Análisis de Estructuras Capítulo 5 – Método de la Rigidez Enfoque Matricial
66 Claudio Oyarzo V.
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Capítulo 5
Método de la Rigidez. Enfoque matricial.
1 Preámbulo Como parte final de este curso se estudiara un enfoque especifico del método de los desplazamientos. Este método conocido como método de la rigidez corresponde a un método matricial que permite la resolución de todo tipo de estructuras y se basa en la construcción y operación de las matrices de rigidez de cada elemento y global de la estructura, los vectores de fuerzas externas y vectores de desplazamiento. Dada la simplicidad de la metodología y lo estructurado de los algoritmos de resolución mediante este método, ha sido el utilizado en forma privilegiada en la construcción de métodos computacionales y el diseño de herramientas informáticas que ayuden al ingeniero en el análisis de las estructuras y la determinación de sus reacciones de apoyo y esfuerzos internos. En este punto, cabe recordar lo aprendido en cursos anteriores respecto a los materiales que cumplen con la ley de Hooke. En ellos la deformación debido a una fuerza externa es proporcional a dicha carga, esto es:
∆⋅= KF A esta constante de proporcionalidad K, llamaremos Rigidez.
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2 Matriz de rigidez elementos tipo Barra. Enrejados.
2.1 Análisis Bidimensional Considere un elemento tipo barra, el cual puede ser sometido sólo a esfuerzos de tracción y compresión. Ubicado sobre el plano de la forma en que se indica en la figura.
Se han definido 1u y 2u : Grados de libertad locales.
1d , 2d , 3d y 4d : Grados de libertad globales.
1s y 2s : Fuerzas axiales. θx : Ángulo de la barra respecto al eje x. θy : Ángulo de la barra respecto al eje y.
Consideremos entonces la barra respecto a sus grados de libertad locales.
1. Sometida a una carga que genere una deformación positiva en el punto 1.
Entonces
11111 kL
AEs ∆=∆= ··
11212 kL
AEs ∆=∆−= ··
1u
2u
1s
2s
1d
2d 3d
4d
x
y
θx
θy
1
2
1u 2u1s 2s
1∆
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2. Sometida a una carga que genere una deformación positiva en el punto 2.
Entonces
22121 kL
AEs ∆=∆−= ··
22222 kL
AEs ∆=∆= ··
3. La acción conjunta entonces será.
Entonces
212111211 kkL
AEL
AEs ∆+∆=∆−∆= ····
222121212 kkL
AEL
AEs ∆+∆=∆+∆−= ····
Expresado matricialmente:
∆
∆⋅
=
2
1
2221
1211
2
1
kk
kk
s
s
∆∆
⋅
−
−=
2
1
2
1
LAE
LAE
LAE
LAE
ss
{ } [ ] { }uks ⋅=
La matriz [ ]k es conocida como Matriz de Rigidez del elemento respecto a sus grados de libertad locales.
1u 2u1s 2s2∆
1u 2u1s 2s
2∆1 ∆
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[ ]
−
−⋅=
11
11
LAEk
Pero para poder operar esta matriz con el resto de los elementos de la estructura es necesario convertirla a los grados de libertad globales (compatibilidad geométrica). Esto se realiza mediante la matriz de transformación [ ]T .
[ ]
=
yx
yx
0000
Tθθ
θθcoscos
coscos
Donde:
Lxx 12
x−
=θcos
Lyy 12
y−
=θcos
( ) ( )2122
12 yyxxL −+−=
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2.2 Análisis Tridimensional El análisis anterior es posible hacerlo extensivo al espacio tridimensional.
Se han definido
1u y 2u : Grados de libertad locales.
1d , 2d , 3d , 4d , 5d y 6d : Grados de libertad globales.
1s y 2s : Fuerzas axiales. θx : Ángulo de la barra respecto al eje x. θy : Ángulo de la barra respecto al eje y. θz : Ángulo de la barra respecto al eje z.
Se aplica el mismo razonamiento, por lo que se obtiene que la Matriz de Rigidez del elemento respecto a sus grados de libertad locales también es:
[ ]
−
−⋅=
1111
LAEk
Pero la matriz de transformación será:
[ ]
=
zyx
zyx 00
000
0T
θθθ
θθθ
coscoscos
coscoscos
Donde:
1u
2u
1s
2s
2d
3d
5d
6d
y
z
θy
θz
1
2
1d
x
4dθx
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Lxx 12
x−
=θcos
Lyy 12
y−
=θcos
Lzz 12
z−
=θcos
( ) ( ) ( )2122
122
12 zzyyxxL −+−+−=
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3 Matriz de rigidez elementos tipo Viga. Marcos.
3.1 Análisis Bidimensional Considere un elemento tipo viga, el cual puede ser sometido a esfuerzos de tracción-compresión, corte y flexión. Ubicado sobre el plano de la forma en que se indica en la figura.Se han definido
1u , 2u , 3u , 4u , 5u y 6u : Grados de libertad locales.
1d , 2d , 3d , 4d , 5d y 6d : Grados de libertad globales.
1s y 4s : Fuerzas axiales.
2s y 5s : Fuerzas de corte.
3s y 6s : Momentos Flectores. θx : Ángulo de la barra respecto al eje x. θy : Ángulo de la barra respecto al eje y.
6d
x
y
θx
θy
1
2
1u
2u
1s
2s1d
2d 3d
3u
3s
4u 4s
5s
4d
5d5u
6s6u
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Consideremos entonces la barra respecto a sus grados de libertad locales.
1. Sometida a una carga que genere una deformación positiva en dirección 1u .
Entonces
11111 kL
AEs ∆=∆= ··
0s2 = 0s3 =
11414 kL
AEs ∆=∆−= ··
0s5 = 0s6 =
2. Sometida a una carga que genere una deformación positiva dirección 4u .
Entonces
44141 kL
AEs ∆=∆−= ··
0s2 = 0s3 =
44444 kL
AEs ∆=∆= ··
0s5 = 0s6 =
1u 4u1s 4s
1∆
1u 4u1s 4s4∆
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3. Sometida a una carga que genere una deformación positiva dirección 2u .
Entonces 0s1 =
222232 kLEI12s ∆⋅=∆⋅=
223223 kLEI6s ∆⋅=∆⋅=
0s4 =
225235 kLEI12s ∆⋅=∆⋅−=
226226 kLEI6s ∆⋅=∆⋅=
4. Sometida a una carga que genere una deformación positiva dirección 5u .
Entonces 0s1 =
552532 kLEI12s ∆⋅=∆⋅−=
553523 kLEI6s ∆⋅=∆⋅−=
0s4 =
555535 kLEI12s ∆⋅=∆⋅=
556526 kLEI6s ∆⋅=∆⋅−=
2u
2s
2∆
5s
3s
6s
5u
2s 5∆
5s
3s6s
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5. Sometida a una carga que genere una deformación positiva dirección 3u .
Entonces 0s1 =
332322 kLEI6s ∆⋅=∆⋅=
33333 kLEI4s ∆⋅=∆⋅=
0s4 =
335325 kLEI6s ∆⋅=∆⋅−=
33636 kLEI2s ∆⋅=∆⋅=
6. Sometida a una carga que genere una deformación positiva dirección 6u .
Entonces
0s1 =
662622 kLEI6s ∆⋅=∆⋅=
66363 kLEI2s ∆⋅=∆⋅=
0s4 =
665625 kLEI6s ∆⋅=∆⋅−=
66666 kLEI4s ∆⋅=∆⋅=
3u
2s
3∆
5s
3s6s
6u
2s6∆
5s
3s6s
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La acción conjunta entonces será entonces:
441111411 kkL
AEL
AEs ∆+∆=∆−∆= ····
662552332222625332232 kkkkLEI6
LEI12
LEI6
LEI12s ∆⋅+∆⋅+∆⋅+∆⋅=∆⋅+∆⋅−∆⋅+∆⋅=
6635533332236523223 kkkkLEI2
LEI6
LEI4
LEI6s ∆⋅+∆⋅+∆⋅+∆⋅=∆⋅+∆⋅−∆⋅+∆⋅=
444114414 kkL
AEL
AEs ∆+∆=∆+∆−= ····
665555335225625332235 kkkkLEI6
LEI12
LEI6
LEI12s ∆⋅+∆⋅+∆⋅+∆⋅=∆⋅−∆⋅+∆⋅−∆⋅−=
6665563362266523226 kkkkLEI4
LEI6
LEI2
LEI6s ∆⋅+∆⋅+∆⋅+∆⋅=∆⋅+∆⋅−∆⋅+∆⋅=
Expresado matricialmente:
∆
∆
∆
∆
∆
∆
⋅
=
6
5
4
3
2
1
666564636261
565554535251
464544434241
363534333231
262524232221
161514131211
6
5
4
3
2
1
kkkkkk
kkkkkk
kkkkkk
kkkkkk
kkkkkk
kkkkkk
s
s
s
s
s
s
∆
∆
∆
∆
∆
∆
⋅
−
−−−
−
−
−
−
=
6
5
4
3
2
1
22
2323
22
2323
6
5
4
3
2
1
LEI4
LEI60
LEI2
LEI60
LEI6
LEI120
LEI6
LEI120
00L
AE00L
AELEI2
LEI60
LEI4
LEI60
LEI6
LEI120
LEI6
LEI120
00L
AE00L
AE
s
s
s
s
s
s
{ } [ ] { }uks ⋅=
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La matriz [ ]k es conocida como Matriz de Rigidez del elemento respecto a sus grados de libertad locales.
[ ]
−
−−−
−
−
−
−
=
LEI4
LEI60
LEI2
LEI60
LEI6
LEI120
LEI6
LEI120
00L
AE00L
AELEI2
LEI60
LEI4
LEI60
LEI6
LEI120
LEI6
LEI120
00L
AE00L
AE
k
22
2323
22
2323
Pero para poder operar esta matriz con el resto de los elementos de la estructura es necesario convertirla a los grados de libertad globales (compatibilidad geométrica). Esto se realiza mediante la matriz de transformación [ ]T .
[ ]
−
−
=
100000
0000
0000
000100
0000
0000
T
xy
yx
xy
yx
θθ
θθ
θθ
θθ
coscos
coscos
coscos
coscos
Donde:
Lxx 12
x−
=θcos
Lyy 12
y−
=θcos
( ) ( )2122
12 yyxxL −+−=
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3.2 Análisis Tridimensional El análisis anterior es posible hacerlo extensivo al espacio tridimensional.
Se han definido
1u y 7u : Grados de libertad locales axiales.
2u , 3u , 8u y 9u : Grados de libertad locales de corte.
4u y 10u : Grados de libertad locales de torsión
5u , 6u , 11u y 12u : Grados de libertad locales tipo giros.
1d y 7d : Grados de libertad globales de desplazamiento en x.
2d y 8d : Grados de libertad globales de desplazamiento en y.
3d y 9d : Grados de libertad globales de desplazamiento en z.
4d y 10d : Grados de libertad globales de giro en torno a x .
5d y 11d : Grados de libertad globales de giro en torno a y.
6d y 12d : Grados de libertad globales de giro en torno a z.
1s y 7s : Fuerzas axiales.
2s , 3s , 8s y 9s : Fuerzas de corte.
4s y 10s : Momentos Torsores.
5s , 6s , 11s y 12s : Momentos Flectores. θx : Ángulo de la barra respecto al eje x. θy : Ángulo de la barra respecto al eje y. θz : Ángulo de la barra respecto al eje z.
x
2d
3d
5d
6d
y
z
θy
θz
1
2
1d
4d
θx
8d
9d
11d
12d
7d
10d
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Se aplica el mismo razonamiento, por lo que se obtiene que la Matriz de Rigidez del elemento respecto a sus grados de libertad locales pero se incluye el efecto de la torsión, por lo tanto al matriz de rigidez del elemento según sus grados de libertad locales es :
[ ]
−
−
−
−
−−−
−
−
−
−
−−−
−
−
=
LEI4000
LEI60
LEI2000
LEI60
0LEI4
00000LEI2
0LEI6
00
00L
GJ00000L
GJ000
000LEI12
000LEI6
0LEI12
00
LEI6000
LEI120
LEI6000
LEI120
00000L
AE00000L
AELEI2000
LEI60
LEI4000
LEI60
0LEI2
0LEI6
000LEI4
0LEI6
00
00L
GJ00000L
GJ000
0LEI6
0LEI12
000LEI6
0LEI12
00
LEI6000
LEI120
LEI6000
LEI120
00000L
AE00000L
AE
k
x2
xx2
x
yy2
y
3y
2y
3y
2x
3x
2x
3x
x2
xx2
x
y2
yy2
y
2y
3y
2y
3y
2x
3x
2x
3x
Pero la matriz de transformación será:
[ ]
[ ][ ]
[ ][ ] 12x12T000
0T0000T0000T
T
=
**
**
Donde:
[ ]( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
++−
+−+
+−=
2z
2x
x2
z2
x
z
2z
2x
zy2z
2x2
z2
x
yx
zyx
0
T
θθ
θ
θθ
θθθ
θθθθ
θθ
θθθθθ
coscos
cos
coscos
coscoscos
·coscoscoscos
coscos
·coscoscoscoscos
*
Donde:
Lxx 12
x−
=θcos L
yy 12y
−=θcos
Lzz 12
z−
=θcos
( ) ( ) ( )2122
122
12 zzyyxxL −+−+−=
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Finalmente debemos hacer notar que si :
( ) ( ) 02z
2x =+ θθ coscos
La matriz [ ]*T no esta definida. En este caso:
[ ]
−=
100
00
00
T y
y
θ
θ
cos
cos
*
4 Matriz de rigidez global. Del análisis anterior hemos determinado que la relación existente entre las deformaciones en coordenadas locales y las fuerzas actuantes en dichas direcciones es:
{ } [ ] { }uks i ⋅= (1) Si deseamos convertir la anterior ecuación a un sistema de coordenadas globales, podemos utilizar las ecuaciones de compatibilidad geométrica, que relacionan los grados de libertad locales con los grados de libertad globales mediante la matriz de transformación correspondiente:
{ } [ ] { }dTu ⋅= (2) Por lo tanto reemplazando en (1):
{ } [ ] [ ] { }dTks i ⋅⋅= (3) Además, podemos establecer las ecuaciones de equilibrio. En ellas se debe comprobar que la las componentes en los grados de libertad globales resultante de las cargas externas debe ser igual a las fuerzas internas expresadas en el mismo sistema de coordenadas (globales), esto es:
{ } [ ] { }WTs ⋅=
O bien :
{ } [ ] { }sTW 1 ·−= Que dadas las propiedades de la matriz [ ]T se puede demostrar que [ ] [ ]T1 TT =− , por lo tanto:
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{ } [ ] { }sTW T ·= Volviendo a la ecuación (3), obtenemos:
{ } [ ] [ ] { }dTks i ⋅⋅= Premultiplicando por [ ]TT , se tiene:
[ ] { } [ ] [ ] [ ] { }dTkTsT i
TT ⋅⋅⋅=⋅ { } [ ] [ ] [ ] { }dTkTW i
T ⋅⋅⋅=
{ } [ ] { }dkW i ⋅= Donde la matriz [ ]k se conoce como matriz de rigidez del elemento referido a los grados de libertad globales:
[ ] [ ] [ ] [ ]TkTk iT
i ⋅⋅= Mediante la metodología antes expuesta es posible obtener las matrices de rigidez de cada uno de los elementos referidos a grados de libertad globales. Esto se realiza operando matrices de manera muy simple. Solo resta, entonces, ensamblar utilizando las matrices [ ]k de cada elemento de manera adecuada a fin de obtener la matriz de rigidez de la estructura completa [ ]K , en que se considera como aporta la rigidez de cada elemento en las resistencia a la deformación en los diferentes grados de libertad, previamente definidos.
5 Modelación.
5.1 Ensamble de la matriz de Rigidez de la estructura. Una vez que todas las matrices de rigidez de los elementos se han expresado en coordenadas globales, resulta necesario ensamblarlas en el orden apropiado para poder encontrar la matriz de rigidez de la estructura completa [ ]K . Este proceso de combinar las matrices de cada elemento depende de una cuidadosa identificación de las componentes de cada matriz. Para lograr lo anterior es necesario enumerar cada uno de los nodos de la estructura, luego enumerar cada elemento y direccionarlos a fin de determinar sus grados de libertar locales. En seguida, para cada nodo, indicar los grado de libertar globales. Cada componente de las matrices de rigidez de los elementos corresponderá al efecto que dicho elemento ejerce sobre el grado de libertad global correspondiente de la estructura, y por lo tanto, se le asignara una posición determinada (fila-columna) en la matriz de rigidez global de
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la estructura [ ]K . Las dimensiones de la matriz [ ]K , entonces, quedarán definidas por el numero de grados de libertad de la estructura. Para entender mejor, veamos un ejemplo. Ejemplo 1: Determinar la matriz de rigidez de la siguiente estructura. Considere AE igual para todas la barras.
Desarrollo:
1) Enumerar Nodos, Enumerar Barras y direccionarlas.
2) Identificar los grados de libertad globales (incógnitas).
1 2
3 4
1
32
4
5
6
d1
d2
d3 d4
d5
2 m
2 m
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3) Definir las matrices de rigidez por elemento en coordenadas locales [ ]ik y sus matrices
de transformación [ ]iT .
[ ] ( )
−
−⋅=
11
11
LAEk
i
ii [ ]
=
yx
yx
i00
00T
θθ
θθ
coscos
coscos
Luego:
[ ]
−
−⋅=
11
11
2AEk1 [ ]
=
0100
0001T1
[ ]
−
−⋅=
11
11
2AEk2 [ ]
=
1000
0010T2
[ ]
−
−⋅=
11
11
22AEk3 [ ]
=
22
2200
0022
22
T3
[ ]
−
−⋅=
11
11
22AEk4 [ ]
−
−=
22
2200
0022
22
T4
[ ]
−
−⋅=
11
11
2AEk5 [ ]
=
0100
0001T5
[ ]
−
−⋅=
11
11
2AEk6 [ ]
=
1000
0010T6
4) Definir las matrices de rigidez por elemento en coordenadas globales [ ]ik .
[ ] [ ] [ ] [ ]TkTk i
Ti ⋅⋅=
Luego:
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[ ]
5
2
1
1
521
d0dd
00000500500000050050
AEk
d0dd
−
−
⋅=..
..
[ ]
4
3
2
1
2
4321
dddd
5005000000
5005000000
AEk
dddd
−
−⋅=
..
..
[ ]
00dd
1760176017601760176017601760176017601760176017601760176017601760
AEk
00dd
2
1
3
21
−−−−
−−−−
⋅=
....
............
[ ]
5
4
3
4
543
d0dd
176017601760176017601760176017601760176017601760
1760176017601760
AEk
d0dd
−−−−−−
−−
⋅=
............
....
[ ]
00dd
00000500500000050050
AEk
00dd
4
3
5
43
−
−
⋅=..
..
[ ]
00d0
5005000000
5005000000
AEk
00d0
56
5
−
−⋅=
..
..
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En la matrices se ha indicado a que grado de libertad de la estructura corresponde cada componente.
5) Ensamble de la matriz de rigidez de la estructura en coordenadas globales [ ]K . Debido
a que existen 5 grados de libertad la matriz tendrá dimensiones 5x5.
[ ]
5
4
3
2
1
54321
ddddd
501760176017600017601760501760500
1760176050176000050017605017600001760176050
AEK
ddddd
+−−+−−
−+−+
+
⋅=
.........
........
...
[ ]
5
4
3
2
1
54321
ddddd
67601760176000176067601760500
1760176067600005006760176000017606760
AEK
ddddd
−−−−
−−
⋅=
.......
......
..
Análisis de Estructuras Capítulo 5 – Método de la Rigidez Enfoque Matricial
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6) Generar la ecuación de rigidez de la estructura. { } [ ] { }dKW ⋅=
{ }
−
−−−
−
−
⋅=
5
4
3
2
1
d
d
d
d
d
67601760176000
176067601760500
17601760676000
050067601760
00017606760
AEW ·
...
....
...
...
..
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5.2 Condiciones de Apoyo. Definición de Grados de libertad activos. (Vectores de conectividad).
Como se ve en el ejemplo anterior, solo algunos grados de libertad de todos los posibles son los que participan de la deformación de la estructura, vale decir, solo algunos, están activos. Por lo tanto de las matrices de rigidez de cada elemento se elegirán solo aquellos activos y que irán a ensamblar la matriz global, tal como se vio anteriormente. Esto significa que no es necesario calcular todas y cada una de las componentes de la matriz, sino que bastaría solo con calcular aquellas activas. Este análisis es posible realizarlo utilizando los vectores de conectividad, los que se debe definir antes de obtener la matrices [ ]ik , para poder definir aquellas componentes útiles, y también nos servirán para completar la matriz global. Estos vectores de conectividad corresponde a las filas y columnas que hemos dispuesto en las matrices de ejemplo anterior para indicar el significad de cada elemento en la matriz, Volvamos a dicho ejemplo:
Los vectores de conectividad serán:
5021C1 =
4321C2 =
0021C3 =
5043C4 =
0043C5 =
0050C5 = Las ubicación de la componente en el vector se refiere al grado de libertad global en la matriz del elemento, el número contenido en dicha ubicación indica el lugar que ocupa en la matriz de
d1
d2
d3 d4
d5
1
32
4
5
6
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la estructura. Así en el caso de la matriz [ ]1k se utilizaran las componentes de la 1, 2, y 4 fila y columna. Y se ubicaran de la siguiente forma:
11111 Kk → 12
112 Kk → 15
114 Kk →
21121 Kk → 22
122 Kk → 25
124 Kk →
51141 Kk → 52
142 Kk → 55
144 Kk →
Donde: n
jkk = componente de rigidez jk del elemento n
jkK = componente de rigidez jk de la matriz de la estructura
Entonces:
5021C1 = [ ]
⋅=
0xx00xxxxxxxx0xx000xx050
AEk1
.
4321C2 = [ ]
−
−⋅=
5005000000
5005000000
AEk2
..
..
0021C3 = [ ]
⋅=
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx17601760xxxx17601760
AEk3
..
..
5043C4 = [ ]
−
−−−
⋅=
1760xx17601760xxxxxxxx1760xx17601760
1760xx17601760
AEk4
...
......
0043C5 = [ ]
⋅=
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx00xxxx050
AEk5
.
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0050C5 = [ ]
⋅=
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx50xxxxxxxxxx
AEk6
.
Así:
[ ]
++++++++++
++++++++
⋅=
622
444
144
442
441
142
141
424
522
422
244
521
421
243
242
241
414
512
412
234
511
411
233
232
231
124
224
223
322
222
122
321
221
121
114
214
213
312
212
112
311
211
111
kkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkk
AEK
[ ]
−−−−
−−
⋅=
67601760176000176067601760500
1760176067600005006760176000017606760
AEK
.......
......
..
5.3 Vector de cargas externas.
5.3.1 Caso Cargas Nodales En este caso se supone que las cargas sobre el sistema están aplicadas directamente sobre los nudos, vale decir en los grados de libertad del problema. En este caso la definición del vector de carga es inmediata. Ejemplo 2: Enrejado.
d1
d2
d3 d4 d5
d6
5
15 10
{ }
−
=
0100
155
0
W
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5.3.2 Caso General Se empleará en este caso las ecuaciones de equilibrio para vigas doblemente empotradas y el principio de superposición, traspasando las cargas a los nudos. Ejemplo 3: Marco.
q P
d1
d2 d3
d4
d5 d6
L
+ = qL/2
qL/2
qL2/12 qL2/12 q
N1(x) M1(x) Q1(x)
P
qL/2 qL/2
qL2/12 qL2/12
N2(x) M2(x) Q2(x)
{ }12qL
2qL0
12qL
2qLPW
22T −−−=
N(x) = N1(x)+N2(x) M(x) = M1(x)+M2(x) Q(x) = Q1(x)+Q2(x)
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5.3.3 Caso Térmico En este caso la aplicación también es directa en los grados de libertad correspondiente
( )
EA2
TTN is ··
∆+∆= α
( )EI
hTT
M si ··∆−∆
= α
5.4 Cálculo de Esfuerzos internos. De las ecuaciones de equilibrio presentadas en la sección 4 tenemos que:
{ } [ ] { }uks i ⋅= { } [ ] { }dTu ⋅= { } [ ] [ ] { }dTks i ⋅⋅=
Como ya se han obtenido los valores numéricos correspondientes al vector { }d es posible conseguir explícitamente la magnitud de los esfuerzos internos, lo mismo que las deformaciones relativas { }u .
iT∆
sT∆N N
M M
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Problema: En el Marco mostrado en la figura, calcular y dibujar la configuración deformada y obtener las reacciones en el apoyo A.
q = 2 Ton/m P = 4 Ton EI = 103 T·m2
EA = 104 T
P
4 m 3 m
2 m
2 m
q
A
B C
D
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6 Condiciones de modelación
6.1 Elementos Axialmente Indeformables.
Deformación axial: 14 uu −=δ
y2x1y5x4 dddd θθθθδ coscoscoscos −−+= Condición de indeformabilidad axial: 0=δ
y2x1y5x4 dddd0 θθθθ coscoscoscos −−+=
Se elimina un grado de libertad.
Casos particulares:
a. Barra horizontal: 2
0
y
x
πθ
θ
=
=
01
y
x
=
=
θθ
coscos
14 dd0 −= 14 dd =
b. Barra vertical: 0
2y
x
=
=
θ
πθ
10
y
x
==
θθ
coscos
25 dd0 −= 25 dd =
6.2 Elementos Rotulados. Condición de rótula:
Momento = 0 W6 = 0 En la ecuación
{ } [ ] { } 1x66x61x6 dKW ⋅=
La primera ecuación será:
6165154143132121111 dkdkdkdkdkdkW ······ +++++=
6d
x
y
θx
θy
1u 1d
2d 3d
4u
4d
5d
6W
x
y
1W
2W 3W 4W
5W
Rótula
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La sexta ecuación será:
6665654643632621616 dkdkdkdkdkdkW ······ +++++= La condición de rótula impone:
666565464363262161 dkdkdkdkdkdk0 ······ +++++= Por lo tanto, d6 no es incógnita y se incluye la ecuación adicional:
566
654
66
643
66
632
66
621
66
616 d
kk
dkk
dkk
dkk
dkk
d ····· −−−−−=
Que se debe reemplazar en la ecuaciones anteriores. Por lo tanto, se llega a una nueva ecuación de la siguiente forma:
{ } [ ] { } 1x55x51x5 dKW ⋅= **
6.3 Condiciones de Simetría. Una adecuada comprensión de las condiciones de simetría mecánicas o geométricas de una estructura ayudará a reducir el número de grados de libertad a determinar en una estructura. Ejemplo 1:
P P
Eje de Simetría
P
Eje de Simetría
=
despl.. vertical libre Corte = 0
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Ejemplo 2:
6.4 Condiciones de Borde.
Condición geométrica: dxtgdy ⋅= α Lo anterior implica modificar la ecuación del sistema global, reduciendo el numero de incógnitas. (Método muy ineficiente).
Eje de simetría
mecánico Momento = 0
P P P
=
α
dy
dx
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6.5 Elementos con secciones rígidas. Modelo:
Sección flexible:
Ecuación de rigidez: { } [ ] { }dkW ⋅= Ecuaciones de compatibilidad:
11311 senLDDd α·⋅−=
11322 LDDd α·cos⋅+=
33 Dd =
22644 senLDDd α·⋅−=
22655 LDDd α·cos⋅+=
66 Dd = Ecuación matricial de compatibilidad: { } [ ] { }DTd 6x6D1x6 ⋅= Donde:
[ ]
−
−
=
100000L10000
senL01000000100000L10000senL01
T
22
22
11
11
6x6D
αα
αα
·cos·
·cos·
θx
α1
α2
L1
L2
L
Secciones Rígidas
Sección Flexible
D1
D4
d1
D6
D5
D3
D2
d3 d2
d4
d5
d6
y
x
θxL
d1
d3 d2
d4
d5 d6
y
x
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Entonces:
{ } [ ] { }dkW ⋅= { } [ ] [ ] { }DTkW D ⋅⋅=
[ ] { } [ ] [ ] [ ] { }DTkTWT DT
DT
D ⋅⋅⋅=⋅
IDEA MODELO
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7 Método de Reducción Matricial. Condensación Estática. Supongamos que la matriz de rigidez [ ]K de un sistema estructural ha sido generada con respecto a todos sus grados de libertad. El objetivos del método de reducción matricial conocido como Condensación estática será reducir el las dimensiones de la matriz de rigidez de tal manera que incluya sólo los grados de libertad de interés (grados de libertad activos).
{ } [ ] { }AAA DKW ⋅= Consideremos la siguiente estructura, de la cual solo nos interesa determinar los desplazamiento horizontales de cada nivel.
Si se reordenan los grados de libertad activos de tal manera de dejarlos en los primeros lugares de la ecuación j
jiji dKW ⋅= ∑ , vale decir, mediante la permutación de filas y columnas
dejarlos en la parte superior del vector de desplazamiento se obtiene:
{ }{ }
[ ] [ ][ ] [ ]
{ }{ }
⋅
=
ΙΙΙΙ
Ι
Ι DD
KKKK
WW A
A
AAAA (1)
Donde el subíndice A significa Activo y el subíndice I significa Inactivo. Entonces:
[ ] { } [ ] { } { }AAAAA WDKDK =⋅+⋅ ΙΙ (2) [ ] { } [ ] { } { }ΙΙΙΙΙ =⋅+⋅ WDKDK AA (3)
Reordenando de (3):
Axialmente Indeformable
{ } [ ] { }DKW 15x15 ⋅=
15 grados de libertad d3
d2
d1
d1 , d2 y d3 : g. l. activos
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{ } [ ] { } [ ] { }( )AA1 DKWKD ⋅−⋅= ΙΙ−
ΙΙΙ (4) Reemplazando (4) en (2):
[ ] { } [ ] [ ] { } [ ] { }( ) { }AAA1
AAAA WDKWKKDK =⋅−⋅⋅+⋅ ΙΙ−
ΙΙΙ
[ ] { } [ ] [ ] { } [ ] [ ] [ ] { } { }AAA1
A1
AAAA WDKKKWKKDK =⋅⋅−⋅+⋅ Ι−
ΙΙΙΙ−
ΙΙΙ
[ ] [ ] [ ] [ ]( ) { } { } [ ] [ ] { }Ι−ΙΙΙΙ
−ΙΙΙ ⋅−=⋅⋅− WKKWDKKKK 1
AAAA1
AAA Definiendo:
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]A1
AAAA KKKKK Ι−
ΙΙΙ ⋅−=
{ } { } [ ] [ ] { }Ι−ΙΙΙ ⋅−= WKKWW 1
AAA { } { }AA DD =
Entonces:
{ } [ ] { }AAA DKW ⋅=
Axialmente Indeformable
15 grados de libertad
Axialmente Indeformable
3 grados de libertad
d3
d2
d1
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8 Modelación de edificios. Modelo:
Ecuación global: [ ] { } { }WDK =⋅ Condensación estática: [ ] { } { }AAA WDK =⋅ Grados de libertad actívos: ijd
Eje resistente: [ ] { } { }jjnxnj WdK =⋅
xi, ui
yi, vi
θi
Rij
αij
Nivel i Diafragma
Infinitamente Rígido
Eje Resistente j (Rij αij)
Wij dij dij : Grado de libertad
dij
Nivel i
Eje resistente j
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8.1 Matriz de Rigidez. Sea n el número de niveles, entonces, si se tiene un eje resistente j:
Por condensación estática es posible obtener:
{ }{
[ ] { }{
esHorizontalDespl
j
HorizontalRigidez
deMatriz
nxnj
fuerzasde
vector
j dKP.
⋅=321
Donde: { }
=
nj
j2
j1
j
P
PP
PM
{ }
=
nj
j2
j1
j
d
dd
dM
Las ecuaciones de compatibilidad geométrica se extraen de la siguiente figura:
( ) ( ) iijiijiijij Rvusend θαα ⋅+⋅+⋅−= cos con i = 1, .., n
Expresado en forma matricial se obtiene:
{ } [ ] { }qTd j1nxij ⋅=
dnj
d1j
d2j
d3j
xi
yi
θi
Rij
αij
Nivel i
dij
vi
ui
Elemento j
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Donde:
[ ] ( ) [ ] ( ) [ ]
n3nDiagonalMatriz
ijnxnijnxnijj
00
0R0
00
senT
+
Ι⋅Ι⋅−=
44 344 21O
O
αα cos
{ }
=
n
1
n
1
n
1
v
vu
u
q
θ
θM
M
M
Consideremos el elemento resistente j:
{ } [ ] { }1nxjnxnj1nxj dKP ⋅= (1)
Además:
{ } [ ] { } 1nx3n3nxj1nxj qTd ⋅= (2) Premultiplicando (2) por [ ]
nxnjK :
[ ] { } [ ] [ ] { } 1nx3n3nxjnxnj1nxjnxnj qTKdK ⋅⋅=⋅ (3) Reemplazando (1) en (3):
{ } [ ] [ ] { } 1nx3n3nxjnxnj1nxj qTKP ⋅⋅= (4) Premultiplicando (4) por [ ]T
nxn3jT :
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[ ] { } [ ] [ ] [ ] { } 1nx3n3nxjnxnjT
nxn3j1nxjT
nxn3j qTKTPT ⋅⋅⋅=⋅ (5)
{ } [ ] [ ] [ ] { }3214444 34444 2143421
EdificiodellibertaddeGrados
1nx3
resistenteejeunsólodoconsideranEdificiodelRigidezdeMatriz
n3nx3
n3nxjnxnjT
nxn3j
Equilibriode
ciónTransforma
1nx3j qTKTQ ⋅⋅⋅= (6)
Multiplicando se obtiene:
( ) ( )
[ ] [ ] [ ]
( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) [ ] [ ]
( ) ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) [ ] [ ]
( ) [ ] [ ] ( ) [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
( )
( )
j
j
j
jjj
R
sen
jjjjjjjjj
jjjjj2
jjj
jjjjjjjj2
n3nxjnxnjT
nxn3j
Rsen
RKRRKRKsen
RKKKsen
RKsenKsenKsen
TKT α
α
αα
αα
αααα
αααα
cos
cos
cos
coscoscos
cos −
⋅⋅⋅⋅⋅⋅−
⋅⋅⋅⋅−
⋅⋅−⋅−⋅
=⋅⋅
Si se considera que el edificio cuenta con m eje resistentes, entonces la matriz de rigidez global de todo el sistema estará dada por:
[ ]
( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) [ ] [ ]
( ) ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) [ ] [ ]
( ) [ ] [ ] ( ) [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
⋅⋅⋅⋅⋅⋅−
⋅⋅⋅⋅−
⋅⋅−⋅−⋅
=
∑∑∑
∑∑∑
∑∑∑
===
===
===
m
1jjjj
m
1jjjj
m
1jjjj
m
1jjjj
m
1jjj
2m
1jjjj
m
1jjjj
m
1jjjj
m
1jjj
2
n3nx3
RKRRKRKsen
RKKKsen
RKsenKsenKsen
K
αα
αααα
αααα
cos
coscoscos
cos
Finalmente se procede de la siguiente forma: Resolviendo { } [ ] { } 1nx3n3nx31nx3 qKQ ⋅= se obtiene { } 1nx3q Conocido { } 1nx3q por ecuaciones de compatibilidad obtenemos { } [ ] { }qTd j1nxj ⋅= Conocidos los { }
1nxjd determinamos los esfuerzos internos de cada elemento (Mto, corte, axial).
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8.2 Fuerzas Inerciales. Matriz de Masas.
Caso Discreto:
⋅
••
••
••
)(
)(
)(
t
tv
tu
M
i
i
i
3x3
i
θ
Si iu , iv , iθ son desplazamientos virtuales, entonces el trabajo virtual realizado por las fuerzas inerciales es:
[ ] Virtual
i
i
i
i
T
i
i
i
Wvu
Mvu
=
⋅
••
••
••
θθ
Caso Continuo: Fuerzas de Inercia debido a la distribución continua de masa.
{ i
erficiedeunidadpormasadeóndistribucinAceleració
AdyxFdr
321&&
r⋅⋅=
→
sup
),(µδ
iA
AdyxFi
r&&
r∫ ⋅
⋅=→
),(µδ
xi
yi
θi
(x,y)
Nivel i
vi
ui
δr
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Si →
δ es el vector de desplazamientos virtuales, entonces el trabajo virtual realizado por las fuerzas inerciales es:
iA
Virtual AdyxWi
r&&∫ ⋅⋅⋅=
→→
),(µδδ
Pero:
( ) ( ) jviu ixiiyiˆˆ ⋅++⋅−=
→
θθδ
( ) ( ) jviu ixiiyiˆˆ ⋅++⋅−=
→
θθδ &&&&&&&&&&
( ) ( ) jviu ixiiyiˆˆ ⋅++⋅−=
→
θθδ De donde:
[ ] iA
i
i
i
i
T
i
i
i
Adyxvu
Mvu
i
r&&∫ ⋅⋅⋅=
⋅
→→
••
••
••
),(µδδθθ
Por lo tanto el trabajo virtual según un modelo discreto y según un modelos continuo son iguales.
[ ]
⋅
=⋅
••
••
••
→→
i
i
iT
i
i
i
vu
Bvu
θθδδ &&
⋅
+−
−
=⋅
••
••
••
→→
i
i
i
22
T
i
i
i
vu
yxxyx10y01
vu
θθδδ &&
Entonces:
⋅
⋅
=⋅⋅⋅
••
••
••
→→
∫i
i
i
i
T
i
i
i
A
vu
Mvu
Adyxi θθ
µδδr
&& ),(
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[ ]
⋅
=⋅⋅⋅
••
••
••
→→
∫∫i
i
i
iA
T
i
i
i
A
vu
dAyxBvu
Adyxii θ
µθ
µδδ ·),(·),(r
&&
Luego la matriz de masas es:
[ ]
( )
−
−
=
+−
−
=
∫∫∫
∫∫
∫∫
iyyixxi
yyii
xxii
iA
22i
Ai
A
iA
iA
iA
iA
i
JII
Im0
I0m
dAyxyxdAyxxdAyxy
dAyxxdAyx0
dAyxy0dAyx
M
iii
ii
ii
·),(··),(··),(·
·),(··),(
·),(··),(
µµµ
µµ
µµ
Donde: mi : Masa del nivel i. JJ : Momento polar de inercia del nivel i. Ixxi : Momento de inercia respecto al eje x-x del nivel i. Iyyi : Momento de inercia respecto al eje y-y del nivel i. Si el origen de coordenadas se fija en el Centro de masa, Ixxi e Iyyi son por definición nulos, entonces la matriz de masa queda:
=
i
i
i
i
J000m000m
M
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Finalmente la matriz de masas global del edificio será:
[ ]
=
n
1
n
1
n
1
J000
Jm
mm
000m
M
LLLLLL
OOM
MOOM
MOOM
MOOOM
MOOM
MOOM
MOO
LLLLLL
Ecuación de Estática : [ ] { } { }WqK =⋅ Ecuación de Dinámica : [ ] { } [ ] { } { })()()( tWtqKtqM =⋅+⋅ &&
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