1. Para la viga continua de la figura: a) Aplicando el método matricial y considerando el número mínimo posible de grados

de libertad (los giros en los cuatro apoyos; o sólo en los tres centrales, si se pone la rigidez adecuada en la barra de la izquierda), hallar los giros en los apoyos (cuatro o tres, según el procedimiento seguido).

b) Hallar los momentos y las fuerzas en los extremos de las barras (puede aplicarse el método clásico, a partir de los resultados anteriores).

c) Dibujar las leyes de momentos flectores y esfuerzos cortantes, acotando los valores más característicos.

d) Dibujar a estima la deformada de la viga (en consonancia con la ley de momentos flectores y los valores de los giros).

*******************************************************************

a) Los grados de libertad considerados son:

(Nota: Se puede reducir a tres grados de libertad prescindiendo de θA y considerando la rigidez de BA correspondiente a apoyo en A)

Considerando las barras biempotradas:

q

L L L L

EI=Cte

θA

A B C D

θB θC θD

B

2L q121−2L q

121

A

2L q121 2L q

121−

B C

Ahora debemos calcular los coeficientes de rigidez, realizando un giro unitario en cada apoyo:

k11 ;LEI4= k21 ;

LEI2= k31 = k41 ;0=

k12 ;LEI2= k22 ;

LEI8= k32 ;

LEI4= k42 ;0=

k13 ;0= k23 ;LEI2= k33 ;

LEI8= k43 ;

LEI2=

k14 = k24 ;0= k34 ;LEI2= k44 ;

LEI8=

1

k11 k21 k31 k41

1

1

1

La ecuación matricial de la estructura: FN- FB = K U, resulta:

Resolviendo el sistema anterior:

;EIqL1034,22

33−⋅−=Aθ

;EI

qL1000,33

3−⋅=Bθ

;EI

qL1031,103

3−⋅=Cθ

;EI

qL10577,23

3−⋅−=Dθ

b)

Barra AB:

MB ;L q 116,0LEI2

LEI4

12qL 2

2

−=++−= AB θθ

MA ;0LEI2

LEI4

12qL2

=++= BA θθ

A B

RA RB

MB

Aθ

Bθ

Cθ

Dθ

4 2 0 0

2 8 2 0

0 2 8 2

0 0 2 8

-1

0

1

0

2L q121

LEI=

qL; 384,0R A =

qL; 616,0R B =

Barra BC:

MB ;L q 116,0LEI2

LEI4

12qL 2

2

=++= CB θθ

MC ;L -0,0361qLEI2

LEI4

12qL 2

2

=++−= BC θθ

qL; 42,0R C =

RB = 0,58 q L.

Barra CD:

MC ;L q 0361,0LEI2

LEI4 2=+= DC θθ

MD ;L 0,0103qLEI2

LEI4 2=+= CD θθ

qL; 0464,0R C =

RD = 0,0464q L.

Barra DE:

MD ;L q 0103,0LEI4 2== Dθ

ME ;L 0,005154qLEI2 2−== Dθ

qL; 01546,0RR ED ==

B

RB RC

MC MB

B

RC

RD

MD MC

B

RD

RE

ME MD

Ley de momentos

T:

.c y d)

Mf:

0,116 qL2

0,00516 qL2

0,0361 qL2

0,0103 qL2

0,07373 qL2 (x=0,384L)

0,0522 qL2 (x=1,58L)

0,0155 qL

0,0464 qL

0,58 qL 0,384 qL

0,42 qL

0,616 qL

Correspondiendo las inflexiones de la gráfica con los puntos de momento nulo.

Elástica

2. Aplicando exclusivamente el método matricial, se pide: a) Desplazamiento en los nudos de la estructura y reacciones en el empotramiento

(verificar el resultado de estas últimas considerando que la sustentación es isostática). b) Solicitaciones en los extremos de cada barra. c) Dibujar las leyes de momentos flectores, esfuerzos cortantes y esfuerzos normales,

acotando los valores más característicos. E = 2,1·1011 N/m2 I = 68000 cm4 A = 56 cm2

*************************************************************************

a)

4.5 m

2.5

m

1m

3 kN/m

1m

2 kN

/m

E, 2I,2A

E, I, A

E, I, A

XL

3

1

2

XL

10 9

7

8

64

5

13

11

12

14 XL

YL

YL

YL

1

3

2

4

FN:

F1

F2

F3

FB:

Nos basamos en:

qL21 qL

21

2Lq121 ⋅ 2Lq

121 ⋅

0

qL21

2Lq121 ⋅

0

qL21

- 2Lq121 ⋅

Que implica una matriz local:

La adaptación de la situación anterior a la posición vertical de las barras 1-2 y 2-3 es inmediata. Sin embargo, para la barra 2-4, girada 12,53º, es necesario utilizar la matriz de giro y usar la expresión:

FG = RT FL.

Con estas consideraciones, resulta:

FB

-250

0

10467

-600

675

49375

-200

0

-6667

0

-150

675

-53125

0

=

Se busca ahora la matriz de rigidez de cada barra:

Es conocida la expresión de KL. Aplicando KG = RT KL R resulta:

- Barra 1-2: (θ = 90º):

219340,8 0 -27417600 -219340,8 0 -27417600

0 940800 0 0 -940800

-27417600 0 45696 105 27417600 0 22848 105

-219340,8 0 27417600 219340,8 0 27417600

0 -940800 0 0 940800 0

-27417600 0 22848 105 27417600 0 45696 105

KG 1-2 =

- Barra 2-3: (θ = 90º):

- Barra 2-4: (θ = 12,53º):

428400 0 -4284 104 -428400 0 -4284 104

0 1176 103 0 0 -1176 103 0

-4284 104 0 5712 106 4284 104 0 2856 106

-428400 0 4284 104 428400 0 4284 104

0 -1176 103 0 0 1176 103 0

-4284 104 0 2856 106 4284 104 0 5712 106

KG 2-3 =

243917,3 50342,2 -875237,2 -243917,3 -50342,2 -875237,2

50342,2 28686,2 3936550,7 -50342,2 -28686,2 3936550,7

-874944 3935232 1239106775 874944 -3935232 619553387,5

-243917,3 -50342,2 875237,2 243917,3 50342,2 875237,2

-50342,2 -28686,2 -3936550,7 50342,2 28686,2 -3936550,7

-874944 3935232 619553387,5 874944 -3935232 1239106775

KG 2-4 =

- Barra 3-4: (θ = -12,53º):

Composición de matrices. Según el siguiente esquema:

1-2 1-2

1-2 1-2

2-3

2-4

2-3 2-4

2-3 2-3

3-4

3-4

2-4 3-4 2-4

3-4

243917,3 -50342,2 875237,2 -243917,3 50342,2 875237,2

-50342,2 28686,2 3936550,7 50342,2 -28686,2 3936550,7

874944 3935232 1239106775 -874944 -3935232 619553387,5

-243917,3 50342,2 -875237,2 243917,3 -50342,2 -875237,2

50342,2 -28686,2 -3936550,7 -50342,2 28686,2 -3936550,7

-874944 3935232 619553387,5 -874944 -3935232 1239106775

KG 3-4 =

KII, I

KI,II

KII, II

KI,I FI

FII

=

UI

UII

Obteniéndose la matriz de rigideces:

219340,8 0 -27417600 -219340,8 0 -27417600 0 0 0 0 0 0 0 0

0 940800 0 0 -940800 0 0 0 0 0 0 0 0 0

-27417600 0 45696 105 27417600 0 22848 105 0 0 0 0 0 0 0 0

-219340,8 0 27417600 891658,1 50342,2 -16297637,2 -428400 0 -4284 104 0 -243917,3 -50432,2 -875237,2 0

0 -940800 0 50342,2 2145486,2 3936550,7 0 -1176000 0 0 -50342,2 -28686,2 3936550,7 0

27147600 0 22848 105 -16297344 3935232 11520706775 4284 104 0 2856 106 0 874944 -3935232 619553387,5 0

0 0 0 -428400 0 4284 104 672317,3 -50342,2 4284 104 875237,2 -243917,3 50342,2 0 875237,3

0 0 0 0 -1176000 0 -50342,2 1204686,2 0 3936550,7 50342,2 -28686,2 0 3936550,7

0 0 0 -4284 104 0 2856 106 4284 104 0 5712 106 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 874944 3935232 0 1239106775 -874944 -3935232 0 619553387,5

0 0 0 -243197,3 -50342,2 875237,2 -243917,3 50342,2 0 -875237 48834,4 0 875237,2 -875237,2

0 0 0 -50342,2 -28686,2 -3936550,7 50342,2 -28686,6 0 -3936550,7 0 57372,3 -3936550,7 3936550,7

0 0 0 -874944 3935232 -619553387,5

0 0 0 0 874944 -3935232 1239106775 0

0 0 0 0 0 0 874944 3935232 0 619553387,5 -874944 -3935232 0 1239106775

1350

1200

596213

-1350

-700

358719

FL total 1-2 =

FI = KI,II UII FI

FII = KII,II UII UII

Resolviendo (cm y rad):

- u1 = 0; - u4 = 5,55 10-2; - u7 = 0148; - u11 = 0,101;

- u2 = 0; - u5 = -1,42 10-3; - u8 = -1,6 10-3; - u12 = -0,22;

- u3 = 0; - u6 = -4,09 10-4; - u9 = -4,76 10-4; - u13 = -4,81 10-4;

- u10 = -4,85 10-4; - u14 = -4,86 10-4;

(Kg)

F1 = -1200 Kg; F2 = 1350 Kg; F3 = 596213 Kg cm;

Comprobación considerando la sustentación isostática:

-Equilibrio en x: F1 + q1 L1-3 + q2 L2-4 sen 12,53= 0; F1 = -1200 Kg;

-Equilibrio en y: F2 - q2 L2-4 cos 12,53= 0; F2 = 1350 Kg;

-Equilibrio de momentos en apoyo:

F3 + q1 2

L23-1 + 3 q2 L2-4 sen 12,53= 0; F3 = 596217 Kg cm;

b) Buscamos FL total aplicando:

FL total = G LBL URK F ⋅⋅+ para cada barra.

185,6

1235

207054

-185,6

-835,3

0

Lo cual, en diagramas corresponde a:

Barra 1-2:

FL total 2-3 =

775

1020

151665

-775

362

0

FL total 2-4 =

1359

596213 700

1200

1350 358719

Barra 2-3:

Barra 2-4:

Barra 3-4:

362

185,6

207054 835,3

1235

185,6 0

775

151665 0

1020

775

8065,7 8065,7

d) a partir de los resultados del apartado anterior, podemos obtener los siguientes diagramas:

N:

T:

362 Kg

855Kg

775 Kg

185 Kg

1390 Kg

700

1235 Kg

1020 Kg

835 Kg

1200 Kg

592612 Kg cm

151664Kg cm

207055 Kg cm

358719 Kg cm

M:

3. Aplicando exclusivamente el método matricial para estructuras articuladas, se pide: a) Desplazamiento en los nudos de la estructura y reacciones en los apoyos. b) Solicitaciones. c) Interpretación de resultados. A1 = A3 = 10 cm2 A2 = 20 cm2 A4 = 30 cm2 E = 2,1·106 kg/cm2 *********************************************************************

Por tratarse de una estructura articulada la matriz de rigidez local de cada barra es:

12

4

3

6 m

20 t

50 t

2

1

4

3

5

8 m

8 m

LAE

-

LAE

-L

AE

LAE

KL =

0

00 00

0

0 0

00 00

La matriz de rotación para pasar a ejes globales es:

Los ángulos de cada barra valen, en radianes: θ1=0 θ2=π+0.6435 θ3=-π/2 θ4=-0.6435

Las matrices locales de cada barra resultan (cm y Kg):

θ XG

YG

XL

K1 =

--2,625 106

00

0

0-2,625 106

2,625 106 0

0 0

2,625 106 0

00 00 0 0

YL

R =

0

00

0

00

cos θ sen θ

-sen θ -cos θ

cos θ sen θ

00 00-sen θ -cos θ

Para obtener las matrices globales de cada barra basta hacer el producto con la

matriz de rotación de la forma: KG=RT·KL·R. Se dan directamente las matrices globales de cada barra y la matriz de la estructura resultado del ensamblaje.

Colocar aquí las dos páginas de excel

K4 =

--6 3 106

00

0

0-6 3 106

6,3 106 0

0 0

6,3 106 0

00 00 0 0

K3 =

--3,5 106

00

0

0-3,5 106

3,5 106 0

0 0

3,5 106 0

00 00 0 0

K2 =

--4,2 106

00

0

0-4,2 106

4,2 106 0

0 0

4,2 106 0

00 00 0 0

-14962,5

0

14962 5

b) FL = KL R UG c) + : TRACCIÓN; - : COMPRESIÓN. (Kg.)

-27972

0

27972

0

-12250

0

12250

0

15498

0

-15498

0

=N

1F

=N

1F

=N

1F

=N

1F

2

1

4

3

5

14962,5 27972

15498

-15498

4. P = 5 t , q = 2 t/m (la distancia se entiende en proyección horizontal). Todas las barras son HEB500, con: I = 107200 cm4 , A = 239 cm2. En los siguientes apartados se piden algunas de las operaciones a realizar para la resolución de la estructura representada, o cuestiones relacionadas con ellas. a) Dibujar y numerar los grados de libertad necesarios para resolver la estructura. Se pide hacerlo de forma que se cumplan las dos condiciones siguientes:

• Que el ancho de banda de la matriz de rigidez de la estructura sea mínimo. • Que se consideren como nudos los puntos designados con las letras A a H.

b) Representación esquemática del ensamblaje de las matrices de rigidez de cada una de las barras para formar la matriz de rigidez de la estructura. c) Para el sistema de cargas representado, expresar el vector de cargas y el vector de desplazamientos de la ecuación de la estructura (valores numéricos con unidades homogéneas), introduciendo las condiciones de contorno. El vector de cargas se expresará descompuesto en dos sumandos:

• uno correspondiente a las cargas que actúan directamente en los nudos • otro correspondiente a las cargas en nudos equivalentes a las cargas en barras.

d) Supóngase que el apoyo G reposa sobre un terreno de comportamiento elástico. En dicho terreno se ha realizado una prueba de carga, resultando un descenso de 1’8 mm. para una carga de 2500 Kg. Expóngase, de forma razonada, qué modificaciones habría que introducir en la matriz de rigidez de la estructura y en el vector de desplazamientos para tener en cuenta el comportamiento de dicho apoyo, y cómo se obtendría la reacción en G.

*************************************************************************

a) Para que el ancho de banda de banda de la matriz sea mínimo, las barras deben tener como extremos a nudos con la numeración lo más cercana posible.

3

3 3

q

q q

HG

E

A B C

DF

P

P

4 8 8 2 2

b)

1 2 3 4 5 6 7 8

1 1-3 1-3

2 2-3 2-3

3 1-3 2-3 2-3

1-3

3-4

3-4

4 3-4 3-4

4-6

4-6

5 5-6 5-6

6 4-6 5-6 4-6

5-6

6-7

6-7

7 6-7 6-7

7-8

7-8

8 7-8 7-8

19

15

13

14

25

23

24

22

20

21

18

16

17

12

10

11

9

7

8

64

5

2 3

1 1

3

2

4 56

7

8

4

8

7

6

5

9

b) Vector de cargas:

FN :

FB :

2-3:

0 F2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

F13 F14 0 0 0 0 0

5000 0 0

F23 F24 F25

FG 2-3

0

2qL

12qL2

0

2qL

12qL2

=

0 4000

2666,7 0

4000 -2666,7

=

12qL2

−

3-4:

4-6:

5-6:

7

8

9

10

11

12

0

2qL'

+2P

12qL 2 '

+8

PL'

0

2qL'

+2P

-12

qL 2 '

-8

PL'

FG 3-4

0 6500

5166,7 0

6500 -5166,7

==

10 11 12 16 17 18

0 8000

10666,7 0

8000 -10666,7

=FG 4-6

13 14 15 16 17 18

FG 5-6

0 8000

-10666,7 0

8000 10666,7

=

L’

Finalmente, FB :

Vector de desplazamientos, U:

u1 0 u3 u4 u5 u6 u7 u8 u9

u10 u11 u12 0

0 u15 u16 u17 u18 u19 u20 u21 u22 0 0 0

0 0 0 0

4000 2666,7

0 10500 2500

0 14500 5500

0 8000

-10666,7 0

16000 0 0 0 0 0 0 0 0

0 4000

2666.7

0 4000

-2666.7

0 6500

5166.7

0 6500

-5166.7

0 8000

10666.7

0 8000

-10666.7

0 8000

-10666.7

0 8000

10666.7

=

1 2 3 4 5 6 7 8 9

10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

d) Para modelar el terreno elástico, se introduce un nuevo nudo (9), con un nuevo grado de libertad en vertical, el número 26, y entre éste y el apoyo (1) colocamos un muelle de constante elástica k.

El valor de la constante k será: k = L

F∆

= 1,3889 10 Kg/m

Para la nueva barra (1)-(9), la matriz que relacione desplazamientos y cargas será:

Afectando al problema en:

FN - FB = K U

La condición de ancho de banda mínimo obligaría a reconsiderar la numeración de nudos y de grados de libertad.

2 26

k -k -k k

Ensamblar k en los nudos

(1)-(9)

u2

...

0

2 26

0

...

F26

0

...

0