝑇 ⇒ ∴ 𝑅𝐶𝑋= 2.4105𝑇 𝑅𝐵𝑌− 3.9151 = 0.5755 ⇒ 𝑅𝐵𝑌= 0.5755 + 3.9151 = 4.4906𝑇 ⇒ ∴ 𝑅𝐵𝑌= 4.4906𝑇 𝑅𝐴𝑌− 2 = −0.2030 ⇒ 𝑅𝐴𝑌 = −0.2030 + 2 = 1.7970𝑇 ⇒∴ 𝑅𝐴𝑌 = 1.7970𝑇 𝑅𝐴𝑋 = 0.8035 ⇒∴ 𝑅𝐴𝑋= 0.8035𝑇 𝑀𝐴− 0.8 = −0.1353 →𝑀𝐴 = −0.1353 + 0.8 = 0.6647 𝑇. 𝑚 ⇒∴ 𝑀𝐴= 0.6647𝑇. 𝑚

Se muestran los resultados obtenidos en el siguiente diagrama

Se comprueba el equilibrio externo de la viga. Al resolver la fuerza de 5𝑇 en sus componentes 𝑥 y 𝑦 resulta

𝐹_1𝑌 = 5 ∗ sin 50° = 3.8302𝑇 𝐹_1𝑋 = 5 ∗ cos 50° = 3.2139𝑇

La fuerza resultante de la carga distribuida y su punto de aplicación son

𝐶_𝑃 = (2

3) (3 𝑇 𝑚⁄ )(2𝑚) = 4𝑇 𝑥̅ = 1𝑚

+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 1.7970 − 4 + 4.4906 − 3.8302 + 0.7053 + 0.8372 = 0 𝑜𝑘

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+ ∑ 𝑀𝐴 =

−0.6647 + 4(1) − 4.4906(2) + 3.8302(3) − 0.7053(4) + 2 − 0.8372(6) ≅ 0 𝑜𝑘

Funciones de momento, de fuerza cortante, de fuerza normal. Al aplicar el método de las secciones tenemos

0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚

La carga concentrada equivalente de la carga distribuida seccionada es

𝐴_𝐶 = −4𝑊 3𝐿2𝑥3 + 2𝑊 𝐿 𝑥 2 _{= −} 4 ∗ 3 3 ∗ 22𝑥3+ 2 ∗ 3 2 𝑥 2 _{= −𝑥}3_{+ 3𝑥}2

y su línea de acción se localiza a una distancia de

𝑥̅ = − 𝑊 𝐿2𝑥4 + 4𝑊 3𝐿 𝑥3 𝐴_𝑐 = − 3 22𝑥4+ 4 ∗ 3 3 ∗ 2 𝑥3 −𝑥3_{+ 3𝑥}2 = −3_{4 𝑥}4 + 2𝑥3 −𝑥3 _{+ 3𝑥}2 𝑎 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑐ℎ𝑎 𝑑𝑒 𝐴 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀₁− 0.6647 + 1.7970𝑥 − (−𝑥3_{+ 3𝑥}2_{) (𝑥 −}− 3 4 𝑥4+ 2𝑥3 −𝑥3_{+ 3𝑥}2 ) = 0 𝑀1 = 𝑥4 4 − 𝑥 3_{+ 1.7970𝑥 − 0.6647 𝑉} 1= 𝑑𝑀₁ 𝑑𝑥 = 𝑥 3_{− 3𝑥}2_{+ 1.7970} +→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑁₁+ 0.8035 = 0 ⇒ 𝑁₁= −0.8035

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2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 3𝑚 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ −𝑀2− 0.6647 + 1.7970𝑥 − 4(𝑥 − 1) + 4.4906(𝑥 − 2) = 0 𝑀2 = 2.2876𝑥 − 5.6459 𝑉2 = 𝑑𝑀₂ 𝑑𝑥 = 2.2876 +→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑁₂ = −0.8035 3𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 4𝑚 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0

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−𝑀₃− 0.6647 + 1.7970𝑥 − 4(𝑥 − 1) + 4.4906(𝑥 − 2) − 3.8302(𝑥 − 3) = 0 𝑀₃ = 5.8447 − 1.5426𝑥 𝑉₃ =𝑑𝑀3 𝑑𝑥 = −1.5426 +→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 0.8035 − 3.2139 + 𝑁3 = 0 ⇒ 𝑁3 = 2.4104 4𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 5𝑚 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ −𝑀₄− 0.6647 + 1.7970𝑥 − 4(𝑥 − 1) +4.4906(𝑥 − 2) − 3.8302(𝑥 − 3) + 0.7053(𝑥 − 4) = 0 𝑀₄ = 3.0235 − 0.8373𝑥 𝑉₄ =𝑑𝑀4 𝑑𝑥 = −0.8373 +→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 0.8035 − 3.2139 + 2.4105 + 𝑁4 = 0 ⇒ 𝑁4 ≅ 0 5𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 6𝑚 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ − 𝑀₅− 0.6647 + 1.7970𝑥 − 4(𝑥 − 1) +4.4906(𝑥 − 2) − 3.8302(𝑥 − 3) + 0.7053(𝑥 − 4) + 2 𝑀₅ = 5.0235 − 0.8373𝑥 𝑉₅ =𝑑𝑀5 𝑑𝑥 = −0.8373 +→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑁5 ≅ 0

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Funciones de pendiente y de deflexión.

Se aplica el método de la doble integración. Al Aplicar la ecuación diferencial

𝐸𝐼𝑑 2_𝑦 𝑑𝑥2 = 𝑀

e integrarla dos veces en cada tramo se obtiene

0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚 𝐸𝐼𝑑 2_𝑦 𝑑𝑥2 = 𝑥4 4 − 𝑥 3_{+ 1.7970𝑥 − 0.6647} 𝐸𝐼 ∫𝑑(𝑑𝑦) 𝑑𝑥 = ∫ ( 𝑥4 4 − 𝑥 3_{+ 1.7970𝑥 − 0.6647) 𝑑𝑥} 𝐸𝐼𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 0.05𝑥 5_{− 0.25𝑥}4_{+ 0.8985𝑥}2_{− 0.6647𝑥 + 𝐶} 1 𝐸𝐼𝜃₁ = 0.05𝑥5 _{− 0.25𝑥}4_{+ 0.8985𝑥}2_{− 0.6647𝑥 + 𝐶} 1− − − (1) 𝐸𝐼 ∫ 𝑑𝑦 = ∫(0.05𝑥5− 0.25𝑥4+ 0.8985𝑥2 − 0.6647𝑥 + 𝐶1)𝑑𝑥 𝐸𝐼𝑦1 = 0.008333𝑥6 − 0.05𝑥5+ 0.2995𝑥3− 0.33235𝑥2 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2− − − (2) 2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 3𝑚 𝐸𝐼𝑑 2_𝑦 𝑑𝑥2 = 2.2876𝑥 − 5.6459 ⇒ 𝐸𝐼 ∫ 𝑑(𝑑𝑦) 𝑑𝑥 = ∫(2.2876𝑥 − 5.6459) 𝑑𝑥 𝐸𝐼𝜃₂ = 1.1438𝑥2− 5.6459𝑥 + 𝐶₃ − − − (3)

(16)

𝐸𝐼 ∫ 𝑑𝑦 = ∫(1.1438𝑥2_{− 5.6459𝑥 + 𝐶} 3)𝑑𝑥 𝐸𝐼𝑦₂ = 0.38127𝑥3− 2.82295𝑥2+ 𝐶₃𝑥 + 𝐶₄− − − (4) 3𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 4𝑚 𝐸𝐼𝑑 2_𝑦 𝑑𝑥2 = 5.8447 − 1.5426𝑥 ⇒ 𝐸𝐼 ∫ 𝑑(𝑑𝑦) 𝑑𝑥 = ∫(5.8447 − 1.5426𝑥) 𝑑𝑥 𝐸𝐼𝜃₃ = 5.8447𝑥 − 0.7713𝑥2+ 𝐶₅ − − − (5) 𝐸𝐼 ∫ 𝑑𝑦 = ∫(5.8447𝑥 − 0.7713𝑥2_{+ 𝐶} 5)𝑑𝑥 𝐸𝐼𝑦₃ = 2.92235𝑥2_{− 0.2571𝑥}3_{+ 𝐶} 5𝑥 + 𝐶6− − − (6) 4𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 5𝑚 𝐸𝐼𝑑 2_𝑦 𝑑𝑥2 = 3.0235 − 0.8373𝑥 ⇒ 𝐸𝐼 ∫ 𝑑(𝑑𝑦) 𝑑𝑥 = ∫(3.0235 − 0.8373𝑥) 𝑑𝑥 𝐸𝐼𝜃₄ = 3.0235𝑥 − 0.41865𝑥2_{+ 𝐶} 7− − − (7) 𝐸𝐼 ∫ 𝑑𝑦 = ∫(3.0235𝑥 − 0.41865𝑥2_{+ 𝐶} 7)𝑑𝑥 𝐸𝐼𝑦₄ = 1.51175𝑥2_{− 0.13955𝑥}3 _{+ 𝐶} 7𝑥 + 𝐶8− − − (8) 5𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 6𝑚 𝐸𝐼𝑑 2_𝑦 𝑑𝑥2 = 5.0235 − 0.8373𝑥 ⇒ 𝐸𝐼 ∫ 𝑑(𝑑𝑦) 𝑑𝑥 = ∫(5.0235 − 0.8373𝑥) 𝑑𝑥 𝐸𝐼𝜃₅ = 5.0235𝑥 − 0.41865𝑥2 _{+ 𝐶} 9− − − (9) 𝐸𝐼 ∫ 𝑑𝑦 = ∫(5.0235𝑥 − 0.41865𝑥2_{+ 𝐶} 9)𝑑𝑥 𝐸𝐼𝑦₅ = 2.51175𝑥2_{− 0.13955𝑥}3 _{+ 𝐶} 9𝑥 + 𝐶10− − − (10)

Se plantean diez condiciones que permitan resolver el sistema de ecuaciones. Se sabe que en el empotre 𝐴 no hay rotación ni deflexión, así que se tienen las siguientes dos condiciones de frontera

1)𝑦 = 0 𝑒𝑛 𝑥 = 0 y 2) 𝜃 = 0 𝑒𝑛 𝑥 = 0.

(17)

𝐸𝐼(0) = 0.05 ∗ 05− 0.25 ∗ 04+ 0.8985 ∗ 02− 0.6647 ∗ 0 + 𝐶1 ⇒∴ 𝐶1 = 0

𝐸𝐼(0) = 0.008333 ∗ 06_{− 0.05 ∗ 0}5_{+ 0.2995 ∗ 0}3_{− 0.33235 ∗ 0}2_{+ 0 ∗ 0 + 𝐶}

2 ⇒∴ 𝐶2 = 0

Las otras ocho constantes se pueden conocer a partir de establecer un mismo número de condiciones de continuidad, tal y como se efectúa a continuación

Si 3)𝜃₁ = 𝜃₂ 𝑒𝑛 𝑥 = 2𝑚, entonces

0.05 ∗ 25− 0.25 ∗ 24+ 0.8985 ∗ 22− 0.6647 ∗ 2 = 1.1438 ∗ 22− 5.6459 ∗ 2 + 𝐶₃ ∴ 𝐶₃ = 6.5812

Dado que 4)𝑦1 = 𝑦2 𝑒𝑛 𝑥 = 2𝑚, tenemos

0.008333 ∗ 26 _{− 0.05 ∗ 2}5_{+ 0.2995 ∗ 2}3_{− 0.33235 ∗ 2}2 = 0.38127 ∗ 23− 2.82295 ∗ 22+ 6.5812 ∗ 2 + 𝐶₄ ⇒∴ 𝐶₄ = −4.920848 Al hacer 5)𝜃₂ = 𝜃₃ 𝑒𝑛 𝑥 = 3𝑚 resulta 1.1438 ∗ 32− 5.6459 ∗ 3 + 6.5812 = 5.8447 ∗ 3 − 0.7713 ∗ 32 + 𝐶5 ∴ 𝐶₅ = −10.6547 Al plantear 6)𝑦₂ = 𝑦₃ 𝑒𝑛 𝑥 = 3𝑚 obtenemos 0.38127 ∗ 33− 2.82295 ∗ 32+ 6.5812 ∗ 3 − 4.920848 = 2.92235 ∗ 32_{− 0.2751 ∗ 3}3 _{− 10.6547 ∗ 3 + 𝐶} 6 ⇒∴ 𝐶6 = 12.3151 Como 7)𝜃₃ = 𝜃₄ 𝑒𝑛 𝑥 = 4𝑚, se tiene 5.8447 ∗ 4 − 0.7713 ∗ 42− 10.6547 = 3.0235 ∗ 4 − 0.41865 ∗ 42+ 𝐶7 ∴ 𝐶₇ = −5.0123 Si 8)𝑦₃ = 𝑦₄ 𝑒𝑛 𝑥 = 4𝑚, entonces 2.92235 ∗ 42− 0.2571 ∗ 43− 10.6547 ∗ 4 + 12.3151 = 1.51175 ∗ 42_{− 0.13955 ∗ 4}3 _{− 5.0123 ∗ 4 + 𝐶} 8 ⇒∴ 𝐶8 = 4.7919

Puesto que 9)𝜃₄ = 𝜃₅ 𝑒𝑛 𝑥 = 5𝑚, tenemos

3.0235 ∗ 5 − 0.41865 ∗ 52− 5.0123 = 5.0235 ∗ 5 − 0.41865 ∗ 52+ 𝐶₉ ∴ 𝐶₉ = −15.0123

(18)

Al efectuar 𝑦₄ = 𝑦₅ 𝑒𝑛 𝑥 = 5𝑚 se obtiene

1.51175 ∗ 52− 0.13955 ∗ 53− 5.0123 ∗ 5 + 4.7919 = 2.51175 ∗ 52_{− 0.13955 ∗ 5}3 _{− 15.0123 ∗ 5 + 𝐶}

10⇒∴ 𝐶10= 29.7919

Las funciones de la pendiente y la deflexión de la viga se obtienen al sustituir las constantes de integración en las ecuaciones correspondientes, además de hacer

𝐸𝐼 = (2.1 ∗ 107 𝑇⁄_𝑚2) (0.000157783𝑚4) = 3313.443 𝑇. 𝑚2 0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚 𝜃₁ = ( 1 3313.443 ) (0.05𝑥 5_{− 0.25𝑥}4_{+ 0.8985𝑥}2_{− 0.6647𝑥)} 𝑦₁ = ( 1 3313.443 ) (0.008333𝑥 6_{− 0.05𝑥}5_{+ 0.2995𝑥}3 _{− 0.33235𝑥}2₎ 2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 3𝑚 𝜃2 = ( 1 3313.443 ) (1.1438𝑥 2_{− 5.6459𝑥 + 6.5812)} 𝑦2 = ( 1 3313.443 ) (0.38127𝑥 3_{− 2.82295𝑥}2_{+ 6.5812𝑥 − 4.920848)} 3𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 4𝑚 𝜃₃ = ( 1 3313.443 ) (5.8447𝑥 − 0.7713𝑥 2_{− 10.6547)} 𝑦3 = ( 1 3313.443 ) (2.92235𝑥 2_{− 0.2571𝑥}3_{− 10.6547𝑥 + 12.3151)} 4𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 5𝑚 𝜃₄ = ( 1 3313.443 ) (3.0235𝑥 − 0.41865𝑥 2_{− 5.0123)} 𝑦₄ = ( 1 3313.443 ) (1.51175𝑥 2 _{− 0.13955𝑥}3_{− 5.0123𝑥 + 4.7919)} 5𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 6𝑚 𝜃5 = ( 1 3313.443 ) (5.0235𝑥 − 0.41865𝑥 2_{− 15.0123)}

(19)

𝑦₅ = ( 1

3313.443 ) (2.51175 − 0.13955𝑥

3_{− 15.0123𝑥 + 29.7919)}

Diagramas de momento, de fuerza cortante, de fuerza normal, de pendiente y de deflexión. -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 0 1 2 3 4 5 6 7 V ( To n ) x (m) DIAGRAMA DE CORTANTE -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 0 1 2 3 4 5 6 7 M ( To n *m ) x (m) DIAGRAMA DE MOMENTO

(20)

-0.00015 -0.0001 -0.00005 0 0.00005 0.0001 0.00015 0 1 2 3 4 5 6 7 θ ( rad ) x (m) DIAGRAMA DE ROTACIÓN -0.0001 -0.00008 -0.00006 -0.00004 -0.00002 0 0.00002 0.00004 0 1 2 3 4 5 6 7 Y (m ) X (m) DIAGRAMA DE FLECHAMIENTO -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 0 1 2 3 4 5 6 7 N ( To n ) x (m) DIAGRAMA DE NORMAL

(21)

Código en Matlab

A continuación se presenta la codificación en matlab para el método de la rigidez matricial aplicado a vigas con carga axial.

%PROGRAMA PARA CALCULAR LAS REACCIONES DE UNA VIGA EN LA QUE SE PRESENTAN %CARGAS AXIALES CON EL MÉTODO DE LA RIGIDEZ MATRICIAL

clear; clc;

k=zeros(6);

disp('--- DATOS PARA EL ANALISIS

---')

GL=input('DAME EL NUMERO DE GRADOS DE LIBERTAD GL =');

KT=zeros(GL);

n=input('DAME EL NUMERO DE ELEMENTOS n =');

disp(

'---')

for i=1:n

fprintf('ELMENTO %i.\n\n',i)

E=input('DAME EL MODULO DE ELASTICIDAD = ');

A=input('DAME EL AREA DE LA SECCIÓN = ');

I=input('DAME LA INERCIA DE LA SECCIÓN = ');

L=input('DAME LA LONGITUD DEL ELEMENTO= ');

disp('NODO

N---')

Nx=input('DAME EL NUMERO DEL GRADO DE LIBERTAD Nx=');

Ny=input('DAME EL NUMERO DEL GRADO DE LIBERTAD Ny=');

Nz=input('DAME EL NUMERO DEL GRADO DE LIBERTAD Nz=');

disp('NODO

F---')

Fx=input('DAME EL NUMERO DEL GRADO DE LIBERTAD Fx=');

Fy=input('DAME EL NUMERO DEL GRADO DE LIBERTAD Fy=');

Fz=input('DAME EL NUMERO DEL GRADO DE LIBERTAD Fz=');

disp( '---') k(1,1)=(A*E)/L; k(1,2)=0; k(1,3)=0; k(1,4)=-(A*E)/L; k(1,5)=0; k(1,6)=0; k(2,1)=0; k(2,2)=(12*E*I)/(L^3); k(2,3)=(6*E*I)/(L^2); k(2,4)=0; k(2,5)=-(12*E*I)/(L^3); k(2,6)=(6*E*I)/(L^2); k(3,1)=0; k(3,2)=(6*E*I)/(L^2); k(3,3)=(4*E*I)/L; k(3,4)=0; k(3,5)=-(6*E*I)/(L^2); k(3,6)=(2*E*I)/L; k(4,1)=-(A*E)/L; k(4,2)=0;

(22)

k(4,3)=0; k(4,4)=(A*E)/L; k(4,5)=0; k(4,6)=0; k(5,1)=0; k(5,2)=-(12*E*I)/(L^3); k(5,3)=-(6*E*I)/(L^2); k(5,4)=0; k(5,5)=(12*E*I)/(L^3); k(5,6)=-(6*E*I)/(L^2); k(6,1)=0; k(6,2)=(6*E*I)/(L^2); k(6,3)=(2*E*I)/L; k(6,4)=0; k(6,5)=-(6*E*I)/(L^2); k(6,6)=(4*E*I)/L;

fprintf('MATRRIZ K%i.',i)

k disp( '---') K=zeros(GL); K(Nx,Nx)=k(1,1); K(Nx,Ny)=k(1,2); K(Nx,Nz)=k(1,3); K(Nx,Fx)=k(1,4); K(Nx,Fy)=k(1,5); K(Nx,Fz)=k(1,6); K(Ny,Nx)=k(2,1); K(Ny,Ny)=k(2,2); K(Ny,Nz)=k(2,3); K(Ny,Fx)=k(2,4); K(Ny,Fy)=k(2,5); K(Ny,Fz)=k(2,6); K(Nz,Nx)=k(3,1); K(Nz,Ny)=k(3,2); K(Nz,Nz)=k(3,3); K(Nz,Fx)=k(3,4); K(Nz,Fy)=k(3,5); K(Nz,Fz)=k(3,6); K(Fx,Nx)=k(4,1); K(Fx,Ny)=k(4,2); K(Fx,Nz)=k(4,3); K(Fx,Fx)=k(4,4); K(Fx,Fy)=k(4,5); K(Fx,Fz)=k(4,6); K(Fy,Nx)=k(5,1); K(Fy,Ny)=k(5,2); K(Fy,Nz)=k(5,3); K(Fy,Fx)=k(5,4); K(Fy,Fy)=k(5,5); K(Fy,Fz)=k(5,6); K(Fz,Nx)=k(6,1); K(Fz,Ny)=k(6,2); K(Fz,Nz)=k(6,3); K(Fz,Fx)=k(6,4); K(Fz,Fy)=k(6,5); K(Fz,Fz)=k(6,6);

(23)

KT=K+KT;

end

disp('--- MATRIZ GLOBAL DE LA ESTRUCTURA

---') KT

disp(

'---')

v=input('DAME EL VECTOR DE FUERZAS CONOCIDAS=')

V=length(v); K=KT(1:V,1:V) d1=(inv(K))*v

d2=zeros((length(KT))-(length(d1)),1) ' VECTOR TOTAL DE DESPLAZAMIENTOS' D=[d1;d2]

' VECTOR TOTAL DE FUERZAS' F=KT*D

(24)

Manual para el usuario

Ahora se muestra la forma de utilizar el programa expuesto previamente tomando como ejemplo la viga propuesta a resolver al inicio. Una vez que se corre el programa, se sigue el siguiente procedimiento

1.- Inserte el número de grados de libertad y de elementos identificados en la viga.

2.- Digitalice las propiedades y la codificación numérica de los grados de libertad del elemento 1.

En automático aparecerá la matriz de rigidez global del elemento 1.

(25)

Instantáneamente aparecerá la matriz de rigidez global del elemento 2.

(26)

De inmediato aparecerá la matriz de rigidez global del elemento 3.

Luego de obtener la matriz de rigidez global de cada elemento, el programa ensambla tales matrices y nos arroja la matriz de rigidez global la estructura.

(27)

5.-Capture el vector de Fuerzas Conocidas.

Se imprimirá el vector anterior:

(28)

El programa nos proporciona los valores de los desplazamientos desconocidos:

Se imprime el vector de desplazamientos conocidos:

(29)

Se imprime el vector total de fuerzas, es decir, aquel vector que contiene al vector de fuerzas conocidas y al vector de fuerzas desconocidas:

Referencias

1. R. C. Hibbeler. Análisis estructural. Editorial Pearson. 2. González Cuevas. Análisis estructural. Editorial Limusa.

3. Selva Colindres Rafael. Dinámica de suelos y estructuras aplicadas a la ingeniería sísmica. Editorial Limusa.

4. Magdaleno Carlos. Análisis matricial de estructuras reticulares. Independiente. 5. James Stewart. Cálculo de una variable: Conceptos y contextos. Editorial CENGAGE Learning.