Problemas Método Matricial de la Rigidez
TEMA 5: PROBLEMAS RESUELTOS DEL MÉTODO MATRICIAL
DE LA RIGIDEZ
5.1.
Para la estructura de la figura calcular:
1) Los desplazamientos en los nudos B, C y D.
2) Las reacciones en los apoyos.
3) Los esfuerzos en las barras.
Todas las barras son del mismo material de módulo de elasticidad E = 200
GPa. La sección de las barras AB y CD es de 104 mm2 y la de las restantes
1,5 x 104 mm2.
C
D
60º
45º
400 KN
A
60º
B
5m
Se numeran las barras y los nudos tal como se indica en la figura, en la que se
indican, así mismo, los grados de libertad de la estructura, formando el vector:
{∆}T = {∆1 ∆ 2 ∆ 3 ∆ 4 ∆ 5 ∆ 6 ∆ 7 ∆ 8 }
1
Teoría de Estructuras
ETSI Bilbao
∆6
∆5
3
∆8
2
4
∆7
YG
3
XG
4
5
2
∆3
∆1 1
1
∆2
∆4
1. Formación de las matrices de rigidez elementales
Todos los elementos son barras biarticuladas en los extremos, cuya matriz de
rigidez viene dada por la expresión deducida para ellas. Las matrices de rigidez
elementales, expresadas en el sistema general de coordenadas, son:
Elemento 1:
Nudo inicial: 1
Nudo final: 2
Ángulo: 0º
Área: 104 mm2
cos α = 1
sen α = 0
Longitud: 5m
EA 200 ⋅ 10 4
= 400 KN / mm
=
L
5 ⋅ 10 3
∆1
1

1
K G = 400 ⋅  0
− 1

0
[ ]
∆2
0
∆3
−1
0
0
0
1
0
0
∆4
0
0

0

0
∆1
∆2
∆3
∆4
Elemento 2:
Nudo inicial: 3
Nudo final: 4
Ángulo: 0º
Área: 104 mm2
cos α = 1
sen α = 0
EA 200 ⋅ 10 4
= 400 KN / mm
=
L
5 ⋅ 10 3
2
Longitud: 5m
Problemas Método Matricial de la Rigidez
∆5 ∆6
0
1
2

K G = 400 ⋅  0
0
− 1 0

0
0
∆7
−1
0
1
0
[ ]
∆8
0
0
0

0
∆5
∆6
∆7
∆8
Elemento 3:
Nudo inicial: 1
Nudo final: 3
Ángulo: 60º
Área: 1.5x104 mm2
cos α = 0.5
sen α = 0.866
Longitud: 10m
EA 200 ⋅ 1,5 ⋅ 10 4
=
= 300 KN / mm
L
10 ⋅ 10 3
∆1
 0.25
3
K G = 300 ⋅  0.433
 − 0.25

− 0.433
[ ]
∆2
0.433
0.75
∆5
− 025
− 0.433
− 0.433
− 0.75
0.25
0.433
∆6
− 0.433
− 0.75 
0.433 

0.75 
∆1
∆2
∆5
∆6
Elemento 4:
Nudo inicial: 2
Nudo final: 3
Área: 1.5x104 mm2 cos α = 0
Longitud: 5 3 m
Ángulo: 90º
sen α = 1
EA 200 ⋅ 1,5 ⋅ 10 4
=
= 346,41KN / mm
L
5 3 ⋅ 10 3
∆3
0

4
K G = 346,41 ⋅ 0
0

0
[ ]
∆4
0
∆5
0
1
0
0
0
−1
0
∆6
0
− 1

0

1
∆3
∆4
∆5
∆6
Elemento 5:
Nudo inicial: 2
Nudo final: 4
Ángulo: 60º
Área: 1.5x104 mm2
cos α = 0.5
sen α = 0.866
Longitud: 10m
EA 200 ⋅ 1,5 ⋅ 10 4
= 300 KN / mm
=
L
10 ⋅ 10 3
3
Teoría de Estructuras
ETSI Bilbao
∆3
 0,25
5
K G = 300 ⋅  0,433
 − 0,25

− 0,433
[ ]
∆4
0,433
0,75
− 0,433
− 0,75
∆7
− 0,25
− 0,433
0,25
0,433
∆8
− 0,433
− 0,75 
0,433 

0,75 
∆3
∆4
∆7
∆8
2. Matriz de rigidez de la estructura
La matriz de rigidez de la estructura se obtendrá ensamblando las distintas
matrices de rigidez elementales.
∆1
∆2
∆3
∆4
∆5
∆6
∆7
∆8
1.299 − 4.000
0
− 0.750 − 1.299
0
0 
 4.750
 1.299
2.250
0
0
0
0 
− 1.299 − 2.250

− 4.000
0
4.750
1.299
0
0
− 0.750 − 1.299 


0
1.299
5.714
0
− 3.464 − 1.299 − 2.250
[K ] = 100 ⋅  0
 − 0.750 − 1.299
0
0
4.750
1.299 − 4.000
0 


0
5.714
0
0 
− 3.464 1.299
 − 1.299 − 2.250
 0
0
0
4.750
1.299 
− 0.750 − 1.299 − 4.000


0
0
0
1.299
2.250 
− 1.299 − 2.250
 0
∆1
∆2
∆3
∆4
∆5
∆6
∆7
∆8
Para obtener la ecuación de equilibrio de la estructura, resta formular los vectores
de fuerzas nodales y de desplazamientos, los cuales se pueden obtener
directamente a partir de las fuerzas exteriores y teniendo en cuenta las
condiciones de ligadura. Son respectivamente:
0
0
 
∆ 3 
 
0
{∆} =  
∆ 5 
∆ 6 
 
∆ 7 
∆ 
 8
 F1

 F

2




0


 F4

{F} = 

0




0


 282.84 
− 282.84


Y la ecuación de equilibrio:
{F} = [K ]{∆}
4
Problemas Método Matricial de la Rigidez
3. Cálculo de los desplazamientos desconocidos
Agrupando filas y columnas según grados de libertad libres (3,5,6,7,8) y fijos
(1,2,4), para formular la ecuación de equilibrio se puede reescribir ésta cómo:
0
− 0.750 − 1.299
−4
0
0
0
1.299  ∆ 3 


 4.750


 0
0
−
−
−
4
.
750
1
.
299
4
.
000
0
0
.
750
1
.
299
0  ∆ 5 





 0
0
− 1.299 − 2.250 − 3.464 ∆ 6 
1.299
5.714
0
0



  
0
4.750
1.299
0
0
− 1.299  ∆ 7 
 282.84 
 − 0.750 − 4.000
=
⋅
⋅ 
100


 − 1.299
0
0
1.299
2.250
0
0
− 2.25  ∆ 8 
− 282.84



 F1
0
0
4.750
1.299
0  0
− 4.000 − 0.750 − 1.299


 
 0
− 1.299 − 2.25
0
0
1.299
2.250
0  0
 F2



 F

0
− 3.464 − 1.299 − 2.250
0
0
5.714   0 
 1.299
4


Con lo que, de la primera parte de la ecuación se pueden obtener los
desplazamientos no nulos. Es decir:
0
0
0
− 0.750 − 1.299  ∆ 3 


 4.750
 



0
4.750 1.299 − 4.000
0  ∆ 5 


 0
 
0
1.299 5.714
0
0  ⋅ ∆ 6 

 = 100 ⋅  0


 282.84 
0
4.750
1.299  ∆ 7 
− 0.750 − 4.000


 
 − 1.299
− 282.84
0
0
1.299
2.250  ∆ 8 
que, una vez resuelta, proporciona
desplazamientos desconocidos:
los
siguientes
valores
para
los
∆ 3  − 0.407
∆  

 5   9.809 
∆ 6  = − 2.232 mm.
∆   10.926 
 7 

∆ 8   − 7.801
4. Cálculo de las reacciones en los apoyos
Una vez obtenidos los desplazamientos, las reacciones en los apoyos se obtienen
aplicando la parte inferior de la ecuación de equilibrio, es decir:
− 0.407 
0
0   9.809  − 282.9
 F1 
− 4.000 − 0.750 − 1.299


 
 0
 − 2.232 = − 772.0  KN
F
=
100
⋅
−
1
.
299
−
2
.
250
0
0
 2
 



F 
 10.926   1056.2 


−
−
−
1
.
299
0
3
.
464
1
.
299
2
.
250
 4



 
 − 7.801
5
Teoría de Estructuras
ETSI Bilbao
5. Cálculo de los esfuerzos en las barras:
Elemento 1: Los desplazamientos de los extremos de este elemento, en
coordenadas generales son:
 ∆1   0 
  

{∆1 }= ∆∆ 2  = − 00.407
 3 

∆ 4   0 
Y en coordenadas locales:
1
0
1
1
δ = [T2 ] ∆ = 
0

0
{}
{}
0 0 0  0   0 
1 0 0  0   0 

=

0 1 0 − 0.407 − 0.407

0 0 1  0   0 
Como es lógico, los desplazamientos son los mismos ya que para este elemento
ambos sistemas de coordenadas coinciden. Los esfuerzos en los extremos,
calculados en el sistema local, serán:
P1 
 1 0 − 1 0  0   162.8 
P 
 0 0 0 0  0   0 
 2
 

 
  = 400 ⋅ 
=
 KN
− 1 0 1 0 − 0.407 − 162.8
P3 


P4 
 0 0 0 0  0   0 
que se corresponde con un esfuerzo axial de compresión de 162.8 KN, tal como
se muestra en la figura.
162.8 KN
162.8 KN
1
1
2
Mediante un procedimiento similar se pueden calcular los esfuerzos en las demás
barras.
6
Problemas Método Matricial de la Rigidez
Elemento 2:
 ∆ 5   9.809 
∆  − 2.232 
  

∆2 =  6  = 

∆ 7   10.926 
 ∆ 8   − 7.801
{ }
1
0
2
2
δ = [T2 ] ∆ = 
0

0
{ }
{ }
 P1 
1
P 
0
 2
  = 400 ⋅ 
− 1
 P3 

 P4 
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0  9.809   9.809 
0 − 2.232 − 2.232

=

0  10.926   10.926 

1  − 7.801  − 7.801
0 − 1 0  9.809  − 446.8
0 0 0 − 2.232   0 

=
 KN
0 1 0  10.926   446.8 

0 0 0  − 7.801  0 
que corresponde a un esfuerzo axial de tracción de 446.8 KN.
Elemento 3:
 ∆1   0 
∆   0 
3
{∆ }= ∆ 2  =  9.809 
 5 

∆ 6  − 2.232 
0.866
0
0  0   0 
 0 .5
− 0.866 0.5
0
0   0   0 
δ 3 = [T2 ] ∆3 = 

=

 0
0
0 .5
0.866  9.809  2.972 


0
− 0.866 0.5  − 2.232 − 9.61
 0
{ }
{ }
 P1 
1
P 
0
 2
  = 300 ⋅ 
− 1
 P3 

 P4 
0
0 − 1 0  0  − 891.6
0 0 0  0   0 

=
 KN
0 1 0  2.972   891.6 

0 0 0 − 9.61  0 
que corresponde a un esfuerzo axial de tracción de 891.6 KN.
7
Teoría de Estructuras
ETSI Bilbao
Elemento 4:
 ∆ 3  − 0.407 
   0 

{∆4 }= ∆∆ 4  =  9.809

 5 

∆ 6  − 2.232 
 0 1 0 0 − 0.407  0 
− 1 0 0 0  0   0.407 
 

4
4
 
δ = [T2 ] ∆ = 
=

 0 0 0 1  9.809  − 2.232


 0 0 − 1 0 − 2.232 − 9.809 
{ }
{ }
 P1 
1
P 
0
 2
  = 346.41 ⋅ 
− 1
 P3 

 P4 
0
0 − 1 0  0   773.19 

0 0 0  0.407   0


=
 KN
0 1 0 − 2.232  − 773.19


0 0 0 − 9.809   0
que corresponde a un esfuerzo axial de compresión de 773.19 KN.
Elemento 5:
 ∆   −0, 407 
 3 


  0 
∆
5
4
{∆ } =   =  10.926 
 ∆7  

 ∆   −7.801 
 8
0.866
0
0  − 0.407 − 0.2035 
 0 .5
− 0.866 0.5
0
0   0   0.3525 
δ 5 = [T2 ] ∆5 = 

=

 0
0
0 .5
0.866  10.926   − 1.2927 


0
− 0.866 0.5   − 7.801  13.3624 
 0
{ }
{ }
 P1 
1
P 
0
 2
  = 300 ⋅ 
− 1
 P3 

 P4 
0
0 − 1 0 − 0.2035  326.76 

0 0 0  0.3525   0


=
 KN
0 1 0  − 1.2927  − 326.76


0 0 0  13.3624   0
que corresponde a un esfuerzo axial de compresión de 326.76 KN.
8
Problemas Método Matricial de la Rigidez
5.2.
La estructura de la figura está formada por tres barras articuladas de acero de
módulo de elasticidad E=200 Gpa y de la misma sección A=1,25 cm2. Las
barras 1 y 3 tienen una longitud de 1m en tanto que la de la barra 2 es de
1/3m. Siendo el valor de la carga aplicada P = 10 2 KN , calcular:
a) Desplazamiento del punto de aplicación de la carga.
b)Esfuerzo en la barra 2.
2
1
45º
P
3
La numeración de barras y nudos es la indicada en la figura inferior, en la que
también se indican los 8 grados de libertad de la estructura.
6
5
3
2
4
1
3
2
1
P
YG
8
4
7
XG
9
Teoría de Estructuras
ETSI Bilbao
Las matrices de rigidez elementales, expresadas en el sistema general de
coordenadas son:
Elemento 1 (nudos 1-2):
EA 200 ⋅ 1,25 ⋅ 10 2
=
= 25 KN / mm
L
10 3
∆1
 25
 0
1
K =
− 25

 0
[ ]
α = 0°
∆2 ∆3 ∆4
0 − 25
0
0
0 25
0
0
0
0

0

0
Elemento 2 (nudos 2-3):
EA 200 ⋅ 1,25 ⋅ 10 2 ⋅ 3
=
= 75 KN / mm
L
10 3
α = 90°
∆3 ∆4 ∆5 ∆6
0
0
0 75
K2 = 
0
0

0 − 75
[ ]
0 
0 − 75

0
0 

0 75 
0
Elemento 3 (nudos 4-2):
EA 200 ⋅ 1,25 ⋅ 10 2
=
= 25 KN / mm
L
10 3
∆7 ∆8 ∆3 ∆4
0
0
0 25
K3 = 
0
0

0 − 25
[ ]
10
0
0 
0 − 25

0
0 

0 25 
α = 90°
Problemas Método Matricial de la Rigidez
Ecuación de equilibrio:
Se obtendrá ensamblando las distintas matrices de rigidez elementales, y
formulando los vectores de fuerzas y desplazamientos:
∆4
∆5
 F1   25 0 M − 25
F   0
0 M 0
0
 2  
K K K M K
K

 
0
 10  − 25 0 M 25
− 10  0
0 M 0
100
 

K
 K = K K M K
F   0
0 M 0
0
 5  
0 M 0
− 75
 F6   0
K K K M K
K
 

 F7   0
0 M 0
0
 

0 M 0
− 25
 F8   0
M 0
M 0
M K
∆1
∆2
∆3
∆6
∆7
∆8
0  0
0  0
  
K  K 
  
M 0
0 M 0
0  ∆ 3 
M 0 − 75 M 0 − 25 ∆ 4 
  
M K K M K K  ⋅ K 
M 0
0 M 0
0  0
  
M 0 75 M 0
0  0
M K K M K K   K 

M 0
0 M 0
0  0
 
M 0
0 M 0 25   0 
0
0
K
M 0
M 0
M K
donde: K 44 = 75 + 25 .
Resolviendo las filas 3 y 4, resulta el sistema de ecuaciones:
10 = 25 ⋅ ∆ 3
− 10 = 100 ⋅ ∆ 4
de donde se obtienen los valores para los desplazamientos del nudo punto de
aplicación de la carga, es decir del nudo 2:
∆ 3 = 0,4 mm
∆ 4 = −0,1 mm
Esfuerzos en la barra 2:
Los desplazamientos de los extremos de este elemento, en coordenadas generales
son:
 ∆ 3   0,4 
  

{∆2 }= ∆∆ 4  = − 00,1
 5 

∆ 6   0 
11
Teoría de Estructuras
ETSI Bilbao
Y en coordenadas locales:
0
− 1
2
2
{δ }= [T2 ]⋅ {∆ }=  0

0
0  0,4   − 0,1 
0 0 0 − 0,1 − 0,4 
⋅
=

0 0 1  0   0 

0 − 1 0  0   0 
1
0
Los esfuerzos en los extremos, calculados en el sistema local, serán:
 P1 
1
P 
0
 2

=
⋅
75
 
P
− 1
3
 

 P4 
0
0 − 1 0  − 0,1  − 7,5
0 0 0 − 0,4  0 
⋅
=

0 1 0  0   7,5 

0 0 0  0   0 
que corresponde a un esfuerzo axial de tracción de 7,5 KN.
12
Problemas Método Matricial de la Rigidez
5.3.
Calcular los esfuerzos en el pórtico de la figura. Todas las barras son del
mismo material, con módulo de elasticidad E=200 GPa. Sus propiedades
resistentes se indican en la figura.
Nota: Las unidades empleadas en la resolución serán N y m.
3000 N/m
C
5 kN
B
4m
A = 80 cm2
I = 15000 cm4
A = 100 cm2
I = 10000 cm4
A = 100 cm2
I = 10000 cm4
A
D
4m
2m
1. Numeración de nudos y barras. Sistemas de ejes. Grados de libertad:
Se trata de una estructura plana formada por elementos viga con ambos extremos
rígidos, cuya matriz de rigidez viene dada por la expresión referida a una barra
empotrada. La numeración de los elementos y nudos, así como el sistema global
de coordenadas, son los indicados en la figura.
13
Teoría de Estructuras
ETSI Bilbao
∆5
θ6
∆4
∆8
2
2
YG
θ9
3
1
XG
∆1
3
θ3
1
{∆ F}T = {∆7 ∆ 8 θ9 M ∆10 ∆11 θ12} = {0 ... 0 }
∆
2. Ecuación de equilibrio:
∆7
4
θ12 ∆
10
∆11
{F } = [K ]⋅ {∆}
3. Vectores desplazamientos y fuerzas nodales equivalentes:
Hay seis desplazamientos conocidos, de valor nulo, correspondientes a los
grados de libertad de los empotramientos. Por consiguiente, las incógnitas
primarias del problema serán los seis desplazamientos de los nudos libres, tal y
como se indica en el vector {∆}.
Por lo que se refiere al vector de fuerzas nodales, hay que calcular las fuerzas y
momentos de empotramiento perfecto debidas a la carga distribuida en el
elemento 2, obteniéndose el vector:
 P40 = 0 
 0

 P5 = 6000 
 M 60 = 4000 
{P 02 }=  KKKK  ≡ {F 02 }
 P0 = 0 
7


0
 P8 = 6000 
 0

 M 9 = −4000
14
Problemas Método Matricial de la Rigidez
Este vector se ensambla, con signo menos, en el vector de fuerzas nodales de la
estructura. Incluyendo la carga puntual de 5 KN aplicada en el nudo 2 en la
dirección XG, el vector de fuerzas nodales {F } completo es:
0
0
 
0
 
∆ 4 
∆ 5 
 
θ
{∆} =  6 
∆ 7 
∆ 8 
 
θ 9 
0
 
0
0
 
 F1 
 F 
 2 
 M3 


 5000 
 − 6000 


− 4000
{F } = 

 0 
 − 6000 


 4000 
 F10 


 F11 
 M 
12 

YL
q = 3000 N/m
−
qL2
= 4000
12
qL2
= −4000
12
XL
1
q
L
= 6000
2
2
2
q
L
= 6000
2
15
Teoría de Estructuras
ETSI Bilbao
6000
6000
5000
4000
4000
4. Matriz de rigidez en coordenadas locales para las tres barras:
 EA
0
 L

12 EI z
 0

L3

6 EI z
 0
L2

K
 K Le  =  K

 − EA
0
 L

12 EI
 0
− 3 z
L


6 EI z
 0

L2
0
6 EI z
L2
4 EI z
L
K
0
6 EI z
L2
2 EI z
L
−
M −
EA
L
M
0
M
0
M
K
M
EA
L
M
0
M
0
0



6 EI z 
L2 
2 EI z 

L 
K 

0 

6 EI z 
− 2 
L 
4 EI z 

L 
0
12 EI z
L3
6 EI
− 2z
L
K
−
0
12 EI z
L3
6 EI
− 2z
L
5. Ensamblado de la matriz de rigidez:
[ ] M
1
{F1 }  K ii
K  K

 
{F2 }  K 1ji

 
K = K
{F }  0
 3  
K  K
{F }  0
 4  
[K ]
1
ij
M
K
M
0
M
M
K
M
2
ij
M
[ ] M [K ]+ [K ] M
16
1
jj
M
2
ii
K
M
M
2
ji
[K ]
M
M
K
M
M
0
M
[K ]
K
M
0  {∆ 1 }

K  K 


0  {∆ 2 }
 

K ⋅ K 
K ij3  {∆ 3 }

 
K  K 
K 3jj  {∆ 4 }
[K ]+ [K ] M [ ]
2
jj
3
ii
K
M
3
ji
M
[K ]
[ ]
Problemas Método Matricial de la Rigidez
6. Transformación de las matrices elementales al sistema global:
La matriz de transformación de coordenadas es:
 cos α
[T0 ] = − sen α
 0
sen α
cos α
0
0
0
1
y para cualquiera de las submatrices de la matriz de rigidez, se verifica:
[K ] = [T ] ⋅ [K ]⋅ [T ]
T
e
Gij
0
e
Lij
0
Elemento 1:
α = 90º (senα =1, cosα =0)
[K ] = [T ] [K ]
1
ii
T
0
1
Lii
[K ] = [T ] [K ]
1
ij
T
0
1
Lij
T
0
1
Ljj
L = 4m
A = 0.01m2
Iz = 10-4m4
0
0   0 1 0
0 − 7.5
0 − 1 0 
500
 3.75





6
6 
[T0 ] = 1 0 0 10  0 3.75 7.5 − 1 0 0 = 10  0 500 0 
0 0 1
 0
− 7.5 0
7.5 20   0 0 1
20 
0
0   0 1 0
0
− 7.5
0 − 1 0 
− 500
− 3.75





6
6 
[T0 ] = 1 0 0 10  0 − 3.75 7.5 − 1 0 0 = 10  0 − 500 0 
0 0 1
 0
 7.5
− 7.5 10   0 0 1
0
10 
[K ] = [T ] [K ]
1
jj
E = 200x109Pa
0
0   0 1 0
0 − 1 0 
500
3.75 0 7.5





6
6 
[T0 ] = 1 0 0 10  0 3.75 − 7.5 − 1 0 0 = 10  0 500 0 
0 0 1
 0 − 7.5 20   0 0 1
 7.5
0
20 
0
−7.5 M −3.75
0
−7.5 
 3.75
 0
500
0
M
0
−500
0 


0
20
M
7.5
0
10 
 −7.5
 K 1  = 106 LLL LLL LLL M LLL LLL LLL
 −3.75
0
7.5
M 3.75
0
7.5 


−500
0
M
0
500
0 
 0
 −7.5
0
10
M
7.5
0
20 
17
Teoría de Estructuras
ETSI Bilbao
Elemento 2:
α = 0º (senα =0, cosα =1)
E = 200x109Pa
L = 4m
0
0
 400
 0
5.62
11.25

11.25
30
 0
2
6
 K  = 10 LLL LLL LLL
 −400
0
0

−5.62 −11.25
 0
 0
11.25
15
−400
0
A = 0.08m2
Iz = 1.5x10-4m4
0 
11.25 

M
0
−11.25
15 

M LLL LLL LLL
M
400
0
0 

0
5.62 −11.25
M
M
0
−11.25
30 
M
M
0
−5.62
Elemento 3:
α = -63.43º (senα =-0.894, cosα =0.447) E = 200x109Pa L = 4,47m A = 0.01m2
Iz = 10-4m4
 0.447
0.894 0
447
[K ] = [T ] [K ][T ] = − 0.894 0.447 0 10  0
3
ii
T
0
3
Lii
6
0

0
0
 0.447
1 
 0
0.894 0
− 447
0
− 2.68
 0
−6
[K ] = [T ] [K ][T ] = − 0.894 0.447 0 10  0
3
ij
T
0
3
Lij
6
0

0
0
 0.447
1
0.894 0
447
[K ] = [T ] [K ][T ] = − 0.894 0.447 0 10  0
3
jj
T
0
3
Ljj
6
0

0
0
1
0
0  0.447 − 0.894 0
 91.6 − 178 5.37 
2.68 6  0.894 0.447 0 = 106 − 178 358 2.68
6 17.9  0
0
1 
 5.37 2.68 17.9 
 0
0  0.447 − 0.894 0
− 91.6 178 5.37
6  0.894 0.447 0 = 10 6  178
− 358 2.68
− 5.36 − 2.68 8.94
8.94  0
0
1
0
0  0.447 − 0.894 0
 91.6 − 178 − 5.37
2.68 − 6  0.894 0.447 0 = 10 6  − 178
358 − 2.68
− 6 17.9  0
0
1
− 5.37 − 2.68 17.9 
− 178
5.37 M − 91.6
178
5.37 
 91.6
 − 178
358
2.68 M 178
− 358
2.68 


 5.37
2.68
17.9 M − 5.36 − 2.68
8.94 


K 3 = 10 6 LLL LLL LLL M LLL LLL LLL
 − 91.6
178
− 5.36 M 91.6
− 178 − 5.37 


− 358 − 2.68 M − 178
358
− 2.68 
 178
 5.37
2.68
8.94 M − 5.37 − 2.68
17.9 
[ ]
18
Problemas Método Matricial de la Rigidez
7. Ecuación de equilibrio resultante:
Ensamblando las matrices elementales de rigidez se obtiene la ecuación de
equilibrio:
 F1 
 3.75
 0
 F 
 2 

 M3 
 −7.5



 L 
 LL
 5000 
 −3.75



−
6000


 0
 −4000 
 −7.5


6
 L  = 10  LL
 0 
 0



 −6000 
 0
 4000 
 0



 L 
 LL


 0
 F10 

 F11 
 0



 0
 M 12 
0
500
0
−7.5 M −3.75
0 M
0
20 M 7.5
0
−500
0
−7.5
0
10
M
M
M
LL LL M
0
7.5 M
LL
404
LL
0
LL M
7.5 M
−500
0 M
0
10 M
LL LL M
0
7.5
LL
506
11.3
LL
11.3 M
50 M
LL M
0
0
0
0
M −400
M
0
0
0 M
LL LL M
0
0 M
0
0
0
0
M
M
0
0
M
−5.63 −11.3 M
0
LL
0
11.3
LL
0
15 M
LL M
M
0
0
0
0
0
0
0
M
M
 0
 0
  
 0
  
LL LL LL M LL LL LL   L 
−400
0
0
M
0
0
0  ∆ 4 
  
0
−5.63 11.3 M
0
0
0  ∆5 
0
−11.3
15
M
0
0
0  θ 6 
  
LL LL LL M LL LL LL  ⋅  L 
492 −178 5.37 M −91.6 178
5.37   ∆ 7 
  
−178 364 −8.57 M 178
−358 2.68   ∆ 8 
5.37 −8.57 47.9 M −5.37 −2.68 8.94   θ 9 
  
LL LL LL M LL LL LL   L 
 
−91.6 178 −5.37 M 91.6 −178 −5.37   0 

178
−358 −2.68 M −178 358 −2.68  0 
  
5.37
2.68 8.94 M −5.37 −2.68 17.9   0 
0
0
0
0
0
0
0
0
0
M
M
M
0
0
0
0
0
0
0
0
0
8. Sistema final de ecuaciones:
Eliminando de la ecuación anterior las filas y columnas correspondientes a los
grados de libertad que tienen desplazamiento nulo, resulta el sistema de seis
ecuaciones con las seis incógnitas de desplazamiento:
0
7.5 −400
0
0  ∆4 
 5000 
 404
 −6000 
 0
506
11.3
0
−5.63 11.3   ∆ 5 



  
7.5
11.3
50
0
−
11.3
15
θ6 
 −4000 


6

 = 10 
⋅ 
0
0
492 −178 5.37   ∆ 7 
 0 
 −400
 −6000 
 0
−5.63 −11.3 −178 364 −8.57   ∆8 



  
11.3
15
5.37 −8.57 47.9   θ 9 
 0
 4000 
19
Teoría de Estructuras
ETSI Bilbao
9. Solución del sistema:
 ∆ 4   0.2621 
 ∆   −0.0104 
 5 

 θ 6   −0.1286  −3
 =
 ⋅ 10
∆
0.2496
7
  

 ∆ 8   0.1041 
  

 θ 9   0.1169 
10. Cálculo de las reacciones en los apoyos:
Sustituyendo los desplazamientos obtenidos, la ecuación general de equilibrio
queda:
 F1 
 3.75
 F 
 0
 2 

 −7.5
 M3 



L


 LL
 −3.75
 5000 



−
6000


 0
 −7.5
 −4000 


6 
=
10
L


 LL
 0 
 0



 −6000 
 0
 4000 
 0



 L 
 LL


 0
F
 10 

 F11 
 0



 0
 M 12 
0
−7.5 M −3.75
0
−7.5
M
500
0
M
−500
0
M
0
20
M
7.5
0
10
M
LL LL M
0
7.5 M
LL
404
LL
0
LL
7.5
M
M
0
−500
0
M
0
506
11.3
M
0
10
M
7.5
11.3
50
M
LL LL M
LL
LL
LL
M
0
0
M
0
0
M
−400
0
0
M
0
0
0
M
0
11.3
15
M
LL LL M
LL
LL
LL
M
−5.63 −11.3 M
0
0
M
0
0
0
M
0
0
M
0
0
0
M
0
0
M
0
0
0
M
0   0 
0   0 

 
M
0
0
0
0
0
0   0 
 

LL LL LL M LL LL LL   L 
−400
0
0
M
0
0
0   0.2621 
 

0
−5.63 11.3 M
0
0
0   −0.0104 
0
−11.3
15
M
0
0
0   −0.1286 
 

LL LL LL M LL LL LL  ⋅  L 10−3
492 −178 5.37 M −91.6 178
5.37   0.2496 

 
−178 364 −8.57 M 178
−358 2.68   0.1041 

5.37 −8.57 47.9 M −5.37 −2.68 8.94  0.1169 

 
LL LL LL M LL LL LL   L 


−91.6 178 −5.37 M 91.6 −178 −5.37   0 

178
−358 −2.68 M −178 358 −2.68  0 

 
5.37
2.68 8.94 M −5.37 −2.68 17.9   0 
0
0
0
M
0
0
0
0
0
M
0
0
Reduciendo el sistema de ecuaciones a aquellas en las que únicamente figuran
las reacciones incógnitas, y resolviéndolo, se obtienen finalmente las reacciones
expresadas en el sistema general de coordenadas.
 F1  − 18.23
 F   5224 
 2  

 M 3   679.5 

=

 F10   − 4982 
 F11   6776 

 

 M 12   2665 
20
Problemas Método Matricial de la Rigidez
11. Cálculo de los esfuerzos en las barras:
Esfuerzos en el elemento 1:
Los desplazamientos de los nudos de este elemento son:
0  0 
0  0 
  

0  0 
{∆1 }=  K  =  KKK  ⋅10 −3
∆   0,2621 
 4 

 ∆ 5  − 0,0104
θ   − 0,1286 
 6 

que expresados en el sistema local de coordenadas:
0


 0
 0 1 0 M 0 0 0  0
 0

− 1 0 0 M 0 0 0   0

0
 




 
0


 0
 0 0 1 M 0 0 0  0
 −3 
 

 
1
1
{δ }= K = [T2 ]⋅ {∆ }= K K K M L K K ⋅  KKK  ⋅10 =  KKK  ⋅10 −3
− 0,0104
δ 
 0 0 0 M 0 1 0   0,2621 



 4

 
0
0
0
1
0
0
0
,
0104
0
,
2621
−
−
M
−




δ 5 






θ 
 0 0 0 M 0 0 1   − 0,1286 
 − 0,1286 
 6
Los esfuerzos en sus extremos, calculados en el sistema local, son:
{P }= [K ]⋅ {δ }
1
1
L
1
es decir:
0
0
 P1 
5
P 
0
0,0375
0,075
 2

M 3 
0
0,075
0,2
 
8 
 K  = 10 ⋅  K KKK KKK
P 
− 5
0
0
 4

 P5 
 0 − 0,0375 − 0,075
M 
 0
0,075
0,1
 6
M −5
0
M 0 − 0,0375
M 0
M K
− 0,075
KKK
M
M
5
0
0
0,0375
M
0
− 0,075
0   0

 5224 



 18,23 
0
0,075
 




 679,5 
0,1   0



 
KKK  ⋅  K  ⋅ 10 −3 =  KK 
 − 5224 
0  − 0,0104





− 0,075  − 0,2621
− 18,23
 − 606 
0,2   − 0,1286 


21
Teoría de Estructuras
ETSI Bilbao
Esfuerzos en el elemento 2:
Al estar orientado según el eje XG, su sistema local coincide con el general de
la estructura. Los desplazamientos de sus nudos son:
δ 4   0,2621 
δ  − 0,0104
 5 

θ 6   − 0,1286 

  
δ 2 = ∆2 = K =  KKK  ⋅10 −3
δ   0,2496 
 7 

δ 8   0,1041 
θ   0,1169 
 9 

{ } { }
Los esfuerzos en sus extremos se obtienen sumando los de empotramiento
perfecto de la fase 0 con los de la fase 1. Por lo tanto:
{P }= {P }+ [K ]⋅ {δ }
2
02
2
L
2
0
0
 0 
4
0
 6000 
0,0562
0,1125



0
 4000 
0,1125
0,3


2
8 
P =  KK  + 10 ⋅  K KKK KKK
 0 
− 4
0
0



 6000 
 0 − 0,0562 − 0,1125
− 4000
 0
0,1125
0,15


{ }
M −4
M
M 0
M K
M
4
M
0
M
0
  0,2621 
− 0,0562 0,1125  − 0,0104
 

0,15   − 0,1286 
− 0,1125

 
KKK
KKK  ⋅  KKK  ⋅ 10 − 3
0
0   0,2496 

 
0,0562 − 0,1125  0,1041 
− 0,1125
0,3   0,1169 
0
0
 P4   0   4981   4981 
 P   6000   − 776   5224 
 5 
 
 

 M 6   4000  − 3394   606 
{P 2 }=  K  =  KK  +  KK  =  KK 
 P   0   − 4981  − 4981
 7 
 
 

 P8   6000   776   6776 
 M  − 4000  290  − 3710
 

 9 
 
22
Problemas Método Matricial de la Rigidez
Los esfuerzos internos en la viga son asimismo la suma de los debidos a las
fases 0 y 1. Como ejemplo, en la figura muestra el diagrama de momentos
de esta viga.
4000
3710
4000
606
+
=
3394
1842
2000
290
3842
Esfuerzos en el elemento 3:
Los desplazamientos de los nudos de este elemento en el sistema general
son:
 ∆ 7  0,2496 
 ∆   0,1041 
 8 

 θ 9   0,1169 
  

∆3 =  K  = KKK ⋅ 10 −3
∆   0 
 10  

 ∆11   0 
θ   0 
 12  

{ }
Proyectándolos sobre el sistema local, se obtiene:
δ 7 
δ 
 8
θ 9 
3
{δ }= K = T23 ⋅ {∆3 }
0
 
0
0
 
[ ]
23
Teoría de Estructuras
ETSI Bilbao
0
0
0  0,2496 
δ 7  0,447 − 0,894 0 M
 0,0185 
δ  0,894 0,447 0 M

 0,2698 


0
0
0
0,1041
 8 
 



θ 9   0
 0,1169 
0
1 M
0
0
0   0,1169 
  



 
KK K M KK
KK KK ⋅ KKK ⋅ 10 −3 = KKK ⋅ 10 −3
K =  KK
0  0
 0 
0
0 M 0,447 − 0,894
0   0 
  



 
0
0 M 0,894 0,447
0   0 
0  0
 0 
0  0
 0 
0
0 M
0
0
1   0 
  


Al no haber cargas aplicadas sobre esta viga, los esfuerzos en sus
extremos, calculados en el sistema local, son:
0
0
 P7 
 4,472
 P 
 0
0,0268
0,06
 8 

 M9 
 0
0,06
0,1789


8 
 K  = 10 ⋅ 
P 
− 4,472
0
0
 10 

− 0,0268 − 0,06
 P11 
 0
M 

0,06
0,089
 0
 12 
− 4,472
0
0
4,472
0
0
  0,0185 
− 0,0268 0,06  0,2698 
 

− 0,06
0,089   0,1169 

 
−3
 ⋅ KKK ⋅ 10
0
0   0 

 
0,0268 − 0,06   0 
− 0,06 0,1789  0 
0
0
es decir:
 P7   8288 
 P   1425 
 8  

 M 9   3710 
 


 K  = KKK
 P   − 8288 
 10  

 P11   − 1425 
 M   2664 
 12  

En las figuras se muestran, respectivamente, los esfuerzos en los extremos
de todos los elementos, y el diagrama de momentos flectores de la
estructura.
24
Problemas Método Matricial de la Rigidez
-5224
5224
YL
6776
XL
-606
-18
4981
606
2
-4981
-3710
XL
3710
1425
8288
YL
1
3
XL
-1425
5224
18
2664
679
-8288
3710
606
3710
606
679
2664
25
Teoría de Estructuras
5.4.
ETSI Bilbao
La figura muestra una estructura en la que A y C son empotramientos
perfectos y B una rótula intermedia en la que actúa una carga vertical
P=700 KN. El material es un acero de módulo de elasticidad E=210 GPa y
la sección es constante, de momento de inercia I=96000 cm4.
Despreciando el esfuerzo axial y su efecto, calcular las reacciones en los
empotramientos y la flecha en la rótula.
Nota: Las unidades empleadas en la resolución serán MPa (MN y m).
P
A
C
B
3m
2m
En este caso son 7 los grados de libertad de la estructura (figura inferior), siendo
∆ 3 común a ambos elementos.
1
2
A
3
3
7
5
4
1
6
B
B
2
C
La matriz de rigidez del elemento 1 y del elemento 2 se muestran a continuación:
 12 EI z
 L3
 6 EI
z

2
Ke =  L
 12 EI z
− L3
 6 EI
z

 L2
[ ]
26
6 EI z
L2
4 EI z
L
6 EI z
− 2
L
2 EI z
L
12 EI z
L3
6 EI
− 2z
L
12 EI z
L3
6 EI
− 2z
L
−
6 EI z 
L2 
2 EI z 

L 
6 EI 
− 2z
L
4 EI z 

L 
Problemas Método Matricial de la Rigidez
302,4 − 302,4 302,4 
 302,4
 302,4
403,2 − 302,4 201,6 
1


K =
− 302,4 − 302,4 302,4 − 302,4


201,6 − 302,4 403,2 
 302,4
[ ]
134,4
− 89,6 134,4 
 89,6
 134,4 268,8 − 134,4 134,4 

K2 = 
− 89,6 − 134,4 89,6
− 134,4


 134,4 134,4 − 134,4 268,8 
[ ]
La ecuación de equilibrio correspondiente es:
302,4 − 302,4 302,4
0
0
0  0
 F1   302,4
 M   302,4
403,2 − 302,4 201,6
0
0
0   0 
 2  
− 0,7  − 302,4 − 302,4
392
− 302,4 134,4
− 89,6 134,4  ∆ 3 

 
  
201,6 − 302,4 403,2
0
0
0  ⋅ θ 4 
 0  =  302,4
 0   0
0
134,4
0
268,8 − 134,4 134,4  θ 5 

 
  
0
0
− 89,6
− 134,4 89,6
− 134,4  0 
 F6   0
 
M  
0
134,4
0
134,4 − 134,4 268,8   0 
 7   0
donde: K 33 = 302,4 + 89,6 = 392 .
De las filas 3, 4 y 5 se obtienen las ecuaciones:
− 0,7 = 392 ⋅ ∆ 3 − 302,4 ⋅ θ 4 + 134,4 ⋅ θ 5
0 = −302,4 ⋅ ∆ 3 + 403,2 ⋅ θ 4
0 = 134,4 ⋅ ∆ 3 + 268,8 ⋅ θ 5
sistema que, una vez resuelto proporciona los valores:
∆ 3 = −7,143 ⋅ 10 −3 m
θ 4 = −5,357 ⋅ 10 −3 rad
θ 5 = 3,572 ⋅10 −3 rad
que de nuevo coinciden con los valores calculados en los casos previos, como
también lo harán los valores de las reacciones que se obtendrían tras sustituir
estos desplazamientos en la ecuación de equilibrio.
27
Teoría de Estructuras
5.5.
ETSI Bilbao
En la viga ABC de la figura, A es un empotramiento perfecto, C un apoyo
articulado fijo y B un apoyo deslizante, separados entre sí una distancia
L=10 m, tal como se indica. La sección tiene un momento de inercia
I=2x105 cm4 y el material es un acero de módulo de elasticidad E=200
GPa.
Despreciando el esfuerzo axial y su efecto, determinar los diagramas de
esfuerzos cortantes y momentos flectores cuando el apoyo B experimenta
un asentamiento de 3 cm.
Nota: Las unidades empleadas en la resolución serán MPa (MN y m).
A
C
B
L
L
La estructura tiene 6 grados de libertad, tal como se indica en la figura.
1
3
5
2
4
1
2
A
6
B
C
Los dos elementos tienen igual matriz de rigidez, la expresada prescindiendo de
los términos que proporcionan rigidez axial. Particularizando para los datos del
problema:
EI z = 200 ⋅ 10 3 ⋅ 2 ⋅ 10 5 ⋅ 10 −8 = 400 MN / m 2
12 EI z
= 4,8 MN / m;
L3
∆1
∆3
6 EI z
= 24 MN ;
L2
∆2
∆4
∆3
∆5
∆4
∆6
24 − 4,8 24 
 4,8
 24 160 − 24 80 

K1 = K 2 = 
− 4,8 − 24 4,8 − 24


80 − 24 160 
 24
[ ] [ ]
28
4 EI z
= 160 MN ⋅ m;
L
2 EI z
= 80 MN ⋅ m
L
Problemas Método Matricial de la Rigidez
Formulando los vectores de fuerzas y desplazamiento y ensamblando la matriz de
rigidez, resulta la ecuación de equilibrio:
∆1
∆2
∆3
∆4
∆5
∆6
24 − 4,8 24
0
0   0 
 V1   4,8
 M   24 160 − 24 80
0
0   0 

 2 
 
 V3  − 4,8 − 24 9,6
− 4,8 24  − 0,03
0
 =

⋅
−
0
24
80
0
320
24
80
  
  θ4 
 V5   0
− 4,8 − 24 4,8 − 24  0 
0
  

 
0
24
80 − 24 160   θ 6 
 0   0
donde:
K 33 = 4,8 + 4,8 = 9,6;
K 34 = −24 + 24 = 0;
K 43 = −24 + 24 = 0;
K 44 = 160 + 160 = 320;
Resolviendo según las filas 4 y 6, se obtiene el sistema:
0 = 320 ⋅ θ 4 + 80 ⋅ θ 6
0 = 24 ⋅ (− 0,03) + 80 ⋅ θ 4 + 160 ⋅ θ 6
de donde:
θ 4 = −1,286 ⋅10 −3 rad
θ 6 = 5,144 ⋅10 −3 rad
Sustituyendo estos valores en la ecuación de equilibrio, se obtiene para las
reacciones:
(
)
V1 = −4,8 ⋅ (− 0,03) + 24 ⋅ − 1,286 ⋅ 10 −3 = 0,113136 MN = 113,14 KN
M 2 = 0,61712 MNm = 617,12 KNm
V3 = −0,164544 MN = −164,54 KN
V5 = 0,051408 MN = 51,41 KN
con lo que los diagramas de esfuerzos cortantes y momentos flectores son los
indicados en la figura.
29
Teoría de Estructuras
ETSI Bilbao
Vy
113,14 kN
x
51,41 kN
Mz
514,1 kN.m
x
617,12 kN.m
30
Problemas Método Matricial de la Rigidez
5.6.
En la viga de la figura, A y D son empotramientos perfectos y C una
articulación deslizante. En ella L=1 m, la sección es constante de momento
de inercia I=1000 cm4 y el material tiene un módulo de elasticidad E=200
GPa. Está sometida a una carga vertical en B de 100 KN.
Despreciando el esfuerzo axial y su efecto, calcular las reacciones y los
desplazamientos en la sección B.
Nota: Las unidades empleadas en la resolución serán MPa (MN y m).
P
A
D
C
B
L
L
L
La estructura puede considerarse formada por tres elementos viga biempotrada
cuyos nudos y grados de libertad se indican en la figura. Su rigidez a flexión tiene
el valor:
EI z = 200 ⋅ 10 3 ⋅ 10 3 ⋅ 10 -8 = 2 MNm 2
1
7
5
3
6
4
2
1
B
2
C
3
A
8
D
Al ser los tres elementos iguales tendrán también igual matriz de rigidez, en la que
sólo es preciso calcular cuatro los cuatro términos siguientes:
12 EI z
= 24 MN / m;
L3
6 EI z
= 12 MN ;
L2
4 EI z
= 8 MN ⋅ m;
L
2 EI z
= 4 MN ⋅ m
L
31
Teoría de Estructuras
ETSI Bilbao
∆2
∆4
∆6
∆1
∆3
∆5
∆3
∆5
∆7
∆4
∆6
∆8
12 − 24 12 
 24
 12
8
− 12
4 
1
2
3


K = K = K =
− 24 − 12 24 − 12


4
− 12
8 
 12
[ ] [ ] [ ]
La matriz de rigidez ensamblada es:
∆1
∆2
12
 24
 12
8

K
K

− 24 − 12
 12
4

[K ] =  K K
 0
0

0
 0
K
K

0
 0
 0
0

M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
∆3
∆4
∆5
− 24
− 12
12
4
∆6
∆7
0 
M
M
0 

K
K
M
K
K
M K
K

24 + 24 − 12 + 12 M − 24
12
M 0
0 
− 12 + 12
8+8
M
− 12
4
M 0
0 

K
K
M
K
K
M K
K
− 24
− 12
M 24 + 24 12 − 12 M − 24 12 

12
4
M 12 − 12 8 + 8 M − 12
4 
K
K
M
K
K
M K
K

0
0
M − 24
− 12 M 24 − 12
0
0
M
12
4
M − 12
8 
M
0
0
0
0
M
∆7
∆8
0
0
La ecuación de equilibrio:
∆1
∆2
∆3
∆4
∆5
∆6
12 − 24 12
0
0
0
0  0
 V1   24
 M   12
8
− 12
4
0
0
0
0  0
 2 
  
− 0,1 − 24 − 12 48
0
− 24 12
0
0  δ 3 

 
  
4
0
16 − 12
4
0
0  θ 4 
 0   12
⋅ 

=
0
− 24 − 12 48
0
− 24 12   0 
 V5   0

 0   0
0
12
4
0
16 − 12
4  θ 6 


 
0
0
0
− 24 − 12 24 − 12  0 
 V7   0

 M 8   0
0
0
0
12
4
− 12
8   0 
32
∆8
Problemas Método Matricial de la Rigidez
Dejando únicamente los grados de libertad 3, 4 y 6 (o lo que es lo mismo,
eliminando los restantes), resulta el sistema:
− 0,1 48 0 12 δ 3 

 
  
 0  =  0 16 4  ⋅ θ 4 
 0  12 4 16 θ 
 

  6
que, una vez resuelto, proporciona para los desplazamientos los valores:
δ 3 = −0,26 cm
θ 4 = −5,21⋅ 10 −4 rad
θ 6 = 2,083 ⋅ 10 −3 rad
Las reacciones se obtendrán sin más que sustituir estos valores en la ecuación de
equilibrio, resultando:
V1 = 56,15 KN
M 1 = 29,16 KNm
V5 = 68,65 KN
V7 = −25 KN
M 8 = 8,33 KNm
33