ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
2D Y 3D PROBLEMARIO
Ortiz David Molina Marcos Martínez Hugo J. Bernal Elan Hernández Daniel García Pascual Berruecos Sergio
Se ha escrito este libro con la finalidad primordial de apoyar a profesores y estudiantes en la enseñanza y el aprendizaje del análisis estructural. Esta disciplina es trascendental en las licenciaturas de Ingeniería Civil, Ingeniería Mecánica, Ingeniería Aeronáutica, Arquitectura, entre otras. Su dominio es fundamental para todo aquel profesionista cuya ocupación sea el diseño de obras, tales como naves industriales, rascacielos, puentes, presas, plantas industriales, plataformas marítimas, etc. En el libro se ofrece inicialmente conceptos básicos sobre la teoría del análisis estructural y finalmente la aplicación de ello a través de un problemario consistente en una gran variedad de ejercicios resueltos minuciosamente sobre estructuras isostáticas e hiperestáticas, en el plano y en el espacio, particularmente vigas, marcos y armaduras, los cuales son comunes encontrarlos en las tareas y exámenes de varias asignaturas del área de Estructuras en los cursos de Licenciatura, Propedéutico y Maestría. Se les recomienda a los lectores tener conocimientos acerca de mecánica de materiales, estática, estructuras isostáticas, algebra, algebra matricial, cálculo diferencial e integral, ecuaciones diferenciales y si es posible, programación con matlab. Los autores consideramos que el dominio de los principios básicos es indispensable para el uso de los programas de cómputo disponibles hoy en día, debido a que una vez desarrollada en el lector la habilidad de analizar a mano las estructuras, este comprenderá el modo de funcionamiento de los softwares y poseerá un mejor criterio. Contrariamente, si se hace uso de programas sin dicho conocimiento, es muy riesgoso.
MÉTODO DE LA RIGIDEZ MATRICIAL APLICADO A UNA VIGA QUE SI ESTÁ SOMETIDA A CARGA AXIAL Y SU PROGRAMACIÓN EN MATLAB.
Ortiz David1, Molina Marcos2, Martínez Hugo1, J. Bernal Elan2, Hernández Daniel1, García Pascual2, Berruecos Sergio1, Palomino Alex Henrry3, 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.
4.
Universidad Nacional de Cajamarca, Perú. Universidad Nacional Jorge Basadre Grohmann
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. Notación.
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
desplazamientos desconocidos 𝐷𝐷 y el de desplazamientos conocidos 𝐷𝐶 . Por las condiciones de apoyo en el problema se tiene 𝐷1 𝜃𝐷 1 𝐷2 ∆𝐻𝐷 2 𝐷3 𝜃𝐶 3 𝐷4 4 𝜃𝐵 𝐷5 ∆𝐻𝐵 5 𝐷6 𝐷𝐷 6 0 𝐷=( )= = 𝐷𝐶 𝐷7 7 0 𝐷8 8 0 𝐷9 9 0 𝐷10 10 0 𝐷11 0 11 ( (𝐷12 ) 0 ) 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.
Elemento 1.
𝑅𝐴𝑌 = 𝑅𝐵𝑌 = 𝑀𝐴 = 𝑀𝐵 =
𝑊𝐿2 15
𝑊𝐿
=
3
=
(3𝑇/𝑚)(2𝑚)
= 2𝑇
3
(3𝑇/𝑚)(2𝑚)2 15
= 0.8 𝑇. 𝑚
Elemento 2.
𝑅𝐴𝑌 = 𝑅𝐵𝑌 = 𝑅𝐴𝑋 = 𝑅𝐵𝑋 = 𝑀𝐴 = 𝑀𝐵 =
𝑃∗sin 𝛼 2 𝑃∗cos 𝛼 2
𝑃∗𝐿∗sin 𝛼 8
=
(5𝑇)(sin(50°))
=
2
=
= 1.9151 𝑇
(5𝑇)(cos(50°)) 2
(5𝑇)(2𝑚)(sin(50°)) 8
= 1.6070 𝑇 = 0.9576 𝑇. 𝑚
Elemento 3.
𝑅𝐴𝑌 = 𝑅𝐵𝑌 =
3𝑀 2𝐿
=
(3)(2𝑇/𝑚) (2)(2𝑚)
= 1.5 𝑇
𝑀𝐴 = 𝑀𝐵 =
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 𝐶𝐶 y un vector de cargas desconocidas 𝐶𝐷 . 𝐶1 0.5 1 𝐶2 0 2 𝐶3 1.4576 3 −0.1576 𝐶4 4 −1.6070 𝐶5 5 𝑅𝐷𝑌 − 1.5 𝐶6 𝐶𝐶 6 𝐶=( )= = 𝑅 − 0.4151 𝐶𝐷 𝐶7 7 𝐶𝑌 𝑅𝐶𝑋 − 1.6070 8 𝐶8 𝑅𝐵𝑌 − 3.9151 9 𝐶9 𝑅𝐴𝑌 − 2 𝐶10 10 𝑅𝐴𝑋 11 𝐶11 (𝐶12 ) ( 𝑀𝐴 − 0.8 ) 12
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 1 2
3 ∑𝑡
𝐼𝑜 (𝑐𝑚4 ) 1 ( ) (20)(43 ) 12 = 106.6667 1 ( ) (4)(153 ) 12 = 1125 1 ( ) (20)(43 ) 12 = 106.6667 1338.3334
𝐴 (𝑐𝑚2 )
d (cm)
𝐴𝑑 2 (𝑐𝑚4 )
(20)(4) = 80
9.5
7220
(4)(15) = 60
0
0
(20)(4) = 80
9.5
7220
220
Aplicando el teorema de los ejes paralelos se tiene
14440
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 𝐸 = 2.1 ∗ 107 𝑇⁄𝑚2
𝐴 = 220𝑐𝑚2 = 0.022𝑚2
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. 𝑁𝑥
𝑁𝑦
𝑁𝑧
𝐸𝐴 𝐿
0
0
12𝐸𝐼 𝐿3 6𝐸𝐼 𝐿2
6𝐸𝐼 𝐿2 4𝐸𝐼 𝐿
0
0
0 0 𝑘1 = −
𝐸𝐴 𝐿 0
( 0 11
12𝐸𝐼 𝐿3 6𝐸𝐼 𝐿2
−
10
6𝐸𝐼 𝐿2 2𝐸𝐼 𝐿
−
12
2.31 0 0 0.0497 0 0.0497 = 105 −2.31 0 0 −0.0497 ( 0 0.0497
0 0.0497 0.0663 0 −0.0497 0.0331
𝐹𝑥 𝐸𝐴 𝐿
−
0
𝐹𝑦
𝐹𝑧
0
0
12𝐸𝐼 𝐿3 6𝐸𝐼 − 2 𝐿
6𝐸𝐼 𝐿2 2𝐸𝐼 𝐿
𝑁𝑧
0
0
𝐹𝑥
−
0 𝐸𝐴 𝐿 0 0 5
12𝐸𝐼 𝐿3 6𝐸𝐼 − 2 𝐿
𝑁𝑥 𝑁𝑦
6𝐸𝐼 𝐹𝑦 𝐿2 4𝐸𝐼 𝐹𝑧 𝐿 )
−
9
4
−2.31 0 0 −0.0497 0 −0.0497 2.31 0 0 0.0497 0 −0.0497
0 11 0.0497 10 0.0331 12 0 5 −0.0497 9 0.0663 ) 4
Elemento 2. 5 2.31 0 0 𝑘2 = 105 −2.31 0 ( 0
9 0 0.0497 0.0497 0 −0.0497 0.0497
4 0 0.0497 0.0663 0 −0.0497 0.0331
8
7
−2.31 0 0 −0.0497 0 −0.0497 2.31 0 0 0.0497 0 −0.0497
3 0 5 0.0497 9 0.0331 4 0 8 −0.0497 7 0.0663 ) 3
Elemento 3. 8
7
2.31 0 0 𝑘3 = 105 −2.31 0 ( 0
0 0.0497 0.0497 0 −0.0497 0.0497
3
2
0 0.0497 0.0663 0 −0.0497 0.0331
6
−2.31 0 0 −0.0497 0 −0.0497 2.31 0 0 0.0497 0 −0.0497
1 0 8 0.0497 7 0.0331 3 0 2 −0.0497 6 0.0663 ) 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
0.0663 0 0.0331 0 0 −0.0497 0.0497 0 0 0 0 0 1 0 2.31 0 0 0 0 0 −2.31 0 0 0 0 2 0.0331 0 0.1325 0.0331 0 −0.0497 0 0 0.0497 0 0 0 3 0 0 0.0331 0.1325 0 0 −0.0497 0 0 0.0497 0 0.0331 4 0 0 0 0 4.62 0 0 −2.31 0 0 −2.31 0 5 −0.0497 0 −0.0497 0 0 0.0497 −0.0497 0 0 0 0 0 6 𝐾 = 105 ∗ 0.0497 0 0 −0.0497 0 −0.0497 0.0497 0 −0.0497 0 0 0 7 0 −2.31 0 0 −2.31 0 0 4.62 0 0 0 0 8 0 0 0.0497 0 0 0 −0.0497 0 0.0994 −0.0497 0 −0.0497 9 0 0 0 0.0497 0 0 0 0 −0.0497 0.0497 0 0.0497 10 0 0 0 0 −2.31 0 0 0 0 0 2.31 0 11 ( 0 0 0 0.0331 0 0 0 0 −0.0497 0.0497 0 0.0663 ) 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 𝐾21
𝐾12 ) 𝐾22
Cálculo de las incógnitas. Al hacer 𝐶 = 𝐾 ∗ 𝐷 se tiene 0.5 𝜃𝐷 0.0663 0 0.0331 0 0 −0.0497 0.0497 0 0 0 0 0 0 ∆𝐻𝐷 0 2.31 0 0 0 0 0 −2.31 0 0 0 0 1.4576 𝜃𝐶 0.0331 0 0.1325 0.0331 0 −0.0497 0 0 0.0497 0 0 0 −0.1576 0 0 0.0331 0.1325 0 0 −0.0497 0 0 0.0497 0 0.0331 𝜃𝐵 −1.6070 0 0 0 0 4.62 0 0 −2.31 0 0 −2.31 0 ∆𝐻𝐵 𝑅𝐷𝑌 − 1.5 −0.0497 0 −0.0497 0 0 0.0497 −0.0497 0 0 0 0 0 0 5 = 10 ∗ 𝑅𝐶𝑌 − 0.4151 0.0497 0 0 −0.0497 0 −0.0497 0.0497 0 −0.0497 0 0 0 0 𝑅𝐶𝑋 − 1.6070 0 −2.31 0 0 −2.31 0 0 4.62 0 0 0 0 0 𝑅𝐵𝑌 − 3.9151 0 0 0.0497 0 0 0 −0.0497 0 0.0994 −0.0497 0 −0.0497 0 𝑅𝐴𝑌 − 2 0 0 0 0.0497 0 0 0 0 −0.0497 0.0497 0 0.0497 0 𝑅𝐴𝑋 0 0 0 0 −2.31 0 0 0 0 0 2.31 0 0 ( 0 0 0 0.0331 0 0 0 0 −0.0497 0.0497 0 0.0663 ) ( 0 ) ( 𝑀𝐴 − 0.8 )
El sistema matricial anterior es equivalente a 𝐶 𝐾 ( 𝐶 ) = ( 11 𝐾21 𝐶𝐷
𝐾12 𝐷𝐷 )( ) 𝐾22 𝐷𝐶
Se calculan los desplazamientos desconocidos al extraer y resolver un primer subsistema que corresponde a 𝐶𝐶 = 𝐾11 𝐷𝐷 + 𝐾12 𝐷𝐶 Como 𝐷𝐶 vale cero, la ecuación anterior pasa a ser 𝐶𝐶 = 𝐾11 𝐷𝐷 Por lo tanto, 0.0663 0.5 0 0 5 1.4576 = 10 ∗ 0.0331 0 −0.1576 (−1.6070) ( 0
0 0.0331 2.31 0 0 0.1325 0 0.0331 0 0
0 0 0.0331 0.1325 0
𝜃𝐷 0 ∆𝐻𝐷 0 𝜃𝐶 0 𝜃𝐵 0 4.62) (∆𝐻𝐵 )
𝜃𝐷 0.0000176 𝑟𝑎𝑑 ∆𝐻𝐷 0 𝜃𝐶 = 0.0001158 𝑟𝑎𝑑 𝜃𝐵 −0.0000408 𝑟𝑎𝑑 ∆ ( 𝐻𝐵 ) ( −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 𝐶𝐷 = 𝐾21 𝐷𝐷 + 𝐾22 𝐷𝐶 Como ya se mencionó, 𝐷𝐶 = 0, así que 𝐶𝐷 = 𝐾21 𝐷𝐷 Al usar los desplazamientos calculados se tiene 𝑅𝐷𝑌 − 1.5 −0.0497 𝑅𝐶𝑌 − 0.4151 0.0497 𝑅𝐶𝑋 − 1.6070 0 𝑅𝐵𝑌 − 3.9151 = 105 ∗ 0 𝑅𝐴𝑌 − 2 0 𝑅𝐴𝑋 0 ( 0 ( 𝑀𝐴 − 0.8 )
0 0 −2.31 0 0 0 0
−0.0497 0 0 0.0497 0 0 0
0 −0.0497 0 0 0.0497 0 0.0331
0 −0.6628 0 0.0000176 0.2902 −2.31 0 0.8035 = 0.5755 0 0.0001158 0 −0.0000408 −0.2030 −2.31 (−0.0000035 ) 0.8035 (−0.1353) 0 )
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 𝐹1𝑌 = 5 ∗ sin 50° = 3.8302𝑇
𝐹1𝑋 = 5 ∗ cos 50° = 3.2139𝑇
La fuerza resultante de la carga distribuida y su punto de aplicación son 2 𝐶𝑃 = ( ) (3 𝑇⁄𝑚)(2𝑚) = 4𝑇 3
𝑥̅ = 1𝑚
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 1.7970 − 4 + 4.4906 − 3.8302 + 0.7053 + 0.8372 = 0 +→ ∑ 𝐹𝑋 = 0.8035 − 3.2139 + 2.4105 ≅ 0
𝑜𝑘
𝑜𝑘
+ ∑ 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 𝐴𝐶 = −
4𝑊 3 2𝑊 2 4∗3 3 2∗3 2 𝑥 + 𝑥 =− 𝑥 + 𝑥 = −𝑥 3 + 3𝑥 2 2 3𝐿 𝐿 3 ∗ 22 2
y su línea de acción se localiza a una distancia de − 𝑥̅ =
𝑊 4 4𝑊 3 3 4∗3 3 𝑥 + 3𝐿 𝑥 − 2 𝑥 4 + 3 ∗ 2 𝑥 3 − 𝑥 4 + 2𝑥 3 𝐿2 2 = = 43 𝑎 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑐ℎ𝑎 𝑑𝑒 𝐴 3 2 𝐴𝑐 −𝑥 + 3𝑥 −𝑥 + 3𝑥 2 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀1 − 0.6647 + 1.7970𝑥 −
𝑀1 =
(−𝑥 3
𝑥4 − 𝑥 3 + 1.7970𝑥 − 0.6647 4
+ 3𝑥
2)
(𝑥 −
𝑉1 =
3 − 4 𝑥 4 + 2𝑥 3 −𝑥 3 + 3𝑥 2
)=0
𝑑𝑀1 = 𝑥 3 − 3𝑥 2 + 1.7970 𝑑𝑥
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑁1 + 0.8035 = 0 ⇒ 𝑁1 = −0.8035
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 = 2.2876 𝑑𝑥
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑁2 = −0.8035 3𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 4𝑚
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀3 − 0.6647 + 1.7970𝑥 − 4(𝑥 − 1) + 4.4906(𝑥 − 2) − 3.8302(𝑥 − 3) = 0 𝑀3 = 5.8447 − 1.5426𝑥
𝑉3 =
𝑑𝑀3 = −1.5426 𝑑𝑥
+→ ∑ 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 = −0.8373 𝑑𝑥
+→ ∑ 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 = −0.8373 𝑑𝑥
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑁5 ≅ 0
Funciones de pendiente y de deflexión. Se aplica el método de la doble integración. Al Aplicar la ecuación diferencial 𝐸𝐼
𝑑2 𝑦 =𝑀 𝑑𝑥 2
e integrarla dos veces en cada tramo se obtiene 0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚 𝑑2𝑦 𝑥 4 𝐸𝐼 2 = − 𝑥 3 + 1.7970𝑥 − 0.6647 𝑑𝑥 4 𝑑(𝑑𝑦) 𝑥4 𝐸𝐼 ∫ = ∫ ( − 𝑥 3 + 1.7970𝑥 − 0.6647) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 4 𝐸𝐼
𝑑𝑦 = 0.05𝑥 5 − 0.25𝑥 4 + 0.8985𝑥 2 − 0.6647𝑥 + 𝐶1 𝑑𝑥
𝐸𝐼𝜃1 = 0.05𝑥 5 − 0.25𝑥 4 + 0.8985𝑥 2 − 0.6647𝑥 + 𝐶1 − − − (1) 𝐸𝐼 ∫ 𝑑𝑦 = ∫(0.05𝑥 5 − 0.25𝑥 4 + 0.8985𝑥 2 − 0.6647𝑥 + 𝐶1 )𝑑𝑥 𝐸𝐼𝑦1 = 0.008333𝑥 6 − 0.05𝑥 5 + 0.2995𝑥 3 − 0.33235𝑥 2 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 − − − (2) 2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 3𝑚 𝑑2𝑦 𝑑(𝑑𝑦) 𝐸𝐼 2 = 2.2876𝑥 − 5.6459 ⇒ 𝐸𝐼 ∫ = ∫(2.2876𝑥 − 5.6459) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝐸𝐼𝜃2 = 1.1438𝑥 2 − 5.6459𝑥 + 𝐶3 − − − (3)
𝐸𝐼 ∫ 𝑑𝑦 = ∫(1.1438𝑥 2 − 5.6459𝑥 + 𝐶3 )𝑑𝑥 𝐸𝐼𝑦2 = 0.38127𝑥 3 − 2.82295𝑥 2 + 𝐶3 𝑥 + 𝐶4 − − − (4) 3𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 4𝑚 𝐸𝐼
𝑑2𝑦 𝑑(𝑑𝑦) = 5.8447 − 1.5426𝑥 ⇒ 𝐸𝐼 ∫ = ∫(5.8447 − 1.5426𝑥) 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝐸𝐼𝜃3 = 5.8447𝑥 − 0.7713𝑥 2 + 𝐶5 − − − (5) 𝐸𝐼 ∫ 𝑑𝑦 = ∫(5.8447𝑥 − 0.7713𝑥 2 + 𝐶5 )𝑑𝑥 𝐸𝐼𝑦3 = 2.92235𝑥 2 − 0.2571𝑥 3 + 𝐶5 𝑥 + 𝐶6 − − − (6) 4𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 5𝑚
𝑑2𝑦 𝑑(𝑑𝑦) 𝐸𝐼 2 = 3.0235 − 0.8373𝑥 ⇒ 𝐸𝐼 ∫ = ∫(3.0235 − 0.8373𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝐸𝐼𝜃4 = 3.0235𝑥 − 0.41865𝑥 2 + 𝐶7 − − − (7) 𝐸𝐼 ∫ 𝑑𝑦 = ∫(3.0235𝑥 − 0.41865𝑥 2 + 𝐶7 )𝑑𝑥 𝐸𝐼𝑦4 = 1.51175𝑥 2 − 0.13955𝑥 3 + 𝐶7 𝑥 + 𝐶8 − − − (8) 5𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 6𝑚 𝑑2𝑦 𝑑(𝑑𝑦) 𝐸𝐼 2 = 5.0235 − 0.8373𝑥 ⇒ 𝐸𝐼 ∫ = ∫(5.0235 − 0.8373𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝐸𝐼𝜃5 = 5.0235𝑥 − 0.41865𝑥 2 + 𝐶9 − − − (9) 𝐸𝐼 ∫ 𝑑𝑦 = ∫(5.0235𝑥 − 0.41865𝑥 2 + 𝐶9 )𝑑𝑥 𝐸𝐼𝑦5 = 2.51175𝑥 2 − 0.13955𝑥 3 + 𝐶9 𝑥 + 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. Sustituyendo las condiciones 1) y 2) en (1) y (2) respectivamente, da
𝐸𝐼(0) = 0.05 ∗ 05 − 0.25 ∗ 04 + 0.8985 ∗ 02 − 0.6647 ∗ 0 + 𝐶1 ⇒∴ 𝐶1 = 0 𝐸𝐼(0) = 0.008333 ∗ 06 − 0.05 ∗ 05 + 0.2995 ∗ 03 − 0.33235 ∗ 02 + 0 ∗ 0 + 𝐶2 ⇒∴ 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 ∗ 25 + 0.2995 ∗ 23 − 0.33235 ∗ 22 = 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 ∗ 33 − 10.6547 ∗ 3 + 𝐶6 ⇒∴ 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 ∗ 43 − 5.0123 ∗ 4 + 𝐶8 ⇒∴ 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
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 ∗ 53 − 15.0123 ∗ 5 + 𝐶10 ⇒∴ 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 = ( 𝑦1 = (
1 ) (0.05𝑥 5 − 0.25𝑥 4 + 0.8985𝑥 2 − 0.6647𝑥) 3313.443
1 ) (0.008333𝑥 6 − 0.05𝑥 5 + 0.2995𝑥 3 − 0.33235𝑥 2 ) 3313.443 2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 3𝑚 1 𝜃2 = ( ) (1.1438𝑥 2 − 5.6459𝑥 + 6.5812) 3313.443
1 𝑦2 = ( ) (0.38127𝑥 3 − 2.82295𝑥 2 + 6.5812𝑥 − 4.920848) 3313.443 3𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 4𝑚 1 𝜃3 = ( ) (5.8447𝑥 − 0.7713𝑥 2 − 10.6547) 3313.443 1 𝑦3 = ( ) (2.92235𝑥 2 − 0.2571𝑥 3 − 10.6547𝑥 + 12.3151) 3313.443 4𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 5𝑚 1 𝜃4 = ( ) (3.0235𝑥 − 0.41865𝑥 2 − 5.0123) 3313.443 𝑦4 = (
1 ) (1.51175𝑥 2 − 0.13955𝑥 3 − 5.0123𝑥 + 4.7919) 3313.443 5𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 6𝑚
𝜃5 = (
1 ) (5.0235𝑥 − 0.41865𝑥 2 − 15.0123) 3313.443
1 𝑦5 = ( ) (2.51175 − 0.13955𝑥 3 − 15.0123𝑥 + 29.7919) 3313.443
Diagramas de momento, de fuerza cortante, de fuerza normal, de pendiente y de deflexión.
DIAGRAMA DE MOMENTO 1.5
M (Ton*m)
1 0.5 0 0
1
2
3
4
5
6
7
5
6
7
-0.5 -1 -1.5
x (m)
V (Ton)
DIAGRAMA DE CORTANTE 3 2.5 2 1.5 1 0.5 0 -0.5 0 -1 -1.5 -2 -2.5
1
2
3
4
x (m)
DIAGRAMA DE NORMAL 3 2.5
N (Ton)
2 1.5 1 0.5 0 -0.5
0
1
2
3
-1
4
5
6
7
5
6
7
5
6
7
x (m)
DIAGRAMA DE ROTACIÓN 0.00015 0.0001
θ (rad)
0.00005 0 0
1
2
3
4
-0.00005
-0.0001 -0.00015
x (m) DIAGRAMA DE FLECHAMIENTO
0.00004 0.00002
Y (m)
0 -0.00002
0
1
2
3
4
-0.00004 -0.00006 -0.00008 -0.0001
X (m)
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;
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);
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
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.
3.- Digitalice las propiedades y la codificación numérica de los grados de libertad del elemento 2.
Instantáneamente aparecerá la matriz de rigidez global del elemento 2.
4.- Digitalice las propiedades y la codificación numérica de los grados de libertad del elemento 3.
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.
5.-Capture el vector de Fuerzas Conocidas.
Se imprimirá el vector anterior:
Se imprimirá la submatriz K11:
El programa nos proporciona los valores de los desplazamientos desconocidos:
Se imprime el vector de desplazamientos conocidos:
Se imprime el vector total de desplazamientos:
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.
