inc4103-05

Análisis de Estructuras Capítulo 5 – Método de la Rigidez Enfoque Matricial

66 Claudio Oyarzo V.

Facultad de Ingeniería - UCSC

Capítulo 5

Método de la Rigidez. Enfoque matricial.

1 Preámbulo Como parte final de este curso se estudiara un enfoque especifico del método de los desplazamientos. Este método conocido como método de la rigidez corresponde a un método matricial que permite la resolución de todo tipo de estructuras y se basa en la construcción y operación de las matrices de rigidez de cada elemento y global de la estructura, los vectores de fuerzas externas y vectores de desplazamiento. Dada la simplicidad de la metodología y lo estructurado de los algoritmos de resolución mediante este método, ha sido el utilizado en forma privilegiada en la construcción de métodos computacionales y el diseño de herramientas informáticas que ayuden al ingeniero en el análisis de las estructuras y la determinación de sus reacciones de apoyo y esfuerzos internos. En este punto, cabe recordar lo aprendido en cursos anteriores respecto a los materiales que cumplen con la ley de Hooke. En ellos la deformación debido a una fuerza externa es proporcional a dicha carga, esto es:

∆⋅= KF A esta constante de proporcionalidad K, llamaremos Rigidez.




2 Matriz de rigidez elementos tipo Barra. Enrejados.

2.1 Análisis Bidimensional Considere un elemento tipo barra, el cual puede ser sometido sólo a esfuerzos de tracción y compresión. Ubicado sobre el plano de la forma en que se indica en la figura.

Se han definido 1u y 2u : Grados de libertad locales.

1d , 2d , 3d y 4d : Grados de libertad globales.

1s y 2s : Fuerzas axiales. θx : Ángulo de la barra respecto al eje x. θy : Ángulo de la barra respecto al eje y.

Consideremos entonces la barra respecto a sus grados de libertad locales.

1. Sometida a una carga que genere una deformación positiva en el punto 1.

Entonces

11111 kL

AEs ∆=∆= ··

11212 kL

AEs ∆=∆−= ··

1u

2u

1s

2s

1d

2d 3d

4d

x

y

θx

θy

1

2

1u 2u1s 2s

1∆




2. Sometida a una carga que genere una deformación positiva en el punto 2.

Entonces

22121 kL

AEs ∆=∆−= ··

22222 kL

AEs ∆=∆= ··

3. La acción conjunta entonces será.

Entonces

212111211 kkL

AEL

AEs ∆+∆=∆−∆= ····

222121212 kkL

AEL

AEs ∆+∆=∆+∆−= ····

Expresado matricialmente:

∆

∆⋅

=

2

1

2221

1211

2

1

kk

kk

s

s

∆∆

⋅

−

−=

2

1

2

1

LAE

LAE

LAE

LAE

ss

{ } [ ] { }uks ⋅=

La matriz [ ]k es conocida como Matriz de Rigidez del elemento respecto a sus grados de libertad locales.

1u 2u1s 2s2∆

1u 2u1s 2s

2∆1 ∆




[ ]

−

−⋅=

11

11

LAEk

Pero para poder operar esta matriz con el resto de los elementos de la estructura es necesario convertirla a los grados de libertad globales (compatibilidad geométrica). Esto se realiza mediante la matriz de transformación [ ]T .

[ ]

=

yx

yx

0000

Tθθ

θθcoscos

coscos

Donde:

Lxx 12

x−

=θcos

Lyy 12

y−

=θcos

( ) ( )2122

12 yyxxL −+−=




2.2 Análisis Tridimensional El análisis anterior es posible hacerlo extensivo al espacio tridimensional.

Se han definido

1u y 2u : Grados de libertad locales.

1d , 2d , 3d , 4d , 5d y 6d : Grados de libertad globales.

1s y 2s : Fuerzas axiales. θx : Ángulo de la barra respecto al eje x. θy : Ángulo de la barra respecto al eje y. θz : Ángulo de la barra respecto al eje z.

Se aplica el mismo razonamiento, por lo que se obtiene que la Matriz de Rigidez del elemento respecto a sus grados de libertad locales también es:

[ ]

−

−⋅=

1111

LAEk

Pero la matriz de transformación será:

[ ]

=

zyx

zyx 00

000

0T

θθθ

θθθ

coscoscos

coscoscos

Donde:

1u

2u

1s

2s

2d

3d

5d

6d

y

z

θy

θz

1

2

1d

x

4dθx




Lxx 12

x−

=θcos

Lyy 12

y−

=θcos

Lzz 12

z−

=θcos

( ) ( ) ( )2122

122

12 zzyyxxL −+−+−=




3 Matriz de rigidez elementos tipo Viga. Marcos.

3.1 Análisis Bidimensional Considere un elemento tipo viga, el cual puede ser sometido a esfuerzos de tracción-compresión, corte y flexión. Ubicado sobre el plano de la forma en que se indica en la figura.Se han definido

1u , 2u , 3u , 4u , 5u y 6u : Grados de libertad locales.

1d , 2d , 3d , 4d , 5d y 6d : Grados de libertad globales.

1s y 4s : Fuerzas axiales.

2s y 5s : Fuerzas de corte.

3s y 6s : Momentos Flectores. θx : Ángulo de la barra respecto al eje x. θy : Ángulo de la barra respecto al eje y.

6d

x

y

θx

θy

1

2

1u

2u

1s

2s1d

2d 3d

3u

3s

4u 4s

5s

4d

5d5u

6s6u




Consideremos entonces la barra respecto a sus grados de libertad locales.

1. Sometida a una carga que genere una deformación positiva en dirección 1u .

Entonces

11111 kL

AEs ∆=∆= ··

0s2 = 0s3 =

11414 kL

AEs ∆=∆−= ··

0s5 = 0s6 =

2. Sometida a una carga que genere una deformación positiva dirección 4u .

Entonces

44141 kL

AEs ∆=∆−= ··

0s2 = 0s3 =

44444 kL

AEs ∆=∆= ··

0s5 = 0s6 =

1u 4u1s 4s

1∆

1u 4u1s 4s4∆





Entonces 0s1 =

222232 kLEI12s ∆⋅=∆⋅=

223223 kLEI6s ∆⋅=∆⋅=

0s4 =

225235 kLEI12s ∆⋅=∆⋅−=

226226 kLEI6s ∆⋅=∆⋅=


Entonces 0s1 =

552532 kLEI12s ∆⋅=∆⋅−=

553523 kLEI6s ∆⋅=∆⋅−=

0s4 =

555535 kLEI12s ∆⋅=∆⋅=

556526 kLEI6s ∆⋅=∆⋅−=

2u

2s

2∆

5s

3s

6s

5u

2s 5∆

5s

3s6s





Entonces 0s1 =

332322 kLEI6s ∆⋅=∆⋅=

33333 kLEI4s ∆⋅=∆⋅=

0s4 =

335325 kLEI6s ∆⋅=∆⋅−=

33636 kLEI2s ∆⋅=∆⋅=


Entonces

0s1 =

662622 kLEI6s ∆⋅=∆⋅=

66363 kLEI2s ∆⋅=∆⋅=

0s4 =

665625 kLEI6s ∆⋅=∆⋅−=

66666 kLEI4s ∆⋅=∆⋅=

3u

2s

3∆

5s

3s6s

6u

2s6∆

5s

3s6s




La acción conjunta entonces será entonces:

441111411 kkL

AEL

AEs ∆+∆=∆−∆= ····

662552332222625332232 kkkkLEI6

LEI12

LEI6

LEI12s ∆⋅+∆⋅+∆⋅+∆⋅=∆⋅+∆⋅−∆⋅+∆⋅=

6635533332236523223 kkkkLEI2

LEI6

LEI4

LEI6s ∆⋅+∆⋅+∆⋅+∆⋅=∆⋅+∆⋅−∆⋅+∆⋅=

444114414 kkL

AEL

AEs ∆+∆=∆+∆−= ····

665555335225625332235 kkkkLEI6

LEI12

LEI6

LEI12s ∆⋅+∆⋅+∆⋅+∆⋅=∆⋅−∆⋅+∆⋅−∆⋅−=

6665563362266523226 kkkkLEI4

LEI6

LEI2

LEI6s ∆⋅+∆⋅+∆⋅+∆⋅=∆⋅+∆⋅−∆⋅+∆⋅=

Expresado matricialmente:

∆

∆

∆

∆

∆

∆

⋅

=

6

5

4

3

2

1

666564636261

565554535251

464544434241

363534333231

262524232221

161514131211

6

5

4

3

2

1

kkkkkk

kkkkkk

kkkkkk

kkkkkk

kkkkkk

kkkkkk

s

s

s

s

s

s

∆

∆

∆

∆

∆

∆

⋅

−

−−−

−

−

−

−

=

6

5

4

3

2

1

22

2323

22

2323

6

5

4

3

2

1

LEI4

LEI60

LEI2

LEI60

LEI6

LEI120

LEI6

LEI120

00L

AE00L

AELEI2

LEI60

LEI4

LEI60

LEI6

LEI120

LEI6

LEI120

00L

AE00L

AE

s

s

s

s

s

s

{ } [ ] { }uks ⋅=




La matriz [ ]k es conocida como Matriz de Rigidez del elemento respecto a sus grados de libertad locales.

[ ]

−

−−−

−

−

−

−

=

LEI4

LEI60

LEI2

LEI60

LEI6

LEI120

LEI6

LEI120

00L

AE00L

AELEI2

LEI60

LEI4

LEI60

LEI6

LEI120

LEI6

LEI120

00L

AE00L

AE

k

22

2323

22

2323

Pero para poder operar esta matriz con el resto de los elementos de la estructura es necesario convertirla a los grados de libertad globales (compatibilidad geométrica). Esto se realiza mediante la matriz de transformación [ ]T .

[ ]

−

−

=

100000

0000

0000

000100

0000

0000

T

xy

yx

xy

yx

θθ

θθ

θθ

θθ

coscos

coscos

coscos

coscos

Donde:

Lxx 12

x−

=θcos

Lyy 12

y−

=θcos

( ) ( )2122

12 yyxxL −+−=




3.2 Análisis Tridimensional El análisis anterior es posible hacerlo extensivo al espacio tridimensional.

Se han definido

1u y 7u : Grados de libertad locales axiales.

2u , 3u , 8u y 9u : Grados de libertad locales de corte.

4u y 10u : Grados de libertad locales de torsión

5u , 6u , 11u y 12u : Grados de libertad locales tipo giros.

1d y 7d : Grados de libertad globales de desplazamiento en x.

2d y 8d : Grados de libertad globales de desplazamiento en y.

3d y 9d : Grados de libertad globales de desplazamiento en z.

4d y 10d : Grados de libertad globales de giro en torno a x .

5d y 11d : Grados de libertad globales de giro en torno a y.

6d y 12d : Grados de libertad globales de giro en torno a z.

1s y 7s : Fuerzas axiales.

2s , 3s , 8s y 9s : Fuerzas de corte.

4s y 10s : Momentos Torsores.

5s , 6s , 11s y 12s : Momentos Flectores. θx : Ángulo de la barra respecto al eje x. θy : Ángulo de la barra respecto al eje y. θz : Ángulo de la barra respecto al eje z.

x

2d

3d

5d

6d

y

z

θy

θz

1

2

1d

4d

θx

8d

9d

11d

12d

7d

10d




Se aplica el mismo razonamiento, por lo que se obtiene que la Matriz de Rigidez del elemento respecto a sus grados de libertad locales pero se incluye el efecto de la torsión, por lo tanto al matriz de rigidez del elemento según sus grados de libertad locales es :

[ ]

−

−

−

−

−−−

−

−

−

−

−−−

−

−

=

LEI4000

LEI60

LEI2000

LEI60

0LEI4

00000LEI2

0LEI6

00

00L

GJ00000L

GJ000

000LEI12

000LEI6

0LEI12

00

LEI6000

LEI120

LEI6000

LEI120

00000L

AE00000L

AELEI2000

LEI60

LEI4000

LEI60

0LEI2

0LEI6

000LEI4

0LEI6

00

00L

GJ00000L

GJ000

0LEI6

0LEI12

000LEI6

0LEI12

00

LEI6000

LEI120

LEI6000

LEI120

00000L

AE00000L

AE

k

x2

xx2

x

yy2

y

3y

2y

3y

2x

3x

2x

3x

x2

xx2

x

y2

yy2

y

2y

3y

2y

3y

2x

3x

2x

3x

Pero la matriz de transformación será:

[ ]

[ ][ ]

[ ][ ] 12x12T000

0T0000T0000T

T

=

**

**

Donde:

[ ]( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

++−

+−+

+−=

2z

2x

x2

z2

x

z

2z

2x

zy2z

2x2

z2

x

yx

zyx

0

T

θθ

θ

θθ

θθθ

θθθθ

θθ

θθθθθ

coscos

cos

coscos

coscoscos

·coscoscoscos

coscos

·coscoscoscoscos

*

Donde:

Lxx 12

x−

=θcos L

yy 12y

−=θcos

Lzz 12

z−

=θcos

( ) ( ) ( )2122

122

12 zzyyxxL −+−+−=




Finalmente debemos hacer notar que si :

( ) ( ) 02z

2x =+ θθ coscos

La matriz [ ]*T no esta definida. En este caso:

[ ]

−=

100

00

00

T y

y

θ

θ

cos

cos

*

4 Matriz de rigidez global. Del análisis anterior hemos determinado que la relación existente entre las deformaciones en coordenadas locales y las fuerzas actuantes en dichas direcciones es:

{ } [ ] { }uks i ⋅= (1) Si deseamos convertir la anterior ecuación a un sistema de coordenadas globales, podemos utilizar las ecuaciones de compatibilidad geométrica, que relacionan los grados de libertad locales con los grados de libertad globales mediante la matriz de transformación correspondiente:

{ } [ ] { }dTu ⋅= (2) Por lo tanto reemplazando en (1):

{ } [ ] [ ] { }dTks i ⋅⋅= (3) Además, podemos establecer las ecuaciones de equilibrio. En ellas se debe comprobar que la las componentes en los grados de libertad globales resultante de las cargas externas debe ser igual a las fuerzas internas expresadas en el mismo sistema de coordenadas (globales), esto es:

{ } [ ] { }WTs ⋅=

O bien :

{ } [ ] { }sTW 1 ·−= Que dadas las propiedades de la matriz [ ]T se puede demostrar que [ ] [ ]T1 TT =− , por lo tanto:




{ } [ ] { }sTW T ·= Volviendo a la ecuación (3), obtenemos:

{ } [ ] [ ] { }dTks i ⋅⋅= Premultiplicando por [ ]TT , se tiene:

[ ] { } [ ] [ ] [ ] { }dTkTsT i

TT ⋅⋅⋅=⋅ { } [ ] [ ] [ ] { }dTkTW i

T ⋅⋅⋅=

{ } [ ] { }dkW i ⋅= Donde la matriz [ ]k se conoce como matriz de rigidez del elemento referido a los grados de libertad globales:

[ ] [ ] [ ] [ ]TkTk iT

i ⋅⋅= Mediante la metodología antes expuesta es posible obtener las matrices de rigidez de cada uno de los elementos referidos a grados de libertad globales. Esto se realiza operando matrices de manera muy simple. Solo resta, entonces, ensamblar utilizando las matrices [ ]k de cada elemento de manera adecuada a fin de obtener la matriz de rigidez de la estructura completa [ ]K , en que se considera como aporta la rigidez de cada elemento en las resistencia a la deformación en los diferentes grados de libertad, previamente definidos.

5 Modelación.

5.1 Ensamble de la matriz de Rigidez de la estructura. Una vez que todas las matrices de rigidez de los elementos se han expresado en coordenadas globales, resulta necesario ensamblarlas en el orden apropiado para poder encontrar la matriz de rigidez de la estructura completa [ ]K . Este proceso de combinar las matrices de cada elemento depende de una cuidadosa identificación de las componentes de cada matriz. Para lograr lo anterior es necesario enumerar cada uno de los nodos de la estructura, luego enumerar cada elemento y direccionarlos a fin de determinar sus grados de libertar locales. En seguida, para cada nodo, indicar los grado de libertar globales. Cada componente de las matrices de rigidez de los elementos corresponderá al efecto que dicho elemento ejerce sobre el grado de libertad global correspondiente de la estructura, y por lo tanto, se le asignara una posición determinada (fila-columna) en la matriz de rigidez global de




la estructura [ ]K . Las dimensiones de la matriz [ ]K , entonces, quedarán definidas por el numero de grados de libertad de la estructura. Para entender mejor, veamos un ejemplo. Ejemplo 1: Determinar la matriz de rigidez de la siguiente estructura. Considere AE igual para todas la barras.

Desarrollo:

1) Enumerar Nodos, Enumerar Barras y direccionarlas.

2) Identificar los grados de libertad globales (incógnitas).

1 2

3 4

1

32

4

5

6

d1

d2

d3 d4

d5

2 m

2 m




3) Definir las matrices de rigidez por elemento en coordenadas locales [ ]ik y sus matrices

de transformación [ ]iT .

[ ] ( )

−

−⋅=

11

11

LAEk

i

ii [ ]

=

yx

yx

i00

00T

θθ

θθ

coscos

coscos

Luego:

[ ]

−

−⋅=

11

11

2AEk1 [ ]

=

0100

0001T1

[ ]

−

−⋅=

11

11

2AEk2 [ ]

=

1000

0010T2

[ ]

−

−⋅=

11

11

22AEk3 [ ]

=

22

2200

0022

22

T3

[ ]

−

−⋅=

11

11

22AEk4 [ ]

−

−=

22

2200

0022

22

T4

[ ]

−

−⋅=

11

11

2AEk5 [ ]

=

0100

0001T5

[ ]

−

−⋅=

11

11

2AEk6 [ ]

=

1000

0010T6

4) Definir las matrices de rigidez por elemento en coordenadas globales [ ]ik .

[ ] [ ] [ ] [ ]TkTk i

Ti ⋅⋅=

Luego:




[ ]

5

2

1

1

521

d0dd

00000500500000050050

AEk

d0dd

−

−

⋅=..

..

[ ]

4

3

2

1

2

4321

dddd

5005000000

5005000000

AEk

dddd

−

−⋅=

..

..

[ ]

00dd

1760176017601760176017601760176017601760176017601760176017601760

AEk

00dd

2

1

3

21

−−−−

−−−−

⋅=

....

............

[ ]

5

4

3

4

543

d0dd

176017601760176017601760176017601760176017601760

1760176017601760

AEk

d0dd

−−−−−−

−−

⋅=

............

....

[ ]

00dd

00000500500000050050

AEk

00dd

4

3

5

43

−

−

⋅=..

..

[ ]

00d0

5005000000

5005000000

AEk

00d0

56

5

−

−⋅=

..

..




En la matrices se ha indicado a que grado de libertad de la estructura corresponde cada componente.

5) Ensamble de la matriz de rigidez de la estructura en coordenadas globales [ ]K . Debido

a que existen 5 grados de libertad la matriz tendrá dimensiones 5x5.

[ ]

5

4

3

2

1

54321

ddddd

501760176017600017601760501760500

1760176050176000050017605017600001760176050

AEK

ddddd

+−−+−−

−+−+

+

⋅=

.........

........

...

[ ]

5

4

3

2

1

54321

ddddd

67601760176000176067601760500

1760176067600005006760176000017606760

AEK

ddddd

−−−−

−−

⋅=

.......

......

..




6) Generar la ecuación de rigidez de la estructura. { } [ ] { }dKW ⋅=

{ }

−

−−−

−

−

⋅=

5

4

3

2

1

d

d

d

d

d

67601760176000

176067601760500

17601760676000

050067601760

00017606760

AEW ·

...

....

...

...

..




5.2 Condiciones de Apoyo. Definición de Grados de libertad activos. (Vectores de conectividad).

Como se ve en el ejemplo anterior, solo algunos grados de libertad de todos los posibles son los que participan de la deformación de la estructura, vale decir, solo algunos, están activos. Por lo tanto de las matrices de rigidez de cada elemento se elegirán solo aquellos activos y que irán a ensamblar la matriz global, tal como se vio anteriormente. Esto significa que no es necesario calcular todas y cada una de las componentes de la matriz, sino que bastaría solo con calcular aquellas activas. Este análisis es posible realizarlo utilizando los vectores de conectividad, los que se debe definir antes de obtener la matrices [ ]ik , para poder definir aquellas componentes útiles, y también nos servirán para completar la matriz global. Estos vectores de conectividad corresponde a las filas y columnas que hemos dispuesto en las matrices de ejemplo anterior para indicar el significad de cada elemento en la matriz, Volvamos a dicho ejemplo:

Los vectores de conectividad serán:

5021C1 =

4321C2 =

0021C3 =

5043C4 =

0043C5 =

0050C5 = Las ubicación de la componente en el vector se refiere al grado de libertad global en la matriz del elemento, el número contenido en dicha ubicación indica el lugar que ocupa en la matriz de

d1

d2

d3 d4

d5

1

32

4

5

6




la estructura. Así en el caso de la matriz [ ]1k se utilizaran las componentes de la 1, 2, y 4 fila y columna. Y se ubicaran de la siguiente forma:

11111 Kk → 12

112 Kk → 15

114 Kk →

21121 Kk → 22

122 Kk → 25

124 Kk →

51141 Kk → 52

142 Kk → 55

144 Kk →

Donde: n

jkk = componente de rigidez jk del elemento n

jkK = componente de rigidez jk de la matriz de la estructura

Entonces:

5021C1 = [ ]

⋅=

0xx00xxxxxxxx0xx000xx050

AEk1

.

4321C2 = [ ]

−

−⋅=

5005000000

5005000000

AEk2

..

..

0021C3 = [ ]

⋅=

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx17601760xxxx17601760

AEk3

..

..

5043C4 = [ ]

−

−−−

⋅=

1760xx17601760xxxxxxxx1760xx17601760

1760xx17601760

AEk4

...

......

0043C5 = [ ]

⋅=

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx00xxxx050

AEk5

.




0050C5 = [ ]

⋅=

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx50xxxxxxxxxx

AEk6

.

Así:

[ ]

++++++++++

++++++++

⋅=

622

444

144

442

441

142

141

424

522

422

244

521

421

243

242

241

414

512

412

234

511

411

233

232

231

124

224

223

322

222

122

321

221

121

114

214

213

312

212

112

311

211

111

kkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkk

AEK

[ ]

−−−−

−−

⋅=

67601760176000176067601760500

1760176067600005006760176000017606760

AEK

.......

......

..

5.3 Vector de cargas externas.

5.3.1 Caso Cargas Nodales En este caso se supone que las cargas sobre el sistema están aplicadas directamente sobre los nudos, vale decir en los grados de libertad del problema. En este caso la definición del vector de carga es inmediata. Ejemplo 2: Enrejado.

d1

d2

d3 d4 d5

d6

5

15 10

{ }

−

=

0100

155

0

W




5.3.2 Caso General Se empleará en este caso las ecuaciones de equilibrio para vigas doblemente empotradas y el principio de superposición, traspasando las cargas a los nudos. Ejemplo 3: Marco.

q P

d1

d2 d3

d4

d5 d6

L

+ = qL/2

qL/2

qL2/12 qL2/12 q

N1(x) M1(x) Q1(x)

P

qL/2 qL/2

qL2/12 qL2/12

N2(x) M2(x) Q2(x)

{ }12qL

2qL0

12qL

2qLPW

22T −−−=

N(x) = N1(x)+N2(x) M(x) = M1(x)+M2(x) Q(x) = Q1(x)+Q2(x)




5.3.3 Caso Térmico En este caso la aplicación también es directa en los grados de libertad correspondiente

( )

EA2

TTN is ··

∆+∆= α

( )EI

hTT

M si ··∆−∆

= α

5.4 Cálculo de Esfuerzos internos. De las ecuaciones de equilibrio presentadas en la sección 4 tenemos que:

{ } [ ] { }uks i ⋅= { } [ ] { }dTu ⋅= { } [ ] [ ] { }dTks i ⋅⋅=

Como ya se han obtenido los valores numéricos correspondientes al vector { }d es posible conseguir explícitamente la magnitud de los esfuerzos internos, lo mismo que las deformaciones relativas { }u .

iT∆

sT∆N N

M M




Problema: En el Marco mostrado en la figura, calcular y dibujar la configuración deformada y obtener las reacciones en el apoyo A.

q = 2 Ton/m P = 4 Ton EI = 103 T·m2

EA = 104 T

P

4 m 3 m

2 m

2 m

q

A

B C

D




6 Condiciones de modelación

6.1 Elementos Axialmente Indeformables.

Deformación axial: 14 uu −=δ

y2x1y5x4 dddd θθθθδ coscoscoscos −−+= Condición de indeformabilidad axial: 0=δ

y2x1y5x4 dddd0 θθθθ coscoscoscos −−+=

Se elimina un grado de libertad.

Casos particulares:

a. Barra horizontal: 2

0

y

x

πθ

θ

=

=

01

y

x

=

=

θθ

coscos

14 dd0 −= 14 dd =

b. Barra vertical: 0

2y

x

=

=

θ

πθ

10

y

x

==

θθ

coscos

25 dd0 −= 25 dd =

6.2 Elementos Rotulados. Condición de rótula:

Momento = 0 W6 = 0 En la ecuación

{ } [ ] { } 1x66x61x6 dKW ⋅=

La primera ecuación será:

6165154143132121111 dkdkdkdkdkdkW ······ +++++=

6d

x

y

θx

θy

1u 1d

2d 3d

4u

4d

5d

6W

x

y

1W

2W 3W 4W

5W

Rótula




La sexta ecuación será:

6665654643632621616 dkdkdkdkdkdkW ······ +++++= La condición de rótula impone:

666565464363262161 dkdkdkdkdkdk0 ······ +++++= Por lo tanto, d6 no es incógnita y se incluye la ecuación adicional:

566

654

66

643

66

632

66

621

66

616 d

kk

dkk

dkk

dkk

dkk

d ····· −−−−−=

Que se debe reemplazar en la ecuaciones anteriores. Por lo tanto, se llega a una nueva ecuación de la siguiente forma:

{ } [ ] { } 1x55x51x5 dKW ⋅= **

6.3 Condiciones de Simetría. Una adecuada comprensión de las condiciones de simetría mecánicas o geométricas de una estructura ayudará a reducir el número de grados de libertad a determinar en una estructura. Ejemplo 1:

P P

Eje de Simetría

P

Eje de Simetría

=

despl.. vertical libre Corte = 0




Ejemplo 2:

6.4 Condiciones de Borde.

Condición geométrica: dxtgdy ⋅= α Lo anterior implica modificar la ecuación del sistema global, reduciendo el numero de incógnitas. (Método muy ineficiente).

Eje de simetría

mecánico Momento = 0

P P P

=

α

dy

dx




6.5 Elementos con secciones rígidas. Modelo:

Sección flexible:

Ecuación de rigidez: { } [ ] { }dkW ⋅= Ecuaciones de compatibilidad:

11311 senLDDd α·⋅−=

11322 LDDd α·cos⋅+=

33 Dd =

22644 senLDDd α·⋅−=

22655 LDDd α·cos⋅+=

66 Dd = Ecuación matricial de compatibilidad: { } [ ] { }DTd 6x6D1x6 ⋅= Donde:

[ ]

−

−

=

100000L10000

senL01000000100000L10000senL01

T

22

22

11

11

6x6D

αα

αα

·cos·

·cos·

θx

α1

α2

L1

L2

L

Secciones Rígidas

Sección Flexible

D1

D4

d1

D6

D5

D3

D2

d3 d2

d4

d5

d6

y

x

θxL

d1

d3 d2

d4

d5 d6

y

x




Entonces:

{ } [ ] { }dkW ⋅= { } [ ] [ ] { }DTkW D ⋅⋅=

[ ] { } [ ] [ ] [ ] { }DTkTWT DT

DT

D ⋅⋅⋅=⋅

IDEA MODELO




7 Método de Reducción Matricial. Condensación Estática. Supongamos que la matriz de rigidez [ ]K de un sistema estructural ha sido generada con respecto a todos sus grados de libertad. El objetivos del método de reducción matricial conocido como Condensación estática será reducir el las dimensiones de la matriz de rigidez de tal manera que incluya sólo los grados de libertad de interés (grados de libertad activos).

{ } [ ] { }AAA DKW ⋅= Consideremos la siguiente estructura, de la cual solo nos interesa determinar los desplazamiento horizontales de cada nivel.

Si se reordenan los grados de libertad activos de tal manera de dejarlos en los primeros lugares de la ecuación j

jiji dKW ⋅= ∑ , vale decir, mediante la permutación de filas y columnas

dejarlos en la parte superior del vector de desplazamiento se obtiene:

{ }{ }

[ ] [ ][ ] [ ]

{ }{ }

⋅

=

ΙΙΙΙ

Ι

Ι DD

KKKK

WW A

A

AAAA (1)

Donde el subíndice A significa Activo y el subíndice I significa Inactivo. Entonces:

[ ] { } [ ] { } { }AAAAA WDKDK =⋅+⋅ ΙΙ (2) [ ] { } [ ] { } { }ΙΙΙΙΙ =⋅+⋅ WDKDK AA (3)

Reordenando de (3):

Axialmente Indeformable

{ } [ ] { }DKW 15x15 ⋅=

15 grados de libertad d3

d2

d1

d1 , d2 y d3 : g. l. activos




{ } [ ] { } [ ] { }( )AA1 DKWKD ⋅−⋅= ΙΙ−

ΙΙΙ (4) Reemplazando (4) en (2):

[ ] { } [ ] [ ] { } [ ] { }( ) { }AAA1

AAAA WDKWKKDK =⋅−⋅⋅+⋅ ΙΙ−

ΙΙΙ

[ ] { } [ ] [ ] { } [ ] [ ] [ ] { } { }AAA1

A1

AAAA WDKKKWKKDK =⋅⋅−⋅+⋅ Ι−

ΙΙΙΙ−

ΙΙΙ

[ ] [ ] [ ] [ ]( ) { } { } [ ] [ ] { }Ι−ΙΙΙΙ

−ΙΙΙ ⋅−=⋅⋅− WKKWDKKKK 1

AAAA1

AAA Definiendo:

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]A1

AAAA KKKKK Ι−

ΙΙΙ ⋅−=

{ } { } [ ] [ ] { }Ι−ΙΙΙ ⋅−= WKKWW 1

AAA { } { }AA DD =

Entonces:

{ } [ ] { }AAA DKW ⋅=


15 grados de libertad


3 grados de libertad

d3

d2

d1




8 Modelación de edificios. Modelo:

Ecuación global: [ ] { } { }WDK =⋅ Condensación estática: [ ] { } { }AAA WDK =⋅ Grados de libertad actívos: ijd

Eje resistente: [ ] { } { }jjnxnj WdK =⋅

xi, ui

yi, vi

θi

Rij

αij

Nivel i Diafragma

Infinitamente Rígido

Eje Resistente j (Rij αij)

Wij dij dij : Grado de libertad

dij

Nivel i

Eje resistente j




8.1 Matriz de Rigidez. Sea n el número de niveles, entonces, si se tiene un eje resistente j:

Por condensación estática es posible obtener:

{ }{

[ ] { }{

esHorizontalDespl

j

HorizontalRigidez

deMatriz

nxnj

fuerzasde

vector

j dKP.

⋅=321

Donde: { }

=

nj

j2

j1

j

P

PP

PM

{ }

=

nj

j2

j1

j

d

dd

dM

Las ecuaciones de compatibilidad geométrica se extraen de la siguiente figura:

( ) ( ) iijiijiijij Rvusend θαα ⋅+⋅+⋅−= cos con i = 1, .., n

Expresado en forma matricial se obtiene:

{ } [ ] { }qTd j1nxij ⋅=

dnj

d1j

d2j

d3j

xi

yi

θi

Rij

αij

Nivel i

dij

vi

ui

Elemento j




Donde:

[ ] ( ) [ ] ( ) [ ]

n3nDiagonalMatriz

ijnxnijnxnijj

00

0R0

00

senT

+

Ι⋅Ι⋅−=

44 344 21O

O

αα cos

{ }

=

n

1

n

1

n

1

v

vu

u

q

θ

θM

M

M

Consideremos el elemento resistente j:

{ } [ ] { }1nxjnxnj1nxj dKP ⋅= (1)

Además:

{ } [ ] { } 1nx3n3nxj1nxj qTd ⋅= (2) Premultiplicando (2) por [ ]

nxnjK :

[ ] { } [ ] [ ] { } 1nx3n3nxjnxnj1nxjnxnj qTKdK ⋅⋅=⋅ (3) Reemplazando (1) en (3):

{ } [ ] [ ] { } 1nx3n3nxjnxnj1nxj qTKP ⋅⋅= (4) Premultiplicando (4) por [ ]T

nxn3jT :




[ ] { } [ ] [ ] [ ] { } 1nx3n3nxjnxnjT

nxn3j1nxjT

nxn3j qTKTPT ⋅⋅⋅=⋅ (5)

{ } [ ] [ ] [ ] { }3214444 34444 2143421

EdificiodellibertaddeGrados

1nx3

resistenteejeunsólodoconsideranEdificiodelRigidezdeMatriz

n3nx3

n3nxjnxnjT

nxn3j

Equilibriode

ciónTransforma

1nx3j qTKTQ ⋅⋅⋅= (6)

Multiplicando se obtiene:

( ) ( )

[ ] [ ] [ ]

( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) [ ] [ ]

( ) ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) [ ] [ ]

( ) [ ] [ ] ( ) [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]

( )

( )

j

j

j

jjj

R

sen

jjjjjjjjj

jjjjj2

jjj

jjjjjjjj2

n3nxjnxnjT

nxn3j

Rsen

RKRRKRKsen

RKKKsen

RKsenKsenKsen

TKT α

α

αα

αα

αααα

αααα

cos

cos

cos

coscoscos

cos −

⋅⋅⋅⋅⋅⋅−

⋅⋅⋅⋅−

⋅⋅−⋅−⋅

=⋅⋅

Si se considera que el edificio cuenta con m eje resistentes, entonces la matriz de rigidez global de todo el sistema estará dada por:

[ ]

( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) [ ] [ ]

( ) ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) [ ] [ ]

( ) [ ] [ ] ( ) [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]

⋅⋅⋅⋅⋅⋅−

⋅⋅⋅⋅−

⋅⋅−⋅−⋅

=

∑∑∑

∑∑∑

∑∑∑

===

===

===

m

1jjjj

m

1jjjj

m

1jjjj

m

1jjjj

m

1jjj

2m

1jjjj

m

1jjjj

m

1jjjj

m

1jjj

2

n3nx3

RKRRKRKsen

RKKKsen

RKsenKsenKsen

K

αα

αααα

αααα

cos

coscoscos

cos

Finalmente se procede de la siguiente forma: Resolviendo { } [ ] { } 1nx3n3nx31nx3 qKQ ⋅= se obtiene { } 1nx3q Conocido { } 1nx3q por ecuaciones de compatibilidad obtenemos { } [ ] { }qTd j1nxj ⋅= Conocidos los { }

1nxjd determinamos los esfuerzos internos de cada elemento (Mto, corte, axial).




8.2 Fuerzas Inerciales. Matriz de Masas.

Caso Discreto:

⋅

••

••

••

)(

)(

)(

t

tv

tu

M

i

i

i

3x3

i

θ

Si iu , iv , iθ son desplazamientos virtuales, entonces el trabajo virtual realizado por las fuerzas inerciales es:

[ ] Virtual

i

i

i

i

T

i

i

i

Wvu

Mvu

=

⋅

••

••

••

θθ

Caso Continuo: Fuerzas de Inercia debido a la distribución continua de masa.

{ i

erficiedeunidadpormasadeóndistribucinAceleració

AdyxFdr

321&&

r⋅⋅=

→

sup

),(µδ

iA

AdyxFi

r&&

r∫ ⋅

⋅=→

),(µδ

xi

yi

θi

(x,y)

Nivel i

vi

ui

δr




Si →

δ es el vector de desplazamientos virtuales, entonces el trabajo virtual realizado por las fuerzas inerciales es:

iA

Virtual AdyxWi

r&&∫ ⋅⋅⋅=

→→

),(µδδ

Pero:

( ) ( ) jviu ixiiyiˆˆ ⋅++⋅−=

→

θθδ


→

θθδ &&&&&&&&&&


→

θθδ De donde:

[ ] iA

i

i

i

i

T

i

i

i

Adyxvu

Mvu

i

r&&∫ ⋅⋅⋅=

⋅

→→

••

••

••

),(µδδθθ

Por lo tanto el trabajo virtual según un modelo discreto y según un modelos continuo son iguales.

[ ]

⋅

=⋅

••

••

••

→→

i

i

iT

i

i

i

vu

Bvu

θθδδ &&

⋅

+−

−

=⋅

••

••

••

→→

i

i

i

22

T

i

i

i

vu

yxxyx10y01

vu

θθδδ &&

Entonces:

⋅

⋅

=⋅⋅⋅

••

••

••

→→

∫i

i

i

i

T

i

i

i

A

vu

Mvu

Adyxi θθ

µδδr

&& ),(




[ ]

⋅

=⋅⋅⋅

••

••

••

→→

∫∫i

i

i

iA

T

i

i

i

A

vu

dAyxBvu

Adyxii θ

µθ

µδδ ·),(·),(r

&&

Luego la matriz de masas es:

[ ]

( )

−

−

=

+−

−

=

∫∫∫

∫∫

∫∫

iyyixxi

yyii

xxii

iA

22i

Ai

A

iA

iA

iA

iA

i

JII

Im0

I0m

dAyxyxdAyxxdAyxy

dAyxxdAyx0

dAyxy0dAyx

M

iii

ii

ii

·),(··),(··),(·

·),(··),(

·),(··),(

µµµ

µµ

µµ

Donde: mi : Masa del nivel i. JJ : Momento polar de inercia del nivel i. Ixxi : Momento de inercia respecto al eje x-x del nivel i. Iyyi : Momento de inercia respecto al eje y-y del nivel i. Si el origen de coordenadas se fija en el Centro de masa, Ixxi e Iyyi son por definición nulos, entonces la matriz de masa queda:

=

i

i

i

i

J000m000m

M




Finalmente la matriz de masas global del edificio será:

[ ]

=

n

1

n

1

n

1

J000

Jm

mm

000m

M

LLLLLL

OOM

MOOM

MOOM

MOOOM

MOOM

MOOM

MOO

LLLLLL

Ecuación de Estática : [ ] { } { }WqK =⋅ Ecuación de Dinámica : [ ] { } [ ] { } { })()()( tWtqKtqM =⋅+⋅ &&

inc4103-05

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