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matematicas
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PROBLEMARIO
2D Y 3D
Ortiz DavidMolina MarcosMartínez HugoJ. Bernal Elan
Hernández DanielGarcía Pascual
Berruecos Sergio
AN
ÁLI
SIS
DE
EST
RU
CT
UR
AS
Se ha escrito este libro con la finalidad primor-dial de apoyar a pro-fesores y estudiantes en la enseñanza y el aprendizaje del análisis estructural. Esta discipli-na es trascendental en las li-cenciaturas de Ingeniería Civil, Ingeniería Mecánica, Ingeniería Aeronáutica, Arquitectura, entre otras. Su dominio es fundamental para todo aquel profesionista cuya ocupación sea el diseño de obras, tales como naves industriales, rascacielos, puentes, presas, plantas industriales, plataformas marítimas, etc.
En el libro se ofrece inicialmente conceptos básicos sobre la teoría del análisis estructural y finalmente la aplicación de ello a través de un problemario consistente en una gran variedad de ejercicios resueltos minuciosa-mente sobre estructuras isostáticas e hiperestáticas, en el pla-no y en el espacio, particularmente vigas, marcos y armaduras, los cuales son comunes encontrarlos en las tareas y exámenes de varias asignaturas del área de Estructuras en los cursos de Licenci-atura, Propedéutico y Maestría.
Se les recomienda a los lectores tener conocimientos acerca de mecánica de materiales, estática, estructuras isostáticas, algebra, al-gebra matricial, cálculo diferencial e integral, ecuaciones diferenciales y si es posible, programación con matlab.
Los autores consideramos que el dominio de los principios básicos es indispensable para el uso de los programas de cómputo disponibles hoy en día, debido a que una vez desarrollada en el lector la habilidad de analizar a mano las estructuras, este comprenderá el modo de funcionamiento de los softwares y poseerá un mejor criterio. Con-trariamente, si se hace uso de programas sin dicho conocimiento, es muy riesgoso.
MÉTODO DE LA RIGIDEZ MATRICIAL APLICADO A UNA VIGA QUE SI ESTÁ
SOMETIDA A CARGA AXIAL Y SU PROGRAMACIÓN EN MATLAB.
Ortiz David1, Molina Marcos2, Martínez Hugo1, J. Bernal Elan2, Hernández Daniel1,
García Pascual2, Berruecos Sergio1, Palomino Alex Henrry3, Anchapuri Hernan M.4
1. Escuela Superior de Ingeniería y Arquitectura, Unidad Zacatenco, Instituto Politécnico
Nacional, Distrito Federal, México.
2. Facultad de Estudios Superiores Aragón, Universidad Nacional Autónoma de México,
Nezahualcóyotl, Estado de México.
3. Universidad Nacional de Cajamarca, Perú.
4. Universidad Nacional Jorge Basadre Grohmann
Viga propuesta a resolver
Use el análisis matricial de la rigidez para calcular las reacciones en los apoyos de
la viga de tres claros que se muestra en la figura. De igual forma, determine las
funciones de momento, de fuerza cortante, de fuerza normal, de pendiente y de
deflexión, y detalle los resultados.
Considere el módulo de elasticidad del acero y una sección transversal tipo 𝐼 con
las siguientes dimensiones
SOLUCIÓN.
Notación.
Se divide la viga en elementos finitos. Por conveniencia, se opta porque cada
elemento se extienda entre apoyos. Los elementos se identifican arbitrariamente
usando un número inscrito en un cuadrado. Sin importar que los nodos estén o no
predeterminados en el problema, de manera opcional se puede identificar cada uno
de ellos usando un número dentro de un círculo. Para esta viga continua en
particular, se tienen tres elementos y cuatro nodos que desde el inicio han sido
definidos por 𝐴, 𝐵, 𝐶 y 𝐷.
Los extremos cercano 𝑁 y lejano 𝐹 de cada elemento se especifican simbólicamente
con una flecha a lo largo del elemento cuya punta se dirige hacia el extremo alejado.
El sistema de coordenadas globales 𝑥, 𝑦, 𝑧 tiene su origen en 𝐴 con la finalidad de
que los nodos restantes tengan coordenadas positivas. Tales ejes tienen su
dirección positiva hacia la derecha, hacia arriba y en el sentido antihorario.
Dado que la viga está sometida a al menos una carga horizontal (es obvio que la
carga puntual de 5𝑇 tiene componentes horizontal y vertical), tienen que tomarse en
cuenta los efectos de la flexión, la fuerza cortante y la fuerza axial. En consecuencia,
en cada nodo hay tres grados de libertad, los cuales corresponden a un
desplazamiento horizontal, un desplazamiento vertical y una rotación, y que deben
ser codificados numéricamente de tal forma que los números más bajos de código
representen los desplazamientos desconocidos (grados de libertad no restringidos),
mientras que los números más altos indiquen desplazamientos conocidos (grados
de libertad restringidos).
Como recordatorio, un empotramiento restringe los tres grados de libertad
mencionados, un soporte articulado sólo permite la rotación y un apoyo simple
únicamente impide el desplazamiento vertical, en sus correspondientes puntos de
ubicación. Si en algún nodo hay ausencia de soporte, entonces los tres grados de
libertad son incógnitas.
De los doce grados de libertad en la viga, los codificados del 1 al 5 representan
desplazamientos cuyo su valor se desconoce, en tanto, los números de código del
8 al 10 referencian desplazamientos conocidos, que en este caso son todos iguales
a cero.
Las coordenadas de los nodos ya no se identifican por una razón que más adelante
se explicará.
Vector de desplazamientos.
Al igual que en las armaduras, para las vigas se formula un vector de
desplazamientos 𝐷 que se secciona dando origen a dos vectores: el de
desplazamientos desconocidos 𝐷𝐷 y el de desplazamientos conocidos 𝐷𝐶. Por las
condiciones de apoyo en el problema se tiene
𝐷 = (𝐷𝐷𝐷𝐶) =
(
𝐷1𝐷2𝐷3𝐷4𝐷5𝐷6𝐷7𝐷8𝐷9𝐷10𝐷11𝐷12)
=
(
𝜃𝐷∆𝐻𝐷𝜃𝐶𝜃𝐵∆𝐻𝐵0000000 )
123456789101112
Vector de Cargas.
Obsérvese que sobre la longitud del elemento 1 se extiende una carga distribuida
tipo parabólica, y que los elementos 2 y 3 soportan a la mitad de su claro y de forma
respectiva, una carga puntual inclinada y un momento de par. El análisis matricial
de la rigidez requiere que la carga externa se aplique en los nodos debido a que la
matriz de rigidez del elemento ha sido deducida para cargas aplicadas en sus
extremos.
Para atender esta situación, se usa el principio de superposición. Suponemos que
cada nodo está restringido de movimiento, motivo por el cual se les impone un
empotramiento.
A continuación se calculan las fuerzas de fijación y momentos de empotramiento
perfecto asociadas a cada elemento. Para ello remítase al tema 4.1 y note como los
elementos 1 y 3 corresponden a vigas del tipo 4 y 7; además, el caso general para
el elemento 2 ya fue resuelto en el tema 3.1.
Elemento 1.
𝑅𝐴𝑌 = 𝑅𝐵𝑌 =𝑊𝐿
3=(3𝑇/𝑚)(2𝑚)
3= 2 𝑇
𝑀𝐴 = 𝑀𝐵 =𝑊𝐿2
15=(3𝑇/𝑚)(2𝑚)2
15= 0.8 𝑇.𝑚
Elemento 2.
𝑅𝐴𝑌 = 𝑅𝐵𝑌 =𝑃∗sin𝛼
2=(5𝑇)(sin(50°))
2= 1.9151 𝑇
𝑅𝐴𝑋 = 𝑅𝐵𝑋 =𝑃∗cos𝛼
2=(5𝑇)(cos(50°))
2= 1.6070 𝑇
𝑀𝐴 = 𝑀𝐵 =𝑃∗𝐿∗sin𝛼
8=(5𝑇)(2𝑚)(sin(50°))
8= 0.9576 𝑇.𝑚
Elemento 3.
𝑅𝐴𝑌 = 𝑅𝐵𝑌 =3𝑀
2𝐿=(3)(2𝑇/𝑚)
(2)(2𝑚)= 1.5 𝑇
𝑀𝐴 = 𝑀𝐵 =𝑀
4=2𝑇.𝑚
4= 0.5 𝑇.𝑚
Las fuerzas de fijación y momentos de empotramiento calculados existirían si
restringiéramos de movimiento a todos los nodos, algo que en no ocurre. En
consecuencia, las fuerzas y momentos elásticos o efectivos actúan sobre los nodos
en sentido contrario al que definimos, por lo que para fines de análisis estas son las
fuerzas que aparecen
Al hacer la suma algebraica de las fuerzas y momentos en cada nodo se obtiene la
viga cargada que se analizará con el método de la rigidez.
Haga un cotejo entre ésta figura y el esquema efectuado en la parte de notación
para plantear el vector de cargas 𝐶, el cual debe dividirse en un vector de cargas
conocidas 𝐶𝐶 y un vector de cargas desconocidas 𝐶𝐷.
𝐶 = (𝐶𝐶𝐶𝐷) =
(
𝐶1𝐶2𝐶3𝐶4𝐶5𝐶6𝐶7𝐶8𝐶9𝐶10𝐶11𝐶12)
=
(
0.50
1.4576−0.1576−1.6070𝑅𝐷𝑌 − 1.5
𝑅𝐶𝑌 − 0.4151𝑅𝐶𝑋 − 1.6070𝑅𝐵𝑌 − 3.9151𝑅𝐴𝑌 − 2𝑅𝐴𝑋
𝑀𝐴 − 0.8 )
123456789101112
Por la superposición, los resultados del análisis matricial para las cargas de la última
figura se modificarán posteriormente con la viga sujeta a la carga real y a las
reacciones fijamente apoyadas.
Matriz de rigidez global para cada elemento.
El sistema de coordenadas globales ya ha sido identificado con los ejes 𝑥, 𝑦, 𝑧.
Luego hacemos que las coordenadas locales 𝑥´, 𝑦´, 𝑧´ tengan su origen en el extremo
cercano de cada elemento, y que el eje positivo 𝑥´ se dirija hacia el extremo lejano.
Bajo esas circunstancias, para cada componente de la viga los ejes 𝑥 y 𝑥´ serán
colineales dado que las coordenadas globales y del elemento serán todas paralelas.
Por esta razón, a diferencia del caso de las armaduras, no es necesario desarrollar
matrices de transformación entre estos dos sistemas de coordenadas. En resumen,
las matrices de rigidez global y local para un elemento de viga serán las mismas;
ello explica que las coordenadas de los nodos no fueran identificadas al inicio del
problema, puesto que lógicamente, el cálculo de los cosenos directores ya no es
necesario. Para determinar el momento de inercia con respecto al eje neutro
(pasando a través del centroide de la sección transversal), usamos la tabla
mostrada. Por la simetría del perfil 𝐼, el centroide está a 11.5𝑐𝑚 de la parte inferior.
Bloque 𝐼𝑜 (𝑐𝑚4) 𝐴 (𝑐𝑚2) d (cm) 𝐴𝑑2 (𝑐𝑚4)
1
(1
12) (20)(43)
= 106.6667
(20)(4) = 80
9.5
7220
2 (1
12) (4)(153)
= 1125
(4)(15) = 60
0
0
3
(1
12) (20)(43)
= 106.6667
(20)(4) = 80
9.5
7220
∑𝑡 1338.3334 220 14440
Aplicando el teorema de los ejes paralelos se tiene
𝐼 =∑𝐼𝑜 +∑𝐴𝑑2 = 1338.3334 + 14440 = 15778.3334 𝑐𝑚4 = 0.000157783 𝑚4
El área de la sección transversal y el módulo de elasticidad del acero son
𝐴 = 220𝑐𝑚2 = 0.022𝑚2 𝐸 = 2.1 ∗ 107 𝑇 𝑚2⁄
Se calcula la matriz de rigidez global para cada elemento aplicando la ecuación (𝑘).
Los números de código para cada columna y fila de estas matrices, que tienen la
peculiaridad de ser siempre simétricas, deben establecerse apropiadamente.
Elemento 1.
𝑁𝑥 𝑁𝑦 𝑁𝑧 𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑧
𝑘1 =
(
𝐸𝐴
𝐿0 0 −
𝐸𝐴
𝐿0 0
012𝐸𝐼
𝐿36𝐸𝐼
𝐿20 −
12𝐸𝐼
𝐿36𝐸𝐼
𝐿2
06𝐸𝐼
𝐿24𝐸𝐼
𝐿0 −
6𝐸𝐼
𝐿22𝐸𝐼
𝐿
−𝐸𝐴
𝐿0 0
𝐸𝐴
𝐿0 0
0 −12𝐸𝐼
𝐿3−6𝐸𝐼
𝐿20
12𝐸𝐼
𝐿3−6𝐸𝐼
𝐿2
06𝐸𝐼
𝐿22𝐸𝐼
𝐿0 −
6𝐸𝐼
𝐿24𝐸𝐼
𝐿 )
11 10 12 5 9 4
= 105
(
2.31 0 0 −2.31 0 00 0.0497 0.0497 0 −0.0497 0.04970 0.0497 0.0663 0 −0.0497 0.0331
−2.31 0 0 2.31 0 00 −0.0497 −0.0497 0 0.0497 −0.04970 0.0497 0.0331 0 −0.0497 0.0663 )
111012594
Elemento 2.
5 9 4 8 7 3
𝑘2 = 105
(
2.31 0 0 −2.31 0 00 0.0497 0.0497 0 −0.0497 0.04970 0.0497 0.0663 0 −0.0497 0.0331
−2.31 0 0 2.31 0 00 −0.0497 −0.0497 0 0.0497 −0.04970 0.0497 0.0331 0 −0.0497 0.0663 )
594873
𝑁𝑥
𝑁𝑦
𝑁𝑧
𝐹𝑥
𝐹𝑦
𝐹𝑧
Elemento 3.
8 7 3 2 6 1
𝑘3 = 105
(
2.31 0 0 −2.31 0 00 0.0497 0.0497 0 −0.0497 0.04970 0.0497 0.0663 0 −0.0497 0.0331
−2.31 0 0 2.31 0 00 −0.0497 −0.0497 0 0.0497 −0.04970 0.0497 0.0331 0 −0.0497 0.0663 )
873261
Matriz de rigidez de la estructura.
Ya que las matrices de rigidez de todos los elementos fueron determinadas, se
ensamblan para calcular 𝐾, la cual también debe ser simétrica y tiene un orden de
12X12 debido a que doce grados de libertad fueron designados para la viga.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
𝐾 = 105 ∗
(
0.0663 0 0.0331 0 0 −0.0497 0.0497 0 0 0 0 00 2.31 0 0 0 0 0 −2.31 0 0 0 0
0.0331 0 0.1325 0.0331 0 −0.0497 0 0 0.0497 0 0 00 0 0.0331 0.1325 0 0 −0.0497 0 0 0.0497 0 0.03310 0 0 0 4.62 0 0 −2.31 0 0 −2.31 0
−0.0497 0 −0.0497 0 0 0.0497 −0.0497 0 0 0 0 00.0497 0 0 −0.0497 0 −0.0497 0.0497 0 −0.0497 0 0 00 −2.31 0 0 −2.31 0 0 4.62 0 0 0 00 0 0.0497 0 0 0 −0.0497 0 0.0994 −0.0497 0 −0.04970 0 0 0.0497 0 0 0 0 −0.0497 0.0497 0 0.04970 0 0 0 −2.31 0 0 0 0 0 2.31 00 0 0 0.0331 0 0 0 0 −0.0497 0.0497 0 0.0663 )
123456789101112
Ya que hay cinco incógnitas de desplazamiento, la matriz de rigidez de la estructura
se secciona de tal forma que en la parte izquierda haya 5 columnas y en la porción
superior haya 5 filas. Se sigue usando la misma nomenclatura que en las armaduras
para cada una de las submatrices.
𝐾 = (𝐾11 𝐾12𝐾21 𝐾22
)
Cálculo de las incógnitas.
Al hacer 𝐶 = 𝐾 ∗ 𝐷 se tiene
(
0.50
1.4576−0.1576−1.6070𝑅𝐷𝑌 − 1.5
𝑅𝐶𝑌 − 0.4151𝑅𝐶𝑋 − 1.6070𝑅𝐵𝑌 − 3.9151𝑅𝐴𝑌 − 2𝑅𝐴𝑋
𝑀𝐴 − 0.8 )
= 105 ∗
(
0.0663 0 0.0331 0 0 −0.0497 0.0497 0 0 0 0 00 2.31 0 0 0 0 0 −2.31 0 0 0 0
0.0331 0 0.1325 0.0331 0 −0.0497 0 0 0.0497 0 0 00 0 0.0331 0.1325 0 0 −0.0497 0 0 0.0497 0 0.03310 0 0 0 4.62 0 0 −2.31 0 0 −2.31 0
−0.0497 0 −0.0497 0 0 0.0497 −0.0497 0 0 0 0 00.0497 0 0 −0.0497 0 −0.0497 0.0497 0 −0.0497 0 0 00 −2.31 0 0 −2.31 0 0 4.62 0 0 0 00 0 0.0497 0 0 0 −0.0497 0 0.0994 −0.0497 0 −0.04970 0 0 0.0497 0 0 0 0 −0.0497 0.0497 0 0.04970 0 0 0 −2.31 0 0 0 0 0 2.31 00 0 0 0.0331 0 0 0 0 −0.0497 0.0497 0 0.0663 )
(
𝜃𝐷∆𝐻𝐷𝜃𝐶𝜃𝐵∆𝐻𝐵0000000 )
El sistema matricial anterior es equivalente a
(𝐶𝐶𝐶𝐷) = (
𝐾11 𝐾12𝐾21 𝐾22
) (𝐷𝐷𝐷𝐶)
Se calculan los desplazamientos desconocidos al extraer y resolver un primer
subsistema que corresponde a
𝐶𝐶 = 𝐾11𝐷𝐷 + 𝐾12𝐷𝐶
Como 𝐷𝐶 vale cero, la ecuación anterior pasa a ser
𝐶𝐶 = 𝐾11𝐷𝐷
Por lo tanto,
(
0.50
1.4576−0.1576−1.6070)
= 105 ∗
(
0.0663 0 0.0331 0 00 2.31 0 0 0
0.0331 0 0.1325 0.0331 00 0 0.0331 0.1325 00 0 0 0 4.62)
(
𝜃𝐷∆𝐻𝐷𝜃𝐶𝜃𝐵∆𝐻𝐵)
(
𝜃𝐷∆𝐻𝐷𝜃𝐶𝜃𝐵∆𝐻𝐵)
=
(
0.0000176 𝑟𝑎𝑑0
0.0001158 𝑟𝑎𝑑−0.0000408 𝑟𝑎𝑑−0.0000035 𝑚 )
Se puede hacer un análisis de los resultados; por ejemplo, note como el nodo 𝐷
experimenta una rotación antihoraria de 0.0000176 𝑟𝑎𝑑 y en realidad no se desplaza
horizontalmente.
Las reacciones se obtienen de resolver un segundo subsistema que es
𝐶𝐷 = 𝐾21𝐷𝐷 + 𝐾22𝐷𝐶
Como ya se mencionó, 𝐷𝐶 = 0, así que
𝐶𝐷 = 𝐾21𝐷𝐷
Al usar los desplazamientos calculados se tiene
(
𝑅𝐷𝑌 − 1.5𝑅𝐶𝑌 − 0.4151𝑅𝐶𝑋 − 1.6070𝑅𝐵𝑌 − 3.9151𝑅𝐴𝑌 − 2𝑅𝐴𝑋
𝑀𝐴 − 0.8 )
= 105 ∗
(
−0.0497 0 −0.0497 0 00.0497 0 0 −0.0497 00 −2.31 0 0 −2.310 0 0.0497 0 00 0 0 0.0497 00 0 0 0 −2.310 0 0 0.0331 0 )
(
0.0000176 0
0.0001158 −0.0000408 −0.0000035 )
=
(
−0.66280.29020.80350.5755−0.20300.8035−0.1353)
En consecuencia,
𝑅𝐷𝑌 − 1.5 = −0.6628 ⇒ 𝑅𝐷𝑌 = −0.6628 + 1.5 = 0.8372𝑇 ⇒ ∴ 𝑅𝐷𝑌 = 0.8372𝑇
𝑅𝐶𝑌 − 0.4151 = 0.2902 ⇒ 𝑅𝐶𝑌 = 0.2902 + 0.4151 = 0.7053𝑇 ⇒ ∴ 𝑅𝐶𝑌 = 0.7053𝑇
𝑅𝐶𝑋 − 1.6070 = 0.8035 ⇒ 𝑅𝐶𝑋 = 0.8035 + 1.6070 = 2.4105𝑇 ⇒ ∴ 𝑅𝐶𝑋 = 2.4105𝑇
𝑅𝐵𝑌 − 3.9151 = 0.5755 ⇒ 𝑅𝐵𝑌 = 0.5755 + 3.9151 = 4.4906𝑇 ⇒ ∴ 𝑅𝐵𝑌 = 4.4906𝑇
𝑅𝐴𝑌 − 2 = −0.2030 ⇒ 𝑅𝐴𝑌 = −0.2030 + 2 = 1.7970𝑇 ⇒∴ 𝑅𝐴𝑌 = 1.7970𝑇
𝑅𝐴𝑋 = 0.8035 ⇒∴ 𝑅𝐴𝑋 = 0.8035𝑇
𝑀𝐴 − 0.8 = −0.1353 → 𝑀𝐴 = −0.1353 + 0.8 = 0.6647 𝑇.𝑚 ⇒∴ 𝑀𝐴 = 0.6647𝑇.𝑚
Se muestran los resultados obtenidos en el siguiente diagrama
Se comprueba el equilibrio externo de la viga. Al resolver la fuerza de 5𝑇 en sus
componentes 𝑥 y 𝑦 resulta
𝐹1𝑌 = 5 ∗ sin 50° = 3.8302𝑇 𝐹1𝑋 = 5 ∗ cos 50° = 3.2139𝑇
La fuerza resultante de la carga distribuida y su punto de aplicación son
𝐶𝑃 = (2
3) (3𝑇 𝑚⁄ )(2𝑚) = 4𝑇 �̅� = 1𝑚
+↑∑𝐹𝑌 =1.7970 − 4 + 4.4906 − 3.8302 + 0.7053 + 0.8372 = 0 𝑜𝑘
+→∑𝐹𝑋 =0.8035 − 3.2139 + 2.4105 ≅ 0 𝑜𝑘
+∑𝑀𝐴 =
−0.6647 + 4(1) − 4.4906(2) + 3.8302(3) − 0.7053(4) + 2 − 0.8372(6) ≅ 0 𝑜𝑘
Funciones de momento, de fuerza cortante, de fuerza normal.
Al aplicar el método de las secciones tenemos
0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚
La carga concentrada equivalente de la carga distribuida seccionada es
𝐴𝐶 = −4𝑊
3𝐿2𝑥3 +
2𝑊
𝐿𝑥2 = −
4 ∗ 3
3 ∗ 22𝑥3 +
2 ∗ 3
2𝑥2 = −𝑥3 + 3𝑥2
y su línea de acción se localiza a una distancia de
�̅� = −𝑊𝐿2𝑥4 +
4𝑊3𝐿 𝑥
3
𝐴𝑐=−322𝑥4 +
4 ∗ 33 ∗ 2 𝑥
3
−𝑥3 + 3𝑥2=−34𝑥
4 + 2𝑥3
−𝑥3 + 3𝑥2 𝑎 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑐ℎ𝑎 𝑑𝑒 𝐴
+∑𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀1 − 0.6647 + 1.7970𝑥 − (−𝑥3 + 3𝑥2) (𝑥 −
−34𝑥
4 + 2𝑥3
−𝑥3 + 3𝑥2) = 0
𝑀1 =𝑥4
4− 𝑥3 + 1.7970𝑥 − 0.6647 𝑉1 =
𝑑𝑀1𝑑𝑥
= 𝑥3 − 3𝑥2 + 1.7970
+→∑𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑁1 + 0.8035 = 0 ⇒ 𝑁1 = −0.8035
2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 3𝑚
+∑𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ −𝑀2 − 0.6647 + 1.7970𝑥 − 4(𝑥 − 1) + 4.4906(𝑥 − 2) = 0
𝑀2 = 2.2876𝑥 − 5.6459 𝑉2 =𝑑𝑀2𝑑𝑥
= 2.2876
+→∑𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑁2 = −0.8035
3𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 4𝑚
+∑𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀3 − 0.6647 + 1.7970𝑥 − 4(𝑥 − 1) + 4.4906(𝑥 − 2) − 3.8302(𝑥 − 3) = 0
𝑀3 = 5.8447 − 1.5426𝑥 𝑉3 =𝑑𝑀3𝑑𝑥
= −1.5426
+→∑𝐹𝑋 = 0 ⇒ 0.8035 − 3.2139 + 𝑁3 = 0 ⇒ 𝑁3 = 2.4104
4𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 5𝑚
+∑𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ −𝑀4 − 0.6647 + 1.7970𝑥 − 4(𝑥 − 1)
+4.4906(𝑥 − 2) − 3.8302(𝑥 − 3) + 0.7053(𝑥 − 4) = 0
𝑀4 = 3.0235 − 0.8373𝑥 𝑉4 =𝑑𝑀4𝑑𝑥
= −0.8373
+→∑𝐹𝑋 = 0 ⇒ 0.8035 − 3.2139 + 2.4105 + 𝑁4 = 0 ⇒ 𝑁4 ≅ 0
5𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 6𝑚
+∑𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ −𝑀5 − 0.6647 + 1.7970𝑥 − 4(𝑥 − 1)
+4.4906(𝑥 − 2) − 3.8302(𝑥 − 3) + 0.7053(𝑥 − 4) + 2
𝑀5 = 5.0235 − 0.8373𝑥 𝑉5 =𝑑𝑀5𝑑𝑥
= −0.8373
+→∑𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑁5 ≅ 0
Funciones de pendiente y de deflexión.
Se aplica el método de la doble integración. Al Aplicar la ecuación diferencial
𝐸𝐼𝑑2𝑦
𝑑𝑥2= 𝑀
e integrarla dos veces en cada tramo se obtiene
0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚
𝐸𝐼𝑑2𝑦
𝑑𝑥2=𝑥4
4− 𝑥3 + 1.7970𝑥 − 0.6647
𝐸𝐼 ∫𝑑(𝑑𝑦)
𝑑𝑥= ∫(
𝑥4
4− 𝑥3 + 1.7970𝑥 − 0.6647) 𝑑𝑥
𝐸𝐼𝑑𝑦
𝑑𝑥= 0.05𝑥5 − 0.25𝑥4 + 0.8985𝑥2 − 0.6647𝑥 + 𝐶1
𝐸𝐼𝜃1 = 0.05𝑥5 − 0.25𝑥4 + 0.8985𝑥2 − 0.6647𝑥 + 𝐶1 −−− (1)
𝐸𝐼 ∫𝑑𝑦 = ∫(0.05𝑥5 − 0.25𝑥4 + 0.8985𝑥2 − 0.6647𝑥 + 𝐶1)𝑑𝑥
𝐸𝐼𝑦1 = 0.008333𝑥6 − 0.05𝑥5 + 0.2995𝑥3 − 0.33235𝑥2 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 −−− (2)
2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 3𝑚
𝐸𝐼𝑑2𝑦
𝑑𝑥2= 2.2876𝑥 − 5.6459 ⇒ 𝐸𝐼 ∫
𝑑(𝑑𝑦)
𝑑𝑥= ∫(2.2876𝑥 − 5.6459) 𝑑𝑥
𝐸𝐼𝜃2 = 1.1438𝑥2 − 5.6459𝑥 + 𝐶3 −−− (3)
𝐸𝐼 ∫𝑑𝑦 = ∫(1.1438𝑥2 − 5.6459𝑥 + 𝐶3)𝑑𝑥
𝐸𝐼𝑦2 = 0.38127𝑥3 − 2.82295𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 − −− (4)
3𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 4𝑚
𝐸𝐼𝑑2𝑦
𝑑𝑥2= 5.8447 − 1.5426𝑥 ⇒ 𝐸𝐼 ∫
𝑑(𝑑𝑦)
𝑑𝑥= ∫(5.8447 − 1.5426𝑥) 𝑑𝑥
𝐸𝐼𝜃3 = 5.8447𝑥 − 0.7713𝑥2 + 𝐶5 −−− (5)
𝐸𝐼 ∫𝑑𝑦 = ∫(5.8447𝑥 − 0.7713𝑥2 + 𝐶5)𝑑𝑥
𝐸𝐼𝑦3 = 2.92235𝑥2 − 0.2571𝑥3 + 𝐶5𝑥 + 𝐶6 −− − (6)
4𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 5𝑚
𝐸𝐼𝑑2𝑦
𝑑𝑥2= 3.0235 − 0.8373𝑥 ⇒ 𝐸𝐼 ∫
𝑑(𝑑𝑦)
𝑑𝑥= ∫(3.0235 − 0.8373𝑥) 𝑑𝑥
𝐸𝐼𝜃4 = 3.0235𝑥 − 0.41865𝑥2 + 𝐶7 −−− (7)
𝐸𝐼 ∫𝑑𝑦 = ∫(3.0235𝑥 − 0.41865𝑥2 + 𝐶7)𝑑𝑥
𝐸𝐼𝑦4 = 1.51175𝑥2 − 0.13955𝑥3 + 𝐶7𝑥 + 𝐶8 − −− (8)
5𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 6𝑚
𝐸𝐼𝑑2𝑦
𝑑𝑥2= 5.0235 − 0.8373𝑥 ⇒ 𝐸𝐼 ∫
𝑑(𝑑𝑦)
𝑑𝑥= ∫(5.0235 − 0.8373𝑥) 𝑑𝑥
𝐸𝐼𝜃5 = 5.0235𝑥 − 0.41865𝑥2 + 𝐶9 −−− (9)
𝐸𝐼 ∫𝑑𝑦 = ∫(5.0235𝑥 − 0.41865𝑥2 + 𝐶9)𝑑𝑥
𝐸𝐼𝑦5 = 2.51175𝑥2 − 0.13955𝑥3 + 𝐶9𝑥 + 𝐶10 − −− (10)
Se plantean diez condiciones que permitan resolver el sistema de ecuaciones. Se
sabe que en el empotre 𝐴 no hay rotación ni deflexión, así que se tienen las
siguientes dos condiciones de frontera
1)𝑦 = 0 𝑒𝑛 𝑥 = 0 y 2) 𝜃 = 0 𝑒𝑛 𝑥 = 0.
Sustituyendo las condiciones 1) y 2) en (1) y (2) respectivamente, da
𝐸𝐼(0) = 0.05 ∗ 05 − 0.25 ∗ 04 + 0.8985 ∗ 02 − 0.6647 ∗ 0 + 𝐶1 ⇒∴ 𝐶1 = 0
𝐸𝐼(0) = 0.008333 ∗ 06 − 0.05 ∗ 05 + 0.2995 ∗ 03 − 0.33235 ∗ 02 + 0 ∗ 0 + 𝐶2 ⇒∴ 𝐶2 = 0
Las otras ocho constantes se pueden conocer a partir de establecer un mismo
número de condiciones de continuidad, tal y como se efectúa a continuación
Si 3)𝜃1 = 𝜃2 𝑒𝑛 𝑥 = 2𝑚, entonces
0.05 ∗ 25 − 0.25 ∗ 24 + 0.8985 ∗ 22 − 0.6647 ∗ 2 = 1.1438 ∗ 22 − 5.6459 ∗ 2 + 𝐶3
∴ 𝐶3 = 6.5812
Dado que 4)𝑦1 = 𝑦2 𝑒𝑛 𝑥 = 2𝑚, tenemos
0.008333 ∗ 26 − 0.05 ∗ 25 + 0.2995 ∗ 23 − 0.33235 ∗ 22
= 0.38127 ∗ 23 − 2.82295 ∗ 22 + 6.5812 ∗ 2 + 𝐶4 ⇒∴ 𝐶4 = −4.920848
Al hacer 5)𝜃2 = 𝜃3 𝑒𝑛 𝑥 = 3𝑚 resulta
1.1438 ∗ 32 − 5.6459 ∗ 3 + 6.5812 = 5.8447 ∗ 3 − 0.7713 ∗ 32 + 𝐶5
∴ 𝐶5 = −10.6547
Al plantear 6)𝑦2 = 𝑦3 𝑒𝑛 𝑥 = 3𝑚 obtenemos
0.38127 ∗ 33 − 2.82295 ∗ 32 + 6.5812 ∗ 3 − 4.920848
= 2.92235 ∗ 32 − 0.2751 ∗ 33 − 10.6547 ∗ 3 + 𝐶6 ⇒∴ 𝐶6 = 12.3151
Como 7)𝜃3 = 𝜃4 𝑒𝑛 𝑥 = 4𝑚, se tiene
5.8447 ∗ 4 − 0.7713 ∗ 42 − 10.6547 = 3.0235 ∗ 4 − 0.41865 ∗ 42 + 𝐶7
∴ 𝐶7 = −5.0123
Si 8)𝑦3 = 𝑦4 𝑒𝑛 𝑥 = 4𝑚, entonces
2.92235 ∗ 42 − 0.2571 ∗ 43 − 10.6547 ∗ 4 + 12.3151
= 1.51175 ∗ 42 − 0.13955 ∗ 43 − 5.0123 ∗ 4 + 𝐶8 ⇒∴ 𝐶8 = 4.7919
Puesto que 9)𝜃4 = 𝜃5 𝑒𝑛 𝑥 = 5𝑚, tenemos
3.0235 ∗ 5 − 0.41865 ∗ 52 − 5.0123 = 5.0235 ∗ 5 − 0.41865 ∗ 52 + 𝐶9
∴ 𝐶9 = −15.0123
Al efectuar 𝑦4 = 𝑦5 𝑒𝑛 𝑥 = 5𝑚 se obtiene
1.51175 ∗ 52 − 0.13955 ∗ 53 − 5.0123 ∗ 5 + 4.7919
= 2.51175 ∗ 52 − 0.13955 ∗ 53 − 15.0123 ∗ 5 + 𝐶10 ⇒∴ 𝐶10 = 29.7919
Las funciones de la pendiente y la deflexión de la viga se obtienen al sustituir las
constantes de integración en las ecuaciones correspondientes, además de hacer
𝐸𝐼 = (2.1 ∗ 107 𝑇 𝑚2⁄ ) (0.000157783𝑚4) = 3313.443 𝑇.𝑚2
0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚
𝜃1 = (1
3313.443 ) (0.05𝑥5 − 0.25𝑥4 + 0.8985𝑥2 − 0.6647𝑥)
𝑦1 = (1
3313.443 ) (0.008333𝑥6 − 0.05𝑥5 + 0.2995𝑥3 − 0.33235𝑥2)
2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 3𝑚
𝜃2 = (1
3313.443 ) (1.1438𝑥2 − 5.6459𝑥 + 6.5812)
𝑦2 = (1
3313.443 ) (0.38127𝑥3 − 2.82295𝑥2 + 6.5812𝑥 − 4.920848)
3𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 4𝑚
𝜃3 = (1
3313.443 ) (5.8447𝑥 − 0.7713𝑥2 − 10.6547)
𝑦3 = (1
3313.443 ) (2.92235𝑥2 − 0.2571𝑥3 − 10.6547𝑥 + 12.3151)
4𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 5𝑚
𝜃4 = (1
3313.443 ) (3.0235𝑥 − 0.41865𝑥2 − 5.0123)
𝑦4 = (1
3313.443 ) (1.51175𝑥2 − 0.13955𝑥3 − 5.0123𝑥 + 4.7919)
5𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 6𝑚
𝜃5 = (1
3313.443 ) (5.0235𝑥 − 0.41865𝑥2 − 15.0123)
𝑦5 = (1
3313.443 ) (2.51175 − 0.13955𝑥3 − 15.0123𝑥 + 29.7919)
Diagramas de momento, de fuerza cortante, de fuerza normal, de pendiente y
de deflexión.
-2.5
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
0 1 2 3 4 5 6 7
V (
Ton
)
x (m)
DIAGRAMA DE CORTANTE
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
0 1 2 3 4 5 6 7
M (
Ton
*m)
x (m)
DIAGRAMA DE MOMENTO
-0.00015
-0.0001
-0.00005
0
0.00005
0.0001
0.00015
0 1 2 3 4 5 6 7θ (
rad
)
x (m)
DIAGRAMA DE ROTACIÓN
-0.0001
-0.00008
-0.00006
-0.00004
-0.00002
0
0.00002
0.00004
0 1 2 3 4 5 6 7
Y (
m)
X (m)
DIAGRAMA DE FLECHAMIENTO
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
0 1 2 3 4 5 6 7
N (
Ton
)
x (m)
DIAGRAMA DE NORMAL
Código en Matlab
A continuación se presenta la codificación en matlab para el método de la rigidez
matricial aplicado a vigas con carga axial.
%PROGRAMA PARA CALCULAR LAS REACCIONES DE UNA VIGA EN LA QUE SE PRESENTAN
%CARGAS AXIALES CON EL MÉTODO DE LA RIGIDEZ MATRICIAL clear; clc; k=zeros(6); disp('------------------- DATOS PARA EL ANALISIS ------------------------
') GL=input('DAME EL NUMERO DE GRADOS DE LIBERTAD GL ='); KT=zeros(GL); n=input('DAME EL NUMERO DE ELEMENTOS n ='); disp('-------------------------------------------------------------------
') for i=1:n fprintf('ELMENTO %i.\n\n',i) E=input('DAME EL MODULO DE ELASTICIDAD = '); A=input('DAME EL AREA DE LA SECCIÓN = '); I=input('DAME LA INERCIA DE LA SECCIÓN = '); L=input('DAME LA LONGITUD DEL ELEMENTO= '); disp('NODO N-------------------------------------------------------------
') Nx=input('DAME EL NUMERO DEL GRADO DE LIBERTAD Nx='); Ny=input('DAME EL NUMERO DEL GRADO DE LIBERTAD Ny='); Nz=input('DAME EL NUMERO DEL GRADO DE LIBERTAD Nz='); disp('NODO F-------------------------------------------------------------
') Fx=input('DAME EL NUMERO DEL GRADO DE LIBERTAD Fx='); Fy=input('DAME EL NUMERO DEL GRADO DE LIBERTAD Fy='); Fz=input('DAME EL NUMERO DEL GRADO DE LIBERTAD Fz='); disp('-------------------------------------------------------------------
') k(1,1)=(A*E)/L; k(1,2)=0; k(1,3)=0; k(1,4)=-(A*E)/L; k(1,5)=0; k(1,6)=0; k(2,1)=0; k(2,2)=(12*E*I)/(L^3); k(2,3)=(6*E*I)/(L^2); k(2,4)=0; k(2,5)=-(12*E*I)/(L^3); k(2,6)=(6*E*I)/(L^2); k(3,1)=0; k(3,2)=(6*E*I)/(L^2); k(3,3)=(4*E*I)/L; k(3,4)=0; k(3,5)=-(6*E*I)/(L^2); k(3,6)=(2*E*I)/L; k(4,1)=-(A*E)/L; k(4,2)=0;
k(4,3)=0; k(4,4)=(A*E)/L; k(4,5)=0; k(4,6)=0; k(5,1)=0; k(5,2)=-(12*E*I)/(L^3); k(5,3)=-(6*E*I)/(L^2); k(5,4)=0; k(5,5)=(12*E*I)/(L^3); k(5,6)=-(6*E*I)/(L^2); k(6,1)=0; k(6,2)=(6*E*I)/(L^2); k(6,3)=(2*E*I)/L; k(6,4)=0; k(6,5)=-(6*E*I)/(L^2); k(6,6)=(4*E*I)/L; fprintf('MATRRIZ K%i.',i) k disp('-------------------------------------------------------------------
') K=zeros(GL); K(Nx,Nx)=k(1,1); K(Nx,Ny)=k(1,2); K(Nx,Nz)=k(1,3); K(Nx,Fx)=k(1,4); K(Nx,Fy)=k(1,5); K(Nx,Fz)=k(1,6); K(Ny,Nx)=k(2,1); K(Ny,Ny)=k(2,2); K(Ny,Nz)=k(2,3); K(Ny,Fx)=k(2,4); K(Ny,Fy)=k(2,5); K(Ny,Fz)=k(2,6); K(Nz,Nx)=k(3,1); K(Nz,Ny)=k(3,2); K(Nz,Nz)=k(3,3); K(Nz,Fx)=k(3,4); K(Nz,Fy)=k(3,5); K(Nz,Fz)=k(3,6); K(Fx,Nx)=k(4,1); K(Fx,Ny)=k(4,2); K(Fx,Nz)=k(4,3); K(Fx,Fx)=k(4,4); K(Fx,Fy)=k(4,5); K(Fx,Fz)=k(4,6); K(Fy,Nx)=k(5,1); K(Fy,Ny)=k(5,2); K(Fy,Nz)=k(5,3); K(Fy,Fx)=k(5,4); K(Fy,Fy)=k(5,5); K(Fy,Fz)=k(5,6); K(Fz,Nx)=k(6,1); K(Fz,Ny)=k(6,2); K(Fz,Nz)=k(6,3); K(Fz,Fx)=k(6,4); K(Fz,Fy)=k(6,5); K(Fz,Fz)=k(6,6);
KT=K+KT; end disp('---------------- MATRIZ GLOBAL DE LA ESTRUCTURA -------------------
') KT disp('-------------------------------------------------------------------
') v=input('DAME EL VECTOR DE FUERZAS CONOCIDAS=') V=length(v); K=KT(1:V,1:V) d1=(inv(K))*v d2=zeros((length(KT))-(length(d1)),1) ' VECTOR TOTAL DE DESPLAZAMIENTOS' D=[d1;d2] ' VECTOR TOTAL DE FUERZAS' F=KT*D
Manual para el usuario
Ahora se muestra la forma de utilizar el programa expuesto previamente tomando
como ejemplo la viga propuesta a resolver al inicio. Una vez que se corre el
programa, se sigue el siguiente procedimiento
1.- Inserte el número de grados de libertad y de elementos identificados en la viga.
2.- Digitalice las propiedades y la codificación numérica de los grados de libertad
del elemento 1.
En automático aparecerá la matriz de rigidez global del elemento 1.
3.- Digitalice las propiedades y la codificación numérica de los grados de libertad
del elemento 2.
Instantáneamente aparecerá la matriz de rigidez global del elemento 2.
4.- Digitalice las propiedades y la codificación numérica de los grados de libertad
del elemento 3.
De inmediato aparecerá la matriz de rigidez global del elemento 3.
Luego de obtener la matriz de rigidez global de cada elemento, el programa
ensambla tales matrices y nos arroja la matriz de rigidez global la estructura.
5.-Capture el vector de Fuerzas Conocidas.
Se imprimirá el vector anterior:
Se imprimirá la submatriz K11:
El programa nos proporciona los valores de los desplazamientos desconocidos:
Se imprime el vector de desplazamientos conocidos:
Se imprime el vector total de desplazamientos:
Se imprime el vector total de fuerzas, es decir, aquel vector que contiene al vector
de fuerzas conocidas y al vector de fuerzas desconocidas:
Referencias
1. R. C. Hibbeler. Análisis estructural. Editorial Pearson.
2. González Cuevas. Análisis estructural. Editorial Limusa.
3. Selva Colindres Rafael. Dinámica de suelos y estructuras aplicadas a la
ingeniería sísmica. Editorial Limusa.
4. Magdaleno Carlos. Análisis matricial de estructuras reticulares. Independiente.
5. James Stewart. Cálculo de una variable: Conceptos y contextos. Editorial
CENGAGE Learning.
