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• Franz Estrada Porras

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Capítulo 6 METODO DE RIGIDEZ Dr. Fernando Flores El método de rigidez o método de los desplazamientos, es el método más utilizado para el análisis de estructuras. Esto es debido a su fácil sistematización e implementación en computadoras, además de su versatilidad para tratar condiciones de contorno generales y distintas no-linealidades (geométricas y materiales). En todo método de análisis las condiciones que deben cumplirse son: 1. Equilibrio entre esfuerzos internos y fuerzas externos. 2. Continuidad de la estructura, interna y con los vínculos. 3. Relaciones constitutivas entre los esfuerzos internos y las deformaciones asociadas. En el método de los desplazamientos, para cumplir con estas condiciones se procede de la siguiente forma. En las ecuaciones de equilibrio (escritas en función de los esfuerzos internos y las fuerzas externas) se reemplazan los esfuerzos en función de las deformaciones, obteniendo en primera instancia ecuaciones de equilibrio en términos de deformaciones y de acciones externas. El segundo paso consiste en reemplazar las deformaciones en función de los desplazamientos haciendo uso de relaciones cinemáticas. Este segundo reemplazo asegura el cumplimiento de la continuidad de la estructura (ya que se está introduciendo un campo de desplazamientos continuos) y permite introducir luego las condiciones de vínculo con facilidad. De esta forma se han obtenido ecuaciones de equilibrio en función de los campos de desplazamiento y de las acciones externas. Veamos ahora como es este procedimiento en casos concretos de diferentes tipos de estructuras.

6.1.

ESTRUCTURAS DE BARRAS ARTICULADAS

Recordemos que en este tipo de estructuras se aceptan sólo cargas en los nudos. Las ecuaciones de equilibrio se refieren precisamente a que los esfuerzos presentes en cada barra estén en equilibrio con las fuerzas externas (si las hubiera) en cada nudo. Las ecuaciones de equilibrio a satisfacer son entonces en cada nudo (para estructuras planas)
Fx = 0
Fy = 0 Si denominamos con NI al esfuerzo axial de la barra I y con αI al ángulo que forma la barra con el eje x (orientando la barra desde al nudo en que estamos planteando el equilibrio hacia el nudo opuesto, ver Figura 1), entonces las ecuaciones de equilibrio se expresan como NB


NI cos (αI ) + Fx = 0

I=1

NB


(6.1) NI sin (αI ) + Fy = 0

I=1

donde NB es el número de barras que concurren al nudo y Fx y Fy son las fuerzas externas aplicadas directamente en el nudo. 131

Y

NJ

NI αJ Fy αI Fx

X

Figura 1 Equilibrio de un nudo en una estructura de barras articuladas Si aislamos una de estas barras (la I por ejemplo), en cada extremo (que denotaremos localmente como 1 y 2), las fuerzas necesarias para el equilibrio de la barra (iguales y opuestas a la que ésta realiza sobre los nudos) son:     F1x − cos α  F1y   − sin α      (6.2)  F2x  =  + cos α  N F2y + sin α Notar que en el nudo 2 las fuerzas transmitidas al nudo son iguales a las del nudo 1 pero de sentido opuesto.

F2

F2y

F2x

2

N F1x

F1

1

α

F1y Figura 2 Elemento de barra articulada

Fácilmente podemos expresar el esfuerzo N en función de la deformación asociada. Usando la relación (constitutiva) N = EAε (6.3) donde E es el material que constituye la barra, A es el área transversal y ε es la deformación axial 132

de la barra; luego



   F1x − cos α  F1y      = EA  − sin α  ε (6.4)  F2x   + cos α  F2y + sin α Recordemos ahora la ecuación cinemática que nos dice cuanto vale la deformación axial de la barra en función de los desplazamientos de los extremos de la misma. Para sistemas con pequeños desplazamientos y pequeños giros habíamos visto que t · ∆u ε= (6.5) L donde L es la longitud original de la barra definida por L = [(x2 − x1 ) · (x2 − x1 )]1/2

(6.6)

con x1 y x2 las coordenadas del primer y segundo nudo de la barra respectivamente  (x2 − x1 ) cos α t= = sin α L t es el versor paralelo a la barra orientado desde 1 a 2 y  u2 − u1 ∆u = u2 − u1 = v2 − v1

(6.7)

(6.8)

con u1 y u2 los desplazamientos del primer y segundo nudo de la barra y u y v las componentes según las direcciones x e y respectivamente. La deformación axial puede escribirse entonces   1 cos α 1 u2 − u1 · = t · [u2 − u1 ] ε= sin α v − v L L 2 1 1 = [cos α (u2 − u1 ) + sin α (v2 − v1 )] L   u1   v1  1 1 u 1  = [− cos α, − sin α, cos α, sin α]  (6.9)  u2  = L [−t, t] u2 L v2 reemplazando esta última expresión en 6.4 tenemos      F1x − cos α  F1y  EA  − sin α    =   [− cos α, − sin α, cos α, sin α]   F2x   L  + cos α  F2y + sin α   −t u1 =k [−t, t] t u2

 u1 v1   u2  v2

desarrollando el producto entre el vector columna y el vector fila; denotando por la barra) EA k= L resulta     F1x cos α cos α cos α sin α − cos α cos α − cos α sin α  F1y   cos α sin α  sin α sin α − cos α sin α − sin α sin α       F2x  = k  − cos α cos α − cos α sin α cos α cos α   cos α sin α F2y − cos α sin α − sin α sin α cos α sin α sin α sin α   t tT −t tT u1 =k T T −t t tt u2

(6.10)

(6.11)

(rigidez axial de (6.12)  u1 v1   u2  v2

(6.13)

(6.14) 133

Hemos entonces escrito las fuerzas que actúan sobre los nudos extremos de una barra en función de la geometría y el material que la constituye y los desplazamientos de sus extremos. A la matriz de 4 × 4 obtenida de esta manera (incluyendo el factor k) la denominaremos matriz de rigidez de la barra de reticulado (plano). Al vector [u1 , v1 , u2 , v2 ]T , que agrupa a los desplazamientos de los extremos, lo denominaremos vector de desplazamientos de la barra. 6.1.1. Propiedades de la matriz de rigidez Esta matriz tiene algunas características especiales que resulta importante remarcar: La matriz está compuesta de 4 submatrices de 2 × 2 que toman los mismos valores (salvo el signo)    k11 −k11 cos α cos α cos α sin α k11 k12 K= = k11 = k (6.15) k21 k22 −k11 k11 cos α sin α sin α sin α La matriz es simétrica kij = kji Cada término kij puede interpretarse de la siguiente manera: es el esfuerzo que aparece en i (Fi )cuando realizamos un desplazamiento unitario en j (uj = 1). Mejor aún la submatriz kij relaciona la fuerza que aparece en el nudo i cuando desplazamos el nudo j. Notar que los términos de la diagonal son positivos, esto está en consonancia con lo anterior, pues representa la fuerza que aparece en un nudo en una dirección (por ejemplo el nudo 1 y la dirección y F1y ) al imponer un desplazamiento unitario en el mismo nudo y en la misma dirección v1 ) que naturalmente tienen que tener el mismo sentido. La energía interna de deformación de la barra se puede escribir 1 1 Wi = L N ε = L E A ε ε 2 2



  − cos α u1  v1   − sin α  1L E A

  u1 v1 u2 v2  =  + cos α  [− cos α, − sin α, cos α, sin α]  u2 2 L2 + sin α v2     − cos α u1    EA  − sin α  1

  [− cos α, − sin α, cos α, sin α]  v1  u1 v1 u2 v2 =  u2  2 L  + cos α  + sin α v2   u1   v1  1

 u1 v1 u2 v2 K  =  u2  2 v2

que también puede expresarse en función extremos    F1x  1  F1y  · Wi =  2  F2x   F2y =

1

u1 v1 2

   

del trabajo externo que realizan las fuerzas en sus

  u1  v1   = 1K  u2  2  v2  u1   v1 u2 v2 K   u2 v2

  u1 u1   v1   v1 · u2   u2 v2 v2   ≥0 

   

(6.16)

notar que esta energía debe ser positiva o nula, luego K se dice que es semi-definida positiva. 134

La fila 2 es igual a la fila 1 multiplicada por sin α/ cos α, la fila 3 es también igual a la fila 1 pero multiplicada por −1, en tanto que la fila 4 es igual a la fila 1 multiplicada por − sin α/ cos α. Es decir que la matriz tiene sólo una fila linealmente independiente, luego su rango es 1 y su núcleo es 3. Esto a su vez conduce a que tenga 3 autovalores nulos y sólo un autovalor no nulo (λ = k > 0). El autovalor no nulo tiene como autovector asociado   − cos α   − sin α  −t   ϕ1 =  = (6.17) cos α  t sin α que corresponde a la elongación pura de la barra. Por otro lado los autovectores asociados al autovalor nulo (de multiplicidad 3) se pueden escribir en función de los siguientes tres autovectores   cos α   sin α  t   ϕ2 =  = (6.18)  cos α t sin α   − sin α   cos α  n  (6.19) ϕ3 =   − sin α  = n cos α   sin α   − cos α  −n   = (6.20) ϕ4 =  n − sin α  cos α

donde n es el versor normal a t. Estos tres autovectores corresponden a movimientos de cuerpo rígido, es decir no contribuyen a la energía interna de deformación. Notar que el primero (ver Figura 3) de ellos es una traslación en la dirección del eje de la barra, el segundo es una traslación en la dirección normal a la barra y el tercero corresponde a una rotación de la barra. Luego 1 T ϕ Kϕ1 = 2k 2 1 1 T ϕ Kϕi = 0 2 i 1 T ϕ Kϕi = 0 2 1

para i = 2, 3, 4 para i = 2, 3, 4

6.1.2. Forma alternativa para la obtención de la matriz de rigidez Veremos ahora un modo alternativo para la obtención de la matriz de rigidez; esta modalidad será utilizada luego para otros elementos estructurales por lo que resulta ilustrativo verlo aquí. Mas aún, nuestro objetivo ahora es obtener la matriz de la barra de reticulado en el espacio tridimensional, del cual la barra de reticulado plano es un caso particular. Definamos un sistema local de coordenadas asociado a la barra. En este sistema local el eje xˆ coincidirá con el eje de la barra (t), los dos ejes locales restantes (ˆ y , zˆ) los elegiremos en forma arbitraria con la única condición de que formen una terna derecha. Luego los versores que definen nuestra terna serán

 txˆ tyˆ tzˆ (6.21) donde txˆ , tyˆ y tzˆ son los versores en la direcciones locales xˆ, yˆ , zˆ respectivamente, expresados en la terna global. 135

ϕ1

ϕ2

+tI

-tI

+tI

+tI +nI

ϕ3

+nI

ϕ4

+nI

-nI Figura 3 Modo de deformación y modos de cuerpo rígido

^Y

Z

2

^ X 1

^ Z

Y X Figura 4 Barra articulada en el espacio

A los variables (desplazamientos y fuerzas) referidos a este sistema local los denotaremos como uˆ, vˆ y w. ˆ De tal forma que las únicas fuerzas no nulas sobre los nudos debidas a la barra corresponden a la dirección xˆ, es decir



136

       

Fˆ1x Fˆ1y Fˆ1z Fˆ2x Fˆ2y Fˆ2z





        =     

−N 0 0 N 0 0





      =N      

−1 0 0 1 0 0





       = E A ε      

−1 0 0 1 0 0

       

(6.22)

Por otro lado a la deformación de la barra sólo contribuyen los desplazamiento en la dirección xˆ:   uˆ1  vˆ1     wˆ1  (ˆ u2 − uˆ1 ) 1   ε= = [−1, 0, 0, 1, 0, 0]  (6.23)  u ˆ L L 2    vˆ2  wˆ2 Luego

        

Fˆ1x Fˆ1y Fˆ1z Fˆ2x Fˆ2y Fˆ2z





    EA     =  L      

   = k   

−1 0 0 1 0 0

1 0 0 −1 0 0

0 0 0 0 0 0





    

  −1 0 0 1 0 0         0 −1 0 0 uˆ1  vˆ1 0 0 0 0    0 0 0 0    wˆ1  0 1 0 0    uˆ2  0 0 0 0  vˆ2 wˆ2 0 0 0 0

       

uˆ1 vˆ1 wˆ1 uˆ2 vˆ2 w ˆ2

       

(6.24)

Notar que en el sistema local resulta muy sencillo observar las propiedades de la matriz de rigidez. En el caso tridimensional los modos de cuerpo rígido corresponden a tres desplazamientos en direcciones cartesianas y dos rotaciones en planos perpendiculares que contengan al eje xˆ. El siguiente paso es transformar esta matriz de rigidez al sistema global de coordenadas, que es donde nos interesa plantear el equilibrio de cada nudo. Para ello notar que un vector cualquiera v, con componentes v ˆ expresadas en el sistema local de coordenadas puede escribirse

 v = txˆ tyˆ tzˆ v ˆ = Rˆ v     vx

 vˆx  vy  = txˆ tyˆ tzˆ  vˆy  (6.25) vz vˆz Donde hemos introducido la matriz de rotación R cuyas columnas son los versores del sistema local expresados respecto al sistema global. Por la construcción de R (sus columnas son las componentes de versores ortogonales entre sí), la inversa es igual a la transpuesta R−1 = RT Luego invirtiendo la relación 6.25 tenemos v ˆ = RT v Utilizando este cambio de coordenadas para las fuerzas actuando en cada uno de los nodos, y para los desplazamientos de cada nodo     Fˆ1x F1x  Fˆ     1y    F1y   ˆ  T  R 03×3   F1z   F1z  (6.26)  ˆ = T  03×3 R F1x   F2x     ˆ   F1y   F2y  F1z Fˆ2z 137



Denominaremos además

      

uˆ1 vˆ1 w ˆ1 uˆ2 vˆ2 w ˆ2





    T   03×3  = R  T   0 R 3×3     Λ=



R 03×3 03×3 R



u1 v1 w1 u2 v2 w2

       

(6.27)

Reemplazando 6.26 y 6.27 en 6.24 tenemos       F1x 1 0 0 −1 0 0 u1    0 0 0 0 0 0       T  F1y  T  v1   F1z     w1  R 03×3 R 03×3   = k 0 0 0 0 0 0     F1x   −1 0 0 1 0 0  03×3 R  u2  03×3 R        F1y   0 0 0 0 0 0   v2  F1z 0 0 0 0 0 0 w2

(6.28)

   u1 0 −1 0 0   0 0 0 0   T  v1     R 03×3 0 0 0 0   w1   u2  0 1 0 0   03×3 R    v2  0 0 0 0  0 0 0 0 w2

(6.29)

premultiplicando por Λ    F1x 1  F1y   0      F1z   0 R 03×3  =  k  F1x   −1 0 R 3×3     F1y   0 0 F1z o en forma compacta

0 0 0 0 0 0

ˆ ΛT u = K u F=ΛK La matriz de transformación puede escribirse en este caso más sencillamente como  

txˆ 03×1 03×1 0 3×3

 Λ= txˆ 03×1 03×1 03×3

(6.30)

(6.31)

Donde hemos descartado a tyˆ y tzˆ pues son arbitrarios y no tienen influencia en la transformación. En definitiva la expresión de la matriz de rigidez de la barra de reticulado espacial resulta en coordenadas globales   1 0 0 −1 0 0  0 0 0 0 0 0     0 0 0 0 0 0  T  kΛ  (6.32)  −1 0 0 1 0 0  Λ    0 0 0 0 0 0  0 0 0 0 0 0 Mas aún, operando sobre la expresión anterior se llega a   txˆ tTxˆ −txˆ tTxˆ ttT −ttT K=k =k −txˆ tTxˆ txˆ tTxˆ −ttT ttT

(6.33)

Notar que esta expresión vale tanto para un problema plano (comparar con 6.14) como espacial. Si reemplazamos aquí la definición de t del caso plano tendremos    cos α

cos α cos α cos α sin α T cos α sin α = txˆ txˆ = = k11 /k (6.34) sin α cos α sin α sin α sin α

138

Para el caso espacial la definición de txˆ (o sencillamente t) es ligeramente diferente, se expresa en función de los tres cosenos directores (γ i ) respecto a los tres ejes cartesianos   γx t =  γy  (6.35) γz luego

 γ xγ x γ xγ y γ xγ z

 ttT =  γ y γ x γ y γ y γ y γ z  = γ i γ j γz γx γzγy γz γz 

(6.36)

6.1.3. Ensamble de las ecuaciones de equilibrio Tenemos entonces las fuerzas sobre los extremos de cada barra en función de los desplazamientos de dichos nudos, estamos en condiciones de plantear las ecuaciones de equilibrio de cada nudo. Notemos además que las fuerzas que ejerce cada barra sobre los nodos extremos son iguales y opuestas a las consideradas como acciones sobre la barra. El proceso de ensamble o armado de las ecuaciones globales de equilibrio es una sistematización de las ecuaciones de equilibrio 6.1. Las que para el caso tridimensional podemos escribir NB


NI γ Ij + Fj = 0

I=1 NB
I=1

−FIj + Fj = 0 NB


FIj = Fj

(6.37) (6.38) (6.39)

I=1

donde Fj es la componente de la fuerza externa en la dirección correspondiente (a veces, para mayor comodidad, denominaremos a las componentes cartesianas con números en vez de con letras j = 1, es x , j = 2, es y, j = 3, es z). FIj es la fuerza definida antes sobre la barra que cambiada de signo (por ello el signo menos) estamos aplicando al nudo. Está claro que cada barra sólo contribuye al equilibrio de sus nudos extremos o visto de otra forma, al equilibrio de cada nudo contribuyen además de los desplazamientos del propio nudo, los desplazamientos de los nudos que están unidos a este por alguna barra. Para visualizar este proceso de ensamble notemos que la barra I contribuye al equilibrio de sus nudos extremos (n1 y n2 ) de la siguiente forma: Para cada uno de sus nudos K y para cada dirección j del espacio tiene una componente FKj , que es la fila correspondiente de su matriz de rigidez multiplicada por los desplazamiento de ambos nudos (vector de desplazamientos de la barra). Para fijar ideas supongamos que estamos armando la ecuación de equilibrio del segundo de sus nodos (n2 ) en la dirección del espacio x (j = 1), luego la fila correspondiente sera la cuarta en un problema espacial, donde la matriz es de 6 × 6 (la tercera en un problema plano, donde la matriz es de 4 × 4). La contribución a esta ecuación será entonces:   un1  vn1   

  wn1   −γ x γ x −γ x γ y −γ x γ z γ x γ x γ x γ y γ x γ z   un2     vn2  wn2 El resto de las contribuciones a esta ecuación de equilibrio procederán de las barras que concurren al nudo, que según la definición de cada barra el nudo aquí ejemplificado como n2 podrá 139

corresponder al primero o al segundo nudo de tales barras. En todos los casos las contribuciones serán por un lado al nudo sobre el que estamos planteando el equilibrio (en tal caso los coeficientes corresponden a factores del tipo γ 1 γ j ) y a contribuciones a los nudos adyacentes (con coeficientes del tipo −γ 1 γ j , el 1 porque es en esa dirección donde estamos planteando el equilibrio y la j de acuerdo a la dirección del desplazamiento que estamos considerando su contribución). Este proceso de ensamble que a primera vista parece un tanto complejo, es en realidad muy simple de sistematizar como se verá en los ejemplos. Por otro lado el ensamblaje puede verse en forma un poco más general si se consideran las diferentes contribuciones no ya al equilibrio de cada dirección en particular, sino al equilibrio del nudo en general. Recordando que hemos escrito la matriz de rigidez en función de submatrices (ec. 6.15), podemos ver el ensamble de la siguiente forma: la submatriz kIJ son las contribuciones al equilibrio del nudo I provenientes del nudo J. Las ecuaciones de equilibrio una vez ensambladas pueden escribirse de la forma KG uG = FG donde KG agrupa a los coeficientes de todas las ecuaciones de equilibrio, uG agrupa a las incógnitas del problema (desplazamientos nodales) y en FG hemos agrupado a las fuerzas externas en los nudos. Si el orden en que están ordenadas las ecuaciones en KG es el mismo orden en que se han incluido las incógnitas en uG (lo habitual y más conveniente) entonces la matriz KG es simétrica, propiedad que adquiere de haber ensamblado matrices simétricas. Otra propiedad que hereda esta matriz de rigidez global, es que es singular. El grado de singularidad es el mismo que el de las matrices elementales (3 en el plano y 5 en el espacio), esto último si la estructura aislada (es decir sin restricciones de apoyo) no es un mecanismo, si no el orden de singularidad puede ser mayor. 6.1.4. Solución del sistema de ecuaciones Una vez ensambladas las ecuaciones de equilibrio, para calcular los desplazamientos nodales, previamente es necesario introducir las condiciones de vínculo. Las técnicas habituales para resolver sistemas de ecuaciones, no permiten resolver sistema hipostático (matriz singular o no invertible) ya que en tal caso la solución no es única. Por ello en el caso plano es imprescindible fijar 3 componentes de desplazamiento y en el espacio 5. Estas son las condiciones mínimas, por supuesto que si la estructura tiene más condiciones, impondremos todas las que correspondan. Al imponer una condición del tipo uKj = u¯Kj , estamos diciendo que el desplazamiento del nudo K en la dirección espacial J es conocido y de valor igual a u¯Kj , luego este valor ya no es incógnita corresponde físicamente a un apoyo. Por otro lado tampoco nos interesa “a priori” establecer allí la condición de equilibrio, porque al ser un apoyo, la reacción de apoyo correspondiente (incógnita) rKj asegura el equilibrio del mismo. En base a tales consideraciones hay dos cosas que podemos hacer: 1. La columna de KG que está asociada a u¯Kj la podemos multiplicar por este valor conocido y pasarla al segundo miembro (el de las fuerzas nodales) con el signo cambiado. Luego tendremos una columna menos en KG . 2. La fila de KG asociada al equilibrio de uKj no nos interesa (por ahora) porque allí el equilibrio se cumplirá debido a que el apoyo provee la reacción necesaria, luego de momento esta fila podemos eliminarla del sistema de ecuaciones a resolver. En tal caso la matriz KG tendrá una fila menos. En definitiva que para cada componente de desplazamiento conocido (nulo o no) podemos eliminar la columna y fila asociada en KG con lo que ésta se mantiene cuadrada y simétrica pero de un orden menor. Finalmente una vez impuestas las condiciones de apoyo la matriz de coeficientes ha dejado de ser singular (no tiene ningún autovalor nulo asociado a un movimiento de cuerpo rígido) y podemos resolver usando alguna técnica adecuada. 140

Notar que la matriz global de la estructura sólo depende del material que la constituye y de la geometría de la misma. Que la introducción de las condiciones de apoyo se resume a eliminar de la matriz filas y columnas pero no modifica el resto de los coeficientes. Las acciones sobre la estructura se manifiestan en el término independiente donde colocamos las fuerzas sobre los nodos y fuerzas equivalentes provenientes de los desplazamientos de apoyo (si existieran) o cambios térmicos. Es posible introducir restricciones de desplazamiento mucho más generales, por ejemplo un apoyo de 1ra. especie orientado en una dirección distinta de algún eje coordenado, pero esos temas no serán cubiertos aquí. El proceso previo de imposición de condiciones de vínculo puede describirse también de la siguiente forma: Si reordenamos las ecuaciones de forma de poner primero aquellas que si necesitamos resolver, y además reordenamos en la misma forma las posiciones de las incógnitas en el vector uG de modo de mantener la simetría de la matriz de coeficientes, podemos escribir    K11 K12 u F = (6.40) K21 K22 u ¯ R donde en u se agrupa a los desplazamientos incógnitas, en u ¯ a los desplazamiento conocidos (nulos o no), en F a las cargas nodales conocidas (incluyendo aquellas debidas a efectos térmicos que veremos luego), y en R a las reacciones de apoyo (desconocidas por ahora). Del primer grupo de ecuaciones podemos determinar los desplazamientos incógnitas u = K−1 [F − K12 u ¯]

(6.41)

y una vez resuelto, reemplazar en el segundo grupo para calcular R R = K21 u + K22 u ¯

(6.42)

6.1.5. Cambios térmicos. Para completar el tipo de acciones más relevantes sobre este tipo de estructuras, veremos como considerar la influencia sobre el estado tensional debido a cambios térmicos (∆t) relativos a la temperatura de montaje. Para ello en la relación constitutiva 6.3 debemos incluir tal efecto N = EA (ε − α∆T )

(6.43)

donde α es el coeficiente de dilatación térmico del material. Esto conduce a que las fuerzas en los extremos de la barra valgan:       F1x u1 −γ x  F1y   v1   −γ y         F1z   w1   −γ z        (6.44)  F1x  = K  u2  − EAα∆T  γ x         F1y   v2   γy  F1z w2 γz

El cambio térmico genera una contribución que debe incluirse en el segundo miembro durante el proceso de ensamble y, como era de esperar, no modifica la matriz de rigidez. Podemos denominar con N0 = −EAα∆T (6.45) al esfuerzo normal que aparece en la barra debido al cambio térmico si uno mantiene inmóviles sus extremos. Con lo cual la contribución al término independiente es  −t N0 +t 141

6.1.6. Cálculo de los esfuerzos en barras y reacciones de apoyo Una vez obtenidos los desplazamientos nodales el cálculo del esfuerzo en cada barra se puede realizar de la siguiente manera: Usando la ec. 6.5 calculamos la deformación axial de la barra y usando 6.3 el esfuerzo axial. Si hubieran efectos térmicos, al obtenido usando 6.3 hay que sumarle N0 . Las reacciones de apoyo se pueden calcular básicamente de dos formas 1. Si se dispone de la matriz de rigidez global antes de imponer las condiciones de contorno, usar la ecuación correspondiente (descartada en su momento) para calcular las reacciones de apoyo necesarias para mantener el equilibrio. Es decir de la ecuaciones 6.40 usamos el segundo bloque, lo que permite calcular las reacciones de apoyo una vez conocidos los desplazamientos u como se indicara antes. R = K21 u + K22 u ¯ 2. Si las matrices K12 y K22 no han sido calculadas. En cada punto con componente de desplazamiento conocido (apoyo), sumar la contribución del esfuerzo de cada barra que llega al nudo proyectado en la dirección buscada. 6.1.7. Ejemplo de reticulado plano Consideremos la estructura plana de barras esquematizada en la figura. La estructura es isostática, lo que permitirá verificar fácilmente los resultados finales. Supongamos por simplicidad que todas las barras tienen la misma sección

F

1

L F L

2

1

2

3

3

4

5

6

4

L

5

Figura 5 Ejemplo de Barras articuladas El primer paso consiste en numerar los nudos y las barras para su identificación. El orden de la numeración de las barras no tiene relevancia numérica, pero si el de los nudos, como se verá más adelante al observar las propiedades del sistema de ecuaciones a resolver. Barra 1 2 3 4 5 6 142

Nudo 1 3 2 2 4 4 5

Nudo 2 1 1 3 2 3 3

Dos barras con la misma geometría (sección, longitud y orientación) y material, tendrán la misma matrizde rigidez, luegohay tres matrices diferentes 0 0 0 0  1  1 0 −1  k11 k112 EA  0 1  = = K4 = K6 K = L  0 0 0 0  k121 k122 0 −1 0 1   1 1 −1 −1  2 2   1 1 −1 −1 k k EA  11 12 = K2 = 2√ = K5 2L  −1 −1 1 1  k221 k222 −1 −1 1 1   1 0 −1 0  3 3  0 0 0  k k EA  0 11 12 3 = K = L  −1 0 1 0  k321 k322 0 0 0 0 Las ecuaciones de equilibrio globales son 10 (2 por nudo) y resultan de ensamblar las contribuciones de cada barra   −F  0       1    0   k22 + k222 k221 k121 u1  0  2 2 3 4 3 4    u2    k12 k11 + k11 + k22 k12 k21     −F  1 3 1 3 5 6 5 6      k12 k21 k11 + k22 + k22 + k22 k21 k21   u3  =    0 4 5 4 5     u4   k12 k12 k11 + k11  R4x  6 6   k12 k11 u4  R4y     R5x  R5y Los aspectos importantes necesarios para entender el proceso de ensamble son: 1. Los desplazamientos de los nudos están ordenados en orden ascendente en el vector de incógnitas. 2. Se han utilizado submatrices de 2 × 2 para una mayor claridad. 3. Cada fila representa las dos ecuaciones de equilibrio de cada nudo. 4. La fila 1 corresponde al equilibrio del nudo 1, la 2 al del 2, etc. 5. En las submatrices el superíndice indica la barra y los subíndices la submatriz 6. En el término independiente se han desarrollado las dos componentes para clarificar cuales son los valores conocidos y cuales son las reacciones. De esta forma pueden visualizarse las componentes de fuerzas no nulas (ambas en la dirección x) y las cuatro reacciones incógnitas en los nudos 4 y 5. 7. Sobre cada lugar en la diagonal aparecen tantas submatrices como barras concurran al nudo. Así por ejemplo en la tercera posición (nudo 3) concurren las barras 1, 3, 5 y 6. Notar que el nudo 3 es el primer nudo en la barra 1 y por ello la contribución proviene de k111 y es el segundo en los otras barras, con lo cual la contribución proviene de k322 , k522 y k622 8. Fuera de la diagonal sólo aparece un valor por casillero 143

Observemos que la matriz de rigidez global es -Simétrica -De diagonal dominante -En banda, es decir que los coeficientes no nulos se ubican cercanos a la diagonal. Imponiendo las condiciones de contorno de desplazamientos (u4 = 0 y u5 = 0), es decir eliminando filas y columnas asociadas a los nudos 4 y 5, el sistema a resolver queda   −F  1    0    k22 + k222 k221 k121 u1  0  2 2 3 4 3       k12 k11 + k11 + k22 k12 u2 =   0   k112 k321 k111 + k322 + k522 + k622 u3  −F  0

Reemplazando las matrices calculadas antes, ensamblando sólo las contribuciones sobre la agonal debido a que el sistema es simétrico, tendremos:   −1 −1 √ √ 0 + 2√1 2 0 + 2√1 2 0 0 2 2 2 2 u1 −1 −1   √ √ 1 + 2√1 2 0 −1   2 2 2 2  v1   1 1 √ √ + 1 + 0 + 0 + 0 −1 0 EA  u2  2 2 2 2   1  √ + 0 + 1 0 0   v2 L  2 2   1 1  simet. 0 + 1 + 2√2 + 0 0 + 0 + 2√2 + 0   u3 v3 1 + 0 + 2√1 2 + 1   −F  0     0   =  0     −F  0 Operando      0,35 0,35 −0,35 −0,35 0,00 0,00 u1 −F      1,35 −0,35 −0,35 0,00 −1,00     v1   0      EA  1,35 0,35 −1,00 0,00     u2  =  0      1,35 0,00 0,00  L     v2   0       sim. 1,35 0,35 u3 −F  2,35 v3 0 Resolviendo este sistema obtenemos  u1  v1   u2   v2   u3 v3





     FL  =   EA     

−17,485 4,000 −9,657 −1,000 −8,657 3,000

Los esfuerzos en las barras pueden obtenerse de distintas Primero calculando las fuerzas en el extremo de la barra      F2x u2 1 1 −1 −1  F2y     EA  1 1 −1 −1 2  v2     F1x  = K  u1  = 2√2L  −1 −1 1 1 F1y v1 −1 −1 1 1 144

di       

       

forma (ejemplificando con la barra 2). 

  −9,657 1   −1,000  F L  1      −17,485  EA =  −1 4,000 −1



 F 

y luego proyectando las fuerzas del segundo nudo (nudo 1, en este caso) sobre el versor en la dirección de la barra: √ 1 N2 = t2 · F1 = √ (1, 1) · (−1, −1) F = − 2F 2 Resultando que puede verificarse inmediatamente mediante consideraciones de equilibrio. Una segunda posibilidad para evaluar el esfuerzo es directamente utilizar la expresión N2 = k2 t2 · (u5 − u2 ) Para calcular las reacciones necesitamos los esfuerzos de las barras que concurren a los apoyos. Por ejemplo en el nudo 5, los esfuerzos en la barra 6 son        F5x 0 0 0 0 0,000 0  F5y  EA  0 1 0 −1   0,000  F L  −3        = = F  F3x   0  L  0 0 0 0   −8,657  EA F3y 0 −1 0 1 3,000 3 a) que proyectando las fuerzas en el segundo nudo (3) sobre el versor t6 da N6 = [0, 1] · [0, 3] F = +3F b) Las fuerzas en el primer nudo son las reacciones de apoyo el nudo 5   R5x 0 =F R5y −3 La segunda opción para calcular reacciones es tomar las ecuaciones condiciones de contorno    u1 R4x   u2     R4y 0 k412 k512 k411 + k511 0  u3  =    R5x 0 0 k612 0 k611   u4  R5y u5 dado que los apoyos (4 y 5) tienen desplazamiento nulo y que el nudo se reduce a     0 0 − 2√1 2 − 2√1 2 −9,657  4    0 −1 − √1 − √1   −1,000  k12 k512 u2 F =   2 2 2 2  = 6   0 0 0 k12 u3 0 0   −8,657  3,000 0 0 0 −1

eliminadas al aplicar las    

1 no tiene influencia aquí,   2,000 R4x   3,000  R4y F =  R5x 0,000  −3,000 R5y

   

6.1.8. Ejemplo de reticulado espacial En este segundo ejemplo consideremos una estructura típica de torre arriostrada. En la Figura se indica un esquema de una torre vertical articulada en su base. Esta torre se mantiene en posición gracias a tres tensores ubicados simétricamente uno de otro. La altura de la torre es de 20 m y su sección equivalente de 30cm2 . Los tensores tienen su base sobre un círculo de radio 10m y el área de la sección transversal es de 5cm2 . El material constitutivo es en todos los caso acero con E = 2,1 × 106 kg/cm2 . Los tensores tienen un esfuerzo de tracción inicial de montaje de 500kg, y la carga actuante f es de 200 kg. Calcular los esfuerzos finales en la estructura. 145

5

z

ο

α=20 f

β

4 1 x

2

3

y

Figura 6 Ejemplo de reticulado espacial Previo al análisis por el método de rigidez, notar que si cada tensor tiene un esfuerzo de 500kg, la torre debe equilibrar dichas tensiones mediante un esfuerzo de compresión. Dada la simetría del conjunto, las componentes horizontales de la pretensión se equilibran entre los tensores, en tanto que la componente vertical vale: N0 = −3 · 500 · cos β = 1341,6 kg donde β es el ángulo que forma cada tensor con la vertical β =arctan (10/20) = 26,56o . Orientando todas las barras desde los nudos sobre el terreno hacia el nudo superior, los vectores tI resultan barra n1 − n2 L γx γy γz k 1 1 − 5 20, 00 0, 0000 0, 0000 1, 0000 31500 2 2 − 5 22, 36 −0, 3873 −0, 2236 0, 8944 4696 3 3 − 5 22, 36 0, 3873 −0, 2236 0, 8944 4696 4 4 − 5 22, 36 0, 0000 0, 4472 0, 8944 4696 La matriz derigidez de cada barra es (última submatriz solamente)   0, 000 0, 000 0, 000 0, 1500 0, 0866 −0, 3464 k122 = 31500  0, 000 0, 000 0, 000  k222 = 4696  0, 0866 0, 0500 −0, 2000  −0, 3464 −0, 2000 0, 8000  0, 000 0, 000 1, 000    0, 1500 −0, 0866 0, 3464 0, 0000 0, 0000 0, 0000 0, 0500 −0, 2000  k422 = 4696  0, 0000 0, 2000 0, 4000  k322 = 4696  −0, 0866 0, 3464 −0, 2000 0, 8000 0, 0000 0, 4000 0, 8000 Debido a las condiciones de borde (todos los desplazamientos de la base son nulos), basta ensamblar sólo el nudo 5. La matriz de rigidez ensamblada es:   1, 4087 0, 0000 0, 0000 K = k122 + k222 + k322 + k422 =  0, 0000 1, 4087 0, 0000  × 103 0, 0000 0, 0000 42, 770

que debido a la simetría resulta diagonal en este caso particular. El sistema de ecuaciones a resolver es          1408, 7 0, 0 0, 0 u5 −68, 40 u5 −0,04856  0, 0 1408, 7 0, 0   v5  =  187, 94  ===>  v5  =  0,13341  [cm] 0, 0 0, 0 42770 w5 0, 00 w5 0,00000

146

No aparecen nuevos esfuerzos sobre la columna (los cables toman todos los esfuerzos horizontales), lo cual resulta de que w5 = 0, que es la componente de desplazamiento en la dirección t1 . El cable más solicitado es naturalmente el opuesto a la carga, cuanto vale el esfuerzo allí  veamos 

 −0,04856 T N4 = k4 t4 [u5 − u4 ] = 4696 0, 0000 0, 4472 0, 8944  0,13341  = 280 (+500) [kg] 0,00000 que deben sumarse a la pretensión de 500 kg. En tanto que  el cable más  descargado es el 3-5

 −0,04856 N3 = k3 tT3 [u5 − u3 ] = 4696 0, 3873 −0, 2236 0, 8944  0,13341  = −228 (+500) [kg] 0,00000 Notar que un cable no puede tomar compresiones, por lo que si la suma de esfuerzos (debido a la carga + pretensión) fuese negativo, el análisis no es válido y debe corregirse en forma iterativa.

6.2.

VIGAS CONTINUAS

Como paso previo al estudio de estructuras más generales, nos concentraremos ahora en ver como abordar la solución de vigas continuas a través de la formulación en desplazamientos. Resulta muy importante observar la función que cumple la matriz de rigidez de una barra de reticulado: relaciona las fuerzas en los extremos de la barra que la mantienen en equilibrio debido a los desplazamientos impuestos en sus extremos. El objetivo principal es ahora expresar las fuerzas externas en los extremos de un tramo de viga continua en función de los desplazamientos y giros de sus extremos. Un segundo aspecto que tendremos en cuenta (que no aparece en el caso de barras de reticulado) es la influencia de las cargas aplicadas en el interior de la viga en las fuerzas de extremo. 6.2.1. Solución de la ecuación diferencial de la viga Consideremos un tramo de viga de longitud L, sometida a una carga arbitraria q (x), sin apoyos intermedios y con condiciones de contorno exclusivamente de desplazamientos. La ecuación diferencial correspondiente y sus condiciones de contorno son d4 v (x) + q (x) = 0 −EI dx4



v|x=0 = v1 dv |x=0 = β 1 dx

v|x=L = v2 dv |x=L = β 2 dx

Integrando esta ecuación diferencial se obtiene una vez

: :

dos veces

: :

d3 v 1 Qy = q (x) dx + A = − 3 dx EI EI

d2 v 1

Mz = q (x) dxdx + Ax + B = χz = 2 dx EI EI

(6.46)

dv 1

Ax2 tres veces : = q (x) dxdxdx + + Bx + C = β 1 dx EI 2 : 1

Ax3 Bx2 cuatro veces : v = q (x) dxdxdxdx + + + Cx + D EI 6 2

Nuestro objetivo es obtener la solución general de este problema. Para ello resolveremos primero la ecuación homogénea (es decir sin carga externa) con una única condición de contorno no nula por vez, y luego la ecuación diferencial no homogénea con condiciones de contorno homogéneas (es decir con q (x) arbitraria pero con condiciones de borde todas nulas). Dada que la ecuación diferencial es lineal, la solución general será la suma de tales soluciones. 147

Ecuación diferencial homogénea con sólo v1 = 0 La solución general es entonces de la forma Ax3 Bx2 + + Cx + D 6 2 dv Ax2 = + Bx + C dx 2 v=

(6.47) Mz = EI (Ax + B ) Qy = −EIA

Evaluando giros y desplazamientos en los extremos e imponiendo las condiciones de borde dv v|x=0 = D = v1 |x=0 = C = 0 dx dv AL2 AL3 BL2 + + v1 = 0 |x=L = + BL = 0 6 2 dx 2 Nos quedan dos ecuaciones (las últimas dos) con dos incógnitas (A y B)   3  12v1 −v1 L L L2   A= = 3  4 −v1 −L /12 L  6  A  ===>  L2 2  B = 2  v L /2 6v1 0 1 B= = − L −L4 /12 L2 2 v|x=L =

reemplazando A − D en las expresiones (6.47)     x 2 x 3 v (x) = 2 −3 + 1 v1 L L  6  x 2  x  β (x) = − v1 L L L  6EI   x  Mz (x) = 2 2 − 1 v1 L L 12EI Qy (x) = − 3 v1 L Notemos que para el caso sin carga de tramo (ver Figura 7):

    (6.48) (6.49) (6.50) (6.51)

1. La solución (desplazamientos) es una parábola cúbica 2. El momento varía en forma lineal entre − 6EI v para x = 0 y L2 1

6EI v L2 1

para x = L

3. El corte es constante (no hay carga en el tramo) Nos interesa saber cuanto valen las fuerzas que los extremos (empotramientos) hacen sobre la viga para que se cumplan las condiciones de contorno impuestas. Estas resultan de evaluar (6.50) y (6.51) en los extremos (en el primer nudo los esfuerzos cambian de signo pues es la sección negativa)     F1 12/L3 2  M1      = EI  6/L 3  v1 (6.52)  F2   −12/L  M2 6/L2 Notar que para la definición de estos esfuerzos se ha supuesto positivo para las fuerzas en la dirección positiva del eje y y para los momentos si el vector asociado coincide con la dirección normal al plano (antihorario). Así naturalmente las fuerzas F 1 y F 2 son iguales y de sentido contrario ya que no hay fuerzas interiores. En tanto que los momentos tienen el mismo sentido, necesarios para igualar el momento global que producen las fuerzas iguales y opuestas. 148

v1 12EI ______ v 1 L3

Q

6EI v 1 L

M

______ 2

Figura 7 Solución homogénea con sólo v1 = 0 Ecuación diferencial homogénea con sólo β 1 = 0 Evaluando en los extremos e imponiendo las condiciones de borde dv |x=0 = C = β 1 dx

v|x=0 = D = 0 v|x=L =

AL3 BL2 + + β1L = 0 6 2

dv AL2 |x=L = + BL = 0 dx 2

Nos quedan dos ecuaciones con dos incógnitas (A y B)   3 L L2   A −β L   6 1 ===>  L2 2  B = −β 1 L 2

que conduce a (ver Figura 8)



 −β 1 L2 /2 6β 1  A = −L4 /12 = L2     β 1 L3 /3 4β 1  B= =− −L4 /12 L

   x 2  x  x 3 v (x) = L −2 + β1 L L L    x x 2 −4 + 1 β1 β (x) = 3 L L  2EI   x  Mz (x) = 3 − 2 β1 L L 6EI Qy (x) = − 2 β 1 L Las fuerzas sobre los extremos de vigas son:    F1  M1       F2  = EI  M2

 6/L2 4/L  β −6/L2  1 2/L

(6.53) (6.54) (6.55) (6.56)

(6.57)

Ecuación diferencial homogénea con sólo v2 = 0 Evaluando en los extremos e imponiendo las condiciones de borde v|x=0 = D = 0 v|x=L =

AL3 BL2 + = +v2 6 2

dv |x=0 = C = 0 dx dv AL2 |x=L = + BL = 0 dx 2 149

β1 6EI β 1 L

Q

_____ 2

2EI β 1 L

_____

M Figura 8 Solución homogénea con sólo β 1 = 0

Nos quedan dos ecuaciones (las últimas dos) con dos incógnitas (A y B) 

L3  6  L2 2

 L2   A v  2 2  = B 0 L

===>



 v2 L 12v2  A = −L4 /12 = − L3     −v2 L2 /2 6v2  B= = 2 −L4 /12 L

que conduce a (ver Figura 9)     x 2 x 3 v (x) = −2 +3 v2 L L    x 2 x 6 − + β2 β (x) = L L L  6EI   x  Mz (x) = 2 −2 + 1 v2 L L 12EI Qy (x) = v2 L3

(6.58) (6.59) (6.60) (6.61)

Las fuerzas sobre los extremos de vigas son:   F1  M1     = EI    F2  M2 

 −12/L3 −6/L2  v 12/L3  2 −6/L2

(6.62)

v2 Q M

12EI v 2 L 6EI _____ v2 2 L ______ 3

Figura 9 Solución homogénea con sólo v2 = 0 150

Ecuación diferencial homogénea con sólo β 2 = 0 Evaluando en los extremos e imponiendo las condiciones de borde dv |x=0 = C = 0 dx

v|x=0 = D = 0 v|x=L =

AL3 BL2 + =0 6 2

dv AL2 |x=L = + BL = β 2 dx 2

Nos quedan dos ecuaciones (las últimas dos) con dos incógnitas (A y B) 

L3  6  L2 2

 L2   A 0 2   B = β 2 L

===>



 6β 2 −β 2 L2 /2  A = −L4 /12 = L2     β 2 L3 /6 2β 2  B= =− −L4 /12 L

  x 3

 x 2

que conduce a (ver Figura 10) − β2 v (x) = L L L     x  x 2 β (x) = 3 −2 β2 L L  2EI   x  Mz (x) = 3 − 1 β2 L L 6EI Qy (x) = − 2 β 2 L Las fuerzas sobre los extremos de vigas son:    F1   M1      F2  = EI  M2

(6.63) (6.64) (6.65) (6.66)

 6/L2 2/L  β −6/L2  2 4/L

(6.67)

β2 6EI β2 L

Q

_____ 2

M

_____

4EI β2 L

Figura 10 Solución homogénea con sólo β 2 = 0 Resumen de la solución homogénea Resumiendo los desarrollos anteriores podemos escribir la solución de la viga sin carga de tramo con desplazamientos impuestos en los extremos como la suma de cada una de las soluciones 151

calculadas:       x 2  x 2  x  x 3 x 3 vH (x) = 2 −3 + 1 v1 + L −2 + β1 L L L L L       x 2 x 3 x 3  x 2 + −2 +3 v2 + L − β2 L L L L De la misma forma los esfuerzos (cortes y momentos)       3 2 F1 12/L 6/L    2  M1        = EI  6/L 3  v1 +  4/L 2  β 1 +   F2       −12/L −6/L    2 M2 H 6/L 2/L 

(6.68)

en los extremos de la viga resultan:     −12/L3 6/L2    2/L   −6/L2     v + β (6.69) 12/L3  2  −6/L2  2    −6/L2 4/L

o puesto en forma matricial, sacando factor al vector de desplazamientos en los extremos

T uT = v1 β 1 v2 β 2      F1 12/L3 6/L2 −12/L3 6/L2 v1 2 2  M1     2/L    = EI  6/L 3 4/L 2 −6/L3   β1  2   F2   −12/L −6/L 12/L −6/L v2  2 2 M2 H 6/L 2/L −6/L 4/L β2

(6.70)

(6.71)

Es decir que hemos logrado calcular los esfuerzos en los extremos de la barra en función de los desplazamientos y giros de los extremos. A la matriz que multiplica al vector de desplazamientos de los extremos se la denomina “matriz de rigidez de un elemento de viga K”, luego   F1  M1    (6.72)  F2  = K u M2 Ecuación diferencial no-homogénea con desplazamientos y giros nulos en los extremos (biempotrada) Veamos ahora el caso de considerar carga actuando en el interior de la viga: la solución general era de la forma     Ax3 Bx2 1 q (x) dx dx dx dx + + + Cx + D v= EI 6 2    dv 1 Ax2 = q (x) dx dx dx + + Bx + C dx EI 2 Denominado con     x 1 vq (x) = q (x) dx dx dx dx EI 0    x 1 βq = q (x) dx dx dx EI 0 y valuadas en los extremos v¯q = vq (x = L) β¯ q = β q (x = L) 152

Imponiendo las condiciones de biempotramiento (condiciones de contorno homogéneas) se tiene      0 0 0 1 A 0  0 0 1 0  B     L3 L2   = −  0q    v¯  L 1  C  6 2 q L2 D β¯ L 1 0 2

En el sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas resultante, las dos primeras ecuaciones son de resolución inmediata,   C 0 = (6.73) D 0 en tanto que las dos restantes son: 

L3 6 L2 2

L2 2

L



A B



=



−¯ vq −β¯ q



===>



A B



=



12 L3 − L62

− L62 2 L



v¯q ¯ βq



(6.74)

Tenemos entonces que la solución de la viga biempotrada con carga de tramo resulta Ax3 Bx2 vNH (x) = vq (x) + + 6 2    x 3    x 2 ¯ ¯ = vq (x) + 2¯ vq − β q L + −3¯ vq + β q L L L  

(6.75) (6.76)

x

 x 2EI   6EI  2¯ vq − β¯ q L + 2 −3¯ vq + β¯ q L 2 L L L  x0  6EI  ¯qL Q (x) = q (x) dx + 3 2¯ vq − β L 0

M (x) =

q (x) dxdx +

(6.77) (6.78)

En forma similar a los casos sin carga es posible calcular los esfuerzos en extremos de barra, la única diferencia es la contribución de v q que conduce a que el corte no sea constante y que el momento no sea lineal. A estos esfuerzos les llamaremos “esfuerzos de empotramiento perfecto”    E  F1 F1  M1   M1E     =  F2   F2E  M2 NH M2E Solución completa de la viga La solución completa de la viga resulta de sumar las soluciones anteriores, es decir las correspondientes a los casos con desplazamientos en el contorno y sin carga, más la correspondiente a carga en el tramo pero sin desplazamientos en los extremos. Luego       x 2  x 2  x  x 3 x 3 v(x) = 2 −3 + 1 v1 + L −2 + β1 (6.79) L L L L L       x 2 x 3 x 3  x 2 + −2 +3 v2 + L − β 2 + vNH (x) L L L L Los esfuerzos en extremos de la viga resultan    F1 12/L3 6/L2 −12/L3 6/L2 2 2  M1   2/L   = EI  6/L 3 4/L 2 −6/L3  F2   −12/L −6/L 12/L −6/L2 M2 6/L2 2/L −6/L2 4/L



  E v1 F1   β 1   M1E      v2  +  F2E β2 M2E

   

(6.80) 153

Similarmente al caso de las barras articuladas, hemos escritos los esfuerzos que aparecen en los extremos de un viga en flexión, sometida a una carga arbitraria, en función de la carga actuante y de los desplazamientos generalizados (es decir desplazamientos y giros) en sus extremos. Esto permite en cada punto de unión (nudos de las diferentes vigas) plantear el equilibrio de fuerzas y momentos. La forma operativa para la solución de un problema es idéntica a lo visto para estructuras de barras (ensamble y aplicación de las condiciones de contorno), las diferencias son la cantidad de desplazamientos incógnitas en cada nudo (ahora son 3 antes 2) y las fuerzas de empotramiento perfecto que en el caso de barras de reticulado sólo aparecen para cambios térmicos pues no hay cargas interiores. 6.2.2. Ejemplo Apliquemos los resultados anteriores al análisis de una viga continua de dos tramos (Figura 11)

P

1

1

q

2

L1

2

3

L2 Figura 11 Ejemplo de viga continua

Los esfuerzos en los extremos del primer tramo son: 

(1)  12/L31 6/L21 −12/L31 6/L21 F1 2 2  M1     = EI  6/L1 3 4/L1 2 −6/L31 2/L1 2  F2   −12/L1 −6/L1 12/L1 −6/L1 M2 6/L21 2/L1 −6/L21 4/L1



  v1 P/2   β 1   P L1 /8      v2  +  P/2 β2 −P L1 /8



  v2 qL2 /2   β 2   qL22 /12      v3  +  qL2 /2 β3 −qL22 /12



  

Los esfuerzos en los extremos del segundo tramo son: 

(2)  F2 12/L32 6/L22 −12/L32 6/L22 2 2  M2   2/L2   = EI  6/L2 3 4/L2 2 −6/L32  F3   −12/L2 −6/L2 12/L2 −6/L22 M3 6/L22 2/L2 −6/L22 4/L2



  

Donde hemos reemplazado los esfuerzos de empotramiento perfecto debido a la carga puntual y distribuida, que pueden obtenerse resolviendo la ecuación diferencial o de tablas. A los esfuerzos en los extremos de cada tramo le hemos agregado un superíndice entre paréntesis para indicar el elemento al que pertenecen, además en cada caso el subíndice indica el nudo correspondiente (referido a la notación de la figura). De la misma forma el subíndice en los desplazamientos se refiere al nudo correspondiente. Podemos ahora plantear en cada nudo dos ecuaciones, una de equilibrio en la dirección vertical y una de momentos. Para ello en cada nudo hacemos actuar los mismos esfuerzos que actúan en los extremos de cada viga pero cambiados de signo. La suma de fuerzas sobre el nudo provenientes de las barras más las acciones externas que actúan directamente sobre el nudo (fuerzas conocidas o reacciones en el caso de apoyos) debe ser cero. En este caso no hay acciones conocidas aplicadas directamente sobre el nudo, sólo reacciones de apoyo. 154

En los nudos extremos (1 y 3) hay sólo contribución de una de las barras, en tanto que sólo en el nudo central es donde hay que sumar dos contribuciones. Luego las seis ecuaciones resultan    12/L31 6/L21 −12/L31 6/L21 0 0 v1  6/L21   β1  4/L1 −6/L21 2/L1 0 0    3 2 3 3 2 2 3 2  −12/L1 −6/L1 12/L1 + 12/L2 −6/L1 + 6/L2 −12/L2 6/L2   v2    EI   6/L21  β2  + 2/L1 −6/L21 + 6/L22 4/L1 + 4/L2 −6/L22 2/L2       0 0 −12/L32 −6/L22 12/L22 −6/L22   v3  0 0 6/L22 2/L2 −6/L22 4/L2 β3 

   +   

−P/2 −P L1 /8 −P/2 − qL2 /2 P L1 /8 − qL22 /12 −qL2 /2 +qL22 /12





      −      

R1 M1E R2 0 R3 0





      =      

0 0 0 0 0 0

       

Son seis ecuaciones con 6 incógnitas (β 2 ,β 3 , R1 , M1E , R2 , R3 ). Observemos que del vector de desplazamientos hay 4 valores conocidos (v1 = β 1 = v2 = v3 = 0), llevando estos valores a las seis ecuaciones estas se reducen a (eliminamos las columnas que están multiplicadas por cero)         R1 0 P/2 0 6/L21 E        0  M P L /8 0 4/L 1 1 1            R2   0    −6/L21 + 6/L22 6/L22  β 2 P/2 + qL /2 2       + EI   −P L1 /8 + qL22 /12  −  0  =  0  (6.81)  4/L1 + 4/L2 β3 2/L2            R3   0    qL2 /2 −6/L22  −6/L22 0 0 −qL22 /12 4/L2 2/L2 Las ecuaciones 4ta y 6ta (donde no aparecen reacciones como incógnitas) pueden separarse del resto y resolverse. Este procedimiento corresponde a lo que se vio en la sección “Solución del sistema de ecuaciones”.    4/L1 + 4/L2 2/L2 β2 −P L1 /8 + qL22 /12 EI = 2/L2 4/L2 β3 −qL22 /12

Notar que este sistema es simétrico, es no singular y nos permite determinar todas las incógnitas de desplazamientos. En el término independiente aparecen las acciones (equivalentes), si hubiese algún momento aplicado directamente sobre el nudo, este debe colocarse directamente en el término independiente y con el signo que le corresponde (positivo antihorario). La matriz  4/L1 + 4/L2 2/L2 K =EI 4/L2 2/L2 Es la matriz de rigidez de nuestro problema, y su orden es el número de incógnitas de desplazamientos. Esta se podría haber calculado en forma más directa, si al calcular las matrices elementales se introducen allí las condiciones de contorno, es decir si se observa que: para el primer tramo:  (1) F1   M1      F2  = EI  M2 

para el segundo tramo:

  −P/2 6/L21

  −P L1 /8 2/L1   β2 +   −P/2 −6/L21  +P L1 /8 4/L1

   

(6.82)

155



(2)  F2  M2       F3  = EI  M3

  6/L22 6/L22 −qL2 /2  2  4/L2 2/L2  β −qL 2 2 /12   + 2 2   −6/L2 −6/L2 β3 −qL2 /2 2/L2 4/L2 qL22 /12

   

(6.83)

Y que las ecuaciones que interesa ensamblar corresponden a las asociadas (conjugadas) de las incógnitas de desplazamientos, en este caso equilibrio de momentos sobre el nudo 2 y sobre el nudo 3 (1)

(2)

M2 + M2 = 0 (2)

M3 = 0 Obtenidos los desplazamientos (giros en este caso), es posible calcular los esfuerzos en los extremos de cada barra (usando 6.82 y 6.83) y las reacciones de apoyo, usando por ejemplo (hay más de una forma) las primeras tres ecuaciones y la 5ta de 6.81       6/L21 0 −P/2 R 1    β2    M1E  2/L1 0 −P L1 /8       + EI   −P/2 − qL2 /2  =  R2  −6/L21 + 6/L22 6/L22  β 3 −6/L22 −6/L22 −qL2 /2 R3

Los diagramas de esfuerzos dentro de cada barra se obtienen como superposición del debido a los desplazamientos de los extremos más el debido a las cargas externas (sistema biempotrado), que es lo que hemos denominado antes “solución completa de la viga”. En el ejemplo utilizando los siguientes datos L1 = 4,0 L2 = 3,0 P = −2,0 q = −1,0 EI = 200,0, El sistema a resolver resulta    466,67 133,33 β2 0,25 = 133,33 266,67 β3 0,75 Cuya solución es



β2 β3



=



−0,00031 +0,00297






Los esfuerzos en extremos de barras son    (1)  F1 75,0 1,00  M1   100,0 

  1,00       F2  =  −75,0  −0,00031 +  1,00 200,0 −1,00 M2 (2)  133,3 F2  266,7  M2      F3  =  −133,3 133,3 M3 







 0,98 ↑   0,97    =    1,02   ↑ −1,06




  133,3 1,50 

  133,3 

  0,75  −0,00031 +     −133,3  0,00297 + 1,50 266,7 −0,75

6.3.





   

 1,85 ↑   1,06    =    1,15   ↑ −0,00


   

PORTICOS PLANOS

Para el análisis de pórticos planos debemos incluir el esfuerzo normal en el elemento de viga continua de la sección anterior. Esto es muy sencillo debido a que la flexión está desacoplada del esfuerzo normal. Recordemos que, visto como un problema unidimensional, la matriz de rigidez de una barra de reticulado es (caso particular de las matrices presentadas en 6.13 y 6.24)    EA F1x 1 −1 u1 = (6.84) F2x −1 1 u2 L 156

1.85 0.98 1.15

1.02

0.97 1.06 0.99 Figura 12 Diagramas de esfuerzos Debemos incluir este efecto en 6.71. Ordenando adecuadamente las componentes de fuerzas en los extremos de la viga y las correspondientes componentes de desplazamientos      F1x A/L −A/L u1  F1y     12I/L3 6I/L2 −12I/L3 6I/L2       v1  2 2  M1z     6I/L 4I/L −6I/L 2I/L       β1  (6.85)  F2x  = E  −A/L   A/L u2         F2y   −12I/L3 −6I/L2 12I/L3 −6I/L2   v2  2 M2z 6I/L 2I/L −6I/L2 4I/L β2

Que es la matriz de rigidez de una viga con el eje coincidente con la dirección x. Notar que ahora las fuerzas en los extremos de la viga tienen dos componentes, según el correspondiente eje del plano y además a los momentos le hemos agregado el subíndice z para indicar el eje de giro. Debe estar claro que toda componente, sea de desplazamiento, giro, fuerza o momento es positiva si coincide con la dirección positiva del eje y negativa en caso contrario. En un pórtico plano y en general en una estructura de vigas en el plano, la dirección de cada viga puede ser arbitraria (en el plano) y debe ser posible expresar los esfuerzos en los extremos de las barras para cualquier orientación. Para ello utilizaremos el mismo método utilizado para calcular la matriz de una barra de reticulado espacial. Un vector cualquiera ˆ r expresado en un sistema local cuyo eje xˆ forma un ángulo α con el eje x global (α es positivo si al pasar del eje x al eje xˆ el ángulo es antihorario visto desde el eje z) y tal que los ejes zˆ y z coinciden puede expresarse (ver Figura 13)      rx cos α − sin α 0 rˆx  ry  =  sin α cos α 0   rˆy  (6.86) rz 0 0 1 rˆz Esta claro que el cambio de coordenadas se refiere exclusivamente al plano x − y y por lo tanto las componentes sobre el eje z no cambian. Luego ni giros ni momentos ni cualquier otra variable asociada se modifica, en consecuencia para cada nudo tendremos 

Fx Fy



=



cos α − sin α sin α cos α

ˆz Mz = M



Fˆx Fˆy

157

ry Y

^r x

^r y rx

2

α 1 X

Figura 13 Cambio de sistema local a global de una viga 2-d Escribiendo estas transformaciones en una única expresión     ˆ   Fx Fx cos α − sin α 0  Fy  =  sin α cos α 0   Fˆy  = R  ˆz Mz 0 0 1 M Similarmente

 Fˆx Fˆy  ˆz M

(6.87)



   uˆ u  v  = R  vˆ  βz βˆ z

Las relaciones inversas son naturalmente  ˆ    Fx Fx  Fˆy  = RT  Fy  ˆz Mz M



   uˆ u  vˆ  = RT  v  βz βˆ z

(6.88)

La expresión 6.85 puede ahora pensarse como la matriz de la viga expresada en un sistema local donde el eje de la viga coincide con el eje xˆ,      Fˆ1x uˆ1 A/L −A/L  Fˆ     12I/L3 6I/L2 −12I/L3 6I/L2   1y     vˆ1   ˆ  2 2 ˆ    6I/L 4I/L −6I/L 2I/L   M1z    β1  (6.89)  ˆ =E    uˆ2  −A/L A/L  F2x         −12I/L3 −6I/L2 12I/L3 −6I/L2   vˆ2   Fˆ2y  6I/L2 2I/L −6I/L2 4I/L ˆ 2z βˆ 2 M Llamando KL a la matriz de coeficientes en el sistema local, esto puede reescribirse como     F1x u1      T  F1y   T  v1     R 03×3  M1z  R 03×3  β 1   = K L T   u2  03×3 RT  F 0 R 2x 3×3      F2y   v2  M2z β2 Denominando con

Λ= 158



R 03×3 03×3 R



(6.90)

Premultiplicando la expresión anterior por Λ tendremos     F1x u1  F1y        T  v1    M1z  R 03×3 R 03×3     β1  KL T   F2x  = 03×3 R  03×3 R    u2   F2y   v2  M2z β2

(6.91)

La matriz

K = Λ KL ΛT

(6.92)

Es la matriz de rigidez del elemento de viga en el plano y la expresión es general para cualquier valor del ángulo α. Observar claramente que α se mide en sentido antihorario desde el eje global x al eje local xˆ. Denotando por c = cos α y s =senα  2 c A + s2 12I/L2 cs(A − 12I/L2 ) −s6I/L −c2 A − s2 12I/L2 cs (−A + 12I/L2 ) −s6I/L  s2 A + c2 12I/L2 c6I/L cs (−A + 12I/L2 ) −s2 A − c2 12I/L2 c6I/L  E 4I s6I/L −c6I/L 2I  2 2 2 2  c A + s 12I/L cs(A − 12I/L ) s6I/L L  simétrica s2 A + c2 12I/L2 −c6I/L 4I (6.93) En particular para el caso de α = π2 que corresponde a una viga vertical (columna) orientada desde el punto inferior al superior, la matriz de rigidez resulta     0 −1 0 1  1 0   −1 0          1 1  KL   K=     0 −1 0 1         1 0 −1 0 1 1   12I/L3 −6I/L2 −12I/L3 −6I/L2   A/L −A/L   2 2  −6I/L 4I/L 6I/L 2I/L    =E (6.94) 3 2 3 2  −12I/L 6I/L 12I/L 6I/L     −A/L A/L 2 2 −6I/L 2I/L 6I/L 4I/L Respecto a los esfuerzos de empotramiento debidos a las cargas actuando en el interior de la viga, estos naturalmente se transforman en la misma forma que los otros, de forma que en cada nudo       0 −sFˆyE Fx  Fy  = R  FˆyE  =  cFˆ E  y ˆ zE ˆ zE Mz M M

6.3.1. Propiedades de la matriz de rigidez Las propiedades de la matriz de rigidez del elemento de viga (pórtico plano) son: La matriz es simétrica kij = kji .

La interpretación física de un término kij cualquiera puede verse como el esfuerzo que aparece en la posición asociada a i cuando se da un desplazamiento unitario en la posición asociada a j. Por ejemplo el término k26 es la fuerza vertical en el primer nudo debido a una rotación unitaria del segundo nudo. 159

       

La energía interna de deformación, expresada en función del trabajo realizado por las fuerzas en los extremos, es 

  1  Wi =  2  

Fˆ1x Fˆ1y ˆ 1z M Fˆ2x Fˆ2y ˆ 2z M

          ·     

uˆ1 vˆ1 ˆ β1 uˆ2 vˆ2 βˆ 2



   1  = (Ku) · u = 1 uT K u  0  2 2  

luego K es semi-definida positiva. Tiene 3 autovalores nulos (o un autovalor nudo de multiplicidad 3) k1 = k2 = k3 = 0 asociados a los posibles movimientos de cuerpo rígido 1. Traslación en la dirección xˆ

ϕT1 = [1, 0, 0, 1, 0, 0]

2. Traslación en la dirección yˆ

ϕT2 = [0, 1, 0, 0, 1, 0]

 ϕT3 = 0, −1, L2 0, 0, 1, L2

3. Rotación de la viga

Tiene tres autovalores positivos asociados a los posibles modos de deformación. k4 = 2

EA L

k5 = 2

EI L

k6 = 6

EI (4 + L2 ) L3

ϕT4 = [−1, 0, 0, 1, 0, 0]

1. Elongación pura de la barra

ϕT5 = [0, 0, −1, 0, 0, 1]

 ϕT6 = 0, L2 , 1, 0, − L2 , 1

2. Flexión pura (sin corte) de la barra 3. Flexión con corte

La definición de autovalores y autovectores permite descomponer espectralmente a la matriz K   −1 0 0  2   0  0 L   2 EA −1 0 0 1 0 0 L  0 −1 1     2 EI 0 0 −1 0 0 1  K = Φ k ΦT =   L  1  2 0 0 EI (4+L )   0 L2 1 0 − L2 1 6 L3  0 0 − L2  0 1 1 (6.95) que muestra las diferentes respuestas de la viga frente a los distintos modos de deformación. Hasta aquí hemos trabajado con la matriz KL en coordenadas locales, si la expresamos en coordenadas globales K = Λ KL ΛT = Λ Φ k ΦT ΛT = (Λ Φ) k (Λ Φ)T

(6.96)

= Ψ k ΨT donde Ψ agrupa a los autovectores expresados en coordenadas globales. Los autovalores de hecho no cambian (por ser escalares). 160

q F

2q I2 L2

L1

3

2 Y

L3 I3

I1

X

4

1 Figura 14 Ejemplo de estructura de pórticos 6.3.2. Ejemplo de pórtico plano Consideremos el pórtico de tres tramos indicado en la Figura 14. Lo primero que hay que hacer es numerar nudos y barras Las matrices de rigidez de las vigas tienen la forma (los superíndices indican los nudos que relaciona cada matriz y el orden indica además la orientación de la viga):  12 12  23 23  43 43 k11 k12 k11 k12 k11 k12 12 23 43 K = K = K = 12 12 23 23 43 k21 k22 k21 k22 k43 21 k22 donde cada submatriz kIJ ij es de 3 × 3 Si ensamblamos las ecuaciones de equilibrio para cada nudo (4) de este problema (3 ecuaciones de equilibrio por nudo), tendremos   R 1   F     12   12 23E   u1 = 0 −F nudo 1 k11 k12 nudo 2    23E 12 12 23 23   u2    nudo 2  k k + k k −M 21 22 11 12    =  23 23 43 43 43E    k21 k22 + k22 k21   u3 −F nudo 3     43 43 23E   k12 k11 −F nudo 4 u4 = 0 nudo 3    23E 43E  −M  −M R4 El sistema a resolver (una vez introducidas las condiciones de borde) es de 6 × 6, asociado al equilibrio de los nudos 2 y 3. Las matrices necesarias son (expresadas en coordenadas globales):   12I1 /L31 0 6I1 /L21   A1 /L1 0 k12 22 = E 4I1 /L1   A2 −A2  12I2 /L22 6I2 /L2 −12I2 /L22 6I2 /L2     E  6I /L 4I −6I /L 2I 2 2 2 2 2 2 23   K =  −A A L2  2 2   2 2  −12I2 /L2 −6I2 /L2 12I2 /L2 −6I2 /L2  6I2 /L2 2I2 −6I2 /L2 4I2   12I3 /L33 0 6I3 /L23 43  A3 /L3 0 k22 = E  4I3 /L3

161

Realizando el proceso de ensamble de las matrices de rigidez tendremos  12I1 A2 6I1 −A2 + L2 L2 L31 L21  A1 12I2 6I2 −12I2 +  L1 L32 L22 L32  4I1 4I2 −6I2  + L1 L2 L22 KG = E  A2 12I3  + L3  L2 3  12I2 3 simétrica +A  L3 L3 2

6I2 L22 2I2 L2 6I3 L23 −6I2 L22 4I2 3 + 4I L2 L3

         

En cuanto al término independiente, primero es necesario calcular las fuerzas de empotramiento. Así para cada barra tendremos (en coordenadas locales)       0 0 0  0   qL2 /2   +3qL3 /10        2      qL23 /15  0  qL2 /12  12E 23E 43E     F =  F = F =   0 0 0        0   qL2 /2   +7qL3 /10  0 −qL22 /12 −qL23 /10 Llevando a coordenadas globales (F43E ) y ensamblando   +0 +0 +F  −qL2 /2 +0 +0     −qL22 /12 +0 +0    FG =   +0 +7qL /10 +0 3    −qL2 /2 +0 +0  +qL22 /12 +qL23 /10 +0

Para los siguientes datos L1 = 400 cm, L2 = 400 cm, L3 = 300 cm , 1 104 cm4 A1 = 100 cm2 , I2 = 103 cm4 A2 = 100 cm2 , E = 2,4 × 105 kg/cm2 , I1 = 12 I3 = 103 cm4 A3 = 120 cm2 

162

 −0,75E4 −0,375E2 0,00E0 −0,75E4  0,00E0 0,000E0 −0,60E5 0,00E0     0,20E7 0,750E4 0,00E0 0,10E7  12   K =  0,375E2 0,00E0 0,75E4    simétrica 0,60E5 0,00E0  0,20E7   0,60E5 0,00E0 0,00E0 −0,60E5 0,00E0 0,00E0  0,45E2 0,90E4 0,00E0 −0,45E2 0,90E4      0,24E7 0,00E0 −0,90E4 0,12E7 23  K =  0,60E5 0,00E0 0,00E0     simétrica 0,45E2 −0,90E4  0,24E7   0,107E3 0,00E0 −0,16E5 −0,107E3 0,00E0 −0,16E5  0,96E5 0,00E0 0,000E0 −0,96E5 0,00E0     0,32E7 0,160E5 0,00E0 0,16E7  43   K =  0,107E3 0,00E0 0,16E5    simétrica 0,96E5 0,00E0  0,32E7 0,375E2

0,00E0 0,60E5



   KG =    

60038. 0. 60045. simétrica 7500. 9000. 4400000. −60000. 0. 0. 60107. 0. −45. −9000. 0. 96045. 0. 9000. 1200000. 16000. −9000. 5600000.

Resuelto el sistema de ecuaciones    u2 500  v2   −400     β2   −26667   KG   u3  = FG =  420     v3   −400 β3 44667





       ==>       

u2 v2 β2 u3 v3 β3





      =      

       

8,7715 −0,002060 −0,01738 8,7665 −0,007046 −0,01335

       

Para calcular los esfuerzos en extremos de barras estos pueden calcularse en coordenadas locales o globales. Esto depende de que matrices se disponga previamente. Como ejemplo se mostrará con la barra 4-3. Si se dispone de las matrices de rigidez en cada sistema local se puede hacer lo siguiente: 1. Llevamos los desplazamientos al sistema local,     uˆ4 1   vˆ4   −1     ˆ   β4   1  =    uˆ3   1       vˆ3   −1 1 βˆ 3

u4 v4 β4 u3 v3 β3





      =      

0 0 0 v3 −u3 β3





      =      

0 0 0 −0,007046 −8,7665 −0,01335

       

2. Evaluamos los esfuerzos en los extremos de barra, considerando que los desplazamientos del nudo 4 son nulos resulta       Fˆ4x 0 −A3 /L3  Fˆ      +3qL3 /10  −12I3 /L33 6I3 /L23   4y    uˆ3    ˆ  2   qL23 /15   2I /L −6I /L  M4z  3 3 3 3    vˆ3  +   ˆ =E   A3 /L3   0  F3x      ˆ  ˆ  β 3  +7qL3 /10   12I3 /L33 −6I3 /L23   F3y  −qL23 /10 4I3 /L3 −6I3 /L23 ˆ 3z M

3. Para trazar el diagrama de esfuerzos dentro de la barra debe observarse (seguimos con la barra 3)que las cargas externas eran de variación lineal, por lo cual el diagrama de corte resulta de variación cuadrática entre los valores extremos (Fˆ4y y −Fˆ3y ), en tanto que el diagrama ˆ 4z y de momentos resulta de variación cúbica entre los valores calculados en los extremos (M ˆ 3z ). El esfuerzo normal es constante de valor Fˆ3y −M Si se dispone de las matrices de rigidez en el sistema global se puede hacer lo siguiente: 1. Calculamos los esfuerzos en los extremos de barra en el sistema global        F4x 0 −3qL3 /10 −901,4  F4y       676,4 0 0         M4z     qL23 /15   130900 0 43         F3x  = KG  8,7665  +  −7qL3 /10  =  301,4         F3y   −0,007046     −676,4 0 M3z −0,01335 −qL23 /10 79530

       

163

2. Pasamos los esfuerzos al sistema local y reconocemos los esfuerzos internos (cambiados de signo en el primer nudo, el 4 en este caso)         Fˆ4x 1 F4x 676,4  Fˆ     F4y   901,4    4y   −1       ˆ     M4z   130900   1  M4z         ˆ =   F3x  =  −676,4  =  1  F3x         ˆ     F3y   −301,4   −1  F3y  1 M3z 79530 ˆ 3z M

en sus extremos −N4 −T4 −M4 +N3 +T3 +M3

       

3. Para trazar el diagrama de esfuerzos dentro de la barra debe observarse que las cargas externas eran de variación lineal, por lo cual el diagrama de corte resulta de variación cuadrática entre los valores extremos (T4 = −901,4 y T3 = −301,4), en tanto que el diagrama de momentos resulta de variación cúbica entre los valores calculados en los extremos (M4 = −130900 y M3 = 79530). El esfuerzo normal es constante de valor N = −676,4 M [kg-m] 3

-1200

-800

-400

0

400

800

N

T

y[m]

2

M

1

0

-800

-600

-400

N - Q [kg]

Figura 15 Diagramas de esfuerzos sobre la barra 4-3 6.3.3. Ejemplo de pórtico plano con un tensor Consideremos el pórtico de tres tramos y un tensor indicado en la Figura 16. Los datos de las secciones, material y cargas son los siguientes:

 1. El material del pórtico tiene un módulo E1 = 2 × 105 kg/cm2 , las columna tienen un área transversal de A1 = 200 [cm2 ] y momento de inercia I1 = 5000 [cm4 ]. En tanto que el área de la viga inclinada es A2 = 300 [cm2 ] y su momento de inercia es I2 = 10000 [cm4 ] .

 2. El tensor tiene un área transversal A3 = 5 [cm2 ] y el material un E2 = 2 × 106 kg/cm2 3. Las cargas son normales a los tramos q1 = 3000 [kg/m] y q2 = 2000 [kg/m]

6.3.3.1.

Cálculo de la matriz de rigidez del sistema

Las matrices de rigidez de los distintos elementos son: columna 1-2 L1 = 500 [cm], α = 90o (s = +1, c = 0), aplicamos la expresión (6.94) con E1 , A1 , I1 y L1   96 0 −24000 −96 0 −24000   0 80000 0 0 −80000 0     −24000 0 8000000 24000 0 4000000 12  K =   −96 0 24000 96 0 24000     0 −80000 0 0 80000 0 −24000 0 4000000 24000 0 8000000

164

2 q

1

5m

q2

2m

3 1

4 6m

5 4m

Figura 16 Pórtico plano con un tensor

viga inclinada L2 = 671 [cm], α = −26, 56o (s = −0, 447, c = +0, 894) aplicamos la expresión (6.93) con E1 , A2 , I2 y L2

K23



   =   

71570 −35745 11926 −71570 35745 11926 −35745 17952 23851 35745 −17952 23851 11926 23851 11925696 −11926 −23851 5962848 −71570 35745 −11926 71570 −35745 −11926 35745 −17952 −23851 −35745 17952 −23851 11926 23851 5962848 −11926 −23851 11925696

       

columna 3-4 L3 = 200 [cm], α = −90o (s = −1, c = 0), Notar que no puede aplicarse directamente la expresión (6.94) porque el ángulo es −90o , hay que particularizar la expresión (6.93) para este caso

K34



   = E1     

   =   

12I1 /L33

6I1 /L23 −12I1 /L33

6I1 /L23



  4I1 /L3 2I1 /L3   −6I1 /L23    sim. A1 /L3 4I1 /L3  1500 0 150000 −1500 0 150000  0 200000 0 0 −200000 0  150000 0 20000000 −150000 0 10000000   −1500 0 −150000 1500 0 −150000    0 −200000 0 0 200000 0 150000 0 10000000 −150000 0 20000000 A1 /L3

−6I1 /L23 12I1 /L33

−A1 /L1

tensor 3-5 L4 = 447 [cm], α = −26, 56o (s = −0, 447, c = +0, 894), la matriz de rigidez amplia165

da resulta

K35



c2

  E2 A3   = L4    

   =   

 0 −c2 −cs 0 0 −cs −s2 0   0 0 0 0   c2 cs 0   sim. s2 0  0 cs s2

 1789 −894 0 −1789 894 0 −894 447 0 894 −447 0   0 0 0 0 0 0   −1789 894 0 1789 −894 0   894 −447 0 −894 447 0  0 0 0 0 0 0

Notar que en el tensor no hay contribuciones al giro. Se ha ampliado la matriz a los fines de que todas las matrices tengan idéntico tamaño y mostrar las contribuciones al equilibrio del nudo que provienen del tensor. El comportamiento del tensor es independiente de la rotación del nudo 3, depende sólo de sus desplazamientos. Por otro lado la rotación del nudo 5 no es un grado de libertad del problema. Pues ningún elemento está influenciada por la misma. Realizando el proceso de ensamble de las matrices de rigidez, sólo sobre los nudos 2 y 3, pues los nudos 1, 4 y 5 tienen todos los desplazamientos nulos, tendremos (nudos 2 y 3 solamente, denotado por (2-3)) 

KG(2−3)

6.3.3.2.

   =   

71666 −35745 35926 −71570 35745 11926 −35745 97952 23851 35745 −17952 23851 35926 23851 19925696 −11926 −23851 5962848 −71570 35745 −11926 74859 −36640 138074 35745 −17952 −23851 −36640 218399 −23851 11926 23851 5962848 138074 −23851 31925696

       

Término de cargas y solución del sistema

En cuanto al término independiente, primero es necesario calcular las fuerzas de empotramiento. Así para las dos primeras barras tendremos (en coordenadas locales y globales)

ˆ 12E F



   =   

0 −q2 L1 /2 −q2 L21 /12 0 −q2 L1 /2 +q2 L21 /12

       

F12E



   =   

+q2 L1 /2 0 −q2 L21 /12 +q2 L1 /2 0 +q2 L21 /12

       

ˆ 23E F



   =   

0 q1 L2 /2 q1 L22 /12 0 q1 L2 /2 −q1 L22 /12

       

F23E



   =   

cq1 L2 /2 −sq1 L2 /2 q1 L22 /12 cq1 L2 /2 −sq1 L2 /2 −q1 L22 /12

Evaluando y ensamblando sobre los nudos 2 y 3 (segundo miembro, es decir cambiando el signo)

F12E

166



   =   

5000 0 −416667 5000 0 416667

       

F23E



   =   

4500 9000 1125000 4500 9000 −1125000

       



   FG(2−3) =    

−9500 −9000 −1541667 −4500 −9000 1125000

       

       

Resuelto el sistema de ecuaciones      u2 u2  v2   v2         β2   β2       KG(2−3)   u3  = FG(2−3) ===>  u3  =        v3   v3   β3 β3 6.3.3.3.

−7,4937 −0,15054 −0,09436 −7,3599 −0,06256 0,08756

       

Determinación de esfuerzos en extremos de barras y reacciones

Para calcular los esfuerzos en extremos de barras: Multiplicamos la matriz de rigidez de cada elemento por los desplazamientos de cada viga y le sumamos las fuerzas de empotramiento (todo en coordenadas globales) viga 1-2           F1x 0 2984 5000 7984  F1y        0 12043  0           12043   M1z          0   = K12   + F12E =  −557289  +  −416667  =  −973956   F2x   −7,4937   −2984     5000           2016   F2y   −0,15054   −12043     0 −12043  M2z −0,09436 −934729 416667 −518062 Notar que:

Las fuerzas de extremos son la suma de K12 u12 mas los fuerzas de empotramiento F12E . El producto K12 u12 conduce a fuerzas iguales y opuestas en los nudos extremos Los tres primeros valores son las reacciones de empotramiento (nudo 1), los últimos 3 (en este caso que concurren sólo dos vigas al nudo 2) deben equilibrarse con las fuerzas en el primer nudo de la viga 2-3. Los esfuerzos de corte y normal se calculan llevando los fuerzas en cada nudo del sistema global al local. En el primer nudo resulta (además aquí hay que cambiar de signo por ser la cara negativa) M1z = 557289 + 416667       N1 c s −F1x 0 1 −2984 −5000 −12043 0 = = + = + Q1 −s c −F1y −1 0 −12043 0 2984 5000 en el segundo M2z = −934729 + 416667       N2 c s F2x 0 1 −2984 5000 −12043 0 = = + = + Q2 −s c F2y −1 0 −12043 0 2984 −5000

las primeras componentes (debida a los desplazamientos, o solución homogénea) son iguales en ambos nudos, es decir el corte y el esfuerzo normal son constantes. Las segundas componentes son las debidas a la carga, que sólo tiene corte y corresponden a los esfuerzos de empotramiento perfecto (cambiada de signo en el primer nudo). viga 2-3        

F2x F2y M2z F3x F3y M3z





       = K23       

−7,4937 −0,15054 −0,09436 −7,3599 −0,06256 0,08756





       + F23E =       

−6512 3041 −606896 6512 −3041 477865





      +      

4500 9000 1125000 4500 9000 −1125000





      =      

−2012 12041 518104 11012 5959 647135

       

167

Los esfuerzos en los extremos son: en el primer nudo M2z = 606896 − 1125000     N2 0, 894 −0, 447 6512 −4500 5835 0 = = + + Q2 0, 447 0, 894 −3041 −9000 −5629 −10065 en el segundo M3z = 477865 − 1125000     N3 0, 894 −0, 447 6512 4500 5835 0 = + = + Q3 0, 447 0, 894 −3041 9000 −5629 10065 viga 3-4        

F3x F3y M3z F4x F4y M4z





       = K34       

−7,3599 −0,06256 0,08756 0,0000 0,0000 0,0000





      =      

2094 −12512 647215 −2094 12512 −228385

       

Los últimos tres valores son las reacciones de empotramiento en 4. Los esfuerzos son: en el primer nudo M3z = −647215     N3 0 −1 −2094 0 −12512 0 = + = + Q3 1 0 12512 0 −2094 0 en el segundo M4z = −228385     N4 0 −1 −2094 0 −12412 0 = + = + Q4 1 0 12512 0 −2094 0 tensor

       

F3x F3y M3z F5x F5y M5z





       = K35       

−7,3599 −0,06256 0,08756 0,0000 0,0000 0,0000





      =      

−13111 6552 0 13111 −6552 0

       

Naturalmente en este último caso no hay momentos de extremo. El esfuerzo axial es de tracción, este puede calcularse proyectando las fuerzas en el segundo nudo sobre el vector unitario (c, s)   13111 +0, 894 N= . = 14650 −6552 −0, 447 Una vez conocidos los esfuerzos internos en los extremos de barra, el trazado de los diagramas es sencillo. Estos resultan de superponer los diagramas de esfuerzos de empotramiento perfecto (también llamado Estado I) y los diagramas debidos a los desplazamientos nodales (también llamado Estado II)

168

deformada x 3

Esfuerzos Normales

Corte

Momento Flector

Diagrama de esfuerzos normales. Los diagramas debidos al estado II son constantes en cada barra. Los debidos al estado I dependen de que haya cargas internas aplicadas en la dirección axial. En el presente ejemplo no las hay. Diagrama de corte. Los diagramas debidos al estado II son constantes en cada barra. Los debidos al estado I dependen de la forma de la carga interna aplicada en la dirección normal. En el presente ejemplo estas cargas son constantes en los tramos 1-2 y 2-3. La carga uniforme produce una variación lineal entre los valores extremos Diagrama de Momento. Los diagramas debidos al estado II son lineales en cada barra. En los tramos 1-2 y 2-3 donde hay carga distribuida hay una variación cuadrática del momento. Los diagramas de esfuerzos internos han sido trazados de la siguiente forma: Recorriendo el pórtico del nudo 1 al 4, si el valor es positivo se grafica a la izquierda, si es negativo a la derecha. Si se observan los esfuerzos normales, ambas columnas están comprimidas (a la derecha de 1-2 y 3-4), en tanto que la viga está traccionada (a la izquierda de 2-3).

6.4.

EMPARRILLADOS PLANOS

Consideremos ahora el análisis de estructuras de vigas contenidas en un plano sometidas a cargas normales al plano. Los esfuerzos que aparecen en las vigas son la flexión alrededor del eje de inercia contenido en el plano y torsión. Sea entonces una viga en estas condiciones, y consideremos un sistema local xˆ − yˆ con xˆ coincidente con el eje de la viga e yˆ definido por yˆ = z × xˆ , con z el eje normal al plano de las estructura (dirección de acción de las cargas)

Z

Y βy

Mf

w

X

βx

Mt

Figura 17 Viga de emparrillado plano 169

En este sistema local tenemos dw βˆ y = − dˆ x

χy =

dβˆ y d2 w =− 2 dˆ x dˆ x

ˆ y = EIy χy = Mf M

(6.97)

ˆy dM = Qz dˆ x

dQz + qz = 0 dˆ x

(6.98)

dβˆ x ˆ x = GρJθ = Mt M (6.99) dˆ x El análisis de la flexión en el plano xˆ − z es casi idéntico al del elemento de viga continua en el plano x − y. La única diferencia radica en el sentido positivo del momento flector, de la curvatura y del giro asociado. Los esfuerzos debidos a flexión en los extremos de la viga son       E  w1 F1z F1z 12/L3 −6/L2 −12/L3 −6/L2 E  2 ˆ ˆ 1y ˆ 1y   M  −6/L2     4/L 6/L 2/L   β 1y   M   = EIy   + (6.100) E   F2z   −12/L3 6/L2 12/L3 6/L2   w2   F2z E ˆ 2y ˆ 2y −6/L2 2/L 6/L2 4/L M M βˆ 2y θ=

El ángulo específico de torsión es

θ= Luego el momento torsor resulta

 1 ˆ dβˆ x = β 2x − βˆ 1x dˆ x L

(6.101)

 GρJ  ˆ ˆ ˆ Mt = Mx = β 2x − β 1x L

(6.102)

Los momento torsores en los extremos necesarios para mantener este estado son iguales y de sentido contrario    ˆ 1x GρJ M 1 −1 βˆ 1x (6.103) ˆ 2x = L −1 1 M βˆ 2x Escribiendo las relaciones 6.100 y 6.103 en una única expresión tendremos         

F1z ˆ 1x M ˆ 1y M F2z ˆ 2x M ˆ 2y M





12EIy L2

  GρJ    1  −6EIy   L  =  12EI  L  − L2 y     −GρJ −6EIy L

−6EIy L

y − 12EI L2

4EIy 6EIy L

6EIy L 12EIy L2

2EIy

6EIy L

−GρJ GρJ

−6EIy L



   2EIy   6EIy    L   4EIy

w1 ˆ β 1x βˆ 1y w2 ˆ β 2x βˆ 2y





        +     

E F1z 0 E ˆ 1y M E F2z 0 E ˆ M2y



    (6.104)   

Que es la matriz de rigidez de una viga de emparrillado plano en coordenadas locales. Para la obtención de una expresión general para una barra orientada en cualquier dirección dentro del plano x − y notemos que El eje z no cambia, luego las variables asociadas a este eje permanecen inalteradas w = w. ˆ En tanto que los vectores con componentes en el plano, por ejemplo    βx cos α − sin α βˆ x = βy sin α cos α βˆ y 170

(6.105)

Agrupando ambas relaciones        w w w 1 0 0 ˆ   β x  =  0 cos α − sin α   βˆ x  = R  β x 0 sin α cos α βy βˆ y βˆ y

(6.106)

Notemos que la definición de la matriz de transformación R es similar que para pórticos planos, pero no es la misma, antes la dirección z estaba asociada al giro y las direcciones en el plano estaban asociadas a desplazamientos, y aquí es exactamente al revés. Similarmente podemos escribir     Fz Fz ˆx   Mx  = R  M (6.107) ˆ My My y sus relaciones inversas     w w ˆ x  = RT  β   β x βy βˆ y



 Fz  Mx   My

   Fz Fz ˆ x  = RT  M x  M ˆy My M

Llevando estas relaciones a la expresión de los esfuerzos en coordenadas locales  E      F1z w F1z E   M1x  β 1x   M1x    T   E   T   T   M1y   β 1y   M1y  R 0 R 0 R 0  E      + = K L T T  F2z   w2   0 R 0 R 0 RT  F 2z  E       M2x   β 2x   M2x  E M2y β 2y M2y

Premultiplicando por

Λ= Tenemos

       

F1z M1x M1y F2z M2x M2y





R 0 0 R

    = Λ KL ΛT   

       



w β 1x β 1y w2 β 2x β 2y



(6.108)

(6.109)

(6.110) 

      +      

E F1z E M1x E M1y E F2z E M2x E M2y

       

(6.111)

Con lo que hemos obtenido la matriz de rigidez de la viga de emparrillado en coordenadas globales. El caso particular más usado, es que la viga  este orientada  según la dirección y (positiva). 1 0 0 En tal caso la matriz de rigidez resulta (con R =  0 0 −1 ) 0 1 0

 12EIy /L2 6EIy /L −12EIy /L2 6EIy /L   6EIy /L 2EIy 4EIy −6EIy /L      π 1 GρJ −GρJ  (6.112) K α= =  2 2  12EIy /L −6EIy /L 2 L  −12EIy /L −6EIy /L   6EIy /L  2EIy −6EIy /L 4EIy _ _ −GρJ _ GρJ 

En tanto que las fuerzas de empotramiento valen

171



FE α =

π 2



   =   

E F1z E M1x E M1y E F2z E M2x E M2y





      =      

E F1z ˆE −M 1y 0 E F2z E ˆ 2y −M 0

       

6.4.1. Propiedades de la matriz de rigidez Las propiedades de la matriz de rigidez de la viga de emparrillado son similares a las del resto de las matrices, en cuanto a: que es simétrica y semi-definida positiva, la interpretación física de sus componentes, etc. En cuanto a sus autovalores y autovectores, tenemos en este caso Tiene 3 autovalores nulos k1 = k2 = k3 = 0 asociados a los posibles movimientos de cuerpo rígido 1. Traslación en la dirección z

ϕT1 = [1, 0, 0, 1, 0, 0]

ϕT2 = [0, 1, 0, 0, 1, 0]

 3. Rotación alrededor del eje de inercia yˆ ϕT3 = 1, 0, L2 0, −1, 0, L2 2. Rotación alrededor del eje xˆ

Tiene tres autovalores positivos asociados a los posibles modos de deformación. k4 = 2

GρJ L

1. Torsión pura de la barra

k5 = 2

EIy L

k6 = 6

EIy (4 + L2 ) L3

ϕT4 = [0, −1, 0, 0, 1, 0]

ϕT5 = [0, 0, −1, 0, 0, 1]

 ϕT6 = − L2 , 0, 1, L2 , 0, 1

2. Flexión pura (sin corte) de la barra 3. Flexión con corte

La definición de autovalores y autovectores permite descomponer espectralmente a la matriz K, en forma idéntica al caso del elemento de pórtico plano 6.4.2. Ejemplo de emparrillado plano Veamos un ejemplo sencillo con dos elementos. En la figura 18 se muestra una vista en perspectiva y la definición en el plano de la estructura.

2

L

P

3 M K

Y L X 1

Figura 18 Ejemplo de estructura de emparrillado Analizaremos dos casos ligeramente diferentes, un primer caso con el nudo 3 simplemente apoyado y un segundo caso donde el nudo 3 descansa sobre un apoyo flexible de rigidez K. En el primer caso el número de incógnitas es 5 y en el segundo 6. 172

La barra 1-2 está orientada según el eje y , además su primer nudo está empotrado luego nos interesa sólo la submatriz k12 22 , que podemos obtener a partir de la expresión (6.112)   12EIy /L2 −6EIy /L 1  −6EIy /L 4EIy k12 22 = L _ GρJ

La barra 2-3 está orientada según la dirección x y para el segundo caso la necesitaremos completa, usando la expresión (6.104)  12EI  −6EIy 12EIy −6EIy y − 2 2 L L L  L  GρJ −GρJ     −6EIy  6EIy 23 1 4EI 2EI k23  y y  23 11 k12 L L K =  12EIy 6EIy 12EIy 6EIy  = 23 k23  L  − L2 21 k22 2 L L L     −GρJ GρJ −6EIy 6EIy 2EIy 4EIy L L

En cuanto al resorte, la relación entre aplicado puede escribirse como:    Fz  Mx  =  My

el desplazamiento del extremo del mismo y el esfuerzo   w K 0 0 0 0 0   β x  = Kr u 0 0 0 βy

Donde obviamente el resorte sólo toma fuerzas en la dirección normal en función del desplazamiento vertical. Si ensamblamos las tres matrices tendremos  12 23 k22 + k23 k 11 12 KG = k23 k23 21 22 + Kr         

12EIy y + 12EI L3 L3 −6EIy L2 −6EIy L2 −12EIy L3 −6EIy L2

4EIy L

+

GρJ L

−GρJ L

GρJ L

+

4EIy L

6EIy L2 2EIy L

 12EIy L3

+K

6EIy L2

GρJ L

4EIy L

       

w2 β 2x β 2y w3 β 3x β 3y





      =      

−P 0 0 0 −M 0

       

Donde sólo hemos ensamblado la parte inferior debido a que el sistema es simétrico. Hasta aquí hemos considerado el caso 2, para el caso 1, w 3 no es incógnita y hay que eliminar la cuarta fila y la cuarta columna.

6.5.

CAMBIOS TERMICOS

La existencia de cambios térmicos genera la aparición de esfuerzos dentro de la estructura si los diferentes elementos que la constituyen tienen restricciones a deformarse. Básicamente estos cambios térmicos introducen: -modificaciones en la longitud de la pieza y con ello la aparición de esfuerzos normales -cambios de curvatura del eje de la pieza y con ello la aparición de momentos flectores. Supongamos el caso de un pórtico plano, y que la viga tenga un cambio térmico idealizado de la siguiente manera: -La temperatura en su cara superior sea uniforme a lo largo de toda la pieza ∆ts -La temperatura en su cara inferior sea uniforme a lo largo de toda la pieza ∆ti -En el espesor de la viga varíe linealmente entre los valores en sus caras 173

La elongación de la viga está asociada al cambio térmico de su eje baricéntrico, si este coincide con la mitad de la viga, valdrá α ε0 = (∆ts + ∆ti ) (6.113) 2 El problema es idéntico a lo visto para barras articuladas, es decir, este cambio generará (en ausencia de desplazamientos) un esfuerzo normal α N0 = −EAε0 = −EA (∆ts + ∆ti ) 2

(6.114)

que se transmitirá a sus nudos extremos y debe considerarse en el equilibrio de los mismos. Visto en coordenadas locales esto representa esfuerzos de empotramiento de la forma T FE ε = [−N0 , 0, 0, N0 , 0, 0]

(6.115)

El cambio de curvatura de la viga está asociado al gradiente térmico en el espesor de la viga χ0 =

α (∆ts − ∆ti ) h

(6.116)

De tal forma que esto genera un momento flector uniforme (en ausencia de giros) de valor M0 = −EIz χ0

(6.117)

que se transmitirá a sus nudos extremos y debe considerarse en el equilibrio de los mismos. Visto en coordenadas locales esto representa esfuerzos de empotramiento de la forma T FE χ = [0, 0, −M0 , 0, 0, M0 ]

(6.118)

Que luego deben -Expresarse en coordenadas globales -Ensamblarse sobre el término independiente (con el signo cambiado como todos los esfuerzos de empotramiento) -Considerarse al momento del cálculo de los esfuerzos finales.

6.6.

VIGAS EN TRES DIMENSIONES

Los casos vistos hasta ahora de problemas de pórticos planos y de emparrillados planos corresponden a casos particulares de estructuras de vigas en tres dimensiones. En ambos casos la estructura es plana, y se ha descompuesto el comportamiento frente a acciones en el plano de la estructura (pórticos planos) y frente a acciones normales al plano de la estructura (emparrillados planos). Si la estructura no se encuentra contenida en un plano, o si los ejes principales de inercia de las secciones no son tales que uno de ellos se encuentra en el plano de la estructura y el otro es normal al mismo, entonces tendremos acoplamiento de todos los esfuerzos y resulta necesario analizar la estructura como tridimensional. Comenzaremos por obtener la expresión de los esfuerzos en los extremos de la viga en un sistema local de coordenadas. El sistema local xˆ − yˆ − zˆ es tal que -el eje xˆ (t1 )coincide con el eje de la viga -el eje yˆ (t2 )coincide con uno de los ejes principales de inercia de la sección de la viga. La elección de cual de los dos ejes principales usar es arbitraria. -el eje zˆ (t3 ) coincide con el restante eje principal de inercia y requeriremos que formen una terna derecha, luego t3 = t1 × t2 Los esfuerzos que existen en los extremos de barra son fuerza (vector) y momento (vector), con tres componentes cada uno, en correspondencia con las proyecciones sobre los tres ejes (locales) definidos. Entonces hay 6 componentes de esfuerzos por extremo asociados a su vez a 6 componentes 174

de desplazamientos (las tres componentes del desplazamiento y las tres componentes del giro). La matriz de rigidez tendrá en consecuencia 12 filas y 12 columnas. Debido a que los diferentes esfuerzos: normal, torsión, flexión en xˆ − yˆ y flexión en xˆ − zˆ, están desacoplados, la relación entre los esfuerzos y los desplazamientos puede calcularse separadamente como en los casos precedentes. La obtención de la matriz de rigidez de la viga en 3 dimensiones consiste sencillamente en escribir en una única expresión las relaciones obtenidas para la viga de pórtico plano y para la viga de emparrillado plano. Notar que las expresiones correspondientes (6.89 y 6.104) no tienen componentes de fuerzas ni de desplazamientos en común. Luego sólo es necesario ordenar adecuadamente esfuerzos y desplazamientos (generalizados). Ver figura 19. 

ˆ1 M ˆ1 M ˆ 1 Fˆ 2 Fˆ 2 F 2 M ˆ2 M ˆ2 M ˆ2 Fˆx1 Fˆy1 Fz1 M x y z x y z x y z



EA

            −EA        



12EIz L2

12EIy L2

GρJ 6EIz L −12EIz L2

6EIz L

1

M

M

1 y

−12EIy L2 −6EIy L

6EIy L

−GρJ

2EIy

1

1

Fx

T

1

v

12EIy L2

1

−6EIy L

−GρJ

2EIy

6EIy L

GρJ

6EIy L

4EIy

Y

         2EIz     −6EIz  L /L       4EIz 6EIz L /L

M

2 y

βz

2

2

2

X

Fz

1

F

2 y

2

u

2

βy βx

2

Mx 2



2

2

Mz

t2 t1

1

F

6EIy L

−6EIz L

t3

βx 1 y

−12EIy L2

Z

βy

w

12EIz L2

−6EIz L

2EIz

1

1 x

1

Fz

βz

−12EIz L2

−6EIz L

EA

1

1

−EA

4EIz

1

Mz

1 L

4EIy

2 2 2 ˆ 1 βˆ 1 βˆ 1 uˆ2 vˆ2 w uˆ vˆ w ˆ β ˆ 2 βˆ x βˆ y βˆ z x y z 1

=

6EIz L

−6EIy L

−6EIy L

T

Fx

w

2

v 2

u

Figura 19 Matriz de rigidez de la viga en 3 dimensiones Escribiremos la relación entre esfuerzos y deformaciones en forma compacta como  ˆ F1  M ˆ  1  F ˆ2 ˆ2 M





 u ˆ1   ˆ   = KL  β 1    u ˆ2  ˆ2 β

(6.119)

Para obtener la expresión en coordenadas globales es necesario reconocer que para un vector cualquiera 

   ax a ˆ x

  ay  = t1 t2 t3  a ˆy  az aˆz

(6.120)

a=Rˆ a

175

Donde a puede ser cualquiera de los vectores aquí considerados (F, M, u, β ). En forma similar a lo realizado anteriormente, es posible definir una matriz de transformación Λ   R   R  Λ = (6.121)   R R Que relaciona 

  R u1  β2   R     u2  =  R β2 R



 u ˆ1 ˆ   β  1   u ˆ2  ˆ2 β



  F1 R  M1   R     F2  =  R M2 R

 ˆ F1  M ˆ  1  F ˆ2 ˆ2 M

   

(6.122)

De tal manera que la matriz de rigidez en coordenadas globales resulta K = Λ KL ΛT

(6.123)

Esta matriz de rigidez tiene por supuesto las mismas propiedades descriptas antes y hereda también los modos de cuerpo rígido y de deformación de las anteriores matrices de viga de pórtico y emparrillado plano. Tiene entonces seis autovalores nulos correspondientes a 3 traslaciones de cuerpo rígido en las direcciones del espacio y 3 rotaciones de cuerpo rígido. Los otros seis autovalores son positivos y corresponden a los modos de deformación vistos en su momento (elongación, torsión, 2 de flexión sin corte (uno en cada plano), y 2 de flexión con corte).

176