ESCUELA DE INGENIEROS INDUSTRIALES DE ALBACETE. UCLM
TRABAJO 5
CÁLCULO MATRICIAL: ENTRAMADOS
ARTICULADOS
MIGUEL ÁNGEL GARCÍA GARCÍA
INGENIERÍA DE ESTRUCTURAS Y DE MÁQUINAS.
MÁSTER DE INGENIEROS INDUSTRIAL
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Calculo Matricial, Apuntes de Ingeniería Mecánica
Asignatura: Mecánica y Teo. Mec. 1, Profesor: , Carrera: Ingeniería Mecánica, Universidad: UCLM
Tipo: Apuntes
2013/2014
1 / 26
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ESCUELA DE INGENIEROS INDUSTRIALES DE ALBACETE. UCLM
TRABAJO 5
CÁLCULO MATRICIAL: ENTRAMADOS
ARTICULADOS
MIGUEL ÁNGEL GARCÍA GARCÍA
INGENIERÍA DE ESTRUCTURAS Y DE MÁQUINAS.
MÁSTER DE INGENIEROS INDUSTRIAL
P
H
L
2
(^5 )
3
1
H
TRABAJO 5.
Cálculo Matricial: Entramados
Articulados
La estructura articulada de la figura está formada por perfiles IPE 200
de acero S275J. Calcular los esfuerzos axiles en las barras y el
desplazamiento horizontal del nudo 5 en los siguientes casos de
cargas actuando independientemente:
- Carga puntual P en el nudo 1
- Variación de temperatura de 100 o^ C en la barra 2-4.
- Desplazamiento de los apoyos: i. Descenso vertical del nudo 5 de 5 mm ii. Movimiento horizontal hacia la derecha del nudo 3 de 5 mm Datos: 𝐻𝐻 = 300 + 3 ∗ 14 = 342 𝑐𝑐𝑐𝑐 = 3.42𝑐𝑐 𝐿𝐿 = 300 + 2 ∗ 31 = 362 𝑐𝑐𝑐𝑐 = 3.62 𝑐𝑐 𝑃𝑃 = 20000 + 100 ∗ 50 = 25000 𝑁𝑁 = 25 𝑘𝑘𝑁𝑁
Como vemos es la misma estructura que hemos resuelto en el Trabajo 4. La diferencia, de este
trabajo respecto al anterior, es el método resolutivo que emplearemos, “Análisis Matricial:
Método de Rigidez (método de los desplazamientos)”. En este método lo que se pretende en
primer lugar es determinar los desplazamientos de los nudos, en este problema solo
tendremos desplazamientos en X e Y, y posteriormente, mediante las relaciones de esfuerzos
en extremos de barra-desplazamientos, se obtienen los esfuerzos en los extremos de todas las
barras.
{𝐹𝐹} = [𝐾𝐾] ∗ {𝛿𝛿}
Para calcular la matriz en coordenadas globales necesitamos utilizar la matriz de cambio G.
𝐺𝐺 = �cos^ 𝛼𝛼^ −^ sin^ 𝛼𝛼 sin 𝛼𝛼 cos 𝛼𝛼
𝐾𝐾𝑖𝑖𝑖𝑖 ′^ = 𝐺𝐺 ∗ 𝐾𝐾𝑖𝑖𝑖𝑖 ∗ 𝐺𝐺 𝑇𝑇^ = �cos^ 𝛼𝛼^ −^ sin^ 𝛼𝛼 sin 𝛼𝛼 cos 𝛼𝛼
� ∗ �𝐸𝐸𝐸𝐸/𝐿𝐿^0
� ∗ � cos^ 𝛼𝛼^ sin^ 𝛼𝛼 −sin 𝛼𝛼 cos 𝛼𝛼
� cos^
(^2) 𝛼𝛼 sin 𝛼𝛼 cos 𝛼𝛼 sin 𝛼𝛼 cos 𝛼𝛼 sin^2 𝛼𝛼
Matriz Barra 1 en Globales.
𝐾𝐾 ′^1 = �
Barra 2 (Nudos 1-3) L=3.42 m α=270°
Matriz Barra 2 en Locales
𝐾𝐾^2 = �
Matriz Barra 2 en Globales
𝐾𝐾 ′^2 = �
Barra 3 (Nudos 2-3) L=1.81 m α=0°
Matriz Barra 3 en Locales y Globales.
𝐾𝐾 ′^3 = �
Barra 4 (Nudos 2- 4) L=3.8694 m α=297.89°
Matriz Barra 4 en Locales.
𝐾𝐾^4 = �
Matriz Barra 2 en Globales
𝐾𝐾 ′^4 = �
Barra 5 (Nudos 2-5) L=3.8694 m α=242.11°
Matriz Barra 5 en Locales
𝐾𝐾^1 = �
Matriz Barra 5 en Globales.
𝐾𝐾 ′^1 = �
La matriz de Rigidez ensamblada completa será la siguiente:
Esta matriz es la misma para todas las hipótesis de cargas que puede tener la estructura.
Carga puntual de 25 kN en Nudo 1
En este caso el vector de fuerzas F sería:
Como conocemos las fuerzas en los nudos podemos calcular los desplazamientos desconocidos
considerando.
{𝐾𝐾 −^1 } ∗ {𝐾𝐾} ∗ {𝛿𝛿} = {𝐾𝐾 −^1 } ∗ {𝐹𝐹} → {𝛿𝛿} = {𝐾𝐾 −^1 } ∗ {𝐹𝐹}
Entonces seleccionamos la matriz desacoplada K y el vector F que nos interesa.
La matriz desacoplada K será:
(^1 2 3) Y
3 Y 0 -174915,2632 0 0 349830,
Y el vector F de los nudos libres es:
kN 25 F1x 0 F1y 0 F2x 0 F2y 0 F3y Realizamos la inversa de la matriz K seleccionada y la multiplicamos por el vector de fuerzas
resultando unos desplazamientos:
m 0,002191913 δ1x -0,000540119 δ1y 6,27892E-05 δ2x 0,000195566 δ2y -0,00027006 δ3y
Esfuerzos.
Para obtener los esfuerzos necesitamos realizar la siguiente operación de matrices.
Se multiplica por la matriz G transpuesta para cambiar los desplazamientos a coordenadas
locales.
cos 𝛼𝛼 sin 𝛼𝛼 − sin 𝛼𝛼 cos 𝛼𝛼
cos 𝛼𝛼 sin 𝛼𝛼 − sin 𝛼𝛼 cos 𝛼𝛼 cos 𝛼𝛼 sin 𝛼𝛼 − sin 𝛼𝛼 cos 𝛼𝛼
cos 𝛼𝛼 sin 𝛼𝛼 − sin 𝛼𝛼 cos 𝛼𝛼
Como la estructura es de nudos articulados solo tendremos esfuerzos Axiles.
La siguiente figura pretende ser una explicación para entender los resultados que
obtendremos al realizar la operación de las anteriores matrices.
Axiles
Los esfuerzos serán iguales en magnitud en ambos nudos en las barras, pero de sentido
contrario.
Si tenemos –N (kN) en el nudo i y N (kN) en el nudo j entonces tendremos Tracción, en cambio,
si tenemos N (kN) en el nudo i y –N (kN) en el nudo j entonces la barra estará sometida a
compresión.
Barra 1 (Nudos 1-2)
Matriz K 1 Matriz GT^ δ (m) N (kN)
Tipo de esfuerzo 154598,99 0 -154598,99 0 -0,46776898 -0,88385077 -0,46776898 -0,88385077 0,00219191 -53,
Tracción
-154598,99 0 154598,99 0 -0,46776898 -0,88385077 -0,46776898 -0,88385077 6,2789E-05 53,
Barra 2 (Nudos 1-3)
Matriz K 2 Matriz GT^ δ (m) N (kN) Tipo de N 174915,263 0 -174915,263 0 0 -1 0 -1 0,00219191 47,
Compresión
Barra 3 (Nudos 2-3)
Matriz K (^3) Matriz GT^ δ (m) N (kN) Tipo de N 330502,873 0 -330502,873 0 1 0 1 0 6,2789E-05 20, 0 0 0 0 0 1 0 1 0,00019557 0 Compresión
-330502,873 0 330502,873 0 1 0 1 0 0 -20,
0 0 0 0 0 1 0 1 -0,00027006 0
Comprobación uSatic
Barra Axil [kN] 1 53, 2 -47, 3 -20, 4 22, 5 31, 6 -47,
Como vemos coinciden los resultados a mano y con el programa.
Variación de Temperatura de 100 °C
en Barra 4 (Nudos 2-4)
Para resolver esta hipótesis de carga necesitamos suponer dos estados.
El estado 0 con los nudos bloqueados.
El esfuerzo que introduce en la barra la variación de temperatura es:
𝑁𝑁 = 𝐸𝐸 ∗ 𝐴𝐴 ∗ 𝛼𝛼 ∗ ∆𝑇𝑇
𝑚𝑚^2
; 𝐴𝐴 = 0.00284862 𝑚𝑚^2
𝛼𝛼 = 1.2 ∗ 10 −^5 °𝐶𝐶 −^1 ; ∆𝑇𝑇 = 100°𝐶𝐶
𝑁𝑁 = 2.1 ∗ 10 8 ∗ 0.00284862 ∗ 1.2 ∗ 10 −^5 ∗ 100 = 717.85224 𝑘𝑘𝑁𝑁
Por tanto las reacciones serian:
𝑅𝑅 4 𝑦𝑦 = −𝑅𝑅 2 𝑦𝑦 = 717.85224 ∗ sin 62.11° = 634.4742 𝑘𝑘𝑁𝑁
𝑅𝑅 4 𝑥𝑥 = −𝑅𝑅 2 𝑥𝑥 = 717.85224 ∗ cos 62.11° = 335.789 𝑘𝑘𝑁𝑁
Entonces el vector de fuerzas del estado 0 será:
En el estado 0 solo existirá esfuerzo axil en la barra 4 (nudos 2-4) y este será de 717.85224 kN y
será de compresión.
El estado I con los nudos liberados y introduciendo las fuerzas que hemos obtenido antes pero
de sentido contrario
Entonces el vector de fuerzas seria:
Ahora multiplicamos la matriz K completa por el vector de desplazamientos completa. Y así
conseguimos calcular las reacciones. Ahora para obtener las fuerzas del estado original tenemos que sumarle el vector de fuerzas del estado 0.
- δ1x 0, m
- δ1y - 4,129E-
- δ2x - 0 ,
- δ2y 0,
- δ3x
- δ3y - 2 ,06457E-
- δ4x
- δ4y
- δ5x
- δ5y - F1x kN - F1y - F2x -335, - F2y 634,
- R 3x 278,
- F3y
- R 4x 196,
- R 4y -371,
- R 5x -139,
- R 5y -263,
- F1x kN
- F1y
- F2x
- F2y
- R 3x 278,
- F3y
- R 4x -139,
- R 4y 263,
- R 5x -139,
- R 5y -263,
- R 3x 278,
Comprobación uStatic
Nudo Hipótesis
RFX
[kN]
RFY
[kN] 3 2 278,732 0 4 2 -139,366 263, 5 2 -139,366 -263,
Esfuerzos.
Para obtener los esfuerzos necesitamos realizar la siguiente operación de matrices.
Se multiplica por la matriz G T^ para cambiar los desplazamientos a coordenadas locales.
cos 𝛼𝛼 sin 𝛼𝛼 − sin 𝛼𝛼 cos 𝛼𝛼
cos 𝛼𝛼 sin 𝛼𝛼 − sin 𝛼𝛼 cos 𝛼𝛼 cos 𝛼𝛼 sin 𝛼𝛼 − sin 𝛼𝛼 cos 𝛼𝛼
cos 𝛼𝛼 sin 𝛼𝛼 − sin 𝛼𝛼 cos 𝛼𝛼
Como la estructura es de nudos articulados solo tendremos esfuerzos Axiles. En este caso
tendremos que sumar los esfuerzos de las barras en los dos estados.
En el estado 0 solo tendremos esfuerzos en la barra 4 que será de 717.85224 kN y de
compresión.
𝑁𝑁 = 𝑁𝑁^0 + 𝑁𝑁 𝐼𝐼
Axiles
Los esfuerzos serán iguales en magnitud en ambos nudos en las barras, pero de sentido
contrario. Si tenemos –N (kN) en el nudo i y N (kN) en el nudo j entonces tendremos Tracción,
en cambio, si tenemos N (kN) en el nudo i y –N (kN) en el nudo j entonces la barra estará
sometida a compresión.
Barra 4 (Nudos 2-4)
Matriz K 4 Matriz GT^ δ (m) NI^ (kN) N^0 (kN) N (kN) 154598,9902 0 -154598,9902 0 0,467768975 -0,883850771 0,467768975 -0,883850771 -0,00084336 -419,915 717,852 297, 0 0 0 0 0,883850771 0,467768975 0,883850771 0,467768975 0,002626754 0 0 0 -154598,9902 0 154598,9902 0 0,467768975 -0,883850771 0,467768975 -0,883850771 0 419,915 -717,85224 -297, 0 0 0 0 0,883850771 0,467768975 0,883850771 0,467768975 0 0 0 0
Barra 5 (Nudos 2-5)
Matriz K 5 Matriz GT^ δ (m) NI^ (kN) N^0 (kN) N (kN) 154598,9902 0 -154598,9902 0 -0,467768975 -0,883850771 -0,467768975 -0,883850771 -0,00084336 -297,937 0 -297, 0 0 0 0 0,883850771 -0,467768975 0,883850771 -0,467768975 0,002626754 0 0 0 -154598,9902 0 154598,9902 0 -0,467768975 -0,883850771 -0,467768975 -0,883850771 0 297,937 0 297, 0 0 0 0 0,883850771 -0,467768975 0,883850771 -0,467768975 0 0 0 0
Barra 6 (Nudos 3-4)
Matriz K 6 Matriz GT^ δ (m) NI^ (kN) N^0 (kN) N (kN) 174915,2632 0 -174915,2632 0 0 -1 0 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 -174915,2632 0 174915,2632 0 0 -1 0 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0
Barra Axil (kN) Tipo de N 1 0 2 0 3 278,732 Tracción 4 297,937 Compresión 5 297,937 Tracción 6 0
Comprobación uStatic.
Descensos de Apoyos
- Descenso vertical del nudo 5 de 5 mm
- Movimiento horizontal hacia la derecha del nudo 3 de 5 mm
En este caso, no tenemos ninguna fuerza externa en los nudos, pero sí que sabemos los
desplazamientos en los nudos que sufren descensos. Y el vector de desplazamientos quedaría.
Si planteamos las ecuaciones obtendríamos unos términos independientes debidos a los
desplazamientos conocidos, así conseguimos valores que simularemos como si fueran fuerzas
externas.
Barra
Axil [kN] 1 0 2 0 3 278, 4 -297, 5 297, 6 0