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ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

~1~

WLADIMIR DIEGO CURASMA

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS MÉTODO DE LAS RIGIDECES

~2~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

CAPÍTULO I RESORTES

~1~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

MATRIZ DE RIGIDEZ DE UN RESORTE ELASTICO: En la siguiente figura se presenta un resorte elástico sometido a fuerzas F1 y F2 que siguen la dirección de su eje.

K

F1 , 1

F2 ,  2

δ1 y δ2 representan los desplazamientos nodales en la dirección de dichas fuerzas y la K es la constante del resorte. Por definición, la matriz de rigidez será del tipo mostrado en la expresión siguiente:

 F1   k11 k12  1      ……………. (1.1)  F2   k21 k22   2  Y para encontrar los valores de los diferentes términos se puede utilizar el concepto físico visto atrás: 1. CASO 1: Para obtener los coeficientes de la primera columna de la matriz anterior veamos el siguiente grafico en donde el nudo 1 tiene un desplazamiento unitario y el nudo 2 permanece en su posición. K

De la ecuación (1.1) tenemos lo siguiente:

F1  k111  k12 2 , F2  k211  k22 2

K

donde el desplazamiento en el nudo 2 es nulo y el desplazamiento del nudo 1 es igual a 1; de donde obtenemos:

´

F1  k111  k12 2  k11 ……………. (a) F2  k211  k22 2  k21 ……………. (b) Por la física se sabe que:

F1  k 1  k , por acción y reacción se produce la misma fuerza unitaria pero en sentido contrario

de

F2   F1  k .

~2~

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De donde obtenemos los valores de los coeficientes de la primera columna:

k11  k k21   k 2. CASO 2: Para obtener los coeficientes de la segunda columna de la matriz (1.1) veamos el siguiente grafico en donde el nudo 2 tiene un desplazamiento unitario y el nudo 1 permanece en su posición. K

De la ecuación (1.1) tenemos lo siguiente:

F1  k111  k12 2 , F2  k211  k22 2

K ´

donde el desplazamiento en el nudo 2 es igual a 1 y el desplazamiento del nudo 1 es nulo; de donde obtenemos:

F1  k111  k12 2  k12 ……………. (a) F2  k211  k22 2  k22 ……………. (b) Por la física se sabe que:

F2  k  2  k 1  k , por acción y reacción se produce la misma fuerza unitaria pero en sentido contrario

F1   F2  k .

De donde obtenemos los valores de los coeficientes de la primera columna:

k12   k k22  k Por consiguiente, la matriz de rigidez del resorte será:

 k k   1 1 K   k    ……………. (1.2)  k k   1 1  Entonces, la ecuación (1.1) tendrá la siguiente forma:

 F1   k k   1       ……………. (1.3)  F2   k k    2 

 F    K     ~3~

de

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PROBLEMA N° 1.1: En el sistema mostrado determinar los desplazamientos y la reacción del nodo 1. K1=4 N/mm

K2=6 N/mm

K3=3 N/mm

F2= -30 N

F4= 50 N

F1=F3=0

K2 F2

F4 K3

K1 K2

Grados de libertad del sistema que son 3 GDL

SOLUCIÓN:  RESORTE K2

 RESORTE K1: 0

1

1

 4 4  K1     4 4 

 6 6  1 K2     6 6  2

0 1

 RESORTE K3: 2

3

 3 3  K3     3 3 

2

2 3

Ensamblamos la matriz de rigidez global del sistema.

0   16 12 0   4  6  6 6  6     K   6  6 6  6  3 3    12 15 3  N mm  0   0   3 3  3 3    

~4~

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Formamos el vector fuerza de la estructura, colocamos las fuerzas en el nodo 2.

 30    F  0 N  50    Hallamos los desplazamientos

 F    K     de cada carretilla:

 30   16 12 0   2    2   5            0    12 15 3   3     3    9.167  mm  50   0      3 3       4    4   25.833  Cálculo de las fuerzas de cada elemento:  F    K      RESORTE K1:

 F1   4 4  0   20        N  F2   4 4  5   20 

K1 20

20

 RESORTE K2:

K2

 F1   6 6  5   25      N  F2   6 6  9.167   25 

-25

25

 RESORTE K3:

 F1   3 3  9.167   50      N  F2   3 3  25.833   50 

K3 50

Por lo tanto las reacciones son:

R1  20()

~5~

50

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Diego Curasma Wladimir

PROBLEMA N° 1.2: Determinar las reacciones del sistema mostrado. 3K 5P

2K

P K

K

Grados de libertad del sistema que son 3 GDL

SOLUCIÓN:  RESORTE AB: 0

K AB

1

 2 2  0  K   2 2  1

 RESORTE BC: 1

K BC

2

 3 3  1  K   3 3  2

 RESORTE BD: 1

K AB

3

 1 1 1  K   1 1  3

 RESORTE DE: 3

0

 1 1 3 K AB  K    1 1  0

~6~

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Diego Curasma Wladimir

Ensamblamos la matriz de la estructura.

 6 3 1   K  K  3 3 0   1 0 2    Formamos el vector fuerza de la estructura.

0   F  P 5   1   Obtenemos los desplazamientos mediante la ecuación:  F    K    

0  6 3 1 1       P  5   K  3 3 0   2   1  1 0 2        3 

 1   1.8    P    2   K  3.467     0.4   3   Para determinar las reacciones usamos los resortes AB y DE.

 2 2  0  P  3.6  F AB  K      P  2 2 1.8  K  3.6   1 1 0.4  P  0.4  F DE  K      P  1 1  0  K  0.4  Por lo tanto las reacciones son:

RA  3.6 P() RE  0.4 P()

~7~

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PROBLEMA N° 1.3: Resuelva la estructura mostrada, esto es, encuentre reacciones, desplazamientos y fuerzas internas para una fuerza de 5000 N aplicada en el nudo C, K1=1000 N/mm, K2=2000 N/mm y K3=3000 N/mm. 5000 N K3

K2

K1

Grados de libertad del sistema que son 2 GDL K3

K2

K1

SOLUCIÓN:  RESORTE K1: 0

1

 1000 1000  0 K1     1000 1000  1  RESORTE K2: 1

2

 2000 2000  1 K1     2000 2000  2  RESORTE K3: 2

0

 3000 3000  2 K1     3000 3000  0 Ensamblamos la matriz de la estructura.

2000   3000 2000  1000  2000 K    2000  3000   2000 5000   2000

~8~

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Formamos el vector fuerza de la estructura.

 0  F    5000  Obtenemos los desplazamientos mediante la ecuación:  F    K      0   3000    5000   2000

2000   1    5000    2 

 10   1   11       mm   2   15     11  Para obtener las reacciones calculamos las fuerzas internas de cada resorte:

F

K1

F K2

F

K3

 0  1000 1000     909.091   10   N  1000 1000     909.091   11 

 10   2000 2000   11   909.091      N  2000 2000  15   909.091     11   15   3000 3000     4090.909    11   N  3000 3000   0   4090.909   

Por lo tanto la reacción el nudo A y D es:

RA  909.091() RD  4090.909()

~9~

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PROBLEMA N° 1.4: Resuelva la estructura mostrada, esto es, encuentre reacciones, desplazamientos y fuerzas internas. 20 KN

50 KN

A

Ka

1

B

C Kb

2 Ka

Grados de libertad del sistema que son 2 GDL

Kb

SOLUCIÓN:  RESORTE AB: 1

K AB

2

 600 600  1    600 600  2

 RESORTE BC: 2

K BC

0

 200 200  2    200 200  0

Ensamblamos la matriz de la estructura.

 600 600  K    600 800  Formamos el vector fuerza de la estructura.

 50  F    20  Obtenemos los desplazamientos mediante la ecuación:  F    K      50   600    20   600

600   1    800    2 

 7   1   30      m 2   3     20 

~ 10 ~

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Diego Curasma Wladimir

Para obtener las reacciones calculamos las fuerzas internas de cada resorte:

F AB

F

BC

 7   600 600   30   50        KN  600 600 3  50          20   3   200 200     30    20    KN  200 200   0   30   

50 KN

50 KN

A

B

Ka

Fuerzas internas en los resortes 30 KN

30 KN

B

C Kb

Por lo tanto la reacción el nudo C es:

RC  30 KN () PROBLEMA N° 1.5: Para el conjunto de muelles que se muestra en la siguiente figura, obtenga: a) La matriz de rigidez global. b) Los desplazamientos en los nodos. c) Fuerzas en los elementos locales. El nodo 1 es fijo mientras que el nodo 5 tiene un desplazamiento de 20 mm las constantes de los resortes son todas iguales a K= 200 KN/m. F5x K1

K2

K1

K2

K3

K3

SOLUCIÓN:  RESORTE K1: 0

1

 200 200  0 K1     200 200  1

~ 11 ~

K4

K4

20 mm

Grados de libertad del sistema que son 4 GDL

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Diego Curasma Wladimir

 RESORTE K2: 1

2

 200 200  1 K2     200 200  2  RESORTE K3: 2 3

 200 200  2 K3     200 200  3  RESORTE K4: 3 4

 200 200  3 K4     200 200  4 a) Ensamblamos la matriz de rigidez global del sistema.

200 0 0   400 200 0 0   200  200      200 200  200  200 0  200 400  200 0   KN K   0 200 200  200 200   0 200 400 200  m     0 0 200 200   0 0 200 200   Formamos el vector fuerza de la estructura, las fuerzas en los nodos 2, 3, 4 son cero ya que no existe ninguna fuerza externa.

 F2   0      F 0 F  3   F4   0       F5   F5  b) Obtenemos los desplazamientos mediante la ecuación:  F    K    

0 0  2   0   400 200      0   3   0    200 400 200 , como se sabe que  5 =20mm=0.02m. 0  0 200 400 200    4       0 200 200    5   F5   0

~ 12 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

0 0   2   0   400 200      0   3   0    200 400 200 0  0 200 400 200    4       0 200 200   0.02   F5   0 Resolviendo el sistema de matrices:

0   2   0   0   400 200         0    200 400 200   3    0   0.02  0  0    200 400       4   200    2   0.005        3    0.01  m     0.015   4   c) Fuerzas en los elementos locales.  RESORTE K1:

 f11   200 200  0   1  2      KN  f1   200 200  0.005   1 

1 KN

1 KN K1

 RESORTE K2:

 f 21   200 200  0.005   1  2      KN  f 2   200 200  0.01   1 

1 KN K2

 RESORTE K3:

 f31   200 200  0.01   1  2      KN  f3   200 200  0.015   1 

1 KN

1 KN K3

 RESORTE K4:

 f 41   200 200  0.015   1  2      KN  f 4   200 200  0.02   1 

1 KN

1 KN

1 KN K4

PROBLEMA N° 1.6: Dos carros están conectados por la disposición de resortes que se muestra en la Figura (a) Determine el conjunto completo de ecuaciones de equilibrio para el sistema en el forma [K] {U} = {F}. (b) Si k = 50 lb./in., F1 = 20 lb., y F2 = 15 lb., calcule el desplazamiento de cada carretilla y la fuerza en cada resorte.

~ 13 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

Grados de libertad del sistema que son 2 GDL

SOLUCIÓN:  RESORTE k1: 0

 RESORTE k2: 1

1

 2k 2k  1 K2     2k 2k  2

 k k  0 K1     k k  1  RESORTE k3: 1

2

 RESORTE k4: 2

0

0

 k k  2 K4     k k  0

 2k 2k  1 K3     2k 2k  0 a) Ensamblamos la matriz de rigidez global del sistema.

 k  2k  2k 2k   5k 2k  K    2k  k   2k 3k   2k Formamos el vector fuerza de la estructura, colocamos las fuerzas en los nudos 1 y 2.

 F  F  1  F2  Hallamos los desplazamientos

 F    K    

~ 14 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

  F1   5k 2k   1       F2   2k 3k    2  b) Si k = 50 lb./in., F1 = 20 lb., y F2 = 15 lb., calcule el desplazamiento de cada carretilla y la fuerza en cada resorte. Ensamblamos la matriz de rigidez global del sistema.

 5k 2k   250 100  K     2 k 3 k    100 150  Formamos el vector fuerza de la estructura, colocamos las fuerzas en los nudos 1 y 2.

  F   20  F  1    F2   15  Hallamos los desplazamientos

 F    K     de cada carretilla:

 20   250 100   1   1   0.05455            in  15   100 150    2    2   0.06364  Cálculo de las fuerzas de cada elemento:  F    K      RESORTE k1:

0  F1   50 50    2.7275       lb  F2   50 50  0.05455   2.7275   RESORTE k2:

 F1   100 100  0.05455   11.819       lb F  100 100 0.06364 11.819       2  RESORTE k3:

 F1   100 100  0.05455   5.455       lb F  100 100 0 5.455      2   RESORTE k4:

 F1   50 50  0.06364   3.182       lb F  50 50 0  3.182      2 

~ 15 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

PROBLEMA N° 1.7: Tres carros están conectados por la disposición de resortes que se muestra en la figura determinar la matriz global del sistema, calcular los desplazamientos en cada nodo y reacciones que se producen en los nodos empotrados, los carros son infinitamente rígidos.

Grados de libertad del sistema que son 3 GDL

SOLUCIÓN:  RESORTE k1: 0

 RESORTE k2: 1

1

 80 80  1 K2     80 80  2

 60 60  0 K1     60 60  1  RESORTE k3: 1

2

 RESORTE k4: 1

2

3

 150 150  K4     150 150 

 50 50  1 K3     50 50  2

~ 16 ~

1 3

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 RESORTE k6:

 RESORTE k5: 2

3

3

 120 120  K5     120 120 

0

 180 180  K6     180 180 

2 3

Ensamblamos la matriz de rigidez global del sistema.

80  50 150  60  80  50  150   340 130 150      K  80  50 80  50  120 120    130 250 120   150 120 150  120  180   150 120 450   Formamos el vector fuerza de la estructura, colocamos las fuerzas en los nudos 1 ,2 y 3.

100    F   0  lb  80    Hallamos los desplazamientos

 F    K     de cada carretilla:

100   340 130 150  1   1   0.91026            0    130 250 120   2     2    0.80769  in  80   150 120 450        0.69658      3   3    Cálculo de las fuerzas de cada elemento:  F    K      RESORTE k1:

 F1   60 60  0   54.6156       lb  F2   60 60  0.91026   54.6156   RESORTE k2:

 F1   80 80  0.91026   8.2056       lb  F2   80 80  0.80769   8.2056   RESORTE k3:

 F1   50 50  0.91026   5.1285       lb  F2   50 50  0.80769   5.1285 

~ 17 ~

3 0 } 0

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 RESORTE k4:

 F1   150 150  0.91026   32.052       lb  F2   150 150  0.69658   32.052   RESORTE k5:

 F1   120 120  0.80769   13.3332       lb  F2   120 120  0.69658   13.3332   RESORTE k6:

 F1   180 180  0.69658   125.3844       lb  F2   180 180  0   125.3844  Del cálculo de fuerzas de cada resorte tenemos que las reacciones ocurren en los resortes 1 y 6 de donde obtenemos las reacciones: K1

K6

De donde obtenemos las reacciones en el lado izquierdo y lado derecho del sistema:

RIZQUIERDA  54.6156    RDERECHO  125.3844    PROBLEMA N° 1.8: Para el ensamble de resortes obtenga la matriz de rigidez global, los desplazamientos de los nodos 2, las fuerzas nodales globales y las fuerzas locales de cada resorte. K1=1000 N/mm, K2=2000 N/mm y K3=3000 N/mm, se aplica una fuerza de P=10 N tal como se muestra en el siguiente gráfico.

~ 18 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

Grados de libertad del sistema que son 1 GDL

SOLUCIÓN:  RESORTE K2:

 RESORTE K1: 0

1

1

 1000 1000  K1     1000 1000 

 2000 2000  1 K2     2000 2000  0

0 1

 RESORTE K3: 1

0

 3000 3000  1 K3     3000 3000  0 Ensamblamos la matriz de rigidez global del sistema.

K  1000  2000  3000   6000 N

mm

Formamos el vector fuerza de la estructura, colocamos las fuerzas en el nodo 2.

F  10  N Hallamos los desplazamientos

0

 F    K     de cada carretilla:

10   6000 2    2   

10   1   mm    mm  6000   600 

~ 19 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

Cálculo de las fuerzas de cada elemento:  F    K      RESORTE K1:

 0   5   F1   1000 1000     3N 1      5   F2   1000 1000    600   3 

K1

 RESORTE K2:

 1   10   F1   2000 2000   3  N 600        F2   2000 2000   0   10  3   

K2

 RESORTE K3: K3

 1   F1   3000 3000   5 600     N     F2   3000 3000   0   5   

~ 20 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

CAPÍTULO II MIEMBROS CARGADOS AXIALMENTE

~1~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

En este capítulo, usaremos el elemento de barra en el análisis de miembros cargados axialmente en forma de varilla. Comenzamos con los dos elementos de barra populares que utilizan un elemento de dos nodos y un elemento de tres nodos, así como barras de área de sección constante, barras de área de sección transversal variable y la barra escalonada. El estrés es una fuerza interna que se ha distribuido en el área de la sección transversal de la varilla y se define como:

F A Donde σ es el estrés, F es la fuerza y A es el área de la sección transversal.



En la figura anterior se presenta una barra prismática sometida a tensión simple. En Resistencia de materiales se vio que dicha barra experimenta una elongación d dada por:



FL EA

Despejando se obtiene: F 

EA  L

Completamente análoga a la obtenida para el resorte elástico si considera una constante del resorte equivalente:

Ke 

EA L

En consecuencia, se puede escribir que la matriz de rigidez de una barra sometida a tensión o compresión simple, está dada por:

EA   EA   L L   EA  1 1  K        EA EA  L  1 1     L L 

~2~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

BARRA SOMETIDAS A CAMBIO DE TEMPERATURA:

t  t f  t0 , el incremento de temperatura está dado por la diferencia de la temperatura final menos la temperatura inicial, los incrementos de temperatura generan esfuerzos internos de compresión, mientras que los decrementos de temperatura originan esfuerzos internos de tracción. L,A,E Δt+

dt dn

Incremento temperatura:

t  t f  t0

Deformación Termina:

t  L    t

Deformación Mecánica:

a 

Igualando:

NL EA

 a  t

L   t 

NL EA

 N  EA t

El vector fuerza por incremento de temperatura es la siguiente:

 EA t  1 f0    EA  t      EA t   1

~3~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

PROBLEMA N° 2.1: Determinar el alargamiento producido en el extremo inferior debido a las cargas aplicadas. Desprecie la deformación producida por peso propio.

E  2 106 kg / cm2 A3  6cm2

A2  5cm2

A1  2cm2

6 Ton

III 40 cm

2 Ton

1

2

I

II 80 cm

Grados de libertad del sistema que son 3.

80 cm

SOLUCIÓN: Determinamos la matriz de rigidez de cada elemento:  ELEMENTO III: 0

1

 0.15 0.15  0 K III  E    0.15 0.15  1  ELEMENTO II: 1

2

 0.0625 0.0625  1 K II  E    0.0625 0.0625  2  ELEMENTO I: 2

3

 0.025 0.025  2 KI  E    0.025 0.025  3 Ensamblamos la matriz de la estructura.

0   0.2125 0.0625   K  E  0.0625 0.0875 0.025   0 0.025 0.025  

~4~

3

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

Formamos el vector fuerza de la estructura.

 0    F   6000  kg  2000    Obtenemos los desplazamientos mediante la ecuación:  F    K    

0  1   0   0.2125 0.0625       6000   E  0.0625 0.0875 0.025   2   2000   0  0.025 0.025       3 

E  2 106 kg / cm2

 1   0.027        2    0.091  cm     0.131   3   Vemos que son desplazamientos totales de los nudos si queremos de cada barra se hace una diferencia entre desplazamientos.

1  0.027cm  2  0.091  0.027  0.064cm  3  0.131  0.091  0.04cm PROBLEMA N° 2.2: Una varilla está formada por tres partes distintas como se indica en la figura y soporta las cargar mostrada, determinar los esfuerzos en cada elemento si los extremos están fijamente empotrados en unos muros muy rígidos.

A  2400mm 2

E  83KN mm 2

Alu min io : A  1200mm 2

E  70 KN mm 2

Bronce : Acero :

A  600mm 2

E  200 KN mm 2

~5~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

120 KN

Diego Curasma Wladimir

50 KN ACERO

ALUMINIO BRONCE

600 mm

400 mm

Grados de libertad del sistema que son 2 GDL

300 mm

SOLUCIÓN: Determinamos la matriz de rigidez de cada elemento:  ELEMENTO I (BRONCE): 0 1

 332 332  0 KI     332 332  1  ELEMENTO II (ALUMINIO): 1 2

 210 210  1 K II     210 210  2

 ELEMENTO III (ACERO): 2 0

 400 400  2 K III     400 400  0 0 Ensamblamos la matriz de la estructura.

210   542 210  KN  332  210 K     210 210  400    210 610  mm Formamos el vector fuerza de la estructura.

 120  F   KN  50  Obtenemos los desplazamientos mediante la ecuación:  F    K    

~6~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 120   542 210   1       50   210 610   2 

 1   0.29213     mm   2   0.18254  Cálculo de las fuerzas de cada elemento:  F    K      ELEMENTO I (BRONCE):

0  F1   332 332    96.99       KN  F2   332 332  0.29213   96.99 

COMPRESION 

 ELEMENTO II (ALUMINIO):

 F1   210 210  0.29213   23.01      KN  F2   210 210  0.18254   23.01 

TRACCION 

 ELEMENTO III (ACERO):

 F1   400 400  0.18254   73.01      KN 0   73.01   F2   400 400 

TRACCION 

Cálculo los esfuerzo de cada elemento:   F A

96.99 KN  40.41MPa 2400mm 2 23.01KN  19.18MPa  ELEMENTO II (ALUMINIO):  ALUMINIO  1200mm 2 73.01KN  121.68MPa  ELEMENTO III (ACERO):  ACERO  600mm 2  ELEMENTO I (BRONCE):  BRONCE 

PROBLEMA N° 2.3: Calcular los esfuerzos normales que se generan en los elementos del sistema elástico representado. Considerar E  10 kg cm ; para las tres barras A1= 20 cm2, A2=35 cm2, A3=40 cm2. 5

2

~7~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

8m

3

Grados de libertad del sistema que son 3 GDL 7m

2

16000Kg 5m

1 0.038m

SOLUCIÓN: Determinamos la matriz de rigidez de cada elemento:  ELEMENTO 3: 0

1

 5000 5000  0 K3     5000 5000  1  ELEMENTO 2: 1

2

 5000 5000  1 K2     5000 5000  2  ELEMENTO 1: 2

3

 4000 4000  2 K1     4000 4000  3 Ensamblamos la matriz de la estructura.

5000 0   10000 5000 0   5000  5000     kg K   5000 5000  4000 4000    5000 9000 4000  cm  0 4000 4000   0 4000 4000  

~8~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

Formamos el vector fuerza de la estructura.

 0    F   16000  kg  0    Supuesto que no existiese la restricción del piso rígido, obtenemos los desplazamientos mediante la ecuación:  F    K    

0  1   0   10000 5000       16000    5000 9000 4000   2   0   0  4000 4000       3   1   3.2        2    6.4  cm     6.4   3   Puesto que el desplazamiento del nodo 3 es 6.4>3.8, en el extremo libre se presentará una Reacción, que impida el alargamiento total. Obtenemos los desplazamientos mediante la ecuación:  F    K     , considerando el desplazamiento en el nudo 3 de 3.8 cm.

0  1   0   10000 5000       16000    5000 9000 4000   2   0   0  4000 4000      3.8  Resolviendo el sistema de matrices:

 0   10000 5000   1   0          3.8  16000   5000 9000    2   4000 

 1   2.4     cm   2   4.8  Cálculo de las fuerzas de cada elemento:  F    K      ELEMENTO 1:

 F1   4000 4000  4.8   4000       kg  F2   4000 4000  3.8   4000 

~9~

COMPRESION 

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 ELEMENTO 2:

 F1   5000 5000  2.4   12000       kg  F2   5000 5000  4.8   12000 

TRACCION 

 ELEMENTO 3:

 F1   5000 5000  0   12000       kg  F2   5000 5000  2.4   12000 

TRACCION 

Cálculo los esfuerzo de cada elemento:   F A

4000kg kg  200 2 COMPRESION  2 20cm cm 12000kg kg  342.857 2  ELEMENTO (2):  2  TRACCION  2 35cm cm 12000kg kg  300 2 TRACCION   ELEMENTO (3):  3  2 40cm cm  ELEMENTO (1):  1 

PROBLEMA N° 2.4: Encuentre el desplazamiento nodal, el esfuerzo en cada elemento de la Figura como se muestra a continuación. Si la estructura está sujeta a un aumento de temperatura, ΔT = 75 ° C, P1 =50 kN, P2= 75 kN. BRONCE A=2400 mm2 E=83 GPA α=18.9 x 10-6/°C

A

B

P1

C

ALUMINIO A=1200 mm2 E=70 GPA α =23 x 10-6/°C

P2

ACERO A=600 mm2 E=200 GPA α =11.7 x 10-6/°C

D ACERO

ALUMINIO BRONCE

800 mm

600 mm

400 mm

~ 10 ~

Grados de libertad del sistema que son 2 GDL

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

SOLUCIÓN: Determinamos la matriz de rigidez de cada elemento: L1=800 mm,

L2=600mm,

L3=400mm

A1=2400 mm2,

A2=1200 mm2,

A3=600 mm2

E1=83 x 103 N/mm2,

E2=70 x 103 N/mm2,

E3=200 x 103 N/mm2,

α1=18.9 x 10-6/°C,

α2=23 x 10-6/°C,

α3=11.7 x 10-6/°C,

 BRONCE: 0

K Bronce 

1

1 E1  A1  1 1 83 103  2400  1 1 3 1      249 10   L1  1 1  800  1 1   1 1 

0 1

 ALUMINIO: 1

K Aluminio

2

1 E2  A2  1 1 70 103 1200  1 1 3 1       140 10   L2  1 1  600  1 1   1 1 

1 2

 ACERO: 2

K Acero 

0

1 E3  A3  1 1 200 103  600  1 1 3 1      300 10   L3  1 1  400  1 1   1 1 

Ensamblamos la matriz de la estructura.

140   249  140  389 140  3 3 K   10    10 140  300   140  140 440   Vector de fuerzas externas en los nodos del sistema.

 50  NODO 3 FEXT   10 N  75 

1 2

~ 11 ~

2 0

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 Vector de fuerzas de las elongaciones debidas a incrementos de temperatura en cada elemento.

 EA t  1 f0     EA t   , Δt=60° C   EA t   1

1 1 1 0 F0BRONCE  E1 A11  t     83 103  2400 18.9 106  75    282.37 103   N 1  1  1  1 1 1 1 1 F0ALUMINIO  E2 A2 2  t     70 103 1200  23 106  75    144.9 103   N 2  1  1  1

1 1 1 2 F0ACERO  E3 A33  t     200 103  600 11.7 106  75    105.3 103   N  1  1  1 0  Vector de fuerzas internas del sistema.

 282.37  144.9   137.47  3 3 FT  e F0(e)    10     10 N Esta fuerza corresponde al grado  144.9  105.3   39.6  de libertad 1 y 2.  vector de fuerzas externas del sistema F, ensamble de las fuerzas

F  Fexter .nudos  FT

 50  3  137.47  3  50  137.47  3  87.47  3 F   10    10    10    10 N  75   39.6   75  39.6   35.4  Hallamos los desplazamientos

 F    K    

 87.47  3  389 140  3  1    10    10      35.4   140 440   2

 1   0.2212     mm   0.0101   2  Cálculo de las fuerzas de cada elemento:  F    K       F0TERMICO   ELEMENTO BRONCE:

1 0   F1   1   227291.2  3 1  282.37 103        249 10    N  1 1  0.2212   1  227291.2   F2 

~ 12 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 ELEMENTO ALUMINIO:

1 0.2212   F1   177282  3 1 3 1   140  10  144.9  10          N  1 1  0.0101  1  177282   F2   ELEMENTO ACERO:

1 0.0101  F1   1   102270  3 1  105.3 103        300 10    N  1 1  0   1  102270   F2  Cálculo los esfuerzo de cada elemento:   F A

227291.2 N N  94.7 2 2400mm mm 2 177282 N N  147.74  ELEMENTO (ALUMINIO):  2  2 1200mm mm 2 102270 N N  170.45  ELEMENTO (ACERO):  3  2 600mm mm 2

COMPRESION 

 ELEMENTO BRONCE1):  1 

COMPRESION  COMPRESION 

PROBLEMA N° 2.5: La barra compuesta de la figura, está firmemente sujeta a soportes indeformables. Se aplica una fuerza axial P=50 kips a una temperatura de 60° F. Calcular los esfuerzos en cada material a la temperatura de 120° F, α=6.5x10-6 in/(in. °F) para el acero y α=12.80x10-6 in/(in. °F) para el aluminio. 15 in

10 in

P

ALUMINIO

ACERO

E=10x106 psi

E=29x106 psi

A=2 in2

A=3 in2

Grados de libertad del sistema que son 1 GDL

Psi=lb/in2

SOLUCIÓN:

1 kips=1000 lbf

 ALUMINIO: 0

K Alu min io 

1 E1  A1  1 1 10 106  2  1 1 4 6 1      10   L1  1 1  15  1 1  3  1 1 

~ 13 ~

1 0 1

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 ACERO: 1

K Acero

0

1 E2  A2  1 1 29 106  3  1 1 87 6 1       10   L2  1 1  10  1 1  10  1 1 

1 0

Ensamblamos la matriz de la estructura.

 4 87   301  6 lb K     106    10 in  3 10   30   Vector de fuerzas externas en los nodos del sistema. NODO FEXT   50  103 lb

1

 Vector de fuerzas de las elongaciones debidas a incrementos de temperatura en cada elemento.

 EA t  1 f0     EA t   , Δt=60° C   EA t   1

1 1 1 F0ALUMIN  E1 A11  t     10 106  2 12.8 106  60    15.36 103   lb  1  1  1

0

1 1 1 F0ACERO  E2 A2 2  t     29 106  3  6.5 106  60    33.93 103   lb  1  1  1

1

 Vector de fuerzas internas del sistema.

FT   F0(e)   15.36  33.93 103  18.57  103 lb Esta fuerza corresponde al grado de libertad 1.  vector de fuerzas externas del sistema F, ensamble de las fuerzas

F   50  103  18.57  103   31.43 103 lb Hallamos los desplazamientos

 F    K    

~ 14 ~

F  Fexter .nudos  FT

1

0

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 31.43 103 lb  

301  6 lb   10  1  in  30 

94.29 102 in 301 1  0.00313 in

1 

Cálculo de las fuerzas de cada elemento:  F    K       F0TERMICO   ELEMENTO ALUMINIO:

 0  1   F1  4 6 1  102  15.36 103  1    11183.25  lb 94.29    10         1 1    1  11183.25   F2  3  301   ELEMENTO ACERO:

 94.29  1   F1   61183.25  6 1 2 3 1  301  10  33.93 10        8.7 10    lb  1 1   0   1  61183.25   F2    Cálculo los esfuerzo de cada elemento:   F A

11183.25 lb lb  5591.62 2 2 2 in in 61183.25 lb lb  20394.42 2  ELEMENTO (ACERO):  2  2 3 in in  ELEMENTO (ALUMINIO):  1 

COMPRESION  COMPRESION 

PROBLEMA N° 2.6: Una varilla de acero que tiene una sección constante de 300 mm2 y una longitud de 150 m se suspende verticalmente de uno de sus extremos y soporta una carga de 20 kN que pende de su extremo inferior. Si la densidad del acero es 7850 kg/m3 y E=200x103 MN/m2, determine el alargamiento de la varilla.

75 m

B

75 m

ACERO

150 m

A

Para el ejemplo dividimos la barra en dos tramos tal como se muestra. Los grados de libertad del sistema que son 2 GDL.

1 C

P

2

~ 15 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

SOLUCIÓN: Determinamos la matriz de rigidez de cada elemento:  ACERO TRAMO AB (1): 0

K AB 

1

1 N E1  A1  1 1 200 109  300 106  1 1 5 1      8 10   L1  1 1  75  1 1   1 1  m

0 1

 ACERO TRAMO BC (2): 1

K BC 

2

1 N E2  A2  1 1 200 109  300 106  1 1 5 1      8 10   L2  1 1  75  1 1   1 1  m

Ensamblamos la matriz de la estructura.

1 N 1  1 1 5 2 K  8 105    8 10    1 1   1 1  m Formamos el vector fuerza de la estructura debido a la carga externa P.

0   1 FEXT .   N 3 2  20 10  El vector de carga nodal debido al peso es:

FPROPIO

  AgL      2  , donde   densidad , A  area, g  gravedad , L  longitud   AgL     2 

FAB

6   AgL1   7850  300 10  9.81 75    866.345625     0 2   2   6  AgL 866.345625  7850  300 10  9.81 75     1 1       2   2 

FBC

6   AgL2   7850  300  10  9.81 75    866.345625   2   1 2      6   AgL2   7850  300  10  9.81 75   866.345625  2      2   2 

~ 16 ~

1 2

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

Ensamblamos el vector de fuerzas debido al peso propio:

 866.345625  866.345625   1732.69125  FPROPIO     866.345625    866.345625  Ensamblamos el vector de fuerzas del sistema:

 0   1732.69125   1732.69125  FSISTEMA  FEXT .  FPROPIO      3   20  10 866.345625      20866.345625  Hallamos los desplazamientos

 F    K    

1   B   1732.69125  5 2  8  10       20866.345625   1 1   C 

  B   0.02825   28.25  m     mm   0.05433  54.33     C  PROBLEMA N° 2.7: Encuentre los desplazamientos nodales, las tensiones del elemento y la reacción en la barra cónica sometida a una carga de 6000 N como se muestra en la Figura 3.21. Además, el miembro experimenta un aumento de temperatura de 30 ° C. Use 3 elementos de igual longitud para el modelo de elementos finitos. Tome E = 200 GPa, v = 0.3, y α = 7 × 10 -6 / ° C.

1000 mm2

2000 mm2

6000 N

El área del elemento en el empotramiento es de 2000 mm2 y al final 1000 mm2, para desarrollar en problema se debe obtener el modelo de elementos finitos.

1500 mm

SOLUCIÓN: Determinamos el modelo de elementos finitos con 03 elementos tal como se muestra.

A1

A2

A3

6000 N 500 mm

500 mm

500 mm

Grados de libertad del sistema 3.

~ 17 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

Determinamos los parámetros del modelo de elementos finitos: .

L1  L2  L3  500 mm

T  30o C

,

E  2 105

N mm 2

A1  2000 mm2 2000  1000 =1500 mm2 2 A3  1000 mm2

A2 

Determinamos la matriz de rigidez de cada elemento:  TRAMO (A1): 0

K A1 

1

1 N E1  A1  1 1 2 105  2000  1 1 5 1      8 10   L1  1 1  500  1 1   1 1  mm

0 1

 TRAMO (A2): 1

K A2 

2

1 N E2  A2  1 1 2 105 1500  1 1 5 1      6 10   L2  1 1  500  1 1   1 1  mm

1 2

 TRAMO (A3): 2

3

1 N E3  A3  1 1 2 105 1000  1 1 5 1 K A3    4  10       L3  1 1  500  1 1   1 1  mm Ensamblamos la matriz de la estructura.

0  8  6 6  14 6 0  N     5 K   6 6  4 4  10   6 10 4  105 mm  0  0 4 4  4 4    

~ 18 ~

2 3

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 Vector de fuerzas externas en los nodos del sistema.

NODO EXT

F

 0     0 N  6000   

1 2 3

 Vector de fuerzas de las elongaciones debidas a incrementos de temperatura en cada elemento.

 EA t  1 f0     EA t   , Δt=30° C   EA t   1

1 1 1 0 F0A1  E1 A11  t     2 105  2000  7 106  30    84 103   N 1  1  1  1 1 1 1 1 F0A1  E1 A11  t     2 105 1500  7 106  30    63 103   N 2  1  1  1 1 1 1 2 F0A1  E1 A11  t     2 105 1000  7 106  30    42 103   N 3  1  1  1  Vector de fuerzas internas del sistema.

FT   F

(e) 0

 84  63   21      3   63  42  10   21  103 N  42   42     

 vector de fuerzas externas del sistema F, ensamble de las fuerzas

 0   21   21000        F   0    21  103   21000  N  6000   42   48000        Hallamos los desplazamientos

 F    K    

 21000   14 6 0   1      5    21000    6 10 4  10    2   48000   0 4 4         3

~ 19 ~

F  Fexter .nudos  FT

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 1   0.1125        2    0.2275  mm     0.3475   3   Cálculo de las fuerzas de cada elemento:  F    K       F0TERMICO   ELEMENTO A1:

1  0   F1   6000  5 1 3 1   8  10   84  10           N  1 1   0.1125   1  6000   F2   ELEMENTO A2:

1  0.1125   F1   1   6000  5 1   63 103        6 10    N  1 1   0.2275   1  6000   F2   ELEMENTO A3:

1  0.2275   F1   1   6000  5 1   42 103        4 10    N  1 1   0.3475   1  6000   F2  Cálculo los esfuerzo de cada elemento:   F A

6000 N N 3  3MPa 2 2000 mm mm 2 6000 N N 4  4 MPa  ELEMENTO (A2):  2  2 1500 mm mm 2 6000 N N 6  6 MPa  ELEMENTO (A3):  3  2 1000 mm mm 2  ELEMENTO (A1):  1 

La reacción la obtenemos de las fuerzas del elemento A1: 6000N

6000N

De donde en el nodo i se produce la reacción:

R  6000  

~ 20 ~

TRACCION  TRACCION  TRACCION 

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

PROBLEMA N° 2.8: Considere la placa delgada (de acero) en la figura, la placa tiene un espesor uniforme t = 1 in., Módulo de Young E = 30x106 psi, y el peso específico es de 0.2836 lb/in3. Además de su propio peso, la placa está sujeta a una carga puntual P = 100 lb en su punto medio. a) Modela la placa con dos elementos finitos. b) Escriba expresiones para las matrices de rigidez del elemento y los vectores de fuerza de cada elemento. c) Obtener la matriz de rigidez estructural K y el vector de carga global F. d) Obtener los desplazamientos de los nodos. e) Evaluar las tensiones en cada elemento. f) Determine la fuerza de reacción en el soporte

24 in

12 in

6 in

P

3 in

SOLUCIÓN: a) Modelado de la placa con dos elementos finitos.

12 in

5.25 in

24 in

1

1

12 in

P

1

Grados de libertad del sistema 2.

2

2

3.75 in

2

~ 21 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir 6 in

El ancho del elemento 1 se obtiene de la siguiente manera:

6  4.5  5.25 in 2 3  4.5 l2   3.75 in 2

12 in

l1 

24 in

4.5 in

El área transversal de cada elemento será:

A1  l1  t  5.25 1  5.25 in2 A2  l2  t  3.75 1  3.75 in2

3 in

b) Expresiones para las matrices de rigidez del elemento y los vectores de fuerza de cada elemento, E = 30x106 lb/in2. b.1) Matriz de rigidez de cada elemento  ELEMENTO 1: 0

K1 

1

1 lb E1  A1  1 1 30 106  5.25  1 1 6 1      13.125 10   L1  1 1  12  1 1   1 1  in

0 1

 ELEMENTO 2: 1

2

1 lb E2  A2  1 1 30 106  3.75  1 1 6 1 K2       9.375 10   L2  1 1  12  1 1   1 1  in

1 2

b.2) Vector fuerza de cada elemento El vector de carga nodal debido al peso es:

FPROPIO

FPROPIO

  AgL      2  , donde   densidad , A  area, g  gravedad , L  longitud   AgL     2   AL      2  , donde    g  peso especifico  AL     2 

~ 22 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

  A1 L1   0.2836  5.25 12       8.9334  2 F1   2        A1 L1   0.2836  5.25 12   8.9334      2   2  

0

  A2 L2   0.2836  3.75 12       6.381 2 F2   2        A2 L2   0.2836  3.75 12   6.381     2   2  

1

1

2

c) Matriz de rigidez estructural K y el vector de carga global F. c.1) Matriz de rigidez del sistema

13.125  9.375 9.375   22.5 9.375  6 6 lb K   10    10 9.375 9.375  in   9.375 9.375  c.2) El vector de carga global F. Formamos el vector fuerza de la estructura debido a la carga externa P.

 100  FEXT .    lb 0  

1 2

Ensamblamos el vector de fuerzas debido al peso propio:

 8.9334  6.381 15.3144  FPROPIO     lb 6.381    6.381  Ensamblamos el vector de fuerzas del sistema:

 100  15.3144   115.3144  FSISTEMA  FEXT .  FPROPIO      0 6.381      6.381  d) Desplazamientos de los nodos.

 F    K    

 115.3144   22.5 9.375  6  1     10      6.381   9.375 9.375   2

 1   0.9272  5    10 in   0.9953   2 

~ 23 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

e) Evaluar las tensiones en cada elemento. Cálculo de las fuerzas de cada elemento:  F    K      ELEMENTO 1:

1  0   F1   121.695  6 1  105      13.125 10     lb F  1 1  0.9272  121.695        2  ELEMENTO 2:

1  0.9272   F1   6.384375  6 1  105      9.375 10     lb  1 1   0.9953   6.384375   F2  Cálculo los esfuerzo de cada elemento:   F A

f)

 ELEMENTO 1:  1 

121.695 lb lb  23.18 2  23.18 Psi 2 5.25 in in

TRACCION 

 ELEMENTO 2:  2 

6.384375 lb lb  1.7025 2  1.7025 Psi 2 3.75 in in

TRACCION 

Fuerza de reacción en el soporte

R  121.695  8.9334  130.6284 lb   

~ 24 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

CAPÍTULO III ARMADURAS

~1~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

La matriz de rigidez de elementos tipo armadura biarticulados en donde no se tiene efectos de flexión, cortante y torsión. 

En elementos en donde la barra no está con ninguna orientación se tiene la siguiente matriz. 2

4

1

i

K (e)

 EA  L  0   EA   L  0 

3

j

 0  0 Orientado a los ejes locales del elemento.  0  0 

EA L 0 0 EA 0  L 0 0 0 

La matriz nos indica la fuerza necesaria para producir un desplazamiento unitario en el grado de libertad indicado 

Para elementos orientados arbitrariamente tenemos: 2

j

1

Grados de libertad 4

i

K (e)

3

 cos 2  (cos  )( sen )  cos 2  (cos  )( sen )    sen 2 (cos  )( sen )  sen 2 EA  (cos  )( sen )   L   cos 2  (cos  )( sen ) cos 2  (cos  )( sen )     sen 2 (cos  )( sen ) sen 2  (cos  )( sen )  El ángulo Ø es la orientación del elemento a partir de un eje horizontal.

~2~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

PROBLEMA N° 3.1: Calcular las fuerzas internas de cada elemento y el desplazamiento en el nudo B tanto horizontal como vertical. Considere E=cte. y las áreas de cada barra se muestran como 2A, 3A y 4A.

P

2

L

2A A

B

A

B

1

3A 4A C

45°

45°

C

Se muestran los grados de libertad de la estructura. ° 60

D

60 °

D

SOLUCIÓN: Ensamblamos la matriz de rigidez de cada elemento.  ELEMENTO AB: 2

A

4

1

∝ = 0°

3

B

Se enumeran los ejes locales de cada elemento tal como se muestra de donde tenemos:

Cos ∝ = 0 Sen ∝ = 0 0

K AB

1  2 EA  0  L  1  0

1

2

0 1 0 0 0 1 0 0

0  0 0  0 

0

0 0

Grados de libertad de la estructura asociados a los ejes locales.

0 0

~3~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 ELEMENTO CB:

Se enumeran los ejes locales de cada elemento tal como se muestra de donde tenemos:

4

3

B

∝ = 45° 𝐶𝑜𝑠 ∝ =

√2 2

Sen ∝ =

√2 2

2 45°

C

1

0

 1  2   1 3EA  2   L 2 1   2  1   2

K CB

0

1 2 1 2 1  2 1  2

1

2

1 2 1  2 1 2 1 2

1   2  1  2  1  2  1   2 



0 0 0 0

 ELEMENTO DB: 4

Se enumeran los ejes locales de cada elemento tal como se muestra de donde tenemos:

3 B

∝ = 60° 𝐶𝑜𝑠 ∝ =

Sen ∝ = 2 °

60

D

1

~4~

1 2

√3 2

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

0

0

K DB

 1   4  3  4 EA  4  2L  1    4  3   4

Diego Curasma Wladimir

1

3 4 3 4 3  4 3  4

2

3  4  3    4  3   4  3   4 

1 4 3  4 1 4 3 4 



0 0 1 2

Ensamblamos la matriz de rigidez de la estructura según los grados de libertad, como la estructura presenta 2 GDL la matriz será de 2x2 la cual debe ser simétrica. 2

1

 3 2 1   2 EA  4 2 K L  3 2 3  0  4 2

3 2 3   1 4 2  3 2 3  2 0   4 2 

0

EA  3.561 1.927    L 1.927 2.561

K

Ensamblamos el vector fuerza de la estructura teniendo en cuenta los grados de libertad globales. De la ecuación:

 0  F   1  P  2

 F    K    

De donde tenemos que:

    F    K 

1

Resolviendo la ecuación obtenemos los desplazamientos del nudo B.  0  EA  3.561 1.927   1       L 1.927 2.561   2   P   1  LP  0.474      2  EA  0.356

0.356   0    0.659   1



 1  LP  0.356        2  EA  0.659 

~5~

Son los desplazamientos del nudo B

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

Calculamos las fuerzas internas de los elementos asociados a los grados de libertad locales de cada elemento:  ELEMENTO AB:

 PAB    K AB    AB 

 F1 1     F2   2 EA  0  F3  L  1    0  F4 

 ELEMENTO CB:

0  0   0.712       0  LP  0   0    P 0  EA  0.356   0.712       0   0.659   0 

 PCB    KCB   CB 

 1  2   F1  1   F  2   3EA  2  F3  L 2  1     2  F  4  1   2

 ELEMENTO DB.

0 1 0 0 0 1 0 0

1 2 1 2 1  2 1  2

1   2   0   0.321  1      2   LP  0    0.321  P  1  EA  0.356   0.321      2   0.659   0.321 1   2 

1 2 1  2 1 2 1 2



 PDB    K DB    DB 

 1   4  F1  3     F2   4 EA  4  F3  2 L  1      F4   4  3   4

3 4 3 4 3  4 3  4

1 4 3  4 1 4 3 4 

3  4   0   0.393  3        4   LP  0    0.680  P 3  EA  0.356   0.393       4   0.659   0.680  3   4 



~6~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

PROBLEMA N° 3.2: Determine la fuerza en cada miembro de la armadura mostrada si el soporte en el nudo D se desplaza hacia abajo 25mm considere 𝐸𝐴 = 8(10)3 𝑘𝑁. 8

B

A

B

7

1

3m

A

2

6

4

D C

C

4m

SOLUCIÓN:

D

5

3

Se enumeran los grados de libertad de la estructura considerando los apoyos libres

Determinamos la matriz de rigidez de cada elemento:  ELEMENTO AB: 7

K AB

 0.25  0  EA   0.25   0

8

1

0 0.25 0 0 0 0.25 0 0

Grados de libertad de la estructura asociados a los ejes GLOBALES.

2

0 7  0 8 0 1  0  2

2

4

A

 ELEMENTO CB: 1

K CB

2

3

B

1

2

5

6

 0.128 0.096 0.128 0.096    0.096 0.072 0.096 0.072    EA  0.128 0.096 0.128 0.096     0.096 0.072 0.096 0.072 

B

1 2 5 6

4

C

~7~

3

1

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir 4

 ELEMENTO DB: 3

K DB

1

4

0 0  0 0.333  EA  0 0  0 0.333 

3

B

2

0 0   0 0.333  0 0   0 0.333 

3 4 1

2

2 D

1

Ensamblamos la matriz de rigidez de la estructura según los grados de libertad, como se tomó libres los apoyos de la estructura presenta 8 GDL. Por lo tanto la matriz será 8x8.

1

2

 0.378 0.096  0.405  0.096  0 0  0 0.333 K  EA   0.128 0.096   0.096 0.072  0.25 0  0  0

3

4

5

6

7

0 0 0.128 0.096 0.25 0 0.333 0.096 0.072 0 0 0 0 0 0 0 0.333 0 0 0 0 0 0.128 0.096 0 0 0 0.096 0.072 0 0 0 0 0 0.25 0 0 0 0 0

8

0 1  0 2 0 3  0 4 0 5  0 6 0 7  0  8

Ensamblamos el vector fuerza y desplazamiento de la estructura teniendo en cuenta los grados de libertad globales. De la ecuación:

 F    K    

0  0.378 0.096    0.405 0  0.096  R3   0 0    0.333  R4   EA  0  R5   0.128 0.096     R6   0.096 0.072 R   0.25 0  7  R  0  0  8

0 0 0.128 0.096 0.25 0 0.333 0.096 0.072 0 0 0 0 0 0 0 0.333 0 0 0 0 0 0.128 0.096 0 0 0 0.096 0.072 0 0 0 0 0 0.25 0 0 0 0 0

0   1     0   2  0  0     0   0.025   0  0     0  0  0  0     0   0 

Desarrollamos la solución para las ecuaciones y obtenemos los desplazamientos:

~8~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 0     0.025  0 0.128 0.096 0.25 0   0  0  0.378 0.096   1  0     EA       EA   0 0 0  0  0.096 0.405   2   0 0.333 0.096 0.072  0     0  De donde obtenemos:

0  EA  0.3781  0.096 2   0 0  EA  0.0961  0.4053 2   0.00833 Si resolvemos estas ecuaciones simultáneamente obtenemos:

1  0.00556m  2  0.021875m Calculamos las fuerzas en cada elemento asociados a los grado de libertar locales de las barras:  ELEMENTO AB:

 F1  0.25     F2   EA  0  F3   0.25     0  F4 

0 0.25 0 0 0 0.25 0 0

0  0   11.1     0  0    0  KN 0  0.00556   11.1      0   0.021875   0 

11.1KN

11.1KN 3 B

A  ELEMENTO CB:

0.096 0.128 0.096  0.00556   11.1   F1  0.128        0.072 0.096 0.072  0.021875   8.33   F2   EA  0.096  KN  F3   0.128 0.096 0.128   11.1  0.096  0        0.072  0  0.096 0.072 0.096    8.33   F4 

~9~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

8.33KN

B

11.1KN

11.1KN C 8.33KN

 ELEMENTO DB:

0  F1 0     F2   EA  0 0.333  F3  0 0     0 0.333  F4 

0 0  0   0      0 0.333  0.025   8.33   KN 0 0  0.00556   0      0 0.333   0.021875   8.33  8.33KN B

D 8.33KN

~ 10 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

PROBLEMA N° 3.3: Para el sistema mostrado en la figura, calcular los esfuerzos térmicos en las barras de acero. a

2a

A

A

3a

A

B

2A

I

B

I

II

II

Se enumeran los grados de libertad de la estructura que solo presenta 1

1

2A III

C

C

D

t  40C E  2 106 kg / cm 2

  12.5 106 / C SOLUCIÓN: Determinamos la matriz de rigidez de cada elemento:  ELEMENTO CD: 0

K CD

1  EA  0  a  1  0

1

0 0

0 1 0 0 0 1 0 0

0 0  0 1 0 0  0  0

 ELEMENTO CB: 0

KCB

1

0

0

 0.171 0.256 0.171 0.256    EA  0.256 0.384 0.256 0.384   a  0.171 0.256 0.171 0.256     0.256 0.384 0.256 0.384 

~ 11 ~

0 1 0 0

III

D

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 ELEMENTO CA: 0

KCA

1

0

0

 0.032 0.095 0.032 0.095    EA  0.095 0.285 0.095 0.285   a  0.032 0.095 0.032 0.095     0.095 0.285 0.095 0.285 

0 1 0 0

Ensamblamos la matriz de la estructura mediante un ensamble teniendo en cuenta los grados de libertad globales.

K

EA  0.669  a

Fuerzas ficticias que compensan las elongaciones debidas a incrementos de temperatura.

N0   EA T

F0CD

 80    0    EA  80     0 

F0CB

 44.376    66.564    EA  44.376     66.564 

F0CA

 12.649    37.947    EA  12.649     37.947 

Ensamble de las fuerzas con signo cambiado.

F   e F0( e )  EA (104.511) Hallamos los desplazamientos

EA (104.511) 

Esta fuerza corresponde al grado de libertad 1

 F    K    

EA  0.669   (1 ) a

1   a(104.511)(1.495)

1   a(156.242) Cálculo de las fuerzas de cada elemento:

~ 12 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 ELEMENTO CD:

F CD

 80  1    0  EA  0   EA   80  a  1     0  0

0 1 0 0 0 1 0 0

80EA

0  0   80      0  156.242  0    a  EA   80  0  0      0  0    0  80EA

COMPRESION

C

D

 ELEMENTO CB:

F CB

0  44.376   0.171 0.256 0.171 0.256    4.378         66.564  EA  0.256 0.384 0.256 0.384  156.242  6.567   EA    a  EA   44.376  a  0.171 0.256 0.171 0.256    4.378  0         0.384  0  66.564   0.256 0.384 0.256   6.567 

6.567EA

CO MP RE SI ON

B

6.567EA C

4.378EA

Fuerza en la barra esta dado por : F CB  EA 4.3782  6.5672  7.893EA

4.378EA

 ELEMENTO CA:

F CA

0  12.649   0.032 0.095 0.032 0.095    2.194         37.947  EA  0.095 0.285 0.095 0.285  156.242  6.582     EA   a  EA  12.649  a  0.032 0.095   2.194  0.032 0.095  0          0  37.947   0.095 0.285 0.095 0.285    6.582 

~ 13 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

6.582EA

2.194EA A

CION TRAC

Fuerza en la barra esta dado por : F CA  EA 6.5822  2.1942  6.938EA

C

2.194EA

6.582EA Cálculo de los esfuerzos térmicos:  

F A

 ELEMENTO CD: 80 EA  CD   1000kg / cm 2 2A  ELEMENTO CB: 7.893EA  CB   98.663kg / cm 2 2A  ELEMENTO CA: 6.938 EA  CA   173.45kg / cm 2 A

PROBLEMA N° 3.4: La estructura mostrada en la figura está formada por dos barras de cobre y dos barras de acero los cuales concurren en un nudo. Si el conjunto sufre un aumento de temperatura de t  10C y si la sección recta de las barras de cobre es el doble a los del acero, determinar las tensiones aparecidas en cada barra.

2 Acobre  Aacero Acobre  2 A Aacero  A

 cobre  16.5 / C  acero  12.5 / C

Ecobre  E Eacero  2 E donde : E  106 kg / cm 2

donde :   106

~ 14 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

A

D

COBRE

a

30°

B

60 °

a

ACERO

C

F

A

D

2 B

1

C

F

SOLUCIÓN: Determinamos la matriz de rigidez de cada elemento:  ELEMENTO CB: 0

K CB

Se enumeran los grados de libertad de la estructura que solo presenta 2.

0

1

2

0.433 0.75 0.433  0  0.75   0.25 0.433 0.25  0 EA  0.433  0.433  1 a  0.75 0.433 0.75   0.25  2  0.433 0.25 0.433

~ 15 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 ELEMENTO FB: 0

K FB

0

2

1

 0.75 0.433 0.75 0.433    0.433 0.25  EA  0.433 0.25  0.75 0.433  a  0.75 0.433    0.433 0.25 0.433 0.25 

0 0 1 2

 ELEMENTO BA: 1

K BA

2

0

0

2

0

0

 0.433 0.75 0.433 0.75  1   0.75 1.299  2 EA  0.75 1.299  0.433 0.75  0 a  0.433 0.75    0.75 1.299 0.75 1.299  0

 ELEMENTO BA: 1

K BD

0.75 0.433 0.75   0.433   1.299 0.75 1.299  EA  0.75  0.75  a  0.433 0.75 0.433   1.299   0.75 1.299 0.75

1 2 0 0

Ensamblamos la matriz de la estructura mediante un ensamble teniendo en cuenta los grados de libertad globales.

K

0  EA  2.366   3.098  a  0

Fuerzas ficticias que compensan las elongaciones debidas a incrementos de temperatura. En esta parte introducimos los valores que se anteponen a las variables de E, A y 𝛼 para así uniformizar y solo trabajar como se muestra.

N0   EA T

F0CB

 216.506    125   EA   216.206     125 

F0FB

 216.506    125   EA   216.206     125 

~ 16 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

F0BA

Diego Curasma Wladimir

 165    285.788    EA  165     285.788 

F0BA

 165    285.788    EA  165     285.788 

Ensamble de las fuerzas con signo cambiado.

0   F  e F0( e)  EA    321.576  Hallamos los desplazamientos

Esta fuerza corresponde al grado de libertad 2

 F    K    

0 0   1    EA  2.366 EA      3.098    2  a  0  321.576  0  1       a    103.801 2 

Cálculo de las fuerzas de cada elemento:  ELEMENTO CB:

F CB

0.433 0.75 0.433  0  216.506   0.75   216.452         125  EA  0.433 0.25 0.433 0.25  0   a  EA  150.950   EA    216.206  a  0.75 0.433 0.75   261.452  0.433  0         0.25   125   0.433 0.25 0.433  103.801  150.950 

150.95EA B

261.452EA

N SIO E R MP CO

La fuerza en la barra esta dado por : F CB  EA 216.4522  150.9502  301.899EA

150.95EA C

261.452EA

~ 17 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 ELEMENTO BA:

F BA

0  165   0.433 0.75 0.433 0.75    87.149         285.788  EA  0.75 1.299 0.75 1.299  103.801 150.951     EA   a  EA  165  a  0.433 0.75   87.149  0.433 0.75  0         0  285.788   0.75 1.299 0.75 1.299    150.951

150.951EA A

87.149EA

La fuerza en la barra esta dado por : N SIO RE MP CO

F BA  EA 150.9512  87.1492  174.303EA

87.149EA

B

150.951EA Cálculo de los esfuerzos térmicos:  

F A

 ELEMENTO CB: esta barra es igual a la barra BF

 CB 

301.899 EA  301.899kg / cm 2 A

 ELEMENTO BA: esta barra es igual a la barra BD

 CB 

174.303EA  87.152kg / cm 2 2A

~ 18 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

PROBLEMA N° 3.5: Determinar el desplazamiento del punto de aplicación de la carga P en el sistema mostrado, considerar que todas las barras tienen el mismo EA. 5

C C

P

Se enumeran los grados de libertad de la estructura que presentan 5 tal como se muestra

a

a

4

45°

D

D

45°

A

A

a

P

a

3

B

B

SOLUCIÓN: Determinamos la matriz de rigidez de cada elemento:  ELEMENTO AC: 0

K AC

0

4

5

0

1

0

 0.5 0.5 0.5 0.5  0   EA  0.5 0.5 0.5 0.5  0  a  0.5 0.5 0.5 0.5  4    0.5 0.5 0.5 0.5  5

 ELEMENTO AD: 0

K AD

 0.707  EA  0  a  0.707   0

0 0.707 0 0 0 0.707 0 0

0  0 0  0 

0 0 1 0

~ 19 ~

2

1

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 ELEMENTO AB: 0

K AB

0

2

3

0

4

5

3

1

0

 0.5 0.5 0.5 0.5  0   EA  0.5 0.5 0.5 0.5  0  a  0.5 0.5 0.5 0.5  2    0.5 0.5 0.5 0.5  3

 ELEMENTO DC: 1

K DC

 0.5 0.5 0.5 0.5  1   EA  0.5 0.5 0.5 0.5  0  a  0.5 0.5 0.5 0.5  4    0.5 0.5 0.5 0.5  5

 ELEMENTO BD: 2

K BD

 0.5 0.5 0.5 0.5    EA  0.5 0.5 0.5 0.5   a  0.5 0.5 0.5 0.5     0.5 0.5 0.5 0.5 

2 3 1 0

Ensamblamos la matriz de la estructura mediante un ensamble teniendo en cuenta los grados de libertad globales.

1

2

3

4

5

1.707 0.5 0.5 0.5 0.5    0.5 1 0 0 0   EA  0.5 K 0 1 0 0  a   0 0 1 0   0.5  0.5 0 0 0 1   Formamos el vector fuerza de la estructura con cinco grados de libertad.

 0  0      0  0 F   P   P 1       0  0  P   1    

~ 20 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

Obtenemos los desplazamientos mediante la ecuación:  F    K    

0 1.707 0.5 0.5 0.5 0.5   1       1 0 0 0  2   0  EA  0.5  0.5 P 1   0 1 0 0   3    a    0 0 1 0  4  0  0.5  1  0.5 0 0 0 1    5     Obtenemos la inversa de la matriz y tenemos:

0.707 0.707 0.707  1   1.414    0.354 0.354   2  Pa  0.707 1.354  3    0.707 0.354 1.354 0.354   EA  0.354 0.354 1.354 4   0.707  0.707 0.354 0.354 0.354     5

0.707  0    0.354  0  0.354  1    0.354  0   1.354   1

 1   1.414        2  Pa  0.707   3    1.707    EA   4   0.707   1.707       5

PROBLEMA N° 3.6: Calcular las fuerzas en las barras del reticulado plano

A1  10cm2

A2  10cm2

P  4000kg

K  2000

kg cm

A3  20cm2

E  2.1106

kg cm 2

~ 21 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

P

60 cm

A

Diego Curasma Wladimir

2 A

1

80 cm

B

B

1

2 3

Se muestran los grados de libertad de la estructura

4

K C

C

3

SOLUCIÓN: Matriz de rigidez de cada elemento:  ELEMENTO AB:

K AB

0  350000  0   350000  0 

0 1 0 350000 0 0 0 350000 0 0

2 0  0 0  0 

0 0 1 2

 ELEMENTO CA:

KCA

3 4 0 0  0 262500  0 0   0 262500

0 0 0 0   0 262500   0 0  0 262500 

3 4 0 0

 ELEMENTO CB:

KCB

3 1 4 2 201864.956 152116.155 201864.956   152116.155   201864.956 267883.845 201864.956 267883.845    152116.155 201864.956 152116.155 201864.956    267883.845   201864.956 267883.845 201864.956

~ 22 ~

3 4 1 2

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 RESORTE: 0

3

 2000 2000  0 Kr     2000 2000  3 Matriz de rigidez del sistema:

 502116.155 201864.956 152116.155 201864.956    201864.956 267883.845 201864.956 267883.845   K  152116.155 201864.956 154116.155 201864.956     201864.956 267883.845 201864.956 530383.845  El vector fuerza del sistema es:

 0    4000   F  0   0    Obtenemos los desplazamientos mediante la ecuación:  F    K    

 0   502116.155 201864.956 152116.155 201864.956   1        4000    201864.956 267883.845 201864.956 267883.845    2   0   152116.155 201864.956 154116.155 201864.956    3        0   201864.956 267883.845 201864.956 530383.845    4   1   0.0086        2    1.1723    3   1.5071        4   0.0152  Cálculo de las fuerzas de cada elemento:  ELEMENTO AB:

F

AB

 350000  0   350000  0 

0 350000 0 0 0 350000 0 0

0  0   3010      0  0   0   kg 0  0.0086   3010      0   1.1723   0 

~ 23 ~

3010 kg A

3010 kg 3 B

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 ELEMENTO CA:

F CA

0 0  0 262500  0 0   0 262500

3990 kg

0 0  1.5071   0      0 262500  0.0152   3990   kg  0 0 0   0      0 262500  0   3990  

A

C 3990 kg

 ELEMENTO CB:

F CB

201864.956 152116.155 201864.956   1.5071   3015.484   152116.155      201864.956 267883.845 201864.956 267883.845   0.0152   4001.683     kg  152116.155 201864.956 152116.155 201864.956   0.0086   3015.484         201864.956 267883.845 201864.956 267883.845   1.1723   4001.683  4001.683 kg 3015.484 kg B

La fuerza en la barra esta dado por : F CB  3015.4842  4001.6832  5010.65kg (Compresion)

3015.484 kg C 4001.683 kg

 RESORTE:

 2000 2000  0   3014.2  F Re sorte      kg  2000 2000  1.5071  3014.2 

~ 24 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

CAPÍTULO IV VIGAS

~1~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

PROBLEMA N° 1: Si el apoyo “B” del sistema mostrado cede 0.2 mm, se pide calcular las fuerzas de reacción en los apoyos y dibujar el DFC y DMF. Considerar: EI=constante. 4 ton 2 ton/m

A

0.2

5 ton-m

B

C

3m

4m

3m

1 2

4

3

Grados de libertad del sistema que son 4 GDL

SOLUCIÓN: Ensamblamos la matriz de rigidez de cada elemento.  ELEMENTO AB: 0

K AB

2

3

1

 0.188 0.375 0.188 0.375    0.375 1 0.375 0.5   EI   0.188 0.375 0.188 0.375    0.5 0.375 1   0.375

1

0 2

3

2

1

4

3

 ELEMENTO BC: 1

K BC

3

4

0

 0.056 0.167 0.056 0.167    0.167 0.667 0.167 0.333    EI  0.056 0.167 0.056 0.167    0.333 0.167 0.667   0.167

Ensamblamos la matriz de rigidez de la estructura:

~2~

1

1 3 0 4

2

3 4

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 0.244 0.375 0.208 0.167    0.375 1 0.5 0   K  EI  0.208 0.5 1.667 0.333    0 0.333 0.667   0.167 El vector fuerza de nudos del sistema F s .

0   0 s F   5  0    Vector de fuerzas de empotramiento perfecto de cada elemento:

 4    2.667  E  FAB   4     2.667 

2 ton/m

0 2 2.667

1 3

2.667

L=4m

4

4 4 ton

E FBC

2   3   2    3 

1 3 0 4

L=3 m

L=3 m L=6 m

3 2

3 2

Ensamblamos el vector fuerza de empotramiento prefecto del sistema:

 6    2.667  E  F   0.333     3  Vector de fuerzas internas del sistema: F  F s  F E

 0   6   6        0   2.667   2.667  s E  F  F F     5   0.333   4.667         0   3   3 

~3~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

    F    K 

1

Resolviendo la ecuación obtenemos los desplazamientos.

 6   0.244 0.375 0.208 0.167   0.0002       1 0.5 0   2   2.667   EI  0.375  4.667   0.208 0.5 1.667 0.333    3       0 0.333 0.667   3   0.167   4  Para obtener los desplazamientos hacemos lo siguiente:

0.5 0   2   2.667   0.375   1         4.667   EI  0.208   0.0002  EI  0.5 1.667 0.333   3   3   0.167   0 0.333 0.667          4  2   4.467    1     3   EI  3.6001     2.7004   4   Cálculo de las fuerzas internas de los elementos: F e  FeE  K e  u e  ELEMENTO AB:

F AB

0  4   0.188 0.375 0.188 0.375        2.667  0.375 1 0.375 0.5  4.467  1   EI   4   0.188 0.375 0.188 0375  0.0002  EI      0.5 0.375 1   2.667   0.375  3.6001 

F AB

 3.675    0    4.325     1.3 

3.675 0

4.325 1.3

 ELEMENTO BC:

F BC

2  0.056 0.167 0.056 0.167  0.0002       3 0.167 0.667 0.167 0.333  3.6001  1     EI 2  0.056 0.167 0.056 0.167   EI 0       0.333 0.167 0.667  2.7004   3   0.167

~4~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

F BC

 3.052    6.3     0.948     0 

Diego Curasma Wladimir

3.052

0.948

6.3

0

Diagrama de momento flector y fuerza cortante:

3.675

3.052

DFC 0.948 4.325 6.3 1.3

DMF 2.05 3.38

PROBLEMA N° 2: Para la viga mostrada en la figura se pide: a) Calcular las reacciones en los apoyos. b) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector debidamente acotados. Considerar: EI=constante. Tener en cuenta la rótula en el nudo “C”.

~5~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

8 ton/m

6 ton

2 ton/m

A

D

3m

B

C

1.5 m

1.5 m

3m

1

4 2

3 Grados de libertad de la estructura.

SOLUCIÓN: Ensamblamos la matriz de rigidez de cada elemento.  ELEMENTO DA: 1

K DA

 12  27   6  9  EI   12  27  6   9

2

0

6 9 4 3 6 9 2 3

12 27 6 9 12 27 6 9

3

4

3 9 3 3 3 9

3  27   3  9   3   27 

3

6  9   2  3   6  9  4   3 

1 1

2

3

2

4

0 3

 ELEMENTO AC: 0

K AC

 3  27  3  EI   9   3  27

0 1

3

2

4

~6~

3 4

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 ELEMENTO CB:

KCD

4

0

0

 3  27  3  EI   27   3  9

3 27 3 27 3 9

3  9   3  9   3   3 

4 1

0

3

2

4

0

Ensamblamos la matriz de rigidez de la estructura:

 12  27   6  9 K  EI   6  9   0 

6 9 4 3 2 3 0

   0    4 3  1 3 9  3 3 3    9 27 27  6 9 2 3

0

El vector fuerza de nudos del sistema F s .

0   0 s F   0  0    Vector de fuerzas de empotramiento perfecto de cada elemento:

E FDA

 0    0     12     12 

8 ton/m

1 2 0

12

3 12

~7~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir 2 ton/m

E FCB

 2.25  4     3.75  0  2.25  0  

2.25 2.25

3.75

6 ton

E AC

F

 4.125  0     3.375  3  1.875  4  

3.375 4.125

1.875

Ensamblamos el vector fuerza de empotramiento prefecto del sistema:

 0    0  E  F   8.625     4.125  Vector de fuerzas internas del sistema: F  F s  F E

0  0   0        0 0   0  F  Fs  FE      0   8.625   8.625         0   4.125   4.125 

    F    K 

1

Resolviendo la ecuación obtenemos los desplazamientos.

 12  27   0   6   0    EI  9  8.625   6    9  4.125    0 

6 9 4 3 2 3 0

    1 0    2   4 3    3  1   3 9    4  3 3 3    9 27 27  6 9 2 3

0

 1   14.625        2   1  4.875    3  EI  4.875       11.25  4 

~8~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

Cálculo de las fuerzas internas de los elementos: F e  FeE  K e  u e  ELEMENTO CB:

F CB

 3  27  2.25   3     3.75   EI   27  2.25      3  9

F CB

1     5  TON  6   

3 27 3 27 3 9

3  9   11.25   3    1 0   9  EI   0  3   3  1

5 6

 ELEMENTO AC:

F AC

 3  27  4.125   3     3.375   EI   9  1.875      3  27

F AC

7     12  TON  1  

3 9 3 3 3 9

3  27   0   3    1 4.875    9  EI   11.25  3   27  7 12

 ELEMENTO DA:

F DA

 12  27   0   6   0   EI  9   12   12    27  12   6   9

1

6 9 4 3 6 9 2 3

12 27 6 9 12 27 6 9

6  9   2   14.625    3   4.875  1   EI 6   0   9   4.875  4   3 

~9~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

F DA

Diego Curasma Wladimir

12

 0    0    TON  12     12 

12

Diagrama de momento flector y fuerza cortante:

7 1

DFC

5 12 12 6 1.5

DMF 0.25

PROBLEMA N° 3: Para la viga mostrada en la figura dibujar los DMF. y DFC. Considerar EI=constante. 30 KN

15 KN

12 KN/m

4 1

A

B 5m

5m

C 6m

2

D

3m

Grados de libertad de la estructura.

~ 10 ~

3

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

SOLUCIÓN: Ensamblamos la matriz de rigidez de cada elemento.  ELEMENTO AB: 0

0

K AB

1

0

 0.012 0.06 0.012 0.06    0.06 0.4 0.06 0.2    EI  0.012 0.06 0.012 0.06    0.2 0.06 0.4   0.06

0

1

3

0 0

2

4

1

 ELEMENTO BC: 0

K BC

 12  216   6  36  EI   12  216  6   36

1

0

2

6 36 4 6 6  36 2 6

12 216 6 36 12 216 6 36

6  36   2  6   6  36  4   6 

2

4

3

6 9 4 3 6 9 2 3

12 27 6 9 12 27 6 9

1

0 2

3 4

1 0 2

 ELEMENTO CD: 0

K CD

 12  27   6  9  EI   12  27  6   9

6  9   2  3   6  9  4   3 

1

0 2 4 3

~ 11 ~

2

3 4

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

Ensamblamos la matriz de rigidez de la estructura:

0 0  1.06667 0.33333    0.33333 2 0.66667 0.66667   K  EI  0 0.66667 1.33333 0.66667    0.66667 0.66667 0.44444   0 El vector fuerza de nudos del sistema F s .

 0    0  s  F   0     15  Vector de fuerzas de empotramiento perfecto de cada elemento:

E FAB

E FBC

 15    37.5     15     37.5 

 36  0   36  1    36  0    36  2

30 KN

0 0 0

L=5 m

37.5

L=5 m

37.5

L=10 m

1

15

15

12 KN/m

36

36

L=6m

36

Ensamblamos el vector fuerza de empotramiento prefecto del sistema:

 1.5    36  FE    0     0  Vector de fuerzas internas del sistema: F  F s  F E

 0   1.5   1.5        0   36   36  s E  F  F F     0   0   0         15   0   15 

~ 12 ~

36

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

    F    K 

1

Resolviendo la ecuación obtenemos los desplazamientos.

0 0  1.5   1.06667 0.33333   1       2 0.66667 0.66667    2   36   EI  0.33333  0   0 0.66667 1.33333 0.66667    3        0.66667 0.66667 0.44444   15   0   4 

 1   6.66916        2   1  16.84155    3  EI  84.34931       185.53889  4  Cálculo de las fuerzas internas de los elementos: F e  FeE  K e  u e  ELEMENTO AB:

F AB

 15   0.012 0.06 0.012 0.06  0       37.5  0.06 0.4 0.06 0.2  0  1     EI  15   0.012 0.06 0.012 0.06  0  EI      0.2 0.06 0.4   37.5   0.06  6.66916 

F AB

 15.4    38.83    KN  14.6     34.83 

15.4

14.6

38.83

34.83

 ELEMENTO BC:

F BC

 12  216   36   6   36   EI  36   36   12    216  36   6   36

6 36 4 6 6  36 2 6

12 216 6 36 12 216 6 36

6  36   0  2    6   6.66916  1   EI 6   0    36   16.84155  4   6 

~ 13 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

F BC

 34.3    34.83    KN  37.7     45 

Diego Curasma Wladimir

34.3

37.7

34.83

45

 ELEMENTO CD:

F BC

F CD

 12  27   6  9  EI   12  27  6   9  15    45    KN  15     0 

6 9 4 3 6 9 2 3

12 27 6 9 12 27 6 9

6  9   0  2    3   16.84155  1  6   185.53889  EI   9   84.34931  4   3  15 45

0

15

Diagrama de momento flector y fuerza cortante: 34.3 15.4

15

DFC 14.6 37.7 38.83

45

34.83

DMF 14.2

15.415

38.2

~ 14 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

PROBLEMA N° 4: Resolver la viga mostrada EI  1.2  10 ton  m . Y además los apoyos B y C son elásticos, con coeficientes 400 y 500 ton/m, respectivamente. 5

2

3 ton/m

A

B

D

C

6m

5m

4m

2 1

4

3

6

5

Grados de libertad de la estructura.

SOLUCIÓN: Ensamblamos la matriz de rigidez de cada elemento.  ELEMENTO AB: 1

0

K AB

2

3

 6666.667 20000 6666.667 20000    20000 80000 20000 40000    6666.667 20000 6666.667 20000    40000 20000 80000   20000

0

1

3

1 2

2

4

3

 ELEMENTO BC: 2

K BC

3

4

5

 22500 45000 22500 45000  2   45000 120000 45000 60000  3    22500 45000 22500 45000  4    45000 60000 45000 120000  5

1

3

2

4

 ELEMENTO CD: 4

KCD

5

0

6

28800 11520 28800  4  11520   28800 96000 28800 48000  5    11520 28800 11520 28800  0    28800 48000 28800 96000  6

~ 15 ~

1 2

3 4

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 RESORTE B: 0

2

 4001 400  0 KB     400 400  2  RESORTE C: 0

4

 500 500  0 KC     500 500  4 Ensamblamos la matriz de rigidez de la estructura:

20000 40000 0 0 0   80000   0   20000 29566.667 25000 22500 45000  40000 25000 200000 45000 60000 0  K   22500 45000 34520 16200 28800   0  0 45000 60000 16200 216000 48000    0 0 28800 48000 96000   0

El vector fuerza de nudos del sistema F s .

0   0 0 Fs    0 0   0 Vector de fuerzas de empotramiento perfecto de cada elemento:

E FAB

9   9   9    9 

3 ton/m

0 1 2 3

9

9

L=6m

9

9

~ 16 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

E FBC

6   4   6    4 

2 3 2 4

Diego Curasma Wladimir

3 ton/m

4

5

4

L=4m

6

6

Ensamblamos el vector fuerza de empotramiento prefecto del sistema:

9    15   5  FE    6   4    0  Vector de fuerzas internas del sistema: F  F s  F E

 0   9   9         0   15   15   0   5   5  F  Fs  FE         0   6   6   0   4   4        0 0   0 

    F    K 

1

Resolviendo la ecuación obtenemos los desplazamientos.

20000 40000 0 0 0   1   9   80000      0  2   15   20000 29566.667 25000 22500 45000  5   40000 25000 200000 45000 60000 0   3      22500 45000 34520 16200 28800    4   6   0 4   0 45000 60000 16200 216000 48000    5       0 0 28800 48000 96000    6  0   0  1   0.0020349944        2   0.0085342225    3   0.0004221224    m   4   0.0071958384    5   0.0010061183        6   0.0016556924 

~ 17 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

Cálculo de las fuerzas internas de los elementos: F e  FeE  K e  u e  ELEMENTO AB:

F AB

F

AB

0  9   6666.667 20000 6666.667 20000        9   20000 80000 20000 40000  0.0020349944      9   6666.667 20000 6666.667 20000  0.0085342225       40000 20000 80000   9   20000  0.0004221224   16.7525    0    ton  1.2475     46.5149 

16.7525

1.2475 46.5149

 ELEMENTO BC:

F BC

 6   22500 45000 22500 45000  0.0085342225       4   45000 120000 45000 60000  0.0004221224      6   22500 45000 22500 45000  0.0071958384         4   45000 60000 45000 120000  0.0010061183 

F BC

 2.1662    46.5149    ton  9.8338     31.1796 

2.1662 - 46.5149

9.8338 31.1796

 ELEMENTO CD:

F BC

28800 11520 28800  0.0071958384   11520    28800 96000 28800 48000  0.0010061183     11520 28800 11520 28800   0      28800 48000 28800 96000  0.0016556924 

F CD

 6.2359    31.1796    ton  6.2359    0  

6.2359 31.1796

6.2359

~ 18 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

Diagrama de momento flector y fuerza cortante: 16.7525 2.1662

DFC 1.2475 6.2359 9.8338

DMF

31.1796 46.5149 47.2969

PROBLEMA N° 5: En la figura se muestra una viga en cantiléver EI  1.2  105 ton  m 2 . Sobre la que actúa una carga uniformemente distribuida de: w=3 ton/m además en el extremo libre se apoya en dos resortes, uno lineal de k1=937.5 ton/m y otro rotacional de k  = 62500ton-m/rad, se pide:   

Las reaccione en el empotramiento de la viga. Los desplazamientos en el nudo B. DMF. Y DFC.

1 w=3 ton/m

2

x2

B

A

x1

5m

SOLUCIÓN: Ensamblamos la matriz de rigidez de cada elemento.

~ 19 ~

Grados de libertad de la estructura.

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 ELEMENTO AB: 0

0

K AB

1

2

28800 11520 28800   11520   28800 96000 28800 48000     11520 28800 11520 28800     28800 48000 28800 96000 

0 0 1

1

3

2

4

2

 RESORTE K1(lineal): 0

1

937.5  0  937.5 1 K1     937.5 937.5  1  RESORTE K2(giro): 0

2

 62500 -62500  0 K2     -62500 62500  2 Ensamblamos la matriz de rigidez de la estructura:

12457.5 28800  K    28800 158500  El vector fuerza de nudos del sistema F s .

0 Fs    0 Vector de fuerzas de empotramiento perfecto de cada elemento:

E FAB

 7.5    6.25    7.5     6.25 

3 ton/m

0 0 1 2

6.25

6.25

L=5m

7.5

7.5

Ensamblamos el vector fuerza de empotramiento prefecto del sistema:

 7.5  FE     6.25  Vector de fuerzas internas del sistema: F  F s  F E

~ 20 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 0   7.5   7.5  F  Fs  FE       0   6.25   6.25 

    F    K 

1

Resolviendo la ecuación obtenemos los desplazamientos.

 7.5  12457.5 28800   1       6.25   28800 158500   2   1   0.0008809    m   2   0.0001206  Cálculo de las fuerzas internas de los elementos: F e  FeE  K e  u e  ELEMENTO AB:

F AB

F

AB

28800 11520 28800  0  7.5   11520       6.25   28800 96000 28800 48000  0      7.5   11520 28800 11520 28800  0.0008809         6.25   28800 48000 28800 96000  0.0001206   14.175    25.831   ton  0.825     7.542 

14.175 25.831

0.825 7.542

 FUERZA EN EL RESORTE K1:

F  K  F  937.5  0.0008809  0.825  FUERZA EN EL RESORTE K2:

F  K  F  62500  0.0001206  7.54

~ 21 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

Diagrama de momento flector y fuerza cortante:

14.175 DFC

0.825 25.831 DMF

7.542

PROBLEMA N° 6: Resolver la viga continua con extremos empotrados. EI=Constante.

15 KN/m

A

B 6m

40 KN

20 KN/m

C 5m

D 3m

3m

Grados de libertad de la estructura.

SOLUCIÓN: Ensamblamos la matriz de rigidez de cada elemento.

~ 22 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 ELEMENTO AB: 0

K AB

 12  216   6  36  EI    12  216  6   36

0

6 36 4 6 6  36 2 6

0

1

12 216 6  36 12 216 6  36

6  36   2  6   6  36  4   6 

0

2



1

0 0

3

2

4

0 1

 ELEMENTO BC: 0

K BC

1

6 12  12   125 25 125  4 6  6   25 5 25  EI  12   12  6  125 25 125  6 2 6   5 25  25

6  25   2  5   6  25  4   5 

1

0 1

3

2

4

0 2

 ELEMENTO CD: 0

K CD

 12  216   6  36  EI    12  216  6   36

2

6 36 4 6 6  36 2 6

0

0

12 216 6  36 12 216 6  36

6  36   2  6   6  36  4   6 



1

0 2 0 0

Ensamblamos la matriz de rigidez de la estructura:

0.4  1.46667 K  EI   1.46667   0.4

~ 23 ~

2

3 4

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

El vector fuerza de nudos del sistema F s .

0 Fs    0 Vector de fuerzas de empotramiento perfecto de cada elemento:

 45    45  E FAB   45     45 

E FBC

E FCD

15 KN/m

0 0 45

0 1

50     41.66667     50    41.66667 

45

L=6m

45

20 KN/m

0 1 0

41.66667

2

 20  0   30  2   20  0    30  0

45

41.66667

L=5m

50

50 40 KN

L=3 m

30

L=3 m

30

L=6 m

20

20

Ensamblamos el vector fuerza de empotramiento prefecto del sistema:

 3.33333  FE     11.66667  Vector de fuerzas internas del sistema: F  F s  F E

 0   3.33333   3.33333  F  Fs  FE       0   11.66667  11.66667 

    F    K 

1

Resolviendo la ecuación obtenemos los desplazamientos.

0.4   1   3.33333  1.46667    EI    1.46667    2  11.66667   0.4  1  1  0.11161     m   2  EI  7.92409 

~ 24 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

Cálculo de las fuerzas internas de los elementos: F e  FeE  K e  u e  ELEMENTO AB:

F AB

 12  216   45   6    36 45    EI   45    12    216  45   6   36

F AB

 45.02    45.04   ton  44.98     44.9 

6 36 4 6 6  36 2 6

12 216 6  36 12 216 6  36



6  36   2  0    6  0  1  6   0  EI   36   0.11161 4   6 

 ELEMENTO BC:

F BC

6 12  12   125 25 125  50   4 6  6     25 41.66667  5 25   EI    50 12   12  6    125 25 125  41.66667   6 2 6   5 25  25

F BC

 51.93    44.93    ton  48.07     35.28 

~ 25 ~

6  25   2  0    5   0.11161  1  6   0  EI   25   7.92409  4   5 

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 ELEMENTO CD:

F CD

 12  216   20   6   30   EI  36   20    12    216  30   6   36

F CD

 21.32    35.29    ton  18.68     27.36 

6 36 4 6 6  36 2 6

12 216 6  36 12 216 6  36



6  36   2  0    6   7.92409  1  6   0  EI   36   0  4   6 

Diagrama de momento flector y fuerza cortante: 15 KN/m

6m

40 KN

20 KN/m

5m

~ 26 ~

3m

3m

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

CAPÍTULO V PORTICOS

~1~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

PROBLEMA N° 1: Analizar la estructura mostrada bajo la acción de un efecto térmico en la cara superior de las dos

ts  30C

h  30cm

A1  A2  60cm 2

E  2.1106 kg / cm2

  1.1106

(2)

h

1 C

400

barras.

I1  I 2  1000cm 4

ts (1)

300

400

Grados de libertad de la estructura.

SOLUCIÓN: Ensamblamos la matriz de rigidez de cada elemento.  ELEMENTO 12: 0

0

0

1

0

2

0 0 315000 0 0  315000  0   0 393.75 78750 0 393.75 78750  0   0 78750 21000000 0 78750 10500000  0 K12    0 0 315000 0 0  315000  1  0 393.75 78750 0 393.75 78750  0   0 78750 10500000 0 78750 21000000  2   ELEMENTO 23: Angulo de inclinación es   arctan(400 / 300) 1

0

2

0

0

0

120863.232 40320 90849.024 120863.232 40320   90849.024   30240 120863.232 161352.576 30240   120863.232 161352.576  40320 30240 16800000 40320 30240 8400000  K 23    40320 90849.024 120863.232 40320   90849.024 120863.232  120863.232 161352.576 30240 120863.232 161352.576 30240    30240 8400000 40320 30240 16800000   40320

~2~

1 0 2 0 0 0

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

Ensamblamos la matriz de rigidez de la estructura:

 405849.024 40320  K   37800000   40320 El vector fuerza de nudos del sistema F s .

0 Fs    0 Vector de fuerzas de empotramiento perfecto de cada elemento:

 t  ti  F   . s  . A.E 2    t  ti  M   . s  .E.I h  

1 30C kg . .60cm2 .2.1106 2  2079kg C 2 cm 1  30C  6 kg M  1.1106 .  .1000cm4  2310kg / cm  .2.110 2 C  30cm  cm F  1.1106

ts ts

Como la barra 2-3 sus fuerzas no están orientados adecuadamente y deben transformarse a un sistema equivalente esto se hace aplicando simplemente trigonometría. Tal como se aprecia en la siguiente figura.

~3~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

F1E2

 2079     0   2310     2079   0     2310 

 1247.4     1663.2   2310  F2E3     1247.4   1663.2     2310 

Diego Curasma Wladimir

0 0 0 1 0 2

1 0 2 0 0 0

Ensamblamos el vector fuerza de empotramiento prefecto del sistema:

 831.6  FE     0  Vector de fuerzas internas del sistema: F  F s  F E

 0   831.6   831.6  F  Fs  FE       0  0   0 

~4~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

    F    K 

1

Resolviendo la ecuación obtenemos los desplazamientos.

 831.6   405849.024 40320   1      37800000    2   0   40320  1   0.002049255     cm   2   0.0000021859  Cálculo de las fuerzas internas de los elementos: F e  FeE  K e  u e  ELEMENTO 1-2:

0 0 315000 0 0 0  2079   315000        0 393.75 78750 0 393.75 78750  0  0          2310 0 78750 21000000 0  78750 10500000 0 F 12      0 0 315000 0 0  2079   315000  0.002049255   0    0 393.75 78750 0 393.75 78750  0      0 78750 10500000 0 78750 21000000   2310    0.0000021859   1433.485     0.172   2287.048  F 12    kg  1433.485   0.172     2355.904   ELEMENTO 1-2:

F 23

120863.232 40320 90849.024 120863.232 40320  0.002049255   1247.4   90849.024      30240 120863.232 161352.576 30240  0  1663.2   120863.232 161352.576   2310   40320 30240 16800000 40320 30240 8400000  0.0000021859      40320 90849.024 120863.232 40320  0  1247.4   90849.024 120863.232   1663.2   120863.232 161352.576 30240  120863.232 161352.576 30240  0       30240 8400000 40320 30240 16800000  0  2310   40320 

~5~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

F 23

Diego Curasma Wladimir

 1433.485     1910.946   2355.903    kg  1433.485   1910.946     2245.736 

Diagrama de momento flector, fuerza cortante y axial:

PROBLEMA N° 2: Se pide calcular los desplazamientos en el pórtico de la figura y trazar los diagramas de M y Q. Considerar E=2100000 kg/cm2.

Barra1: L1  300cm

Barra 2 : L2  200cm

I1  600cm4

I 2  400cm4

A1  5cm2

A2  4cm 2

~6~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

200 kg

(1)

150 cm

50 kg/m

(2)

200 cm

150 cm

Grados de libertad de la estructura.

SOLUCIÓN: Ensamblamos la matriz de rigidez de cada elemento.  ELEMENTO 1: 0

0

0

2

1

3

0 0 35000 0 0  35000    560 84000 0 560 84000   0  0 84000 16800000 0 84000 8400000  K1    0 0 35000 0 0  35000   0 560 84000 0 560 84000    84000 8400000 0 84000 16800000   0

0 0 0 1 2 3

 ELEMENTO 2: 0

0

4

1

2

3

0 126000 1260 0 126000   1260   0 42000 0 0 42000 0    126000 0 16800000 126000 0 8400000  K2    0 126000 1260 0 126000   1260   0 42000 0 0 42000 0   0 8400000 126000 0 16800000   126000 Ensamblamos la matriz de rigidez de la estructura:

0 126000 126000   36260   0 42560 84000 0  K  126000 84000 33600000 8400000    0 8400000 16800000  126000

~7~

0 0 4 1 2 3

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

El vector fuerza de nudos del sistema F s .

0   0 s F   0  0    Vector de fuerzas de empotramiento perfecto de cada elemento: 200 kg

0

1666.6667

0 0 1

7500

2

7500

L=300 cm

100

100

50

 0     100   7500  F1E     0   100     7500 

3

4 1 2

Ensamblamos el vector fuerza de empotramiento prefecto del sistema:

50     100 E   F   5833.33333     1666.66667  Vector de fuerzas internas del sistema: F  F s  F E

50 0    50        0  100 100  s E    F  F F     0   5833.33333   5833.33333         0   1666.66667  1666.66667 

~8~

1666.6667

3

50 kg/m

L=200 cm

0 0

50

50     0      1666.66667 F2E    50     0    1666.66667 

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

    F    K 

1

Resolviendo la ecuación obtenemos los desplazamientos.

50 0 126000 126000   1     36260       100   0 42560 84000 0   2    5833.33333  126000 84000 33600000 8400000    3       0 8400000 16800000    4  1666.66667  126000  1   0.0020708159        2    0.002016577  cm   3   0.0001687438        4   0.0000303655  Cálculo de las fuerzas internas de los elementos: F e  FeE  K e  u e  ELEMENTO 1:

0 0 35000 0 0 0  0   35000        560 84000 0 560 84000   0  100   0        7500 0 84000 16800000 0  84000 8400000 0 F1      0 0 35000 0 0  0   35000   0.0020708159   100   0 560 84000 0 560 84000   0.002016577       84000 8400000 0 84000 16800000   0.0001687438   7500   0  72.48     115.3   9086.84  F1    kg  72.48   84.7     4495.71

~9~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 ELEMENTO 2: 50 0 126000 1260 0 126000   0    1260       0 0 42000 0 0  42000 0 0       1666.66667   126000 0 16800000 126000 0 8400000  0.0000303655  2 F     50 0 126000 1260 0 126000  0.0020708159     1260     0.002016577  0 0 42000 0 0 42000 0      0 8400000 126000 0 16800000   1666.66667   126000  0.0001687438 

 27.52     84.7   0  F2    kg 72.48    84.7     4495.71

Diagrama de momento flector, fuerza cortante:

Diagrama momento flector.

Diagrama fuerza cortante.

~ 10 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

PROBLEMA N° 3:

2.5 m

2.5 m

Para el pórtico plano indicado en la figura, cuyas vigas son de 30/30 y las columnas de 30/40. Se desea encontrar la matriz de rigidez lateral considerando que todos los elementos son axialmente rígidos. Considerar E=2173706.5 ton/m2

4.5 m

Grados de libertad de la estructura.

4.5 m

SOLUCIÓN: Ensamblamos la matriz de rigidez de cada elemento.  VIGA 7:  3

4

1304.22 652.11  3 KV 7    4  652.11 1304.22   VIGA 8: 4

5

1304.22 652.11  4 KV 8    5  652.11 1304.22   VIGA 9: 6

7

1304.22 652.11  6 KV 9    7  652.11 1304.22 

~ 11 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 VIGA 10: 7

8

1304.22 652.11  7 KV 10    8  652.11 1304.22   COLUMNA 1: 0

0

1

3

 2671.05 3338.81 2671.05 3338.81   3338.81 5564.69 3338.81 2782.34   K C1   2671.05 3338.81 2671.05 3338.81     3338.81 2782.34 3338.81 5564.69 

0 0 1 3

 COLUMNA 2: 0

KC 2

0

1

4

 2671.05 3338.81 2671.05 3338.81   3338.81 5564.69 3338.81 2782.34     2671.05 3338.81 2671.05 3338.81     3338.81 2782.34 3338.81 5564.69 

0 0 1 4

 COLUMNA 3: 0

KC 3

0

1

5

 2671.05 3338.81 2671.05 3338.81   3338.81 5564.69 3338.81 2782.34    2671.05 3338.81 2671.05 3338.81     3338.81 2782.34 3338.81 5564.69 

0 0 1 5

 COLUMNA 4: 1

KC 4

3

2

6

 2671.05 3338.81 2671.05 3338.81   3338.81 5564.69 3338.81 2782.34    2671.05 3338.81 2671.05 3338.81     3338.81 2782.34 3338.81 5564.69 

~ 12 ~

1 3 2 6

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 COLUMNA 5: 1

KC 5

4

2

7

 2671.05 3338.81 2671.05 3338.81   3338.81 5564.69 3338.81 2782.34     2671.05 3338.81 2671.05 3338.81     3338.81 2782.34 3338.81 5564.69 

1 4 2 7

 COLUMNA 6: 1

KC 6

5

2

8

 2671.05 3338.81 2671.05 3338.81   3338.81 5564.69 3338.81 2782.34    2671.05 3338.81 2671.05 3338.81     3338.81 2782.34 3338.81 5564.69 

1 5 2 8

Ensamblamos la matriz general que de 8x8

0 0 0 3338.81 3338.81 3338.81  16026.3 8013.15    8013.15 8013.15 3338.81 3338.81 3338.81 3338.81 3338.81 3338.81    0 3338.81 12433.6 652.11 0 2782.34 0 0   0 3338.81 652.11 13737.82 652.11 0 2782.34 0   K  0 3338.81 0 652.11 12433.6 0 0 2782.34    0 0 6868.91 652.11 0  3338.81 3338.81 2782.34   3338.81 3338.81 0 2782.34 0 652.11 8173.13 652.11    0 0 2782.34 0 652.11 6868.91   3338.81 3338.81

Matriz de rigidez lateral.

K K   AA  K BA

KL  K AA  K AB  KBB 1  KBA

K AB   K BB 

Ahora condensamos los grados 1 y 2

 11542.055 4452.106  KL     4452.106 2737.467 

~ 13 ~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

CAPÍTULO VI MUROS

~1~

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

PROBLEMA N° 1: Determinar la matriz de rigidez lateral del pórtico indicado incorporando la mampostería en el cálculo. La resistencia a la compresión del hormigón es F´c=210 kg/cm2 y de la mampostería f´m=35 kg/cm2. Calcular el módulo de elasticidad del hormigón E  15000 f ´c y el módulo de elasticidad de la mampostería Em  500 f ´m . El espesor de la pared es t=0.15m considerar que las columnas y vigas son axialmente rígidas. 3.25 m

1

3

2

2.80 m

2.70 m

2.80m

4

3.50 m

Grados de libertad de la estructura.

SOLUCIÓN: Ensamblamos la matriz de rigidez de cada elemento.

kg ton  2173706.51193 2 2 cm m kg ton Em  500  35  17500 2  175000 2 cm m

E  15000 210  217370.651193

 ELEMENTO COLUMNA IZQUIERDA l=2.80m: 0

K columnaIZ

1

0

2

 232.0802 324.9123 232.0802 324.9123    324.9123 606.5029 324.9123 303.2515     232.0802 324.9123 232.0802 324.9123     324.9123 303.2515 324.9123 606.5029 

0 0 1 2

 ELEMENTO COLUMNA DERECHA l=2.80m: 0

K columnaDE

1

0

3

 232.0802 324.9123 232.0802 324.9123    324.9123 606.5029 324.9123 303.2515    232.0802 324.9123 232.0802 324.9123     324.9123 303.2515 324.9123 606.5029 

~2~

0 0 1 3

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 ELEMENTO VIGA l=3.50m: 3

2

 248.4236 124.2118  2 Kviga     124.2118 248.4236  3   ELEMENTO DIAGONAL EQUIVALENTE:

L  3.252  2.702  4.2252m L 4.2252 a   1.0563m 4 4 A  at  1.0563  0.15  0.1584m 2 EmA 175000  0.1584   6562.50 L 4.2252 0

K mamposteria

1

0

0

 3881.666 3224.728 3881.666 3224.728    3224.728 2678.97 3224.728 2678.97    3881.666 3224.728 3881.666 3224.728    2678.97   3224.728 2678.97 3224.728

Ensamblamos la matriz de rigidez del sistema.

 4345.8261 324.9123 324.9123    K   324.9123 854.9265 124.2118   324.9123 124.2118 854.9265    Submatrices.

K AA   4345.8261

K AB   324.9123 324.9123

K BA   324.9123 324.9123

 854.9265 124.2118  K BB     124.2118 854.9265 

Matriz de rigidez lateral.

KL  K AA  K AB  KBB 1  KBA

K L  4130.1916

~3~

0 0 1 0

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

PROBLEMA N° 2: Hallar la matriz de rigidez lateral del pórtico, presentado en la siguiente figura. Todas las vigas y columnas son de 30/40 cm., el ancho de la pared es de 20 cm. El módulo de elasticidad del hormigón es 1500000 T/m2 y el módulo de elasticidad de la mampostería es 100000 T/m2.

8

4

3.20 m

3

2

3.20 m

3.20 m

2.80 m

6

3.00 m

3.20 m

5

7

1

5.00 m

4.60 m

Grados de libertad de la estructura.

5.00 m

SOLUCIÓN: Ensamblamos la matriz de rigidez de cada elemento.  ELEMENTO COLUMNA 1: l=3.20 m: 0

1

0

3

 878.906 1406.25 878.906 1406.25    1406.25 3000 1406.25 1500  K c1    878.906 1406.25 878.906 1406.25    1500 1406.25 3000   1406.25

0 0 1 3

 ELEMENTO COLUMNA 2: l=3.20 m: 0

0

1

4

 878.906 1406.25 878.906 1406.25    1406.25 3000 1406.25 1500   Kc 2   878.906 1406.25 878.906 1406.25    1500 1406.25 3000   1406.25

~4~

0 0 1 4

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 ELEMENTO COLUMNA 3: l=3.20 m: 3

1

2

5

 878.906 1406.25 878.906 1406.25    1406.25 3000 1406.25 1500   Kc3   878.906 1406.25 878.906 1406.25    1500 1406.25 3000   1406.25  ELEMENTO COLUMNA 4: l=3.20 m: 4

1

2

6

 878.906 1406.25 878.906 1406.25    1406.25 3000 1406.25 1500  Kc 4    878.906 1406.25 878.906 1406.25    1500 1406.25 3000   1406.25

1 3 32 3 35 3 3 3 3 1 3 3 4 3 2 6

 ELEMENTO VIGA 5: l=3.50m: 4

3

1920.00 960.00  3 Kviga5     960.00 1920.00  4  ELEMENTO VIGA 6: l=3.50m:  6

5

1920.00 960.00  5 Kviga5     960.00 1920.00  6   ELEMENTO DIAGONAL EQUIVALENTE 7:

L  4.602  3.002  5.492m L 5.492 a   1.373m 4 4 A  at  1.373  0.20  0.2746m 2 EmA 100000  0.2746   5000 L 5.492 0

K mamposteria 7

1

0

0

 3507.958 2287.798 3507.958 2287.798    2287.798 1492.042 2287.798 1492.042    3507.958 2287.798 3507.958 2287.798     2287.798 1492.042 2287.798 1492.042 

~5~

0 0 1 0

ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS

Diego Curasma Wladimir

 ELEMENTO DIAGONAL EQUIVALENTE 8:

L  4.602  2.802  5.385m L 5.385 a   1.346m 4 4 A  at  1.346  0.20  0.2692m 2 EmA 100000  0.2692   4999.071 L 5.385 1

K mamposteria8

2

0

0

 3647.598 2220.277 3647.598 2220.277  1   2220.277 1351.473 2220.277 1351.473  0   3647.598 2220.277 3647.598 2220.277  2    2220.277 1351.473 2220.277 1351.473  0

Ensamblamos la matriz de rigidez del sistema.

0 0  10671.18 5405.41   5405.41 5405.41 1406.25 1406.25  0 1406.25 7920.00 960 K  0 1406.25 960 7920.00   1406.25 1406.25 1500 0  0 1500  1406.25 1406.25

1406.25 1406.25   1406.25 1406.25   1500 0  0 1500  4920.00 960   960 4920.00 

Submatrices.

 10671.18 5405.41 K AA     5405.41 5405.41 

K BA

0   0   1406.25   1406.25

1406.25   1406.25  1406.25   1406.25 

Matriz de rigidez lateral.

K K   AA  K BA

0 1406.25 1406.25   0 K AB    1406.25 1406.25 1406.25 1406.25 

K BB

960 1500 0   7920.00   960 7920.00 0 1500     1500 0 4920.00 960    0 1500 960 4920.00  

KL  K AA  K AB  KBB 1  KBA

K AB   K BB 

 9968.258 4821.225  KL     4821.225 4473.513 

~6~