Ottazzi 2014 - Análisis estructural (1).pdf

Ottazzi 2014 - Análisis estructural (1).pdf

1. 2014
Gianfranco Ottazzi Pasino
i
APUNTES DELCURSO
ANÁLISIS ESTRUCTURAL
I
PONTIFICIAUN IV,ERSIDADCATOJ.ICADEL PERU
FACULTAD DECIENCIAS E INGENIERíADEPARTAMENTODEINGENIERíASECCiÓN INGENIERíA CIV
I
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3. 2014
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OCTAVA EDICiÓN
Gianfranco Ottazzi Pasino
-
APUNTES DELCURSO
ANÁLISIS ESTRUCTURAL I
PONTIFICIAUNIV.ERSIDADCATO~ICADEL PERU
FACULTAD DECIENCIAS
E
INGENIERíA
DEPARTAMENTO DEINGENIERfASECCiÓN INGENIERfA CIVIL
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5. 767879 727373 4045 141
4
1011 355678
Capítulo 3 Indet
e
rm
i
nación Cinemática
3.1 Número de Grados de Libertad de u
n
a Es
tr
uctura
3
.
2 Armaduras Planas - 20
3
.
3 Vigas 20
Cap
í
tulo 1 Introducción
1
.
1 Breve H
istoria del Análisis Estructural
1.2 El Análisis Matricial1.3 El Ob
jetivo de los Métodos Matriciales
1.4 ¿Qué es un Computador?
1.4.1 El Computador y el Anális
is Matr
icial
1.5 El
I
ngeniero
,
El Análisis Matricial
y
el Computador
1.6 Estruct
u
ras (algunas definiciones)
1
.
6.1 Definición General de una Estructuras
1
.
6.2 Función de una Estructura
1
.
6.3 Los Edificios son el Resultado
del
Ensambla
je de Diversos Sistemas
1.6.4 Sistema Estructural
de
un
Ed
ificio de Concreto Armado
1
.
6
.
5 Definición de Es
t
ructura para un Ingen
iero Estructural
1
.
6.6 Definic
ión de Estructuras para Análisis Estructural 1
1.7 Objetivo del Aná
lisis Estructural
1
.8 Objetivo del Diseño Es
tru
ctural
1
.
8
.
1 Etapas del Proyecto Estructu
r
al
1.8
.
1
,
a Ejemplo de un Plano de Estructuras
1
.
9
Elementos Estructura
les y No Est
ru
cturales
1
.1
0 Modelos (idea
lización) de las Estructuras
1
.
10
.
1 A
lgunos Modelos de Es
t
ruct
u
ras Simples
1
.
10
.
2 Otro Modelo S
imp
le de una Estructura Plana
1
.
10
.
3 Algunos Modelos 3-D de Edificios
1
.
10
.
4 Con
v
ers
ión de un Modelo 3-D a u
n
Modelo de P
ó
rticos Pla
n
os 2-D
1
.
10
.
5 otro Caso de Mode
lo 3-0 a un Modelo de Pórticos Planos
2
-
D
1
.
10
.
6 Otro Caso de Modelo 3
-
0 a un Modelo de Pórt
icos Planos 2
-
D
1
.
10
.
7 Algunos
M
odelos 3-D de Estructuras
1.10.8 Pórt
ico 2
-
D (p
lano
)
con Mu
r
os de Corte o P
lacas de Concreto Armado
1
.
10
.
9 Clasificación de
las Estructuras
1
.
10.1
.
0 Grandes Grupos en la Clas
ifi
cac
ión de las Estructuras
1
.
10
.
11 Nudos de Pórticos
Capítulo 2 Basesdel
Análisis
Estructural
2
.
1 Bases del Aná
li
sis Es
t
ructura
l
2.2 H
ipótes
is Básicas del Análisis Es
t
ructural
2
.
2
.
1 P
rim
e
r
a H
ipótes
is Básica - Desplazam
ien
t
os Peq
u
eños
2.2
.
1.a Algunos E
jemplos de No Linealidad Geométrica
2
.
2.2 Segunda Hipótes
is Básica - Equilib
ri
o Estático
2
.
2
.
3 Tercera H
ipótes
is Básica - Compatib
ili
dad
2
.
2.4 Cuarta Hipótesis Bás
ica - Condiciones de Contorno
2
.
2.5 Qu
inta H
ipótesis Básica - Unicidad de las Soluciones
2.2.6 Sexta Hipótesis Bás
ica
-
Comportamien
t
o Elást
ico Uneal
2
.
2
.
6
.
a Fuen
t
es de No lineal
id
ad en u
n
a Estructu
r
a
2
.
2
.
7 Sétima H
ipótes
is
Bás
ica - Princip
io de Superpos
ición
2
.
2
.
7
.
a Superposición de Fuerzas
2.2.7.b Método de Flexibilidad2
.
2.7
.
c Superpos
ición de Desplazam
ientos
2
.
2
.
7
.
d Método de R
ig
idez
2
.
3 P
ri
ncipio de las Fuerzas V
irtuales
2.4 Principio de los Desp
lazam
ientos Virtuales
2.5 Teorema de Betti
INOleE
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6. )
3.4 Pórticos Planos 2D 79
3.4.1 Pórticos Planos Ortogonales 3.4
.
2 Pórticos Planos No Ortogonales
3.5 Pórticos Espaciales 3D 87 3.6 Estructuras Simétricas 88
3
.
6
.
1 Tipos
de
Simetría
3
.
6.1.1 Simetrfa Respecto a un Eje
3.6
.
1
.
2 Simetría Respecto a un Punto
3
.
6
.
1.3 Simetrfa Respecto a un Plano
3
.
7 Estructuras Simétricas Cargadas Simétricamente 89
3
.
7.1 Condiciones de Contorno en el Plano (eje) de Simetrla. Carga Simétrica
3
.
8 Estructuras Simétricas con Carga Antisimétrica 95
3.8.1 Condiciones de Contorno en el Plano (eje) de Simetrfa. Carga Antislmétrica 83
3
.
9 Simetrra Respecto a un Punto 98
3
.
10 Simetrfa de Armaduras 99
3
.
11 Simetrla en Parrillas 100
3
.
12 Simetrra en Pórticos Espaciales 101
3
.
13 Descomposición en Carga Simétrica y Antisimétrica 102
3.14 Ejemplo de Simetrfa y Antisimetrra en un Pórtico Plano 103
Caprtulo 4 Ritrldecesde Barra
4.1 Coeficientes de Rigidez de Barra 109 4
.
2 Barras Tipo Armadura 109
4
.
3 Barras Tipo Viga o Columna - Rigidez al Giro 1
1
1
4.4 Barras Tipo Viga o Columna - Rigidez al Giro Modificada 114 4
.
5 Barras Tipo Viga o Columna - Rigidez en Traslación 116
4.6 Barras con Brazos Ríg
idos - Rigidez al Giro 117
4.7 Barras con Rótulas Internas 118 4.8 Barras Quebradas 121 4.9 Elementos de Sección Variable 122
4.9.1 Relación entre los Coeficientes de Rigidez de Barras de Sección Variable 4
.
9.2 Coeficientes de Rigidez de Barras de Sección Variable
4.9
.
3 Rig
idez al Giro Modificada
4
.
9.4 Coeficientes de Rigidez - Barras con Desplazamiento Relativo
4
.
9.5 Rigidez para Barras con Empotramiento Deslizante
4
.
9.6 Momento~"de Empotramiento en Barras de Sección Variable
4.9.7 Momento de Empotramiento en Barras de Sección Variable - Extremo Articulado 4.9
.
8 Momentos de Empotramiento en Barras de Sección Variable .... Extremo
Empotram
iento Deslizante
4
.
10 Influencia de las Deformaciones por Fuerza Cortante 132
4
.
10
.
1 Factor de Forma de una Sección
4
.
10
.
2 Ejemplo de la Influencia de la Fuerza Cortante
4.10.3 Matriz de Rigidez de una Barra con Deformaciones por Corte 4.10.4 Factores de Transporte en Barras con Deformaciones por Corte 4.10
.
5 Variación de los Coeficientes de Rigidez
-
Barras de Sección Constante con
Deformaciones por Corte
4
.
10
.
6 Rigidez al Giro Modificada
de
una Barra con Deformaciones por Corte
4.10.7 Momentos de Empotramiento con Deformaciones por Corte
4.11 Resumen de los Casos más Comunes - Coeficientes de Rigidez Vigas de Sección
Constante s
in Deformaciones por Cortante
.
140
4
.
1~Resumen de los Casos más Comunes
-
Momentos de Empotramiento en Vigas de
reCCión Constante sin Deformaciones por Cortante 141
Capítulo S Ecuaciones de Pendiente - Deflexión
5
.
1
I
ntroducción
144
5.2 Ec
u
ac
iones de Pendiente - Deflexiones
.
Barras sin Desplazam
iento Relativo de los
I
Extremos
144
5
.
3 Solu
c
ión de
E
structura
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6
7
270270 226229 198200209210220 171 163163163167
Cap
it
ulo 7 FormulAción Matricial del Método de Rigidez
7.1 Introducción7
.
2 Expresiones de
l
Trabajo Real y del Trabajo Complementario
7
.
3 Matriz de Transformación de Desplazamientos
7.4 Ensamblaje de la Matriz de R
ig
idez
7
.
5 Principio de Contragradiencia
7.6 Ensamblaje del Vecto
r
de Cargas en Nudos
7
.
7 Etapas de la Formulación Matricial del Método de Rigidez
7
.
8 Sistematizac
ión Parcial del Ensamblaje de la Matriz de R
igidez
7
.
8
.
1 Resumen de
l
Proced
imiento
7
.
9 Transformación de Coordenadas
7
.
10 Matrices de Rig
idez de Barra en Sistema Globa
l
7
.
1
1
Condensac
ión de la Matriz de Rigidez
7
.
11
.
1 Desplaz
ami
entos
I
mpu
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a
lg
u
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e
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s Coo
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7
.
1
1
.
2 Carg
a
s Nul
a
s en algunas d
e
las Coorden
a
da
s
111
5.4 Ecuac
iones de Pendiente - Deflexión
.
Barras con Desplazamiento Relativo de los
Extremos
148
5
.
5 Modificac
ión de las Ecuaciones de Pendiente - Deflexión 149
5
.
6 Estructuras con Desplazamiento Lateral 154
5
.
7 Estado Primario y Complementario 160
Capitulo 6 Método de Ril!idez
6
.
1 Introducción
6
.
2 Etapas del Método de R
igidez
6.3 Ejemplos Introductorios al Método de Rig
idez
6.4 Propiedades de la Matriz de Rigidez
6.4.1 La Matriz de R
ig
idez es Simétrica
6.4
.
2 Los Términos
de
la Diagonal Principal (kii) son Positivos
6.4.3 El Producto de las Matrices de Rigidez y Flexibilidad es la Matriz Unitaria6.4.4 La Matriz de Rigidez es Definida Positiva6.4
.
5 Relación entre la Energía Interna y los Coeficientes de Rigidez
6.4
.
6 La Matriz de Rigidez No Depende de
l
Sistema de Cargas
6.4
.
7 El Ensamblaje de la Matriz de Rigidez es Fácil de Sistematizar
6.5 Cargas en Barras
6.5
.
1
-
Estado Primario y Estado Complementario
6.5
.
1
.
a Estado Primario (cargas de f
ijac
ión)
6
.
5.1
.
b Estado Complementario
6
.
6 Relaciones entre
[F]
y
[K]
6
.
7 Elementos con Discontinuidades - Reducción de Coordenadas
6.8 Fuerzas de Empotramiento en Elementos Inclinados6
.
9 Pórticos Planos con Elementos Incl
inados
-
6
.
10 Pórt
icos Planos Sujetos a Cargas Latera
les
6
.
10.1 Matriz de Flexibi
lidad Lateral de Pórticos P
lanos
6
.
10
.
2 Matriz de Rig
idez lateral de Pórticos Planos
6.11 Efecto del Desplazamiento o Movim
iento de Apoyos
6.12 Efecto de los Cambios de Temperatura
6
.
12.1 Cambio uniformes de Temperatura
6
.
12.2 Gradientes de Temperatura
6
.
13 Parrillas
6
.
14 Deformac
iones por Cortante
6
.
15 Estructuras con Elementos de Sección Variable
6.16
E
structuras con E
lementos Indeformables
6.17 Estructuras Espaciales6.18 Análisis para Diversos Casos o Estados de Carga6
.
19 Ámb
ito de Aplicación del Método de Rigidez
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8. Nociones de Álgebra
Matricial
Anexo2
Tablas de Rigideces de Barras
de
Sección Variable
Anexo 1Capítulo 9 Lineas de Influencia (Cargas
'Móviles)
Capítulo en construcción
Capítulo 8
.
Método de Cross
8.1 Introducción 8
.
2 Algunas Ideas Centrales del Método de Cross
8.3 Ejemplo de Introducción al Método de Cross 8.4 Definiciones Preliminares en el Método de Cross 8
.
5 Método de Cross Liberación de Nudo por Nudo
8
.
6 Método de eross Liberación Simultánea de Nudos
8.7 Pórticos sin Desplazamientos Laterales 8
.
8 Elementos con Discontinuidades - Reducción de Coordenadas
8.9 Movimientos de Apoyo 8
.
10 Vigas de Sección Variable
8
.
11 Estructuras con Desplazamiento (Traslación) de Nudos
8.11
.
1 Método de Cross Indirecto
8.12 Consideraciones Finales
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,
.,•2\
328
)
329
)
329
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333 335
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337
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341
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348 354
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357
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9. 1
4) Análisis de Estructuras - Métodos Clás
ico y Matric
ial
.
McCo
r
mac - Ne
lson
.
Segunda Edic
ión
.
Alfaomega
.
- Capitulo 1
.
Introducción
.
- Cap
í
tulo 4
.
Reacciones
.
-
Capi
t
ulo 9. Líneas de Influenc
ia
.
- Capítu
lo 11
.
Deflex
iones y rotaciones
:
métodos de e
n
erg
í
a.
-
Capítulo 16
.
Pend
iente - Deñexi
ó
n: un método de aná
li
s
is po
r
desp
lazam
ientos
.
5) Structural Analysis - A Unified Classical and Matrix Approach. Gha
li
- Neville
.
Cuarta Edic
ió
n
. E&
F
N Spon
.
-
Capítulo 2
.
Introduct
ion to
t
he analys
is of statically inde
t
e
r
mína
t
e struc
t
ures
- Capit
u
lo 4
.
Displacement method of analys
is.
- Cap
í
tu
lo 15
.
Analysis of Shear - Walls structures
.
- Capítulo 22
.
Computer analysis of f
r
amed s
tru
ctures
.
- Capítulo 23
.
Implemen
t
a
ti
on o
f
computer analys
is
.
3) Teoría Elemental de Estructuras. Yuan
-
Y
u
Hsieh
.
Prentice
H
all.
- Capitulo 6
.
Lineas de influencia para estructuras estát
icame
n
te de
t
ermi
n
adas
.
- Capítulo 7
.
Cargas concentradas móviles: Criterios para
los va
lores máximos.
-
Capítu
lo 9
.
Aná
li
s
is de est
r
uctu
r
as estáticamente
indeterm
in
adas po
r
el Método de las
Deformaciones Compatibles (Método de F
lexibilidad)
.
Volumen 2- Capítulo 8
.
La esencia del anális
is estructural.
- Capítu
lo 14. D
istribución de momentos una introducción al Método de Rigidez.
2) Ingenierla Estructural. White, Gergely Sexsmith. Limusa
.
Volumen 1- Capítulo 1
.
La evoluci6n de una estructura
.
- Capitulo 2. Los ob
jetivos de
l
d
iseño estructura
l.
- Capitulo 3
.
Cargas
.
-
Capltulo 4
.
Forma es
t
ructural.
-
Capitulo 5. In
t
rod
u
cción al análisis estruc
t
ura
l.
- Capítulo 7
.
Análisis aproximado de estructuras estát
icamente
indeterminadas
.
1) Anexo 2 de estos apuntes. Nociones de A
lgebra Mat
ri
cia
l,
tomado del libro Análisis
Estructural, Jeffrey P
.
Laible, McGraw HiII
.
Lecturas obligatorias:Las lecturas que se señalan a continuación, complementan los aspectos teóricos yprácticos de varios de los temas que serán cubiertos durante el desarrollo del curso
.
Estas lecturas son de carácter obligatorio y pueden formar parte de la evaluación tantoen las prácticas como en los exámenes.
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.
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2
Bibliografía
- Ingeniería Estructural (Volúmenes 1 y 2). White, Gergely, Sexsmith
.
Limusa.
- Structural Analysis. A Un
ified Class
ical and Matrix Approach. Ghali - Neville.
Cuarta Edición
.
E&FN SPON
.
- Análisis Estructural. Jeffrey P. Laible. Mc Graw HiII. - Análisis de Estructuras. H.H. West. CECSA
.
- Teoria Elemental de Estructuras. Yuan-Yu Hsieh
.
Prentice Hall.
- Análisis de Edificios
.
Angel San Bartolomé. Fondo Editorial PUCP
.
- Análisis de Estructuras - Métodos Clásico
y
Matricial. McCormac - Nelson...
Segunda Edición. Alfaomega
.
- Structural Análisis.
R.e
.
Hibbeler
.
Cuarta Edición
.
Prentíce Hall.
El Contenido del Curso
Introducción, Sistemas Estructurales
.
Principios Fundamentales de Análisis Estructural. Determinación Cinemática de las estructuras
.
Grados de Libertad.
- Ecuaciones de Pendiente - Deflexión. -
Método
de
Rigidez.
- Método de Cross.
Cargas Móviles. Lineas de Influencia.
- Sistematización del Método de Rigidez.Los ObLetivos del Curso 1
.
Entender las nociones fundamentales del análisis estructural.
2
.
Entender el comportamiento (respuesta) bajo solicitaciones estáticas de las estructuras simples de barras linealmente elásticas.
3
.
Aprender a analizar estructuras de barras por el Método de Rigidez (desplazamientos).
4
.
Aprender el Método de Cross o de Distribución de Momentos.
5. Aprender el concepto y la construcción de las Uneas de Influencia (Cargas Móviles)
.
6
.
Mostrar las bases o
.
fundamentos sobre los cuales funcionan los programas de
análisis automático de estructuras. Sistematización del Método de Rigidez
.
¿Qué
se
estudia
en
el curso?
Se estudian los principales métodos para el análisis de estructuras simples, conformadas por el ensamblaje de barras linealmente elásticas. Se hace énfasis en el comportamiento (respuesta) bajo solicitaciones estáticas de este tipo de estructuras
.
Curso deAnálisisEstructurall
2

11. 3
La historia del análisis estructural comienza mucho antes de la era antigua de losEgipcios, Romanos
y
Griegos
.
Aunque no se consiguen escritos sobre los principios del
análisis de estructuras desde esa época, las ru
inas actuales indican que ciertos
principios de la estática y del análisis estructural fueron conocidos por sus constructores
.
Por ejemplo, Arqutmedes
-
(287-212
A.C.) introdujo el concepto de centro de gravedad y
llevó a su más simple expresión los pr
incip
ios fundamentales de la estática y el equilibrio
.
Escritos sobre el análisis estructural se han encontrado solamente
-
después del
RenaCimiento. La tendencia histórica del análisis estructura
l
después del Renac
imiento
,
puede dividirse en las sigu
ientes etapas o eras:
a)
La Era de los Grandes Maestros
Esta es la era de Leonardo de Vinci
(1452-1519),
Galileo Galilei
(1564-1642),
Fontana
(1543-1607),
y Mimar Sinan
(1490-1588),
qu
ienes tuv
ieron gran sentido ñslco acerca de
las estructuras y sus éxitos se basaron en sus talentos innatos. Son dignos de menc
ión
los trabajos de Leonardo (int
r
odujo los conceptos de fuerza y de momento) y el libro de
Galileo "Dos Nuevas Ciencias" acerca de la teorfa de la viga en voladizo.b) La Era de los Grandes MatemáticosEn esta era los matemáticos
,
lo mismo que muchos otros
,
mostraron
interés en la
mecánica estructural
.
Hombres como Hooke
(1635
-
1703),
Johann Bernoulli
(1667-
1748),
Daniel Bernoulli
(1700-1782),
Euler
(1707-1783),
y Lagrange
(1736-1813)
establecieron los principios fundamentales de energía, la relación entre esfuerzos ydeformaciones, las ecuaciones diferenciales de deformaciones y sus soluciones.Su interés fue más bien en la teoría matemática de la elasticidad y sus hallazgos, talescomo la ley de esfuerzo
-
deformación de Hooke
, l
a ecuación de las barras vibrantes de
Bernoulli, el pandeo de columnas de Euler y las ecuaciones de flexión de placas deLagrange
,
contribuyeron sin duda al desarrollo de la teoría de las estructuras.
e)
La Era de los Grandes Ingenieros
Esta era puede considerarse como la edad de oro de la ingeniería estructural. Hombrestales como Navier
(1785-1836)
,
Saint-Venant
(1797-1886),
Clapeyron
(1799-1864),
Airy
(1801-1892),
Maxwell
(1831-1879),
Castigliano
(1847-1884),
Mohr
(1835-1918),
y Muller­
Breslau
(1851-1925)
utilizaron exitosamente las teorías matemáticas desarrolladas en la
era anterior para la solución de algunos problemas estructurales.Ellos deben considerarse más como
ingenieros que como matemáticos, aunque sus
conocimientos en las ciencias matemáticas fueron sobresalientes
.
Sus descubrimientos
y
teoremas fueron la base para el desarrollo de la teoría de las est
r
ucturas en la era
moderna .
1.1 Breve Historia del análisis EstructuralAdaptado de las siguientes referencias
:
1) Introducción al Análisis Estructural con Matrices. Hayrettin Kardestuncer
.
McGraw
HiII.
2) Structural Engineering
.
White, Gergely
¡
Sexsmith. Wiley.
3) Stuctura
l
Analisis. A Unified Classical and Matrix Approach
.
Ghali, Neville
.
Intext
Educational Publishers
.
4) Métodos Matriciales para Cálculo de Estructuras
.
R.
K.
Livesley. Blume.
CAPITULO 1 -Introducción
3
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La Era Moderna
A principiosdel sigloXX hombrescomoG.A. Maney,H. Cross,R.W.Southwelly G
.
Kani
comprendieronqueeran necesariosmétodosmás prácticosparaanalizarlas estructuras indeterminadas. Ellos introdujeron, respectivamente, los métodos de pendiente - deflexión (1915), distribución de momentos (1932), relajacióny d
istribuciónde fuerza
cortante. Cada uno de estos métodosparte de un conjuntode hipótesispara obtenersoluciones aproximadas, de los problemas estructurales, que para las herramientas da cálculo disponiblesen esosaños, se considerabancomplejos. Estosmétodos,que simplificanel cálculo, llegaron a ser muy utilizadosen las oficinas de ingeniar
la(aún hoy en dla se
sigue utilizandoel Métodode Crossen las oficinasde diseño)deb
idoa su simplicidad
y
adaptabilidadpara loscálculosmanuales
.
En 1922
,
K
.
A
.
Cafisevpublicó un artículo que describia un método de aproximaciones
sucesivas para el análisis de estructuras reticulares, en el que se detennlnan las rotaciones de los nudos de una estructura por aproximacionessuces
ivas. De esta
manera los sistemas de nume
r
osas ecuaciones se pueden resolver con cálculos
manuales. Puededecirsequeestémétodofue el predecesordel Métodode Cross
.
El análisis de las estructuras
indeterminadasrec
ibió un gran impulsoen 1930, año en
que el profesor Hardy Cross de la Universidad de IlIinois, presentó su método de distribuc
ión de momentos
.
El hecho de que el artículo escrito por Cross constaba de
diez páginas
y
que iba seguidode una discusiónde 146páginas
,
Ilustrael gran interés
que produjo dicho artículo
.
El interés suscitado por el artículo es una indicac
ióndel
Impactoque el métodode Crosstuvoen el análisisde lasestructurasindeterminadas. e)
La Era Contemporánea
Hacia la mitad del siglo XX fueron desarrolladospode
r
ososequipos de cálculo, tales
como computadores analógicos
y
digitales
,
y
los ingenieros fueron impulsados a
establecer métodos que requirieran menos suposiciones y restricciones en el planteamiento de los problemas
,
logrando mejores resultados. Fue introd
u
cido el
llamado MétodoMatric
ialde análisisde estructuras
.
las ideas en el método matricialno son nuevas; están muy ligadas con los princ
ipios
establecidos por Castigliano, Maxwell
y
Muller-Breslau
.
La única razón
.
para que el
método no fuera completamentedesarrollado
y
ut
ili
zado,se debe a que ésta conlleva la
solución de numerosas ecuac
iones simultáneas. Aún para una
pequeña
y sencilla
estructura, el número de ecuaciones s
imultáneas podría ser tal que su solución sin
computador
,
serfasumamentelaboriosa.
Es difícil decir quiénfue el primeroen introduc
irlos métodosmatricialesen el análisisde
las estructuras
.
Desde
luego, ningunosurgecon la seguridadde Castiglianoo de Hardy
Cross en otros métodos. Como en otras innovaciones, las mismas ideas parecen habérseleocurridosimultáneamentea diferentesautores. Al aparecer los computadoresse crearon de inmediatométodosde análisis adecuados para el cálculo en computador; el más usado de ellos es el método directo de las rigideces
,
creadoen la décadade 1950.
Al princlpiode dichadécada, SamuelLevysug
irióalgunas de lasventa
jasdel métodode
rigidez (desplazamlentos), usando coeficientes de
in
fluencia para el análisis de las
estructu
r
as de los aviones. A
l
mismotiempo
,
varios investigadoresestabanelaborando
una variedad de métodos para el análisis con base en métodos matriciales, con el objetivo de aprovecharla capacidadde los computadores. Este confuso conjunto de métodos se consolidó con el tiempo
.
En 1954 Turner, Clough, Martin
y
Topp
presentaron el pr
imertratamientode
l
métododirecto de las rig
ideces
;
demostraronque
4
4

13. 5
1.3 El Objetivo
de
los
Métodos
Matriciales
Excepto en a
lgunas estructuras simp
les, los valores de los esfuerzos internos y
movimientos de los nudos, no pueden hallarse exclusivamente sustituyendo números enfórmulas algebraicas conocidas
.
Se requieren cálculos más complejos, y en muchos casos el ingeniero se encuentra conuna amplia gama de posibles procedimientos. La elección de
l
método a segu
ir está
normalmente condicionada, en parte, por el grado de aproximación requerido, y, enparte, por su práctica y sus preferencias. Cuando compara métodos que son
igualmente
precisos
,
la elección suele basarse en dos consideraciones
:
el trabajo numérico que
llevan eóns
igo y la facilidad con que puedan detectarse
y
rectificarse los posibles errores
.
En general
,
dará preferencia a un método en el que pueda hacer uso de la experiencia
adquirida en el análisis de estructuras semejantes, especialmente si dicho método lepermite emplear juic
io de ingenie
r
o para efectuar aproximaciones y reducir pasos
intermedios
.
Otro factor que puede guiar la elección
,
es la prefe
r
encia de muchos
ingenieros por
emplear cantidades que presenten un significado fis
ico directo
.
Este es uno de los
atractivos de métodos tales como los de distribución de momentos (iterativos); a lo largode todo el cálculo, el ingeniero siente que está llevando a cabo un proceso que tiene unarealidad física
.
En tales métodos los errores pueden a menudo detectarse, más por
aplicación del sentido común que por un estricto criter
io matemático, ya que los números
representan términos cuyas magnítudes son conocidas, al menos aproximadamente porel ingeniero
.
Todas estas consideraciones están basadas en el supuesto que todo el trabajo,inc
luyendo el análisis numérico, es realizado por el p
r
op
io
ingeniero - normalmente una
persona con conocimientos del comportam
iento estr
u
ctural, pero s
in demasiado gusto
por el proceso meramente numérico o matemático -
.
S
in embargo
,
si se utiliza un
la matriz de rigideces se puede ensamblar superponiendo las rigideces de
los elementos
individuales.
.
La dualidad de los métodos de las fuerzas o flexibilidad y de los desplazamientos origidez, fue demostrada por Argyris y Kelsey en 1960 en su tratado de los teoremas deenergía
.
1.2 El Análisis MatricialEl empleo de la notación matricial presenta dos ventajas en el cálculo de estructuras.Desde el punto de vista teórico, permite utilizar métodos de cálculo de una formacompacta, precisa y, al mismo tiempo, completamente general. Esto facilita eltratamiento de la teoría de estructuras como unidad, sin que los principios fundamentalesse vean oscurecidos por operaciones de cálculo, por un lado
,
o diferencias fisicas entre
estructuras, por otro lado. Desde el punto de vista práctico
,
proporciona un sistema
apropiado de análisis de las estructuras y determina una base muy conveniente para eldesarrollo de programas de computadores.En contraste con estas ventajas, debe admitirse que los métodos matriciales secaracterizan por una gran cantidad de cálculo sistemático, y su valor en el cálculopráctico de estructuras se basa en la adecuación de los computadores para llevar a caboel trabajo numérico
.
Se desprende de esto que el princ
ipal campo de aplicación está en
el cálculo de grandes y complejas estructuras
,
en las que los métodos manuales
tradicionales requieren una dosis excesiva de esfuerzo. En problemas s
imples, en los
que los métodos existentes son plenamente satisfactorios
,
no se gana mucho con un
tratamiento matricial.
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1.4
¿
Qué
es
un Computador?
Un computador es, esencialmente, una máquina de calcular, con
tr
olada por una
secuencia de instrucciones previamente preparadas que conducen a efectuar sucesivamente diferentes pasos del cálculo en orden correcto
.
El conjunto de
instrucciones se denom
ina programa y el trabajo de prepararlases conocido como
programac
ión
,
Un programa no está ccndicionado a operar con un conjunto fijo de núme
r
os (esto
llevarla al computadora efectuarlas mismasoperacionescadavezquese emplea),sino que los números (datos) que forman el material caracterlsticodel cálculo pueden ser diferentes en cada ocasión, Por tanto
,
si existe un programapara un determinadotipo
de cálculo,todos los problemaspa
r
a los que dicho cálculoproporc
ionalos mediospara
su solución
,
puedenconsiderarse'resueltos
"
.
Decir, en este sentido
,
que existe una solución,significa considerablementemás que la
mera existencia de una teoria matemática o una técnica numérica
.
Significa
,
que
cualquier problema cubierto por el programa, puede ser resuelto completamente en términos numéricos introduciendo,simplemente,
los datos del problema,junto con el
programa
,
en el comp
u
tador
.
los resultados del p
r
oblema serán correctos, aunque
quien introdujo losdatos del problemasea ignorantedel método
matemático
utilizadoen
el programa
;
es decir, que todo el proceso de análisis se reduce a una operación
rutinariade rellenodedatos
.
Los problemas más sencillos de programar son aquéllos en los cuales los datos numér
icos son tratados en forma s
istemática. las operacionesde álgebra lineal, por
ejemplo, son fácilmenteejecutadasen un computador,porqueconsistenen secuencias de pasos relativamentesimples, repetidasmuchasveces
.
Todos los computadoresde
hoy en día están provistoscon secuenciasde instrucciones,llamadasrutinas,para llevar a cabo operacionestrpicasdel análisisnumérico.incluidasaquéllasdel álgebralineal,de forma que,si un cálculode estruct
u
raspuedeser puestoen formade una serie de estas
operaciones, la construccióndel programa completo consistesimplementeen disponer las rutinasapropiadasen el ordencorrecto
,
.
.
1.4.1
El Computador
y
el Análisis Matricial
El desarrollo de los computado
r
es electrónicos durante las últimas décadas ha
estimuladosobremanerael trabajode investigac
iónen muchasramasde la matemática.
La mayor parte de esta act
ividadha estado, naturalmente,relacionadacon el desarrollo
I
computadorpara llevar a cabo dicho trabajo numérico,los criteriospor los cuales un métododebejuzgarse si es
"
bueno"o "malo"debenserrevisados.
la cuestiónahora no es decidirsi a un ser humanole resultaráel cá
lculotedioso,sinosi
e
l
método es adecuado para ser fácilmente adaptadoa una máquina
.
Si esto último
sucede, entonces el método es
"
bueno", aunque el número total de operaciones
realizadas sea considerablementesuperior al de otro método de menorfacilidad de mecanizar. De esto se deduce queel desarrollode los métodosde cálculode estructurasen los que el trabajo numérico puede ser realizado convenientementeen un computador,lleva a procedimientosa la vez sistemáticosy generales
.
El objetivoes, nod
isminuirel número
total de operaciones aritméticas
,
s
ino conseguir métodos que puedan aplicarse a
muchos tipos diferentes de estructuras y que utilicen el máximo posible de procedimientos numéricos tJpicos para los cuales ya existen rutinas en los computadores. Para llevar a cabo éstos fines
,
los conceptosde álgebramatr
icialson
extremadamenteútiles.
6

15. 7
de los procedimientos numéricos apropiados para el uso de los cornputedores, y en elcampo del análisis de estructuras ha conducido al desarrollo de métodos que utilizan lasideas del álgebra matricial.
.
El hecho de que los métodos matriciales estén ligados con los computadores
y
que se
emplee en los mismos una notación no familiar a algunos ingenieros. ha llevado a lacreencia de que incluyen nuevos difíciles conceptos matemáticos y estructurales. Estono es cierto. Un conocimiento de las operaciones básicas del álgebra matricial es todocuanto se requiere, y los únicos principios estructurales necesarios son los básicostratados en todos los textos de estructuras.Los métodos clásicos del análisis estructural. desarrollados en las postrimerfas del sigloXIX.
tienen las cualidades de la generalidad. simplicidad lógica y elegancia matemática.
Desgraciadamente. conducían a menudo a cálculos muy laboriosos cuando se aplicabana los casos prácticos. y en aquella época, en la que incluso las máquinas de calculareran raras. esto entrañaba un serio defecto. Por esta causa. sucesivas generaciones deingenieros consagraron gran parte de su esfuerzo a reducir el conjunto de cálculosprecisos.Muchas técnicas ingeniosas de gran valor práctico fueron apareciendo, pero la mayorparte de las mismas eran solamente aplicables a tipos determinados de estructuras, einevitablemente el
incremento en el número de métodos superficialmente diferentes
llevaron a oscurecer la simplicidad de las ideas fundamentales, de las que todos ellosoriginalmente provenían. Puede también suponerse que la necesidad de obtenertécnicas prácticas para el análisis de estructuras lineales desvió a muchosinvestigadores que pudieron haber contribuido de otra forma a un mejor entendimientodel comportamiento real de las estructuras, con el resultado que la investigación defenómenos tales como la plasticidad y la inestabilidad. fueron pospuestas
.
La principal objeción a los primeros métodos de análisis fue que los mismos conducían asistemas con gran número de ecuaciones lineales. diffciles de resolver manualmente.Con los computadores. capaces de realizar el trabajo numérico, esta objeción ya no tienefuerza. mientras que las ventajas de la generalidad de los métodos. permanece. Estoexplica por qué los métodos matriciales deben en su tratamiento básico de lasestructuras más al siglo XIX que al XX
.
1.5 E/Ingeniero. El Aná/isis Matricial
y
el Computador
En la actualidad. el ingeniero que se dedique al diseño de estructuras, debe estarfamiliarizado con los métodos del análisis matricial de estructuras. porque constituyenuna herramienta poderosa de análisis.Al mismo tiempo debe estudiar y entender el uso correcto de esta forma automática deanálisis
.
El resultado de un análisis por computador es sólo tan bueno como los datos y
el modelo de los cuales se parte
.
El acrónimo "GIGO" en inglés (Garbage In, Garbage
Out) cuya traducción al castellano podrfa ser BEBS se ha acuñado para recordamosconstantemente que "basura que entra, es igua
l
a basura que sale".
Esto significa que el criterio y la habilidad del ingeniero
,
nunca podrán automatizarse. El
criterio y el entendimiento del comportamiento de las estructuras siempre deberán estarpresentes cuando se idealice la estructura y se hagan las suposiciones acerca de lascargas y solicitaciones. el comportamiento del material, las condiciones de apoyo, lasconexiones entre los diversos elementos. Lo mismo se aplica a la interpretación y usocorrecto de los resultados de tales anális
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1.6.2 Función
de
una estructura
Existen numerosas funciones, entre ellas
:
Salvar un c
laro (puente vehicular o peato
n
al).
Encerrar un espac
io (los edificios cumplen una función de albergue).
Contener un empuje (muros de contención, tanques
,
silos, represas)
.
Infraestructura vial o de transporte (pistas
,
intercamb
ios viales)
.
Estética (monumentos).
1.6
.
3 Los Edificios son el Resultado del Ensamblaje de Diversos Sistemas
Sistema funcional básico
.
Sistema estructural. Sistema sanitario. Sistema eléctr
ico
.
Sistema de comunicaciones. Sistema de seguridad. Sistema de acabados. Sistemas Electro Mecánicos (Aire acondicionado, calefacción. ascensores, equ
ipos, maquinarias).
1.6.4 Sistema Estructural
de
un Edificio
de
Concreto Armado
La figura a continuación muestra
un
pequeño edificio típico de concreto armado. Se
indican los principales elementos estructurales verticales (columnas, muros) los horizontales (vigas, losas) y los elementos estructurales de la cimentación (zapatas aisladas
y
corridas)
.
Las columnas
y
vigas se pueden idealizar como elementos
unidimensionales, mientras que las losas de piso
y
muros como bidimensionales
.
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1.6 Estructuras
(algunas definiciones)
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1 Definición General de una Estructura
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Una estructura es un sistema, un conjunto de partes o componentes que se comb
inan en
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forma ordenada para cumplir una función.
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1.6.5 Definición de Estructura para un Ingeniero EstructuralUna estruc
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u
r
a es u
n
sistema cuya
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u
n
ción es transmit
ir fuerzas (cargas) desde sus
puntos de aplicación al suelo. las fuerzas
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uctura:
a) Deformacionesque semanifiestanen dis
t
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ionesde la formao
ri
g
inal.
b) Esf
u
erzos
internos.
1.6.6 Definición de Estructura para Anál
is
is Estructural
1
Una estruc
t
ura es el resultado del ensamblaje de elementos est
r
uc
t
u
r
a
lesdiscretos
conectadose
n
tres
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en un númerofinitode pu
n
toso nudo
s
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Se present
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inuación
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idealizac
iones)
correspondientesa est
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uctu
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justa
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18. - Lineal - No Lineal
10
La Respuesta de una estructura hay que entenderla en un sentido amplio y comprende diversos aspectos, entre ellos la determinación de
:
Deformaciones, desplazamientos de determinados puntos
.
Esfuerzos (medios continuos). Fuerzas internas en barras. Axial, cortante, flexión, torsión
.
- Vibraciones. - Estabilidad
.
- Carga de Colapso (anális
is límite)
.
Fatiga
.
- Comportamiento bajo condiciones de servic
io (fisuración
,
deflex
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Respuesta
.
Respuesta
............... Desplazamientos ............... Deformaciones
Esfuerzos
Resultantes de los Esfuerzos
Solicitación .....
- Estática _Dinámica - Elástica
- InelásticaEstructura
Solicitaciones Cargas Estancas ~ Cargas
Dinamicas ~
Asentamientos
Cambios Term
t
cos
1.7 Objetivo del Análisis Estructural El objet
ivo es el estudio del comportamiento o respuesta de la estructura frente a
detenninadas solicitaciones o acciones externas
.
El Aná
li
sis Estruct
u
ral no es un fin
,
es
un medio o herramienta. El fin es el Diseno Estructural.
Estructura
Modelo de un pórtico
t
ridimens
i
onal
3
-
D o espacial
10

19. 1.8 Objetivo del Diseño EstructuralEl objetivo es lograr una estructura segura, funcional y económica para satisfacer una
,
necesidad o función específica.Por seguridad se entiende la capacidad resistente de la estructura para servir sin fallasestructurales durante su vida útil.Además de la seguridad
,
la estructura debe comportarse adecuadamente bajo
condiciones normales de servicio. Por eso es necesario prestar atención al control delas deflexiones, vibraciones, agrietamiento (concreto armado)
,
corrosión, durabilidad.
En resumen las Premisas Fundamentales son
:
a) La estructura debe soportar las cargas (acciones, solicitaciones) en forma segura.b) La estructura debe cumplir los requisitos de funcionalidad, factibilidad, durabilidad,
econornta, estética
.
1.8.1 Etapas del Proyecto Estructurala)
Concepción
(Ingeniería Conceptual). Se parte de la siguiente premisa: La
estructuración que debería prevalecer, es aquella que satisfaciendo las premisasfundamentales (segur
idad
,
funcionalidad, durabilidad) tenga el menor costo
.
La etapa
de laconcepc
íó
n comprende
:
- Determinación de la forma general.
Selección del material predominante (intervienen criter
ios de disponibilidad y
economía)
.
- Selección del tipo estructural y estructuración preliminar
.
Selección del sistema constructivo (prefabricado
,
en obra).
- Investigación de las cargas
.
Es necesario identificar las diversas solicitaciones a las
cuales estará expuesta la estructura durante su vida útil. Las magnitudes de lascargas "usuales" están especificadas generalmente en las Normas, en otros casos esnecesario acudir a la exper
iencia y a la estimación del ingeniero.
Las cargas que pueden obrar sobre una estructura son: muertas, vivas o de uso,viento, sismo, nieve, cambios térmicos, cargas temporales que pueden presentarsedurante el proceso constructivo, asentamientos de apoyo, cambios volumétricos
,
etc.
-
Predimensionamiento de los elementos estructu
r
ales y conexiones (basado en la
exper
iencia, reglas empíricas
,
métodos aproximados)
.
b)
Modelado
(idealización) de la Estructura.
c)
Análisis Estructural
.
Geometría
,
material
,
secciones, comportamiento esperado de la
estructura (lineal, no lineal)
,
solicitaciones (cargas)
.
Selección de los métodos
y
herramientas de análisis.
d)
Diseno Estructural.
Dependerá del material, Normas
.
e)
Detallado
.
De las uniones o conexiones, elementos no estructurales, equipos,
instalaciones
,
etc
.
f)
Planos
.
Producto final del análisis y d
iseño est
r
uctural. El diseñador debe transmitir
al que ejecutará la obra
,
los resuHadosfinales de su diseño, entre ellos
:
la concepción
estructural, los esquemas resistentes para las diversas cargas que obran sobre laestructura,
-
los refuerzos y dimens
iones de todos los elementos estructurales, 'la
posible interacción entre elementos estructurales y no estructural
e
s, las calidades de,
los materiales a utilizar (especificaciones), los detalles especiales, los detalles de lasconexiones entre elementos estructural
e
s y no estructurales
,
las precauciones a
conside
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ar du
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ante la ejecuc
ión de la obra, las sobrecargas de d
iseño, etc.
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20. Cos
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Plano
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1.8.1.a
Ejemplo de un Plano de Estructuras
A manera de ejemplo de presentación de planos estructurales se incluye a con
t
inuación
una parte del plano de estructuras correspondiente a la planta típica de un ed
ific
io simple
en concreto armado
.
Se puede apreciar, entre otras cosas
,
información sobre e
l
espesor
del techo aligerado
,
la sobrecarga usada en el diseno
,
las secciones de las vigas, la
ubicación de Josmuros (placas), la junta o separación con un edificio (bloque) vecino, el acero de refuerzo del aligerado. No se
tr
ata
de
un juego completo de planos. falta el
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itir al constructor o ejecutor de la ob
r
a toda
esta información, es a través de planos de estructuras
.
Es obv
io que si los planos
resumen todo el trabajo de concepción y diseno, debe prestarse especial cuidado en la presentación de los m
ismos
.
Los planos deben ser c
laros y no ambiguos, con
abundancia de detalles y especificaciones,
·
deben contener toda la información
necesaria para una correcta ejecución de la obra. Los planos deben transmitir al lector la información de tal modo que no haya lugar a interpretaciones erróneas
.
g) Determinación de los Costos. El diagrama a continuación resume las etapas del diseno estructural:
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En un punto cualquiera de una estructura, existen seis componentes desconocidas de los esfuerzos (el tensor de esfuerzos en un punto es simétrico)
y
solamente tres
ecuaciones de equilibrio (suma de fuerzas en X, Y, Z), por lo tanto el problema es indeterminado.
la
solución de las ecuaciones diferenciales sólo es posible en el caso de
geometrfas simples, cond
iciones simples de contorno. estados simples de carga y
comportamiento del material linealmente elástico
.
Nótese que aún en el caso de formular
y
resolver las ecuaciones diferenciales
,
siempre
será necesario realizar un modelo de la estructura. En consecuencia no es posible analizar, con las herramientas actuales de análisis, la estructura real, solo podemos analizar un modelo de la estructura. Sin
,
embargo, si
podemos determinar el comportamiento (respuesta) de estructuras reales, mediante ensayos de laboratorio. b)
Modelo de
una
estructura:
Sobre la estructura real se realiza un proceso de
idealización de los elementos componentes, conexiones entre ellos
y
cargas
actuantes. Se genera así un modelo matemático (físico) sobre el cual se aplican las herramientas del análisis estructural.
e) ¿Qué se idealiza?
- La geometrla de la estructura. - Los elementos constituyentes (por ejemplo barras) y suspropledades
.
Las conexiones entre los elementos (nudos). Las propiedades y comportamiento del material. Las masas (en
los problemas dinámicos)
.
tascarqas
(solic
itaciones).
Los apoyos
y
condiciones de contorno
.
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+
xz
+
R
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q,
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Ecuación diferencial del equilibrio de la particula en la dirección X
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1.9 Elementos Estructurales v No Estructurales
Los elementos estructurales aportan resistencia
y
rigidez a la estructura
.
- los elementos no estructurales aportan peso
y
funcionalidad (tabiques, parapetos,
mamparas. etc). Son necesarios para completar la función de la estructura.
1.10 Modelos (idealización) de las Estructuras Premisa:
La
confiabilidad o "calidad" del Análisis Estructural, está directamente
relacionada con la fidelidad del modelo utilizado. a) ¿Porqué
son necesarios los modelos estructurales?
Si partimos del hecho que
las estructuras son un medio continuo, con infinitas partfculas, con una variación también continua en las propiedades del material, en las deformaciones
y
en el
estado de esfuerzos, el comportamiento de la estructura está gobernado por un conjunto de ecuaciones diferenciales parciales. Una de las ecuaciones diferenciales del equilibrio de
la
partícula se indica a continuación
y
corresponde al equilibrio en X
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Para formular el modelo necesitamos
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Caracterrsticas de los materiales (E,
tipo de comportamiento, en este caso lineal). características de las barras (área
,
material), geometría, cargas aplicadas
,
apoyos, tipo de conexión entre barras. El
resultado
,
en este caso, es un modelo tipo armadura o de cab
les
.
Resultados del análisis estructural
:
Desplazamientos de los nudos (configuración
deformada) y fuerzas en las barras
.
Modelo de unaarm
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estructuras
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(gobernado por
ecuaciones
en
de
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(gobernado
P9C
ecuaciones
algebraicas)
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(gobernado por ecuaciones en
derivadas parciales)
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Para formular el modelo necesitamos, por lo menos: Caracteristicas de los materiales (E, tipo de comportamiento. en este caso lineal), caracterlsticas de las barras (área, momento de inercia, material), geometrfa, cargas aplicadas, apoyos, tipo de conexión entre barras (nudos rfgidos
y
rótula al centro de la viga)
.
Se formula, en este caso, un
modelo tipo pórtico plano. Resultados del análisis estructural
:
Desplazamientos de los nudos (configuración
deformada)
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1.10.2 Otro modelo simple de una estructura plana
(pórtico triarticulado)
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25. 17
Conversión
de un
Modelo 3-D
a un
Modelo de Pórticos Planos 2-D.
A continuación se muestra un pequeño edificio de un piso compuesto de nuevecolumnas y doce tramos de vigas
.
El
edific
io es de concreto armado y todos los nudos
son rigidos. La estructura es en esencia un pórt
ico 3-D conformado por elementos
esbeltos
.
Asumiendo que los apoyos son empotramientos. el grado de indeterminación estática delpórtico 3-D es de 72
.
ya que es necesario efectuar doce cortes en las vigas (por ejemplo
al centro de cada paño) para lograr una estructura isostática y estable. en cada corte seremueven seis fuerzas de sección.En contraste, el grado de indeterminación cinemática es de 54 ya que la estructuraposee nueve nudos libres y cada uno de ellos tiene seis grados de libertad.A
pesar de que la estructura es
3-D,
es posible reducirla a un ensamblaje de pórticos
-3
planos cada uno de ellos actuando de manera independiente del resto
.
Con esta
simplificac
ión se reduce de manera importante la complej
idad (más bien la laboriosidad)
del análisis estructural. Sin embargo esta
"
reducción" a pórticos planos tiene varias
inconsistenc
ias importantes. algunas de ellas
:
Las rotaciones en los nudos del 20 no son compatibles con los del 3D. es dec
ir cada
nudo del modelo
20
rota de manera
independiente. En la estructura real las
rotaciones de cada nudo son únicas.
- Los desplazamientos verticales de los nudos del modelo
20
no son compatibles con
el 30.
- En el modelo 2-0 se p
ierde la torsión que podría existir en las vigas
y
columnas.
Los desplazamientos horizontales del modelo 20 no son compatibles con el 3D.
- Si hubiera un diafragma r
í
gido (losa de p
iso) conectando los pórt
icos
.
¿qué
sucedería con los desplazamientos horizontales de los pórt
icos?
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1.10.3 Algunos modelos 3-D de Edificios.
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27. 19
Algunas inconsistencias del mode
lo 20 frente al 3D:
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ismas de
l
caso anterior (acáp
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1.10.4)
.
Adiciona
lmente la p
r
esencia de un
diaf
r
agma rígido en su plano (losa de p
iso) impone restricciones adicionales a los
desplazam
ientos laterales de los pórticos, es dec
ir los pórticos no pueden desplazarse
lateralmente de manera independie
n
te unos de otros ya que el diafragma de p
iso
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amar
r
a
w
los desplazamientos
laterales
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al actuando e
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el centro de masas de
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Pórticos 1Y2
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5
Otro caso de Modelo 3-D a un Modelo de Pórticos Planos 2-D
17
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28. _,.
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Segmento
de
una
torre
de
alta
tensión
o
antena
Losa
-
Parrilla
1
Tanque
esférico
apoyado
sobre
colum
n
as
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f
j1.10.7
Algunos
Modelos
3-D
de
estructuras
Portico
2-D
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Ji
JlL-I
Portieo
3-D
Portieo
-
Losa
3D
Modelo
3-D
/
Estructura
Real
UJ
1.10.6
Otro
caso
de
Modelo
3-D
a
un
modelo
de
pórticos
planos
2-D
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29. 21
En el modelo mostrado en la figura anterior se han hecho
las siguientes idealizacio
n
es:
a) El muro, que es un elemento bidimensional, se ha transformado a un elemento
un
id
imensional. Normalmente será necesario inc
lui
r
las deformaciones por cortante
en la placa o muro (en la figura,
Im
es e
l
momen
t
o de
inercia del muro y Acm el área
de corte)
,
además es
c
onven
iente
incluir las deformaciones axiales en el muro yen las
columnas
.
b) Las vigas ce
r
canas a
la placa son de secc
ión variable. T
ienen un t
r
amo de longitud
"
a
" de rigidez infinita (
El
=
(0)
y otro tramo de longitud
11
con
ri
gidez
Elv
.
El tramo de
rigidez
infin
it
a (b
r
azo rfgido) in
t
enta modelar la conexión entre la placa y la viga y
representa la h
ipótesis de Navier (secc
iones planas)
.
c) Se ha supues
t
o que
la p
laca está empotrada en la cimentación
,
esta h
ipótesis puede
ser cuestionable debido a los grandes momentos flectores que suelen presentarse enla base de los muros ante la acción de cargas late
r
ales
.
A continuación se muestran las configuraciones deformadas que se obt
ienen al analizar
el pórtico ba
jo la acción de carga
s
laterales
ú
nicamente
,
utilizando dos modelos
.
E
n el
Modelo 1 se ha supuesto que la viga "en
t
ra
" h
asta e
l
eje de la placa conservando su
sección transversa
l
y e
n
e
l
Modelo 2 se ha modelado la v
iga utilizando un
b
razo rlgido
(
indeformable) entre el e
je de la placa yel bo
r
de derecho de la misma. Las dife
r
encias
en la configurac
ión deformada del pó
rti
co para los dos modelos son notab
les, sobre
t
odo
en la zona de conexión viga
- p
laca
.
Modelo del
p
órtico plano
.
(
M
ur
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me
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unidim
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P
ó
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Iv
Iv
1.10.8 P6rtico 2-D fqlano} con muros
de
corte
o
placas
de
concreto armado.
Es frecuente utilizar, en zonas slsrnlcas
,
elementos rfgidos de concreto armado para
controlar las deformaciones laterales del edificio, estos elementos rfgidos suelen ser lasplacas o muros de corte. Los muros son elementos bidimensionales
.
Muchas veces el
muro o placa está conectado mediante vigas a columnas fonnando un pórtico
"
mixto"
como se indica en la figura a continuación.En estos casos
,
un modelo que se suele utilizar con frecuenc
ia, consiste en idealizar la
placa como un elemento unidimensional, al igual que las v
igas y columnas
.
El problema
radica en modelar adecuadamente la zona de conexión entre la v
iga y la placa.
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Modelo 2 -Configuracíón deformada, cargas laterales
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Viga
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uni
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co
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ca
,
22
Modelo
'
1 - Configuración deformada
,
cargas laterales
.
Viga
flexible
e
n la zona de unión con
l
a plac
a.

31. 2
3
M
o
delo 1 - Co
n
figurac
i
ón
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eformada
,
cargas verticales
.
Viga flexible en la
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ona de unión con la placa.
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Análisis por cargas verticales
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para los tres modelos analizados
para
cargas
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.
.
Modelo
3 - Configuración
deformada,
cargas verticales.
V
i
gas
,
empotradas
en
el
.
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de
de la placa 3
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I!tt~
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Modelo 2 - Configuración deformada
.
cargas verticales
.
Viga rígida en la Zona de
uni~n
con la placa.
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33. 25
Modelo 3 -
D
iagrama de
m
omentos, cargas verticales. Vigas empotradas en el bord
e de
la placa
-
0
.
9
o
.
~
III, I~----
-
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-
------
-
--
-
-
--
---
-
~
Modelo 2 - Diagrama de momentos
,
cargas verticales. Vigas rígidas en la zon
a
de unión con la placa
.
05
·1
I I.-
-
- ...... 3~8:'7
.
4.:..&-=.......~- - -- -.,.
-
--- -
.
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Modelo 1 - Diagrama
d
e momentos (ton-m), cargas verticales. Viga flexible en la zona de unión con la placa.
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5
MODELO
2D
,
No
existe
un
límite
claro
o
preciso
a
partir
del
cual
los
elementos
deban
considerarse
como
tridimensionales,
bidimensionales
o
unidimensionales.
La
clasificac
ión
y
en
consecuencla
la
idealización
de
los
elementos,
queda
a
juicio
del
ingeniero
y
será
función
de
la
"fidelidad"
que
se
pretenda
lograr.
La
figura
a
continuación
ilustra
esta
idea
utilizando
un
elemento
esbelto,
que
puede
idealizarse
como
unidimensional,
y
otro
para
el
cual
esta
idealización
seria
cuestionable.
En
general
todos
los
elementos
son
tridimensionaJes,
sin
embargo,
si
la
longitud
del
elemento
es
"considerablemente"
mayor
que
sus
otras
dimensiones,
el
elemento
puede
idealizarse
como
unidimensional.
Este
suele
ser
el
caso
de
las
vigas
y
columnas
de
los
pórticos
3D
6
2D.
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L»
(b,
h)
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b
Viga.
columna;
armadura
(
1
D)
x
.
Losa.
cáscara,
muro
(20)
(3D)
,.
~irumU'
i
1.10.9
Clasificación
de
las
Estructuras
Para
el
curso
de
Análisis
Estructural
1,
hemos
definido
a
las
estructuras
como
un
ensamblaje
de
elementos
estructurales
discretos,
interconectados
entre
sJ
en
un
número
finito
de
puntos.
Bajo
esta
definición
los·
elementos,
pueden
idealizarse,
independientemente
del
material
y
su
forma,
en:
Unidimensionaies Bidimensionales Tridimensionales
\26

35. 27
L
Tienen múlt
iples ap
li
cac
iones, desde las armaduras o "cerchas
"
de madera que se
emplean en viviendas, ti
jerales de acero en naves industriales hasta puentes
d
e grandes
luces, antenas y torres de a
tt
a te
n
sión.
.
Su objet
ivo es e
l
uso más eficiente del material. Si imaginamos que la armadura trabaja
como una viga, soportando esfuerzos de flexión y cortante, al aumentar la altura (peralte)de
la armadura se reducen los esfuerzos deb
idos a
la flexió
n
y
a
l
mismo t
iempo no es
necesar
io dispo
n
er de un alma só
li
da, sino que basta con elementos diagonales y
vert
icales para
r
esist
ir
el cortante
.
Armadura Plana
.
poy
o
1) Estructuras de Barras
o
Reticulares
Formadas por e
l
ensamblaje de elementos considerados o modelados como 1D
.
1a) Armaduras Planas
o
Espaciales.
(Isostáticas o Hiperestáticas)
1.10.10 Grandes grupos en la clasificación de las estructuras
1) Estructuras de Barras (Reticulares).2)
Estructuras Laminares (bidimensionales). Losas
,
cáscaras, muros
.
¡
.
3) Sólidos (3D).
i!
4)
Mixtas.
!
I
1
J
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\\\
V
III1 2
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V
Elementos IDPórt
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4
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10 12 14
I
En general se suele aceptar que si la longitud del elemento es mayor que cuatro á cincoveces el peralte del mismo, el elemento puede idealizarse como unidimensional. EsteHmiteestá ligado a la validez de ia hipótesis de Navier (secciones planas).Por ejemplo, las vigas de los pórticos de concreto armado se suelen dimensionar de talmodo que el peralte esté comp
r
endido entre
l/lO
y
1/14
de la luz, en consecuencia
pueden clasifica
r
se como unidimensionales.
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ente Doble
Grambrel
..
Pend
i
ente Simple.
Inglesa
F
i
nk
Pratt
Warren
Otra
ventala
de las armaduras es
su
rigidez ya que por su considerable mayor altura en
.
'.
cornparael
ó
n con una viga de alma llena;
los
desplazamientos de los nudos suelen ser
1
pequeños
.
' ,
Las
,
principªles ide~UZaciones (~implifi~ciones) que se suelen hacer en el análisis
de
;
,
I
armaduras
'
y
a partir' de las cua
les
se
gefi~ran los modelos son:
.
'!
- Los elementos son
rectos
y est
á
n conectados entre sí en
nudos
artlculadoe.
' •
.'
1
(artleulac
í
ones sin
rozamiento). Los nudos articulados permiten el giro relativo de
las
;
:
.
i
barras.
En
ia
práctica diflc
llrnente
se
materializa esta h
ipótesis ya que las uniones
'
..
I
suelen ser soldádas
o
empernadas
.
:
'
'1j
- Las barras
'
se
.
unen en sus. extremos, Esta hipótesis no
suele
cumplirse en los.
;
cordones (bridas) superior
é
inferior
de.
la armadura
ya
que las
bridas
suelen Ser
.
.
!
continuas
cubriendo
var
ios nudos en
vez
de ser
una serie d~ barras
cortas
entre nudo
!
y
nudo.
Esta
práctica
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.
e
,Iª....
x~ntaja de
simplifi~r las
conexiones en los
'
nudos
ya
que
no
es necesario
.
eon~i\~J
r
elemento
contínuc
.
'
.
.
.
.
.
.
":Las carg~s
'{Qoncentradas)
;
s$
'~Jican
'$o
t
o
t
enlos nudos.
"
Deben
ev
iWFse
')as
cargas en
,
.puntos
int~m)ecfjc;>s
de
105
'
el~.neh.os
ya
que
inducen flexión
en ello$
"
$i
exístiera una
.
:
~~
-
concentrada
en un elemento, conviene modificar la geome
f
ri~ de la armadura
"'2:~i~";
que dicha
CatQ~
co
incida
con un
·
nudo
.
LaS únicas carqas que no están
/
8PUcádas en.
'
los nudos deberían ser las provenientes del
peso
propio de los
r
elementos
.
.
Equilibrio (corte a-a):
Ma
==
T
x
h
Va
=
V eos
ct.
Otra de las ventaj~s de las armadu
r
as es su vel'$atilic;ladpara adaptarse a diVersa~
formas
según ras n~césidad.es. Existen numerosas fÓ
·
tmas.argunas efelas más comunes
se indican a
conñnuacíón.
.
Dj~8:
CU~1pO
tibre
Corte a
-
a
~o.'''v
',_':_ T
f
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J'
1
Corte
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37. Detal
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e uno
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os apoyos
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lado)
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e de uno de l
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Arm
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de un pu
ente
(Bri
das
P
ar
al
elas)
Las tres figuras a co
nt
inuac
ión (God
d
en)
,
muestran un sector de
u
na de las ar
m
adu
r
as
(de bridas pa
r
alelas) de
u
n p
u
ente de acero de una carretera
.
Dada
la
m
agn
it
u
d d
e las
cargas que debe soportar el puente,
los
.
e
lementos co
n
st
itu
yentes
,
sob
r
e
t
odo
las
diagonales
y
las bridas, son grandes
.
A la derecha se muestra el detalle de la conexión
de los elementos que concurren a un nudo inferior, los elemen
t
os están unidos por
rema
ch
es a
las carte
las o p
lanchas de en
lace
.
En este caso es claro que no se trata de
un nudo art
iculado que perm
it
e e
l
g
iro relativo de las barras q
u
e concurre
n. E
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iores
,
las barras de una armadura trabaja
n
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t
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ión sin cortan
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Uniones empernadas
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t'
Uniones soldadas
Si se observan las uniones de la figura anterior, se puede concluir que en la
práctlca
la
_
;.
hipótesis de nudos articulados es
;
por lo menos. discu
t
ible
',
Sin embargó en las
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:
.
armaduras
"
normales" la esbeltez dé los elementos suele ser grande, la rigidez a
.
la
'
:
flexión peque
ñ
a y po
r
lo tanto priman los esfuerzos axiales
.
Si las cargas están todas
;'
i
aplicadas en los nudos, a los esfuerzos que originaria la flexión po
r
la rigidez de la
u
nión.
_
.
I
sel les llama
"
esfuerzos secundarios
"
y se suelen ignorar o despreciar en el diseno de los
.
.'
.,1
,'
e ementos. En todo caso si
la hipótesis de nudos articulados - para una estructura particular en
la
-
.
cual los perfi
les no sean
t
an esbeltos (caso de armaduras de puentes)
y
las conexiones
':
no fueran rótulas - no fuera válida
.
siempre será posibie analizar
la estructura dejando de
,i;'
lado esta hipótesis
y
modelando la rigidez de la conexión. En este caso la
'
estructura se
:
;
convierte en un pórt
ico con cargas en los nudos y lo dific
il será mode
lar la rig
idez de la
,
:
'
conexión. Finalmente están las armaduras tridimensionales como las emp
leadas en las torres de
,
alta tensión; para las cuales toda
la
discusión que se ha hecho para las armaduras
;
-
planas
,
es aplicab
le
.
Una buena
parte
de estas armaduras puede
-
anal
izarse
'
bajo la
'-
-
,
.
hipótes
is de nudos articulados. sobre .todo
.
las torres de alta
-
tensión
'en las cuales las
'.
,
conexiones suelen ser
..empernadas con los pernos colocados en una sola
li
nea
.
"
,
/
'
..
-
/
I
La figura a continuación muestra algunaS' conexiones "Upicas" de elementos de una
1I
armadura en los nudos. Nótese que los ejes de los elementos (Uneasde los centroides de los perfiles) deben coincidir en un
'punto, en caso centrarlo se genera excentricidad en
l
.
.-/
la unión la que ocasiona un momento que debe ser equilibrado pOJlos perfiles

39. \
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2
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2 3
4
5
w
Los ejes 1
-
2
-
3 son ejes locales de la barra y deben ser principales
y
centrales
. N1
1b) Pórticos Planos
(sistemas planos 2D)
- Formados por el ensamblaje de elementos 1D.- Elementos conectados entre si en los nudos. Los nudos pueden ser rígidos, semi
-
rigidos, o articulados
.
- Cargas aplicadas en los nudos
y
barras
.
Las cargas están conten
idas en el plano del
pórtico
.
- Los elementos tienen rigidez axial
y
por flexión.
-
Los apoyos pueden ser de cualqu
ier tipo, inclusive apoyos elásticos.
- Las fuerzas de secc
ión en las bar
r
as son
:
Axia
l, cortante, momento flector
.
No existe
momento
t
orsor ya que las cargas están aplicadas en el plano del pórtico.
Elevación cara lateral
Armadura 3D, parte
i
nferior de la
T
orre Eiffel
Madeja de
Armadura 3D
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Pórtico
de
acero
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arriostres
Pórtico
arriostrado
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S
t
2
3
4
Pónico
con
elementos
curvos
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Viga
Vierendeel
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32
Pértícosde
concreto
armado,
soporte
del
tablero
de-un
puente
Pórtico
de
concreto
armado
con
viga
prefabricada
Pórtico
a
dos
aguas
2
J!jI
&'~"JttJtJtJ¡4JJ'J,
.5

41. 33
III
1d) Pórticos Tridimensionales
(sistemas espaciales 3D)
I
-
Formados por el ensamblaje de elementos 1
D.
¡
-Elementos conectados entre sí en los nudos
.
Los nudos pueden ser rígidos, semi-
'1
rígidos
,
o art
iculados
.
¡
-Cargas aplicadas en
los nudos
y
barras.
i
Los elementos t
ienen rigidez axial
,
en flexión y en torsión
.
!
<
-
los apoyos pueden ser de cualquier tipo
,
inclusive apoyos elásticos
.
\
-
!.:,as
-
fuerzasde sección en las barras son
:
Axial, cortante
,
momento
'ñector y momento
!
....
/t
erso
r.
En la figura a continuación se muestran las fuerzas de extremo de bar
r
a
,
:
/
referidas a sus ejes locales
;
los
q
ue deben ser principal
e
s
y
centrales.
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Modelo de una
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arrilla
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.
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Los ejes 1-2-3 son ejes localesdel elemento
y
deben ser
principales
y
centrales
El plano de la parrilla es el 1-3
.
1c) Parrillas
(sistemas planos 20)
Formadas por el ensamblaje de elementos 1D.
,
Elementos conectados entre si 'en los nudos. Los nudos pueden ser rígidos, semi­rígidos, o articulados.
- Cargas aplicadas en los nudos y barras. Las cargas son
,
perpendiculares al plano de
la parrHla
.
Los elementos tienen rigidez en flexión
y
torsión.
Los apoyos pueden ser de cualquier tipo, inclusive apoyos elásticos
.
"
Las fuerzas de sección en las barras son
:
Cortante, momento flector y momento
torsor
.
No existe fuerza axial en las barras ya que las cargas son perpendiculares al
plano de la párrilla. '
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3
1
2
34
2) Estrilcturas Laminares
(bidimensionales)
.
dos dimensiones
.
- Losas
(cargas perpendiculares a su piano)
:
.
,
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"
•
Torre
.
de Control en un Aerop
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3
2

43. 35
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P
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3) Sólidos
(tridimensio
n
ales)
.
Represas
,
cimentaciones masivas
,
piezas de equ
ipos,
--
puentes de mamposte
rí
a.
- Bóveda$
o
C6scara$
,-
E$tados planos de esfuerzos
(vigas pared, muros o placas) car9as en su plano:
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Nudos
de
Pórtico
s
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Pórticos
(estruc
t
uras)
de
concreto
armado
:
Los
nudos
suelen
considerarse
rígidos
.
En
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b) Pórticos (estructuras) de madera
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Suele ser complicado lograr un
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salvo las uniones encoladas.
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47. 3
9
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Unión rígida empernada
Unión rígid
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0
2.1
Bases
del
Análisis
Estructural
Los
problemas
más
s
imples
del
análisis
estructural
son
los
estáticamente
determinados,
ya
que
éstos
pueden
ser
resueltos
aplicando
únicamente
las
ecuaciones
de
equilibrio.
La
idea
central
es
que
en
estos
problemas
las
fuerzas
internas
en
los
elementos
(barras)
pueden
ser
calculadas
sin
considerar
las
deformac
iones
de
la
estructura
.
Esto
significa
que
el
análisis
estructural
puede
ser
realizado
sin
conocer
de
antemano
las
propiedades
y
comportamiento
del
material
ni
las
secciones
transversales
de
las
barras.
En
una
estructura
hiperestática,
las
ecuaciones
de
equilibrio
son
insuficientes
para
determinar
las
fuerzas
internas
en
los
elementos
constituyentes,
siendo
necesario
formular
ecuaciones
ad
icionales
.
Las
condiciones
de
continuidad
o
compatibilidad
de
las
deformaciones
en
la
estructura
,
conducen
a
las
ecuaciones
adicionales
necesarias.
Ad
icionalmente
se
requiere
conocer
las
relaciones
fuerza
-
deformac
ión
(relaciones
constitutivas)
de
los
elementos
que
componen
la
estructura
.
Para
estructuras
linealmente
elásticas
,
estas
relaciones
provienen
de
la
ley
Hooke.
Las
estructuras
indeterminadas,
que
aparecen
con
mucha
frecuencia
en
los
problemas
de
análisis
estructural
,
presentan
algunas
dificultades
adicionales
para
el
ingeniero
estruc
t
ural.
En
primer
lugar
,
el
análisis
es
bastante
más
laborioso
y
complicado
en
comparac
ión
con
las
est
r
ucturas
estáticamente
determinadas
.
En
seg
u
ndo
lugar,
el
análisis
estructural
solo
puede
ser
realizado
considerando
la
geometr
í
a
de
las
deformaciones
,
esto
sign
ifica
que
es
necesario
conocer
de
antemano
las
caracter
í
st
icas
mecánicas
del
material
y
de
los
e
lementos
estructurales
.
Una
selección
in
icial
inadecuada
de
las
caracterfst
icas
de
las
barras,
puede
ser
corregida
únicamente
realizando
una
nueva
selecc
ión
y
volviendo
a
realizar
el
análisis
.
En
consecuencia
,
la
mayor
í
a
de
los
problemas
estructurales
deberán
realizarse
aplicando
las
sig
u
ientes
t
res
condiciones
o
princip
ios
bás
icos
:
1)
Equilibrio
:
de
la
estructura
,
de
las
barras
o
elementos
y
de
los
nudos
.
2)
Compatibilidad
y
Condiciones
de
Contorno
.
También
llamada
las
relaciones
Deformación
-
Desplazamiento.
Los
movimientos
de
los
extremos
de
las
barras
(o
!
.
elementos)
deben
ser
compatibles
con
los
desplazamientos
de
los
nudos
.
Esta
condición
puede
expresarse
mediante
la
siguiente
relación
:
{d}
=
[A]
{D}
donde
{d}
y
•
{D}
son
los
movimien
t
os
de
los
extremos
de
las
barras
y
de
los
nudos
respectivamente
y
[
A
]
es
la
Matriz
de
Transformación
de
Desplazamientos
(véase
el
Acápite
7.3)
.
3)
Relaciones
Constitutivas.
Tamb
ién
llamadas
Relaciones
Fuerza
-
Desplazamiento.
las
fuerzas
(esfuerzos)
en
cada
barra
(elemento)
y
sus
desplazamientos
deben
satisfacer
las
ecuaciones
derivadas
de
los
diagramas
constitutivos
(O'
-
E)
del
material.
'
Esta
condición
puede
expresarse
mediante
la
s
iguiente
relación:
{q}
=
[k]
{d}
donde
;
,
,
{q}
son
las
fuerzas
de
extremo
de
barra
y
{
d}
los
desplazamientos
correspondientes
•
•
,
'
y
[k]
es
la
Matriz
de
Rigidez
de
la
Barra
(véase
el
Cap
itulo
4)
.
la
solución
de
cualquier
problema
de
análisis
estructural
deberá
cumplir
con
las
tres
'
'
condic
iones
o
principios
básicos
mencionados,
independientemente
de:
-
Del
método
de
análisis
utilizado
(rigidez,
flexibilidad
,
mixto)
.
,
Del
comportamiento
de
la-estructura:
elástica,
inelástica,
deformaciones
pequeñas,
deformaciones
grandes.
Del
ma
t
e
ri
al
de
la
es
t
ructura
:
linealmen
t
e
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lást
ico,
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lástico,
no
lineal
,
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.
-
De
las
solici
t
aciones
(cargas)
que
obran
sobre
la
estructura
:
estáti
c
a,
di
n
ám
ic
a
,
asenta
m
ientos
,
ca
m
bios
de
temperatura
,
etc
.
CAPITULO
2
-
Bases
del
Análisis
Estructural
40
.
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49. 41
C
ompresión
parale
la
a
la
fibra
-+-----
-
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Co
mportamiento
de
la
mad
e
ra e
n comp
res
ió
n
paralela
a
la
fibra, E$lu
erzo o
limite
d
e
p
r
oporcionalidad
::ti
300 kglcm
2
4
00
30
0
Barra
1
:
Madera
,
compres
ión parale
la a la fibra.
E
=
100,00
0
kg/cnr', A
=
15
0
cm
2
(pieza
d
e
4
"x
6")
~ ~
1
f'----
3
·
60
----,r
1
T2
.
7
0J
{
F
}3
xl
=
[
K
1
3
X3
{
~
hx
)
[
K]
es
l
a Matriz de Rigidez La
t
eral de
l
pórt
i
co plano
A continuación se presen
t
an tres e
jempíos simples de la
ap
ü
caoíó
n
de los tres pr
inc
ip
ios
básicos mencionados.Ejemplo
2-1 La armadura plana mostrada a cont
in
u
ac
ió
n es
t
á fo
r
mada por dos barras
dé
'dlfe
r
e
n
te material, la
ba
rr
a
hortzo
n
tal es de madera
y
la iliclim:tda de acero. Nótese
que ¡a est
r
uctura es
isostá
ti
ca
.
por lo tanto las eouac
iones de eq
úili
brio son suficientes
para determinar todas las fuerzas internas
y
reacciones
.
S
in emb.argo
.
pa
r
a de
t
erminar
la configur~ción deformada
de
la es
tr
uctura
,
en est
e
caso el mo
v
im
ie
n
to dei nudo
2
,
será
nece$a
n
o conocer las p
r
opiedades de los ma
t
eriales de las bar
r
as
y
sus secclones
transversales
y
utilizar los otros dos princ
ipios básicos del análisis estr
u
ctural.
\\
Co
lumna
e
n
v
ol
a
do
.I
F_
3 El
A
I
---u
l
'
'
F~
,
)
!
/
A.
1
1
/
\\
\
\
7
T
1
Secc
i
ó
n de un
a
vi
ga e
n
fle
xi
ón pura.
Re
laci
ó
n M
om
ento
-
C
urva
tu
r
a
F
3
' ,
~ ~
3
ResorteF
=
kA
>
M=EI
el>
F
Los siguientes son algunO$ ejemplos de Relacio
n
es Const
itut
ivas (Fuerza -
Despl~~miento) para estructuras s
imples linea
lmente elás
ti
cas:
4
L
")
r
'
,t)))-
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¡
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J
1)
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50. S) OC:}
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..) ,
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j
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e:'ZJ
,,
'j
1
42
AH
=
di
=
0.096 cm
d d
Av
=
_2_
+
_
1
-
=
0.503
cm
sens tan
9
I
\
/
<, \
I
.......¿
Posición fin
a
l
2' del Nudo 2
\
d
2
=
0
.
225
cm
\
dI
=
0
.
096
cm
e) Compat
ibilidad
.
Las barras deben moverse de tal modo que permanezcan rectas
y
,
sigan estando unidas en el nudo 2. Por ser pequeños los desplazamientos del nudo 2
,
se
;
han sustituido los arcos por sus tangentes
"
c¡
=
Ee ~
Al
=
q
I
EA
-4000
x
360
.
di
=
S
=
-
0
.
096
cm [acortam
i
en
t
c)
10
><
150
d
-
5000
x
450 - O225 ( I . )
2 - -.
cm a argamt
e
nto
2
x
l0'x5
3
,
000
2
9
==
36
.
87
o
q,
=
-4,000 kg (compresión) -4000
2
0',
=
~
27
kglcm
1
50
q2
=
5,000 kg
(tracció
n
)
0'2
=
5000
=
1
,
000
kglcm
2
5
Nótese que las ecuaciones de equilibrio se han planteado sob
r
e la configuración
indeformada de la estructura, es decir, se ha supuesto que los desplazamientos del nudo 2 serán pequeños. Esta h
ipótesis deberá verificarse cuando se calculen los
desplazamientos de
l
nudo. Adicionalmente los esfuerzos calculados en las barras
,
indican que éstas se encuentran en la zona de comportamiento lineal elástico. b) Relaciones Fuerza - Desp
lazamiento
(O' -
8):
Material linealmente elástico
.
a) Equilibrio estático
:
Nudo 2
Q2
Comportam
i
ento del acero en tracc
i
ón.
Esfuerzo de fluencia 2
,
500 kgl
c
m
l
fY=
2500
Barra 2
:
Tirante de Acero. E
=
2
x
I06 kglcm
2
A
=
5
cm
2
(barra
de diámetro
el»
=
1")
42
o
,
O
o
.=: ;0
:
'0
":;- :'0' '
O
. _ OO': O ,'O'." " ... ~
•
• , ......
..
...
;~
~
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.,n
;
.
.."
.•
~
;
:~
I
:"
O
"~
",
,,,,: •
..,
¡
.

51. 43
Sección s
i
m
ét
r
i
ca
res
p
e
cto
de
l
ej
e
y
p
la
n
o de c
a
rga
F
l
ex
i
ón
p
u
r
a
o
-{;$.;-- ...
Ejemplo
2..3 Determinar las relac
ion
e
s
F
-
8
(en este caso las
r
elac
io
n
es Momento -
curvatura) en una sección sometida a
fl
exión s
imple
.
2
~=
o
.2
2
5cm
'[:>a::Z::Z::Z:::Z:Z::Z::Z:Z:::¡!:Z:z:::;i!ZZ:z%:z:::r¡q...
:
~
o
1
11V
1
/
2
'~
I
P
o
sición fin
al
d
e
l Nud
o 2
Il
=
O
H
Il
v
=..!!.L
=
0
.
3
7
5
cm
s
e
nü
d
2
=0.
2
25
c
m
d
I
=
0
b) Relaciones
o-
E
c) Compat
ibilidad
q2
=
5
,
000
kg
a) Eq
u
ilibrio Nudo2
:
N
o cambia.
q
l
=
-
4,
000
k
g
6
E
=2
x
lO
A
=
5
e
l')
.,
'
Se puede apreciar que el desplazam
iento de
l
nudo 2 es pequeño comparado co
n
las
dimensiones de
la estruc
t
ura
indeformada
.
.
Ejemplo
2..
2 Considere
m
os la armad
u
ra del problema an
t
erio
r
con la d
iferenc
ia que la
barra 1 es un só
li
do r
lgido (inde
f
o
rm
ab
le). Lo
interesante de es
t
e problema es comp
r
obar
que
,
dado que la es
tru
c
tu
ra es
isostá
ti
ca
, l
as fuerzas en las barras no camb
ian
,
sin
embargo el desplaz
a
m
ien
t
o del n
u
do 2 es depend
ien
t
e de las pro
p
iedades de l
a
s ba
r
ras.
j
~i
JI
-
,
~
.,I)
,
I
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~
I
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I1
l,
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,
,
I
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I
•
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l
I
j
',-
I
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1
!
I
t
I
f
i
1tt
.!,
-
,
:
l
r-i
:::::.
/
)
)!
)

52. y
cr
=-E-
x
p
ex
=
![crx-U(cry+cr:)]
'cr
JI
=
cr
Z'
=
O (Supuesto)
a,
=
E
ex
e) Re
laciones o -
E
E
X
=
IJ - IJ orig
i
nal
=
(p -
y).6.9 -
p.6.9
IJ original
pA9
:. E
x=-;
Giro rel
o.
tlvo de
elos secciones
veclnQs
=
M
¿Mz=-M;:
=
JyO"x
dA
=
O
A
En este caso, las ecuaciones de equilibrio relevantes son:
LFx=
IcrxdA=O
(1)
A
-M
z
=
Jy
cr
x
dA=
O (2)
A
La distribución de los esfuerzos ox debe satisfacer las ecuaciones 1 y 2. El problema en esencia hiperestático ya que se podría pensar que hay
infinitas incógnitas
ox
en
infinitos puntos de la sección
.
b) Compatibilidad. Hipótesis de Nav
ier, las secciones planas permanecen
Pennite reducir la hiperestaticidad a un grado
.
¿Fx
=
J<r;r
dA
=
O
(no
hay
fuerza
axial)
JI
¿FY
=
O~ Automático
ya
que
Txy
=
O
(flexión
pura)
¿Fz
=
O~ Automático asumiendo
't,e
=
O
¿MX
=
O~
Automático
ya
que
Txy
=
T.c
=
O
¿Ñ6'
=
JZ<rx
dA
=
O
-+
Sección simétrica
y
esfuerzos
simétricos
JI
a) Equilibrio:
44
!¡ 1~i ¡r! !
.

53. 45
9
':::::
e
?
-
-
~(-
Geo
m
e
tr
ía 2
'
D
e
fo nn
a
da
p
2
"
9
La e
c
u
ació
n de
e
q
uilibr
i
o estát
ico
se
f
o
nnuJa
so
b
re
l
a
geometría
i
nd
ef
orm
a
da
2.2 Hipótesis Básicas del Análisis Estructural2
.
2
.
1 Primera Hipótesis Básica - Desplazamientos Pequeños
:
También conocida
como Hipótes
is de las Dimensiones Iniciales
.
Plantea que la geometrfa de la estructura
no cambia aprec
iablemente luego de la aplicación de las cargas
.
Supondremos que las barras (elementos) que componen la estruc
t
ura son lo
suficientemente rrgidas como para no sufrir deformaciones importantes bajo la acci6n delas cargas (solicitaciones) y la geometrra inicial va
r
ia muy poco
.
Por Jo tanto,
las
ecuaciones de equilibrio se pueden plantear a partir de la geometría de la estruc
t
ura
indeformada
.
Dicho de otro modo, supondremos (con cargo a ver
ificar) que los desplazam
ientos de la
estructura son peque
ñ
os
y
geometrfa inic
ial no varia significativamente.
Ex
isten diversos métodos de análisis estructural que trabajan sobre la base de las
teorlas de segundo orden (grandes desplazam
ientos) tomando en cuen
t
a el cambio de la
geometría de la estructura
.
Estos métodos de análisis, que abordan el comportamiento
de las estructuras con grandes desplazamientos, normalmente trabajan sobre unesquema iterat
ivo de aproximaciones suces
ivas
,
ya que
las ecuac
iones de equilibrio no
pueden formularse hasta conoce
r
la configuraci6n deformada de
la es
t
ruc
t
u
r
a
.
Cuando en
u
na estructura se produce un cambio importante en
la geometria
,
de tal
forma que se afec
t
an las ecuac
iones de equilibrio planteadas a part
ir de la g
e
ome
tri
a no
deformada, se dice que es una Estructura con No Linealidad Geométr
ica
.
E
l
comportam
iento de este tipo de estructuras no lineales
,
escapa al alcance de estos
a
puntes. En co
n
secuencia trabajaremos ú
ni
camente con teorfas de primer orden
(desplazamientos peque
ñ
os) y s
iempre será posible verif
icar, al concluir el aná
li
sis
,
la
va
li
dez de esta hipó
t
es
is.
A cont
inuac
ión s
e
muestran dos casos simples en los cuales se ilustra el princ
ip
io de los
desplazamientos pequeños
:
Reemplazando
ex
=
-E
y
Ip
en (2)
M=- JyuzdA
=
E
Jy
ldA=
E
I
z
=:>
M
z
=IElz
A
P
A
P P
Mzy
a
=
---
x
lz
fy
dA
=
O
=>
E
j
e neutro pasa por el centro de gravedad de la sección
A
JydA=OA
E
-- IydA=O
:::::>
p
A
Reempla
z
ando en (1)
45
r
'':
.~~
~e
;:
:...
...
.
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,:
.
.:
,,
_
':
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J
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:;¡ )
>))J
-:;)
Para
que
la
superposición
sea
válida,
los
desplazamientos
deben
ser,
como
general
gruesa.
varios
órdenes
de
magnitud
menores
a
la
dimensión
caracteristica
de
estructura.
El
intervalo
en
eLcuallos
desplazamientos
.están
comprendidos
entre
0.01
L
.
0.1
L
(siendo
L
la
dimensión
caracterrstica
de
la
estructura)
suele
ser
una
región
transición
entre
los
desplazamientos
pequeños
y
los
grandes.
Sin
embargo
valores
son
tan
solo
referenciales
y
dependen
mucho
del
tipo
de
estructura
y
las
actuantes.
Equilibrio
en
la
posición
deformada:
MI
=P(a+6.)
pero
A=f(p)
MI
=
P
a
+
P
(f(P»
:.
no
hay
una
relación
lineal
entre
MI
y
P
Equilibrio
en
la
posición
no
deformada:
Ml=Pa
:.
existe
una
relación
lineal
entre
MI
y
P
a
JI
Si
A
«
a
entonces
el
momento
en
la
base
se
puede
aproximar,
con
un
despreciable,
mediante
MI
=
Pa.
En
este
caso,
ya
que
el
material
de
la
estructura
linealmente
elástico,
será
válido
el
principio
de
superposición,
por
ejemplo,
si
duplicara
la
carga
P
se
duplicarla
también
el
desplazamiento
A
.
Si
no
se
cumpliera
lo
anterior,
estaríamos
frente
a
un
caso
de
~~~::!"",!,~.=!,!...J=:"
':
debida
a
una
no
linealidad
geométrica
:....
recuerde
que
hemos
supuesto
que
comportamiento
del
material
es
linealmente
elástico
en
todo
el
rango
de
repuesta
de
estructura
-
y
no
seria
aplicable
el
Principio
de
Superposición.
A
diferencia
del
anterior,
si
se
duplicara
la
carga,
no
seria
posible
afirmar
que
el
desplazamiento
tanlDlemjl
,
/
.'
se
duplicará.
Conclusión:
Cuando
una
estructura
presenta
no
linealidades
geométricas,
aplicable
el
principio
de
superposición.
Ejemplo
2-4
Asumimos
que
el
material
de
la
barra
es
linealmente
elástico.
1/
p,¡
/
El,"
~
-
~2'
2.2.1.a
Algunos
ejemplos
de
No
LInealidad
Geométrica.A
es
Jo
suficientemente
pequefio
para
poder
despreciar
el
cambio
en
la
geometría
por
el
efecto
de
las
cargas
aplicadas
.
46
9'
:::;9

55. 47
~-
j
)
;L
)
=t
_ EA
3 2
2
Pr=
I!
(A
+
3fA +2f A) (B)
La relación no lineal es producto de
l
cambio en la geometría de la estructura por la
acción de la carga
P,
no es producto del comportamiento del material ya que hemos
supuesto que el mate
ri
al es linealmente elástico para todo el rango de comportamiento
.
En este caso el principio o h
ipótesis de los Desplazamientos Pequeños no es aplicable
ya que para alcanzar el equilibrio es necesario un camb
io importan
t
e en la geometria de
la estructura, en consecuenc
ia e
l
equilibrio del nudo 3 debe plantearse sobre la
geometría de
f
ormada.
)
En este caso la relac
ión entre la carga y el desplazamiento vertical del nudo 3
,
es no
lineal (véase
ellíbro
de White), y viene dada por la ecuación (B)
.
cr=E&
p
_]
JI
L
- Caso 2
:
La flecha
"f"
es pequeña
.
L
;
I
P=K8
En este caso se puede plantear el equilibrio del nudo 3 en
la posic
ión no deformada de la
estructura
.
la relación entre la carga y el desplazamiento vertical del nudo 3 es del tipo
lineal y viene dada por la ecuación (A).
2EAf
2
P
=
(L
2
+
f
2
)3
/
2
8 (A)
-'
¡
,
l
:
f
j
;
L
L
Ejemplo
2-5 Asum
imos que el material de las dos barras que conforman la estructura es
linealmente elást
ico en todo el intervalo de repuesta de la estructura.
- Caso 1: La flecha
"
f"
no es pequeña.
La única repuesta cierta, relativa a cuán pequeños deben ser los desp
lazamientos, es la
s
iguiente:
Los desplazamientos son pequeños cuando las ecuaciones de equilibrio
,
planteadas sobre la geometriá no deformada, dan los mismos resultados que losobtenidos
a
partir de las mismas ecuac
iones de equilibrio planteadas sobre la geometrla
deformada final.
Ji

57. ,,¡1
I
I
I
I
:
1
1
1II~i
-),,
¡,?
"'1

58. ~___'A +M:s I
p
:
.
La re
l
ación
e
ntre
M
y
II no e
s
linea
l
~
M
J
b.s
>
~+
6
1
M
s
=M
+
Pb.s
f«
pcr
~P ~M
E~
.~p-~
Ms=M~ b.s
=.f
(M
.
P)
/
E
I,EA
;
Ejemplo
2-6 los dos ejemplos siguientes, son casos de no - linealidad a los que se les
.
.
suele llamar
Efectos
P
-
A
.
Asumimos que el material de las barras es linealme
IL"
·
,,
·
~
'l
elástico.
20
15
10
De
s
plaz ~ (
cm
)
5
o
...
--
-
-
__ !~-
_ __
.__
---
~
-
_
-
-
_
-
--
_
-_ -
-
:
:
::::
variable
..
..
.
.
.
..
..
....
...
_
-
~ ,
t
-
.... .. ..
..
. .
-'?"'-----f
....
.
-- -
;
!!"
..,~ ..
~
-
!"
_
" ..
':.. ~
;
~
.. -
_
..
.
.
.
.
..
..
.
.
..
.... ;
-
!
.
o~~~~------~
:
------~
;
------~
m
Caso
2 -
flecha
f=
0.05m. Con la ecuación
(B)
se obtiene:
1
A ~
7
.
41
cm
(Al
f=
1.48)
j1
K
=
variable
li'
Si
se aplicara la ecuación (A) obtendr
í
amos A ~
32
.03
cm
,
deflexión mucho mayor que la
.
f
flecha inicial. Equilibrio en la configuración indeformada:
FI
=
F2
=
40
,
000
kg
0'1
=
az
=
8,000
kglcm
2
¡
Equilibrio en la configuración deformada:
FI
=
F2
=
16,150kg
(JI
=
0'2
=
3.230 kg/cm
2
1
Por lo tanto no es aplicable el principio de los desp
lazamientos pequeños. A continuación
·
I
se muestra la relación P - Il. para ambos casos. Nótese que, para
f
(flecha) pequeña;
.
11
medida que se incrementa la carga la rigidez tangente del sistema también incrementa.
20
,000
,-
.
r-----
-
~
: -
-
-
~
:-
-
-
~
:-
-
---,
18
,000 .
""'1
¡
¡
.
1
S
JOOD
~
..
-.
_
_••
•
-
._--~--
-
-
--
---.-
--
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-'
--
_
-
- -
-
_ -- -
-
-- -
_
-
--
-
f=
1
m
: :
:
.-.. 14,000
..
,
:
:
..
....
..
..
.....
•
.
:
"
._
.
~
:
:
...
.._, 12.000 e, «1
10,000
co~ 8
,000
6,000 4,000 2
,000
Asignemos valores numéricos a esta estructura:
E
=
2xl06 kglcm
2,
A
=
5 cm
2,
L
=
2
m, P
=2,000
kg
Caso 1 - flecha
f=
1
m.
Con la ecuación (A) se obtiene
:
A ~ 0.112
cm
(6
I
f=
0,112%)
K~
17
,
890
kglcm
Equilibrio configuración indeformada:
F,
=
F2
=
2,236
kg
0'1
=
0'2
=
447
kglcm
2
Por Jotanto eS aplicable el principio de los desplazamientos pequeños
.
48

59. 49
\
E
l /
I
h
M-
M
asa c
o
n
cen
tr
ada
k-
Ri
gi
de
z
l
ater
a
l
T-
Pe
r
íod
o
d
e v
ib
r
ac
i
ón
Se reconoce dos tipos de equ
ilibrio
,
el
estático
y
el
dinámico
.
S
u
pondremos que las
cargas se aplican lentamente sobre la estructura
,
gradualmente desde cero has
t
a su
valor final
,
de tal modo que la estructu
r
a queda e
n
reposo en su configuración
deformada. A partir de ese instante la estructu
r
a no sufre cambios e
n
su posic
ión ni en
su forma deformada
.
A ésta se le llama la posi
c
ió
n de
equil
ibrio estát
ico
de la es
tru
ctura.
En el equilibrio estático supond
r
emos que no se producen vibraciones n
i
fuerzas de
inercia significativas.Po
r
el contrar
io
,
si las cargas se apl
ican súbitamente o s
i
prese
n
tan
u
na va
ri
ac
ión ráp
ida
en el
ti
empo
,
entonces esta
r
e
m
os frente a un problema de
equi
li
b
ri
o d
inám
ico
en el cua
l
la soluc
ión no es ún
ica, la respuesta de
la es
tr
uctura será una fu
n
ción
,
en algunos casos
compleja, de
l
tiempo
.
En resumen
,
en los p
r
oblemas de equi
librio es
t
á
tic
o no se desar
r
o
ll
a
n f
uerzas de inercia
significat
ivas
.
L
as fuerzas
internas en las barras deben equ
ili
brar
ún
icamente a las
cargas externas
.
En
los p
r
oblemas de equil
ibrio dinám
ico se desa
r
rollan
-
fuerzas de
inerc
ia s
ign
ifi
cativas
y
las fuerzas
internas en las barras deben equ
ili
b
r
a
r
no solo a
las
cargas externas
,
s
ino también a las fuerzas de
in
ercia.
En gene
r
al, en este
c
urso, e
l
equilibrio estático se aplicará a
:
La estructura completa debe estar en equilibrio.Cada una de las ba
rra
s debe es
t
ar en equilibr
io.
Cada u
n
o de los n
u
dos debe es
t
ar en equilibrio.
Observemos las dife
r
e
n
c
ias entre el Equilibrio Estáti
c
o
y
e
l
D
in
ám
ico med
ia
nt
e e
l
eje
m
plo
simple que se presenta a continuac
ión:
A
Y
s
De
pen
d
e
n de
F
y
P
A
M(
y
)
=
F
y
+P-¡;
y
+PtS
2.2.2 Segunda Hipótesis Básica - Equilibrio Estático
Pll.
y/h
\
\Fb
+
PLl
IP
«
Pcr
+
b.
p
M
¡
y
l
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II
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.
4
0
.
11
T
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e
g
)
0.
2
1
.
0
0
.
8
0.0
..,'
;
rlesPlazamiento
•
•
¡
j
¡
Bst4t
ico
O
.
O
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-
-
-
-i-
--
--i--
-
-
-
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· -
-
-
....;-
.
-
-
-
-j
.-. 0
.
8
!~ o
.e
1
0
.
4
1
.0
F(/)
=
V(t)
+
M
2(t)
F(t)
=
k
Z(/)
+
M
2(/)
k
Z
(/)
=
F(/) -
M
2
(t)
{B)
La comparación de las ecuaciones (A)
y
(B) indica que en el caso dinámico, las
internas
(V(t)
==
k
Z(t» deben equilibrar no solo a las cargas externas sino también a
fuerzas de inercia que se generan. La variación en el t
iempo del desplazamiento lateral
(Z(t»
se muestra a
Para la solución se ha supuesto un amortiguamiento pequeño del tipo viscoso de ~
==
1
Carga Din~mica
.
Rampa de Oa 8
,
000
k
g
e
n to
=
0.02 seg
T
=
0
.
1
s
tofT
'"
0
.
2 Amortlg
'"
1%
1.2
V(t)=kZ(t)
La ecuación de equilibrio, en el caso dinámico
y
asum
iendo que no existe
amortiguamiento (~
=
0%) será
:
Ft-,
M
F(t)"r+-FI(t)
=MZ<t)
(J
- Ahora asumamos que la carga lateral se aplica rápidamente
(fa ~
O)
.
El equilibrio
horizontal de la masa concentrada en el extremo superior requerirá en este caso
,
la
presencia de fuerzas de inercia
(FI
(t»:
Z(t)
V(t)
La variación en el tiempo de la fuerza cortante
y
del desplazamiento lateral, cuando la
carga se aplica lentamente será:
F(t)
=
V(t) F(/)= k Z(t)
k Z(t)
=
F(t) (A)
k
Zmax=
Fa
F(t)
)j
M
~V(t)
- Asumamos que I~ carga lateral se aplica lentamente
(to»
T)
.
El equilibrio horizontal
I
de la masa concentrada en el extremo superior
(M)
es
:
50

61. Condicionesde con
t
orno
de
desplazamien
t
os
prescritosen losnud
o
s
{DI}
=
{O,O,O}
{04}
=
{O
,
a,O
}
51
Condiciones de contornode fuerzas
e
n los nud
os
{F2}
=
{lO
,O,O}
{F3}
::;
{O,
-
20,O}
2.2.4 Cuarta Hipótesis Básica - Condiciones de ContornoSi no se
.
jntroducen las condiciones de contorno, los problemas estructurales no estarían
completamente definidos. Estas condiciones se especifican en función de fuerzas (porejemplo en los nudos o en los elementos)
y
en función de los desplazamientos prescritos
en algunos de los nudos.
En el nudo 3 hay dos girosindependientes, por Jotanto lasrotaciones de las barras 2
y
3 no
son iguales. Sí hay compatibiJidadde desplazamientos en X e Y
En los nudos 2
y
3 hay
compatibilidad de giros
y
de
desplazamientos
.
p-r
-
~ r.-,
-...--='\==-=~=======:::::-:~
F
2.2.3 Tercera Hipótesis Básica - Compatibilidadla
deformaci6n
y
el desplazamiento de cualquier punto de la estructura. bajo un sistema
de cargas
,
son únicos
y
varian de manera ccntlnua.
.
Este principio se emplea para compatibilizar los desplazamientos de los extremos de loselementos (barras) que concurren a un nudo con los desplazamientos del mismo
.
Esta
condición puede expresarse mediante la siguiente relación: {d}
=
[Al {D}
donde {d}
y
{D} son los movimientos de los extremos de las barras
y
de los nudos respectivamente
y
[Al
es la Matriz de Transformación de Desplazamientos (véase el Acápite 7.3).
))

62. ._!2!.
\\ ~29
Solución B
lJ.2°Okg
1 3.001
Solución A
5
2s
T
~
1
~\
~
7
S
[,
2
.00
It
2.
00 [,
1
'1
1
.~
:
Asumamos que el pórtico de la figura anterior es de sección constante, con la viga
y
.~
;
columna de
0
.25xOAOm
y
módulo de elasticidad
E
=
200,000
kgl
cm
2
•
Despreciemos las
1
:
deformaciones axia
les
y
las deformaciones por corte de ambos elementos
.
.
Ambas soluciones están en equilibrio, sin embargo
,
solo la solución B es válida o
.~
.
correcta, ya que la solución A no satisface las
.
co
n
dic
iones de contorno
.
Para demosfra
rJ
<
esta aseveración
;
removamos
.
de ambas soluciones la
r
estricción horizontal que hay en
:-
,
el nudo (apoyo) 2, la estructura se conv
ierte en lsostática además de seguir siendo
;
_
estable
.
Si la soluc
ión A fue
r
a la correcta,
a
l retirar la restricción ho
ñz
on
t
a
l e
n el nudo 2
l
y reemp
lazarla por el valor de la reacción como si fuera una fuerza externa, deber
iamos
~
obtener
u
n despl
aza
m
ie
nt
o horizontal nulo
en
el nudo 2.
<
.
~
J
Si se restan las dos configuraciones deformadas de la figura anterior, se obtiene la
i
estructura sin cargas externas pe
r
o deformada, lo cual no es posible; en consecuencia la
"1
configurac
ión deformada es única
.
Ejemplo
2-7 Muchas veces solemos verificar
10$
resultados del análisis estructura
l,
comprobando el equilibrio global de la estructura. Esta comprobación s
imple, no siempre
garantiza que
.
los resultados son los correctos
.
Po
r
ejemplo en la figura a cont
inuación,
se muestra una misma estructura con dos juegos de reacciones y sus diagramas de momentos, ambos en equilibrio.
"
I
J
/
\
\
\
'"
\
\
I
------
~¡ :1
.
¡III
\\
------
2.2.5 Quinta Hipótesis Básica - Unicidad de las Soluciones No son posibles soluciones alternat
ivas a íos problemas de análisis estructural. Para una
estructura sometida a un sistema de cargas, tanto la configuración deformada, las fuerzas internas
y
las reacciones (en general la respuesta) tienen un valor único.
Este princ
ipio se puede demostrar por la hipótes
is del contrario. Supongamos que un
mismo sistema de cargas actuando sobre una estructura, produce dos configuraciones deformadas en la estructura
:
52

63. SoluciónCorrecta
.
\i
ns
.
653
I
• 1
7
].4
t
471
.4
171
.4
.
r
4
171
t2:9
En consecuencia a pesar de que ambas soluciones están en equilibrio sólo la B es válidao correcta ya que la A no satisface las condiciones de contorno (compatibilidad) en losapoyos. La soluc
ión correcta o verdadera es:
I
Solución
B
en
equilibrio
y
compatible.
\,
\\
Solución A en equilib
r
io.
No
compatible.
\\7675
Solución B
.
El desplazamiento horizontal del nudo 2 resulta nulo
l200
\
\
\
AH :::0
.
0563
cm
1,200
100 __..~
'.__
'
__:L-_---..._--,
- ---r~ ...
10
\
\
\lo _ ~i -----
525
i67l1
El desplazamiento horizontal en el apoyo 2 debería ser cero. Si calculamos eldesplazamiento
hortzontal,
utilizando por ejemplo el Método de las Fuerzas Unitarias
(Trabajo Virtual), obtendremos un desplazamiento
.
de
0.0563
cm,
valor que no es
consistente con la condición real en el apoyo
2,
por lo tanto la solución A, no es válida.
Isostátieay
estable
52S
.
~ Solución A,l)}
,
)
))
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,
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JJ
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)
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~
:
)
.:)
:') ~j') )J.
)
j
) )
~
Estructura con comportamiento lineal
'Energia extraída o recuperada en el proceso de
-
descarga
Trabajo de las fuerzas externas
=
Energfa
almacenada
F
F
Desde el punto de vista de la energía, la diferencia entre comportamiento lineal
y
no
lineal se ilustra a continuación:
Defonnación
Defonnación
No Lineal - Inelástico
No Lineal - Elástico
Acción
Acción
Defonnación
Defonnación
Lineal - Inelástico
Lineal
-
Elástico
Acción
Acción
2.2.6 Sexta
Hipótesis Básica - Comportamiento Elástico Lineal
Supondremos que las estructuras se comportan en el rango lineal elástico, es decir que la relación carga - desplazamiento es lineal. Dicho de otro modo, si todas las cargas externas que obran sobre la estructura, por ejemplo se duplicaran, el desplazamiento de cualquier punto también se duplicará. Esta hipótesis está controlada por la hipótesis de desplazamientos pequeños asl como por las propiedades mecánicas de los materiales de los cuales la estructura está construida. A continuación se muestran algunas de las posibilidades de comportamiento de una estructura o material constituyente
.
¡¡¡ ¡¡!I 1¡I
- Equilibrio - Relaciones constitutivas - Compatibilidad
y
condiciones de contorno
Conclusión: La solución correcta a cualquier problema estructural, es aquella que satisface
:
54
~
,
.'
7
~_ .'
.
~
" ,
_,
"
:
'
''
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'
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_
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..,
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65. 55
0
.
004
0
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1
DJlO2
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003
C
o
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J
Curv
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t
o
armado
.
CUrvasEsfuerzo -
Deformaci
ó
n e
n
traec
í
ón
.
Gr
a
da
80
80
Grada 75
Zo
na l
nelástí
c
a
1
20
Los materiales que componen una estructura pueden ser
elásticos
o
inelásticos
y
pueden ser
lineales
o no
lineales
en cuanto se refiere a la relac
ión esfuerzo -
·
cteformaci6n
,
Aún para un material linea
lmente elástico como el acero estructural
,
la
relación lineal esfuerzo - defo
r
mación es válida hasta cierto punto) normalmente el limite
de p
r
oporc
iona
li
dad
.
Por lo tanto, para que la hipó
t
esis de comportamiento li
n
eal elast
ico
sea válida, los esfuerzos en cualqu
ier punto de una estructura bajo un s
istem
a
de cargas
dado,
n
o debe
n
exceder el limite de propo
r
c
ionalidad del material.
la
suposic
ión de comportamiento e
lástico - lineal de
l
material, suele ser
u
na res
t
ricc
ión
·
severa de los métodos de aná
li
s
is estructura
l
que se presentarán. Las desviac
iones del
comportamiento
r
eal del material con respecto a la h
ipótesis o supos
ic
ión de
·
comportamiento
linea
l,
suele ser una fuente de discrepancias
importante en
t
re
los
resultados teóricos
y
los experimen
t
a
les
.
·
E
jemplosde comportamien
t
o de algunos mate
r
iales
:
ENERotA PERDID....o
D
I
SIPADA
Trabajo de lasfuerzas externas
F
F
~
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1)JJJ ,
))
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Momento - Curvatura
d
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S
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P
e
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18
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5
5
I
x ~ 3
7
,
000
cm"
S
x
e
1,600 cm' Zx ~
18
35
c
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3
M
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0
t
-
m
(mome
n
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i
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Mp
=
fY
Zx
==
46 t
-
m
(
m
ome
n
t
o
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ást
ico)
fy
=
2
,
500 kglc
m
2
ey
=
0
.00
1
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My
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40
t
-
m
Mp=46t
-
m
I
f
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~
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fy
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2
m
"
4m
¡-
€y
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..,
11
JI
En el caso analizado
las carga
s
actua
n
tes
ll
evan a
l
materia
l
de la es
t
ruct
u
ra a la
z
ona de
comportamie
nt
o no
li
neal. Es claro que en est
e
caso la pos
ición final de la estructu
r
a
j""
.
depende de la
Historia de Cargas,
en consecuenc
ia
n
o será válido el P
rin
c
ipio de
.
~
~
:
.
Superpos
ic
ión
,
~
':
Ejemplo
2~8 Otro caso de co
m
po
rt
am
iento
n
o
.
lin
eal de una e
s
t
ructu
ra se pr
e
se
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ó
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a
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iga de acero doblemente empo
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P
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b
io de geome
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POSICIÓN F'INA
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~~
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--~~
P
r
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mero F
2,
lu
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go F
I
\
\
2.2
.
6.a Fuentes
de
No Lineal
id
a
d en una Estruc
tu
ra
-
No
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nea
lidad Geométrica
- No Li
n
ea
lida
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M
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l
- Ambas
Algunos ca
s
os de No Linealidad Geomé
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rica
se
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ta
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n
c
u
a
n
do se explicó e
l
P
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Hipótesis de los Desp
iaza
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ientos Pe
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,
los casos
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presentados asumen que el
c
omportamie
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o del ma
t
erial es
li
nea
lme
nt
e elás
t
ico y que
la
no-linealidad de la estructura se
d
ebe a camb
ios importantes e
n f
a geome
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e
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la
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Coeficientes
de
Flexibilidad:
Se
calcularán
utilizando
el
Principio
de
las
Fuerzas
Virtuales
(acápite
2.3)
considerando
únicamente
las
deformaciones
originadas
por
la
flexión,
se
desprecian
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deformaciones
axiales
y
por
fuerza
cortante.

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las Fuerzas
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Ejemplo 2-10
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una colum
n
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fl
e
xi
ón y po
r
una v
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u
e se ha
modelado como
indeformable (sólido rfgido)
.
Al igual
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interna
y
exte
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m
e
n
te de
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in
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do
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iere consultar e
l
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it
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.
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a
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l
pórtico
.
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[
K
]
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2
3
O
-2
• Observaciones rela
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ivas a la Matriz de Flex
ibilidad
:
a) La Matriz de Flexibilidad es simétrica
(tij
=
fj
i)
.
Esto res
u
lta evidente si se observan
las integrales utilizada para el cálculo de
los coeficientes de flexibilidad
ñ
]
,
el producto
de los diagramas de mome
n
tos
(
m
i
mj
)
es conm
u
tat
ivo
.
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iagonal pr
incipal
(fii)
son posit
ivos. Esto resu
lta evidente si se
observan las integrales utilizada para el cálculo de los coe
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c
ien
t
es de flex
ibilidad de la
diagona
l
principal
(mi
m
i).
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iz de Flexibilidad es definida pos
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in
a
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o de cero
)
,
es dec
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su inversa existe. La inve
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ib
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pórtico en e
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mismo s
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-
D.
La inversa de
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1
.
333 -0
.
667
-0
.
667 1.333
[
21
[F]=_l 4
El
-2
• Matriz de F
lex
ib
ili
dad de la estructura en e
l
Sistema Q-D selecc
ionado
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J))
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~-=j ;¡jJ J.) )])') .) )
~
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Se sugiere cons
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ta
r
el acápite 6.6 donde se calcul
a
la Matriz de Rigidez del pórtico.
• Observaciones relativas a la Matriz de Flexibilidad
:
Son válidas las mismas observaciones realizadas en el Ejemplo 2-9. La inversa de la Matriz de Flexibilidad es la Matriz de Rigidez del pórtico en el mismo
.
sistema Q
-
D
.
La inversa de [F] es:
[Fr
l
=
[K]
=
EI[
:61
!]
l~ .
• Matriz de Flexibilidad del pórtico en el sistema Q-D seleccionado
:
[
F]
_
_1 [9 -18 ]
El
-18 48
J
3
fi:0
f -
jm.m.
f -
sm.m2
S ~
11
- 12
-
+
O
El.
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El.
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El
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2
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J
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f
ll
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-
(
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3)=
-
2 3
El
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f
22
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(4)(3)(4)
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El
4
4
3
1("
62

73. DI
+
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X¡
=
O
El
Método
de
Flexibilidad
se
basa
en:
-
En
el
principio
de
superposición
aplicado
a
las
fuerzas.
-
Las
incógnitas
son
las
redundantes
estáticas.
-
La
compatibilidad
(externa
y/o
interna)
de
la
estructura
es
violada
en
la
estructura
primaria
ya
que
se
remueven
apoyos
o
fuerzas
internas
o
una
combinación
de
ambas.
-
El
sistema
de
ecuaciones
que
conduce
a
la
solución
de
las
redundantes
se
obtiene
forzando
la
compatibilidad
de
desplazamientos
externos
y/o
internos.
{D}
+
[F]
{X}
=
{O}
(ecuación
de
compatibilidad)
{X}
=
-
or'
{D}
(solución)
El
equilibrio
se
cumple
automáticamente
ya
que
la
estructura
primaria
es
isostática
y
estable.
La
Ecuación
de
Compatibilidad
del
Método
de
Flexibilidad,
que
permitirá
calcular
el
valor
de
la
redundante
XI
es:
(*
XI)
Nótese
que
la
Estructura
Primaria
elegida
es
isostática
y
estable.
Para
el
análisis
de
una
misma
estructura,
existen
diversas
posibilidades
o
alternativas
para
la
elección
de
la
Estructura
Primaria,
dependerá
de
las
redundantes
estáticas
que
se
elijan
para
analizar
la
estructura.
En
algunos
casos
la
Estructura
Primaria
seleccionada
para
la
solución
de
la
estructura,
puede
ser
hiperestática,
pero
nunca
inestable.
Superposición:
Estructura
PRIMARIA
Coordenadas
X
-
D
F
F
)~
,1
))
1
))
,1¡
•
~
)
-}
!
)
¡
)
I
}))))
)))))
)
)
~
\
))
_j
I1?
~
.)I)I
I~\?~
,
)
2.2.7.b
Método
de
Flexibilidad
El
Principio
de
Superposición,
aplicado
a
las
fuerzas,
es
la
base
del
Método
de
Flexibilidad.
-
}
Por
ejemplo,
en
el
pórtico
mostrado
a
continuación,
que
tiene
una
sola
redundante
estática
(XI),
el
principio
de
superposición
de
fuerzas
permitirá
obtener
una
ecuación
(de
compatibilidad)
para
calcular
el
valor
de
dicha
redundante.
63
')
)

74. 64
Deformada
E
structura Primaria Cargas externas
3
Diagrama de momentos
{
M}
(
ton
-
m)
Es
tru
ct
ura Primari
a
Car
gas
exte
rnaS
10m2.0
--l
4
,
t) 2)
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"i
)
,
~
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)') J
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'7 ,
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:
~
"
)
:
9- -d
~)')
)
j )j
))
~o~
,)
Estructura P
r
imaria
Coordenad
as
x,
D
8.0m
l
3
.
0
ó4
• DiagrrilOlaide momentos flectores y deformada en la Estructura Primaria ocasionados
,
por
las
cargas
externas
.
•
-
el
.
pórtico
es
externamente
indeterminado en segundo grado
.
Utilizaremos pa
r
a la
r
::·
solucí6nla EstrUctura Primaria (ísostátlca
y
estable)
indicada a continuación
.
Nótes
e:'
.
..
<
quehay diversas posibilidades para la elección de las redundantes.
Ejeli'lpló
.
2~11 Resolv~r el pórtico piano mostrado
utliizandó
el M~todo de
FI~xib.
m
dad
.
La
$eCti(>o
de
ías
b~iTás
.es constante con rig~~z
EL
Se có
h
~ideran únicamente
defonnaciones por
flexi6n.
es decir
,
se
ignoran
las deformaciones
~Iales
y
por
cortante
.
;1
S
tOñ
2
.
3
+
~~----------------------------------~--------

75. 6
5
.. fl2§
De
f
o
nnad
a
Es
tru
c
tu
ra
P
rimaria
X2
=
1
to
n
I)
D
ia
grama de
m
ome
ntos
{
m
2}
Estruc
tura
P
rimaria
X2
=
1
ton
)1}j
))/
f
u
• Diag
r
a
m
a de momen
t
os flectores y deforma
d
a deb
idos a una carga un
itaria en la
coordena
d
a 2.
..)
V
)
~
\)
__.
I),)Ij()I1
.
_~
I
;
)
I
?
/
1
.00 U
D
ia
grama de mome
ntos
{
m
1}
E
structura
P
ri
maria
X
)
=
1
to
n
¡
)
i
,
1
)l)
1
,
¡
}
¡¡
J
J
)
1
-)
I
)
,
i
.100
De
fo
rm
ad
a
Estructura Primaria
Xj
=
1
ton
1.00
If
Diag
r
ama de momentos flecto
r
es
y
deforma
d
a debidos a una carga un
itaria e
n
la
coordenada 1
.
~
1;t
~
•
i

76. )
}\ ) )t) )).)
~
)/
") )
_J ).l
} )
Se sugie
r
e al lector
,
resolver el pórtico utilizando como incógnitas el momento en el
.
empotram
iento (nudo 2)
y
el momento
interno a la izquierda de
l
nudo 3.
Diagrama de momen
t
os final (ton
-
m)
U.7
2
10..00
Deformada final
{M}final
=
{M}Est.Primaria
+
{mJ
}
Xl
+
{m2}
X2
• Los resultados ñnales se pueden obtener por superposición
.
Por ejemplo, el diagrama
fina
l
de momentos se puede obtener mediante
:
1 (Xl)
(2.22)
{X}
= -
[F]'
{D}
=> ~
ton
x,
5
.
62
Primaria debidos a las cargas externas
y
.
66
{D}
+
[F]{X}
=
{O}
• Desplazamientos en la Estructura
coeficientes de flexibiJidad
.
DI
=
JM
."'1
= _
720
El El
f -
¡m
¡m
1
_
81
11
-
.
-
El El
e -
J~~-
170.7
1.
22 - -
.
El El
• Ecuacionés de Compatibilidad. Deben reflejar que el desplazamiento del nudo 1 en la
"
.
estructura real debe ser
nulo,

77. 67
f22
_
lx6
_
2.0
_
--
_
-
3El El
I
x6 1.
0
f12
=
--
-=--
6EI
El
• Defo
rm
ada deb
ida a u
n
a carga un
itari
a en
la coordenada 2.
X2
=
1
ton-
m
f21
= _
lx6
=
_
1.0
6EI El
fu
=
lx4
+
lx
6
=
3
.33
3
3
EI 3EI El
• Deformada deb
id
a a ca
r
gas un
itarias e
n
la coordenada 1.
XI
=
1
t
o
n
-m
27El
wt
l
27
D
=
=-
1
24E
I El
Ro
t
ac
iones
t
ramo 2
-
3
:
~
!llJlH
¡¡
Il
lIl
i
li
!
11
l1
!
~;
l
3
.0
tf
/
fn
• Deformada en la Es
t
ru
c
t
ur
a Pri
m
a
ri
a ocas
ionada por las ca
r
gas exte
rn
as
.
E
s
tr
uctu
r
a P
r
im
aria
.
C
oo
r
d
ena
das
X, D
x.,
D
I
~ ~
~
~
L
~
~
---------------~~~
Q
H\:L_----------------------
~
4
~
•
• La v
iga es externamente
indetermi
n
ada en segundo grado
.
U
t
ilizaremos pa
r
a la
so
luc
ió
n
la Estructura P
r
ima
ri
a (
isostática
y
estab
le) indicada a con
ti
nuación
,
en la
cual se han tomado como redundan
t
es
los momentos flectores en
los
nudos 2
y
3
.
Nótese que hay dive
r
sa
s
posi
b
ilidades para
la elecc
ión de las
r
e
d
u
n
dantes
.
rl-Oé~
--
-4_C:O
m
),)
Reso
lver
la viga de dos tramos mostrada utilizando el ~odo de
,
Flexibilidad
.
El nudo 3 es un empotramiento perfecto. La secc
ió
n de las ba
r
ras es
-
constan
t
econ rig
ic;lez
E
L
Se consideran
ú
nicamen
t
e deformac
iones por flex
ió
n
, es decir
.
-.
.
.se
ignoran las deformac
iones por co
rt
ante.
í
\
,
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I
')
1
)
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•
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~
,,
~
-
1
'3 ~.¡¡; ,)))., _)J
)
.
)
~
• la viga es externamente lndetermínada en segundo grado. Utilizaremos para la
'
soluc
ión
,
la Estructura Primar
ia (isostática
y
estable) indicada a continuac
ión, en
la
..'
.cual se han tomado como redundantes la fuerza cortante
(XI)
y
el momento
(
X
2
)
en el nudo 2. Nótese que hay diversas
p
osibilidades pa
r
a la elección de
l
aS
'
redundantes
.
.
1
"'
C
:~
:'5
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i,\
.\!;
,n
k
--
--
-
>
*
~
~~
--
--.
----
4m 6
m
6EI
Ejemplo
2-13
Utilizando el Método de F
lexibilidad, resolver la viga de sección variable
.
.,
,'.
doblemente empotrada. El primer tramo (barra 1-2) tiene una rigidez
El
y el sequndo
:
tramo 6
El
Se consideran únicamente deformaciones por flexión, es decir
,
se ignoran
las deformaciones por cortante
.
Se sugiere al lector, resolver la viga utilizando como incógnitas las reacciones verticales en los nudos 1
y
2.
D
e
formada final
! ------
~
l.
ll
r
Un
]
IU
!Illl!1
1
11111l
1
H
I
lIlJ
lll.
h
l
3
.0
t
f¡¡n
Diagrama de momentos final (ton-m)
5
.
746
• los resultados finales se pueden obtener por superposición. Por ejemplo, el diagrama
.:
final de momentos se puede obtener mediante:
{M}final
=
{M}Est
.
Primaria
+
{mI} X¡
+
{1n2}
X2
1
..
(XI)
(-4.765)
{X}
= -
[F]'
{D}
=> ~
.
ton-m
Xl 11.118
• Ecuaciones de Compatibilidad. Deben reflejar que la rotación relativa del nudo 2
y
la
rotación absoluta del nudo 3, en la estructura real, deben ser nulas.
{O}
+
[FJ{X}
=
{O}
~(:~7)+
~(~!~:
~~:)(~)=(:)
68
•
. -
-
_
.
"
. ','
~' ::" .
"
-
.
:
.
:
-
_
,
•
•
• ,,,. 7
.
,
.
.
.
.
, ::
"
:
:
: ..
.
"
."
"
•
.'"
•
•
•
...
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.
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~
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-~:
~
......:....
_
..:.:......
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~
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.
.:;.:_
_.__.
_;,;:_
:.,.......:.
_:;._.~
-
'-
.
~
-
•..~
'....
..

79. 69
• Losresu
ltados fina
les se pueden obtener por superpos
ición
.
=>
(Xl) ~
(-4.71
to
n
)
x,
11
.
29
t
on-m
{X
}
= -
[F
f
l
{
D
}
.
{O
}
+
[F]{X}
=
{
O
}
• Ecuaciones de Compatibilidad. Deben refle
jar que el desplazam
iento relat
ivo
y
la
rotación relativa en el nudo 2. en la estructura real
.
deben ser nulos.
El
f
lx4 l
x
6
5
.
0 (
.
• lativa)
22
:: -
+-- ::-
rotación re at
í
va
El 6EI
El
f1
2
=
lx4
2
_
1x6
2
=_5
._0
2EI
2
(6El)
1
.Jl
m
=
1.
0
_
.--=-=- {_
\
~
====::=:==
_
_
__..
\
_
=>"7"'
."
"--+/
• Deformada debida a una ca
r
ga un
itar
ia e
n
la coordenada
2
.
X2
=
1
t
o
n
-
m
f
2
1
=
lx
4
2
_
1x6
2
5
.0
2
El
2
(6EI) El
fu:: Ix4
3
+
Ix
6
3
::
33.33
3
3EI
3
(6EI) El
,
Deformadadebida a cargas un
it
arias en
la coordenada 1.
x¡
=
1
to
n
o ::
_IOx4
2
+0=- 80
.
2
2E! El
D
=
_IOx4
3
+0=
_
213.33
'3EI El
¡lO
~
V=-
-
:Z-=~
,----,-
.
-----.,
D
I
~
Deformada E
str
uctura Primari
a
-
cargas
e
xte
rnas
.
.,
.
• Deformada en la Es
t
ructura Prímarla ocaslonada por
las cargas externas. Nótese que
se ha supuesto que la carga externa está ap
li
cada inmediatamente a la izquierda del
nudo 2.
T?f7r
n
ln
__
-----:--
.X---+~
X~.....,_:...._t_X2
~
,+
:
¡
XI
Estructura Primaria
.
Coordenadas X, D
)
,!
)
I
))
l1
)
¡
I
!I
)
-4
¡
)
I¡i
'.))))-,
1t))t)
~
J
i
1
)
_j
;)\
______:
1
.))I
)
~
I)I?:!)
I
I
)
I
(

80. 7
0
Las ecuac
iones antenores expresan que
las cargas son combinaciones lineales de los
desplazamientos.
[K]
es la Matriz de R
igide~ de la estruc
t
ura correspondiente a las
..
coordenadas seleccionadas
.
Significado ffsico de los Coeficientes de Rigidez:
ki
j
es la
f
uerza en la coordenada
i
.
debida a un desplazamiento unitar
io en la coordenada
j,
manteniendo nulos los
.
"
desplazamientos en todas las otras coordenadas
.
Una columna de la Matriz de Rigidez
'.
de una estructura, se puede interpretar, como el conjunto de f
u
erzas necesarias en todas
.
las coordenadas, para lograr un desplazamiento unitar
io en la coordenada
j,
manten
iendo nulos los desplazamientos en todas las o
t
ras coordenadas.
Las principales propiedades
.
de la Matriz de R
ig
idez son
:
a) Los coeficientes de rig
idez
kij
son simétr
icos
,
es
.
oec
í
r
kij
=
kji
b) Los coeficientes de rigidez de la diagonal principal son s
iempre mayores que cero,
es dec
ir
kii
>
O
.
c) La Matriz de R
igidez es definida posit
iv
a. es decir su inversa existe.
[
k
k
]
[K]
= )
1 1
2
k
2
1
k
22
{Q}
=
[K]
{D
}
Superposición
:
QI
=
k
ll
D.
+
k
l2
D
2
Q2
=
k
2
1
DI
+
k
22
D
2
(+
D
2
)
(*Di
)
2.2.
r»
Superposición de Desplazamientos
Si la viga fuese de sección constante
(El)
el momento en el empotramiento izquierdo
sería 14.4ton-m
,
en el empotramiento derecho 9
.
6ton-m
y
el desplazamiento vertica
l
en el
nudo 2 sería 46.08/EL Es clara la diferencia notable en los resultados. Se sugiere al lector
,
resolve
r
la v
iga de sección variable ut
ilizando como
incógnitas los
momentos en los nudos 1
y
3
.
D
i
agrama de mom
ent
os (
t
on-m)
De
f
o
rma
da, Desplazam
i
en
t
o vertica
l
del nudo 2
;::;
22
.
59/EI
~
f
1
6
'<';
4
1
~.."
) )) ') ) ) ) )
-j
)
~
)) )))
) ) ) ) )) )
~-J -J
)
_
.)
....) ,) J.;; )))
.
~J ~-
) )
~e.
q
--1
:;
),
70

81. 71
Ecuac
iones prov
e
n
ien
t
es de la s
up
erposic
ión de los desplazam
ientos
:
Ql
=
kl
1
D
I
+
k
12
D
2
+
k13
D
3
O
=
k21
D
1
+
k
2
2
D
2
+
k2
3 D
3
{Q}
=
(K] {D}
{D}
=
[Kr
l
{Q
}
O
=
k
31
DI
+
k
32
D
2
+
k
33
D
3
.
'
Las ecuaciones ante
ri
o
r
es representa
n
ecuac
iones de equ
ilibrio
d
e nudo en térm
inos de
•
•.
.
.
.
los desplazamien
t
os correspond
ientes
.
Nó
t
ese que en ninguno momen
t
o se han violado
.
.•
las cond
ic
iones de compatibilidad internas ni en los apoyos
.
.
A
l
resolver las ecuaciones de equ
ili
brio de nudo
,
se podrán conocer los desplazamientos
de los nudos y a part
ir de ellos
,
se puede constru
ir la de
f
ormada de la estructura y se
POdr
á
nca
lcula
r
todas las fuerzas in
t
ernas
e
n
las barras.
Nótese que los
t
res gr
a
dos de libertad selecc
ionados para el aná
li
s
is
po
r
el Mé
t
odQ de
R
igidez de es
t
a est
ru
ctura (un desp
laza
mi
ento
la
t
era
l
y
do
s r
otaciones)
.
co
r
responden a
los movimien
t
os esperados de los nudos de la es
t
ructura
. E
l lec
t
o
r
puede
ar
gumentar
.
.. qUe e
l
anális
is
co
m
ple
t
o
d
e u
n
a e
st
ruct
u
ra llev
a
cons
igo
la d
et
ermi
naci
ó
n
de lo
s
S
up
erp
osic
i
ón de
lo
s d
e
splazam
ie
n
to
s nod
a
l
es
0
3
=
1
D1
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I
kJ3
k
J3
'-'
,--,1;--
=-_...1....-:;)
Co
n
figu
rac
i
ón
d
e
f
orm
ada
~
r---~~---x-
-:;.:.
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S
ist
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m
a
Q
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EA=
co
G
ra
d
o
s
d
e
Li
be
rtad
El
El
por e
jemplo, el pórtico mostrado a cont
inuación, tiene tres grados de libertad (s
i
se
oran
las deformac
iones axia
les). El prin
c
ipio de superposic
ión de desplazamientos
ob
t
ener un s
istema de tres ec
u
ac
iones
(
equilibrio de nudos) en las cuales las
n
itas son los desplazamien
t
os
n
odales
.
2
.
7.d Método
de
Rigidez
Princ
ipio
de
Superposición, aplicado
a
los desplazamientos
,
es la base del Método
de
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I
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1
j»
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D
I
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72
El Método de la Carga Unitaria aplicado a una estructura de barras linealmente elás
t
ica
'.
,~
en la cual se consideran las deformaciones axiales, por flexión y fuerza cortante y por
"
torsión se expresa mediante
:
,1
(
l)Dj
=
In~ds+ fm
M
ds+
fv""::!_d
s
+ Iml
M
t
ds
E
A El G Ac
'
GJ
(l)(Dj)
=
¿(Bq) d
Donde
BQ
Y
&¡
son las fuerzas virtuales en equilibrio externas e internas
'
respectivamente.
D
Y
d
son
los
desplazam
ientos reales compatibles externos e internos
';:
r
espectivamente
.
Recuerde que este Principio está asociado con la variación virtual del trabajo y la energía
,
;
complementaria
y
SUst
ituyea las ecuaciones de compatibilidad
.
El Método de la Carga Unitaria se deduce directamen
t
e del Principio de las Fuerzas
Virtuales haciendo
BQ
=
1Y permite calcular el desplazamiento real en la coordenada
j
si
t
se conocen los desplazamientos internos reales ocas
ionados por las solicitaciones
:
¿
(BQ)
D
=
¿
(Bq)
d
í)BQ) D
=
I
(Ba)
E
dv
V
ol
En su forma más simple, para una estructura formada por el ensamb
laje de barras
,
',,
unidas en los nudos
,
el Princ
ipio de las Fuerzas Virtuales establece
:
2.3 Principio
de
las Fuerzas Virtuales
Conviene recordar el Principio (teorema) de las Fuerzas Virtuales ya que será de utilidad para la solución de varios de los problemas que se presentan en los capitulos siguientes, principalmente los relacionados con el Método de Flexibilidad. La expresión general del
,
Pr
inc
ipio de ías Fuerz
a
s Virtuales es:
esfuerzos y movimientos en cualquiera de sus puntos, sin embargo. en el caso de las estructuras reticulares (formadas por el ensamblaje de barras) este interés se centra
,
principalmente en 'os movImientos de los nudos
y
en los esfuerzos que actúan en los
';
mismos. L~ razón de esto estriba en que el estado completo de esfuerzos y deformaciones de
!
cada barra de una estructura lineal, puede determinarse completamente si son
i
conocidas las fuerzas
y
momentos que actúan en sus extremos
.
Una vez que éstos han
i
sido hallados, el cálculo detallado de las condiciones de puntos in
t
ermedios de una barra
I
depende exclus
ivamente de ras caracterrsticas de la misma, y no de la posición que
ocupa en la estructura. En general. se supone que un cálculo ha sido concluido cuando los movimientos de los nudos son conoc
idos
y
las fuerzas
y
momentos de los extremos
I
de las barras han sido determinados
.
\
En el acapite 6.5 se verá que el pr
incipio de superposición. aplicado a los
desplazamientos
,
permite calcular las fuerzas equivalentes en los nudos (Estado
Primario) cuando la estructura está sometida a cargas en las barras, s
in necesidad de
ampliar el sistema Q-D
.
72
¡;tj¡
,
¡[II

83. El Teorema de BeH
i
tiene numerosas aplicaciones, entre ellas
,
para la construcc
ión de
Líneas de Influencia
.
El ejemplo que se presenta a continuación es una muestra de las
dive
r
sas aplicaciones que tiene este Teorema
.
nI
nl
¿Q:
n:
I
=
LQ
?
n
:
=:>
{
QI}
T
{D
lI}
=
{QII}T
{
DI}
;=1 i=
1
2.5 Teorema de BettiEn una estructura linealmente elástica
,
sometida a dos sistemas de cargas diferentes, el
trabajo que realizan las fuerzas del Sistema
1
a lo largo de sus desplazamientos
correspondientes en el Sistema
JI
,
es igual al trabajo que realizan las fuerzas del Sistema
II a lo largo de sus desplazamientos correspondientes en el Sistema l.
\))))))
(1
)
(0) =
~)q)
od
Donde
Q
y
q
son las fuerzas reales en equilibrio externas e internas respectivamente.
..""
.
SD
Y
od
son los desplazamientos virtuales compatibles externos e internos
.'
respectivamente.Recuerdeque este Princ
ipio está asociado con la variación virtual del trabajo
y
la energía
.
_
realsustituye a las ecuaciones de equilibrio
.
.
El Método del Desplazamiento Unitario se deduce directamente del Principio de losDesplazamientos Virtuales haciendo
oD
=
1 Y permite calcular la fuerza real en la
coordenada} si se conocen las fuerzas internas reales
.
¿Q
(SD)
=
f
a
(OE) dv
V
ol
En su forma más simple
,
para una estructura formada por el ensamblaje de barras
un
idasen los nudos
,
el Princip
io de los Desplazamientos Virtuales establece:
¿Q
(SD)
=
¿q
(od)
.
·
.,
2.4
Principio de
los
Desplazamientos Virtuales
Conviene recordar el Principio (teorema) de los Desplazamientos Virtuales ya que será
.
.
deutilidad para la solución de varios de los problemas que se presentan en los capitulossiguientes, pr
incipalmente en los relacionados con el Método de Rigidez y con la
.
construcción de las Líneas de Influencia
.
La expresión general del Principio de los
Desplazamientos Virtuales es
:
1.1
73
'}J})
~
.))
J.
)
.
J)J
)
JJ
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i,
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1/
2
~
1/
3
1x
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v C) - 1/3 x 6
=
O
~
6v C
=
2 cm
+
1
to
n
• D
e
splazam
ie
nto vertical del N
u
do
C
.
E
l S
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1
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{
D
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II
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{
DI
}
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O
1
x
(611C)
-
1/2
x
6
=
O
--+
Mt
e
=
3
cm
.
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i:
i
",
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I
,
\
I
I
\
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1
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/
4
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3/4
• Desp
la
za
m
ien
t
o horizontal del Nudo
C
.
Nótese que la est
r
uctura es lsostát
ica
,
en consecuencia, el movimiento del apoyo A
(asumiendo desplazamientos peque
ñ
os) no genera ni reacciones en los apoyos ni
fuerzas
internas en las barras. Es po
s
ible ca
lcula
r
el movimiento del nudo C utilizando
'
geometr
í
a de desplazam
ientos pequeños
,
sin embargo
,
puede resul
t
ar más práctico
:
utilizar el Teo
r
ema de Bett
i.
" 4m
,,
4m
If
~ ~ ~
6m
A
Ejemplo
2..14 En el pórtico t
r
iarticulado
(rótula
interna en el nudo C) mostrado
a
continuación, el apoyo
A
suf
r
e un desplazamiento horizontal hac
ia la izquierda de
6
cm
Se desea calcular e
l
desplazam
iento horizontal
,
vertical
y
la rotac
ión relativa del n
u
do
C.
74
I II;1 j"

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1/
6
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Sist
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1/6
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0.06
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x
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=
0-+
9
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=
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.
01 Rad
• Giro relat
ivo en el Nudo C. E
l
Sis
tema
1
no cambia, mod
ifi
camos solamente el Sistema
n.
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-1
7
6
Algunas Funciones de Forma para barras de sección constante, sin deformac
iones por
fuerza cortante
,
se resumen en la Tabla 3.1 inserta al final de este capítulo
.
Los valores de las constantes (ai) se obtienen de las condiciones dé borde (desplazamientos
y
rotaciones conoc
idas) de cada barra. Estos polinomios, también
conocidos como
Func
iones de Forma,
son válidos solo para barras de sección constante
':
;
:.-
sin cargas transversales aplicadas sobre ellas
,
es decir pa
r
a el caso en el cual solo hay
;
cargas externas aplicadas en
los nudos de la estructura
.
.
.
;;
En b
a
rras del tipo armadura solamente hay deformaciones long
itudinales, en
consecuencia
,
la Función de Forma será:
I 1
3
.
1 Número
de
Grados
de
Libertad de una Estructura~
Para una estructura formada por el ensamblaje de barras conectadas en los nudos, se define como el número total de desplazamientos índependientes en los nudos de la estructura. A cada desplazamiento independiente se le denomina redundante cinemática o grado de libertad o coordenada generalizada. Un sistema de desplazam
í
entos o de coordenadas es
generalizado
si los
desplazamientos son independientes, es decir si cada uno de ellos puede ser variado arbitrariamente e independientemente de los otros. Es posible argumentar que el análisis completo de una estructura lleva consigo la
.
determinación de los esfuerzos (fuerzas
internas)
y
movimientos en cualqu
iera de sus
puntos
,
sin embargo
,
en el caso de las estructuras ret
icu
lares (formadas por el
ensamblaje de barras) este interés se centra principalmente en los movimientos de los nudos
y
en los esfuerzos
que
actúan en los mismos
.
La razón de esto estriba en que el estado completo de esfuerzos
y
deformaciones de
cada barra de una estructura lineal
,
puede determinarse cómp
letamente si son
'
conocidas
las fuerzas y momentos que actúan en sus extremos
.
Una vez que éstos
han
sido hallados, el cálculo detallado de las condiciones de puntos intermedios de una barra depende exclusivamente de
las caracterlsticas de la misma,
y
no de la posición que
'
ocupa en la estructura
.
En general, se supone que un cálculo ha sido concluido cuando
los movimientos de los nudos son conoc
idos
'i
las fuerzas y momentos de los extremos
'
de las barras han sido determinados
.
En consecuenc
ia podemos afirmar que
:
En una estructura de
:
,barras, la configuración
deformada está completamente definida por los desplazamientos
:
de
:
·
/os nudos
.
En
'
la
,
realidad toda estructura tiene infinitos grados de libertad ya que cada
punto
de ella tiene
"
sus propios grados de libertad, sin embargo si se determinan
los desplazamientos de los
nudos, será posible determinar la configurac
ión deformada de cada barra.
La configuración deformada de cada barra puede obtenerse a partir de los desplazamientos de (os nudos a
los cuales concurre la barra
Y
.
a partir de la
configuración deformada, es posible determinar las fuerzas
,
inn:trnas en ellas
.
En el
pórtico mostrado a continuación
,
las configuraciones defOlmadas
de
.·
laS
~
,b'alTas
'
(desplazamientos transversales al eje) se han obtenido a partir de polinomios..cúbicos de la forma
:
1(¡1i! tI i
CAPITULO
3
-lndetermináción Cinemáticá
76
:-
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n
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x
ia
l.
e
Las fuerzas de ex
t
remo de barra
correspondientes se puede
n
calcular a part
ir de las
qeforrnaCiones de
la barra utilizando, po
r
eje
m
p
io
,
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ión Momen
t
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r
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lo, la barra 1-
2
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ien
t
os
en
su extremo super
ior
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,
D
2
,
D3
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a
l
cual concurre
)
y
las
configuraciones defo
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adas (Función~ de Forma) se muestran ~ con
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t
o con
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88. Q2
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D2
Q
l
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D
I
Q
-
DE
A
2Q-D
Armadura con 8 g.
d
.l
- Los apo
y
os
re
stringen alguno
s
gdl
- Los gdl seleccionado
s
son independient
es,
se
puede v
ari
ar cualquiera de ell
o
s manten
i
endo
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o
3
D
Armadura 3D
Parril1a2D
Pórtico
2P
VU!a2D
•Armadura
ID
RzJ;__
/
Dx
¡¡¡ \
) ) )))
)
Nótese que una vez eleg
ido el sistema de coordenadas generalizado (grados de libet1ad) )
tanto los desplazam
ientos de los nudos como las cargas en la estructura deben medirse
)
en el m
ismo s
istema de coordenadas
.
Por lo tanto. será necesario utilizar el principio de
,
)
superposición para calcular las fuerzas equivalentes en los nudos de la estructura
.
(Estado Primario
del Método de Rigidez) cuando la estructura esté sometida a cargas en ,)
las barras. adicionalmente a fas cargas en los nudos
.
)
3.2
Armáduras Planas· 2D
)
la determinación de ros grados de libertad en una armadura plana
,
es tarea simple
.
_"_"
,
"~
~
,
I
--}
Cada nudo tiene en general dos grados de libertad (desp
lazamiento en x e y)
.
En los
--J
apoyos se restringen algunos grados de libertad. A continuación se muestran algunos
--j
ejemplos de elección de Sistemas Q-D.
t
2
t
4
t
6 )
~ ~
5
j,
:
~
) :
~
.
-
-) _) ) ~)?),,,, J
)ii
Por
fa
tanto, si
se
determinari los desp
lazamientos nodales
,
todas las otras magnitudes
estructurales (deformadas de las barras, fuerzas de extremo de barra, etc.) pueden calcularse a
,
partir de esta informaci6n.
Esto va/ida la posibilidad de usar un método. en
este
caso
el de Rigidez
.
en el cual las incógnitas son los cJ8splazamientosnada/es.
A continuaci6n
se
muestran los
grados de libertad de cada nudo
en las estructuras de
barras o reticulares
.
Los apoyos de la estructura restringen algunos de estos grados de
libertad en determinados nudos
y deben eliminar los movimientos de sólido rígido de la
estructura
.
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89. 7
9
Si
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6
4
P
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7
.------,8
3.4.1 Pórticos Planos OrtogonalesLa determinación de los grados de libertad en un pórtico plano, es simple
.
Cada nudo
t
iene en general, tres grados de libertad, dos desplazamientos ortogonales en el plano
del pórtico
y
una rotación perpendicular al plano del mismo. En los apoyos se restringen
algunos grados de l
ibertad
.
La introducción de restricciones adicionales, tales como el
ignorar las deformaciones axiales en vigas
y
columnas, reduce el número de grados de
libertad. A continuación se muestran algunos ejemplos de elección de Sistemas Q-D.- Caso General
:
Se consideran
las
deformaciones axiales en todos los elementos
.
3.4 Pórticos Planos 2DCada nudo tiene en genera'
,
tres grados de libertad, dos traslaciones ortogonales y una
rotación
.
Los apoyos restringen algunos de los grados de libertad.
Una hipótesis bastante usual en el análisis de pórticos de edificios, es la de ignorar lasdeformaciones axiales en las vigas. Esta hipótesis se sustenta fisicamente en el hechoque usualmente en los edificios, existen losas de piso uniendo a todos los pórticos. Laslosas de piso
,
cuando se construyen monollticamente con las vigas
,
pueden
considerarse como diafragmas rfg
idos en su plano, es decir, indeformables en su plano.
Si esta hipótesis se cumple, entonces Jos desplazamientos horizontales de todos losnudos de un pórtico, en un mismo nivel
,
deben ser iguales. Esto equivale a supone
r
que
las vigas son ax
ialmente muy rígidas.
Otra hipótesis usual
,
en el análisis de pórticos de poca altura, es la de ignorar las
deformaciones axiales en las co
lumnas. A diferencia del caso anterior, esta hipótesis no
t
iene sustento ffsico, salvo e
l
de aceptar el hecho que en pórticos bajos, las
deformaciones ax
iales en las columnas no modifican de manera importante la respuesta
de la estructura
.
Esta hipótesis es equivalente a ignorar o despreciar la energia que se
acumula por fuerza normal en las columnas y considerar únicamente la energíaacumulada por flexión. Una hipótesis usual en el análisis de vigas sometidas a cargas contenidas en su plano,es la de ignorar las deformaciones axiales o longitudinales
.
Si las cargas son
perpendiculares al eje de la viga
,
esta hipótesis es completamente válida. Si se ignoran
las deformaciones axiales cada nudo tiene solo
-
dos grados de libertad, un
desplazamiento vertical
y
una rotación normal al plano de la viga.
VIga con 5 gdl
e
4
~I
~1 ~3 ~5
~t------~"""";""':"'---~.,r.-=----
4-
3.3 Vigas 2DCada nudo tiene en general, tres grados de libertad
:
dos traslaciones ortogonales
y
una
rotación. En los apoyos se restringen algunos de los grados de libertad
.
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D3=1
D2=1
Dl=l
A contínuaclón se muestran las configuraciones deformadas del
pórtico
de la figura
anterior (caso de EA
=
00)
para
deepíazamlentos
unitarios Impuestos en cada una de las
coordenadas:
Sistema
Q -
D
(EA
=
00)
a) Con deformaciones axiales gdl
=
3x5 nudos
=
i
5
b)
Con
EA;=::
eo
en
víges
gdl
=
12
e) Con EA
=
00
en
.
vigas
y
columnas gdl
=
7
SistemaQ- D
-
Otro ejemplo de pórtico plano.
Pórtico con 8 gdl
SistemaQ-D
- Caso en el cual
,
adicion~lmen~t se desprecian las ~eformaciones axiales en las
columnas.
Posteríormenta
se verá
que
pedría
trabajarse
también
con siete
gdl,
ignorando ef
gdl 3,
ya que
~t~
e~
f~nción de
DI
y D6.
2
'l}e
, }. ¡¡IIi 1 \
Pórtico con 13 gdl
- Caso de vigas con
EA
=
oo. losa rígida en su plano uniendo
á
ios ni.Jdosde un mismo
nivel.
80
_
"
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91. 8
1
04
=
1
D2
=
l
D
1
=
1
Para el sist
e
ma
Ql
-
DI
las con
fi
guraciones d
e
formadas del pórt
ico para d
e
splazarn
lentos
unitarios
impuestos
e
n cada una de
(
as coordenadas son:
Q2
-
D2
Qt
-
D
l
Si
la
viga
fuera
axíalmente rlgicta
(E
A
=
00
)
como en el caso de la p
r
esencia de una losa
de p
iso (diafragma) un
ie
n
do los nudos
,
entonces deberá cumpl
irse que
DI
=
D4
.
El
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is
t
ema de coordenadas será cualquiera de los
d
os
mostrados
$
con
ñ
nuac
ió
n
.
P
órti
c
o
con
6 g
d
l
07= 1
D6
>=
1
81
$
í
S~Qla
Q-D
3.4.2 Pólflcos Planos No Ortogonales- Caso general:
D
5
=1
04=
1
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4
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J
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82
EA*
00
Sistem
a
Q
-
D
Pó
rtico con 6 gdl
En pórt
icos
no ortoponales
,
cuando se desprec
ian
las deformac
iones ax
iales
,
el
problema suele esta
r
en
la
deteni1inac
ió
n
dé los grados de libertad de traslación,
ya
que
las rotac
iones son fáciles de iden
tifi
car
.
.
D
1;::: 1
Para
el sistema
Ql
-
DI
las configuraciones deformadas
de
l
pórtico
pa
r
a desplazamientos
un
í
ta
rí
os
im
p
uestos en cada una de las coordenadas son
:
I ,
Q
2-
D
2
Q3-D3
o
i
-r»
El
sistema Q -
D podrla
ser cualquiera de los
t
res mostrados a continuacl
é
n
.
I I
Si
se desprecian ras
deformac
io
n
es axiales en todos los ~me,n~, el grado
de
libertad
D2
desaparece y los desplazamientos
DI
y
04
e$ta~
n.
r
E;!
'a.ciQP~()$por 969metrfa y el
s
istema no serfa generalizado
.
La relación
entre
Di
y
D
4
se
mU
.
éstra
a con
ti
nllc3ci
6
n:
82
\

93. 8
3
Sis
t
ema
Q-D
Pórtico con
9
g
dl
Co
n
side
r
ando
d
efo
rmaci
on
e
s
axia
les en
todos
l
os
e
le
m
e
n
tos
.
- Otro ejemplo de un pórtico no ortogo
n
al
:
~
I
,
r
,
I ,
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/.
,
~Po
l
o o centro de
r
ot
a
c
i
ó
n
A
manera de ejercicio
,
para el pórtico mostrado a continuación
,
si se ignoran las
deformaciones axiales en todas las barras, encuen
t
re las relac
iones geométricas entre
los desp
lazamientos 1, 2, 3 Y
4.
Si existen dichas relaciones entonces los
desplazamientos no son independ
ientes, por Jo tanto el s
istema no es gene
r
alizado
.
Para in
v
estiga
r
la relació
n
geométrica entre los desp
lazamientos lineales se
p
uede usa
r
el poloo centro instantáneode rotac
ión,tal como se
ind
ica.
Q2-D2
04
-0
4
QI
-
DI
o
o
o
Q3-D3
En consecuencia el sistema Q
-
D podrla ser cua
lquiera de los cuat
r
o mostrados a
continuación.
:',
;-
~
.
6
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.
,
'
..
...
.
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~.'?
ó
Apo
y
o
necesario p
a
ra
es
ta
b
i
li
zar e
l
mecanismo
Parael pórtico de la figura anterior, si se asume que EA
=
00
en todas las barras, la mejor
manerade identificar los grados de libertad de traslación, es la de crear un mecanismoinestable (art
icular todos
10$
nudos rfg
idos) e investigar el número
rnín
t
mo
de
restricciones necesarias para
'
lograr estab
'ilizar
el
mecan
ismo creado. En la figu
r
a a
cont
inuaciónse ilustra esta idea
.
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l
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j
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94. 84
02
=
1
01
=
1
Para el sistema
Q -
D
de la figura anterior
,
las configuraciones deformadas del pórtico
para desplazamientos unitarios en cada una de las coordenadas, se indican a continuación
.
\
\\
Q
-
O
Mecanismo
..
.
2.
\
,
¡1\ 1
I!
Otra posibilidad para estabilizar el mecanismo, es la siguiente
:
D4
=
1
DI
=
1
Las configuraciones deformadas para desplazamientos unitarios en las coordenadas 1
y
4 del Sistema
Q-D
,
se muestran a continuación
:
Mecanismo
\¡I 1I
Q
-
D
..
.
f1i\¡!!
Si se ignoran las deformaciones axiales en todos los elementos (EA
=
(0)
para determinar
el sistema Q-D generalizado
,
creamos un mecanismo introduciendo rótulas en todos los
nudos
y
luego, por inspección se determina que son necesarias dos
.
restricciones
externas para estabilizar el mecanismo creado
:
84
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95. 85
Mecanismo
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6
7
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d
l
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7 gd
l
M
ecani
smo
-
Otro e
jemplo de un pórtico no ortogonal
,
en e
l
cua
l
se
ignoran la
s
de
fo
rma
ci
o
n
es
axiales en
t
odos los elementos.
ó
..
.
Si se ignoran las deformaciones axiales en
todos
los e
lementos (E
A
=
ro)
creamos un
mecanismo
y
por inspección se determ
ina que son necesa
ri
as dos res
t
ricciones externas
para estabilizarlo
.
- Otro ejemplo de un pórtico no ortogona
l.
D
5=
1
)
J1
)
\
~
)))~)
)
-'--
) ))J)1
))JJ
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J
II
J
1
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96. )
~e "').
,
~
)
Q
2
-0
2
t
ó
86
Sólido R
í
gido
Q
t
-Ol
Cuando existen elementos de rigidez a flexión muy grande, estos pueden modelarse bajo la h
ipótesis de
El
=
co,
es decir como s
i
fueran só
li
dos rfg
idos. En este caso debe
modificarse el sistema de coordenadas.
e
Direc
c
iónde
01
151
=
1 D2
=
0
,
"
,
..~ Direcclénde 02
,
..
¡
,
..
" 'V
D
i
recc
i
ón de
02
Las configurac
iones deformadas
,
para desplazamientos unitarios en el segundo sistema
de coordenadas, se muestran a continuación
.
1
I 1jiiIiI, 1 II¡
ó
los desplazamientos de nudo no necesariamente deben medirse en direcciones perpendiculares. A continuación se muestra un pórtico en el cual se consideran deformaciones axiales en todos los elementos. Se ind
ican dos sistemas de coordenadas,
el primero del tipo "convencional
"
en el cual los desplazamientos lineales de los nudos se
miden en direcciones ortogonales
y
el segundo en el cual en el nudo izquierdo
los
desplazamientos se m
iden en direcciones no ortogonales
.
2
Sóio
se necesita este apoyo
para estabilizar el
mecani
s
mo
creado
Sistema
Ql- D3
S
i
stema Q2- D2
SistemaQI- 01 (EA:'
00)
- Otro ejemPlo de un pórtico no ortogonal
,
en el cual se ignoran las defomiaciones
axlales en todos los elementos
.
86
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~
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97. 8
7
Si exis
t
e un diafragma rrgido en su plano (losa de piso) y flexible fuera de su plano. éste
debe moverse como un sólido rigido en su plano, por lo tanto. se generan dependenciasentre los grados de libertad de los nudos. Por ejemplo las rotaciones
Ry
de todos los
nudos de
'
un mis
m
o nivel deben ser iguales
.
De manera similar los desplazamientos
D
x
y
Dz de todos los nudos del nivel debe
n
ser compatib
les con el movim
iento de sólido
r
í
gidodel diafragma
,
tal como se indica a continuac
ión
.
3.5 Pórticos Espaciales
3D
Cada nudo tiene en general
,
seis grados de libertad
,
tres traslaciones ortogonales
y
tres
rotaciones. Los apoyos restringen algunos de los grados de
li
bertad. El anális
is de
estructuras espaciales generalmente conlleva un gran número de grados de libertad
.
1
[\,
'---
~l!.
-
"
Ilz
Sei
s gd
l po
r
nudo
~ T
otal 6 x4 nudo
s
=
24 gdl
03=
J
D
I
=
1
D2= 1
17
y
para el sistema
Q2 - D2
:
D3= 1
D2= 1
Dl
=
l
Parael sistema
Ql -
Di
de la figura anterior
,
las configuraciones deformadas del pórt
ico
paradesplazamientos unitarios en cada una de las coordenadas, son
:
_
-
~.
~
.
.~
.
)
..
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i
l.
.
=1
/
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-;

98. Pórtico
plano
simétrico
re
s
p
ect
o
a
e
s
te
eje.
El
pórtico
I
~
también
es
simétrico
re
s
pecto
al
p
lano
y
~z
perpen
d
ícu
lar
",
.
1
1
1
1
al
plano
del
papel
I
3.6.1
Tipos
de
simetría
Existen
tres
tipos
de
simetría
estructu
r
al
:
simetría
con
respecto
a
un
eje
,
con
respecto
a
un
punto
y
simetrla
con
respecto
a
un
plano.
3.6.1.1
Simetría
respecto
a
un
eje
f
\.
...
~
'\.
~
I~
,
í:
,r
~
4
~X
1
1
4
I
2
m
1
1
A
h
It
el
'2
t
I
\
\
A
b
1
.
•
t
t
"
h
Sistema
Q-D
para
un
pórtico
espacial
con
diafragma
rí
g
ido.
3.6
Estructuras
Simétricas
Definición
de
simetría
del
Diccionario
de
la
Real
Academia:
Regularidad
en
la
disposición
de
las
partes
o
puntos
de
un
cuerpo
o
figura,
de
modo
que
posea
un
centro,
un
eje
o
un
plano
de
simetría.
Muchas
de
las
estructuras
que
se
construyen
(puentes,
edificios,
aviones
,
barcos,
etc.)
poseen
alguna
forma
de
simetrla.
El
saber
identificar
la
s
imet
rf
a
de
la
estructura
permite
analizarla
considerando
s610
una
porción
de
la
estructura
(la
mitad,
la
cuarta
parte
y
en
algunos
casos
aún
menos)
dependiendo
de
l
tipo
y
grado
de
simetría.
La
simetría
estructural
involucra
una
configuración
"
balanceada"
de
la
geometría,
propiedades
estructurales
y
condiciones
de
borde
(apoyos)
.
A
continuación
se
muestran
dos
estruct
u
ras
simétñcas
.
La
simetría
puede
definirse
en
términos
de
una
Rotación
de
180
0
alrededor
del
ej~
"y"
o
de
una
.
Reflección
de
cada
partícula
(punto)
de
la
estructura
a
través
del
plano
vertical
y-z
(perpend
icular
al
plano
del
papel)
que
pasa
por
el
punto
"A
"
.
4
nudos
x
3
+
3
=
15
g
dl
I ¡¡ 1! !! 1ri !
gdl
Sólido
R
í
gido
gdl
dependien
t
es

99. 8
9
R
otació
n d
e
180
0
4
/\
~
x
~ ~
t"i-
Eje
ele siMetr
í
Q
p
~
1
Un si
s
te
m
a de cargas es simétri
c
o, si al aplic
ar
una
r
o
t
ació
n
a
lre
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edo
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el eje de
s
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ob
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istema de car
g
as equiv
al
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Por e
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a la estructura 1 de l
a
figuraan
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e
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L
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B
12
le
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P
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(1)4
r
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I
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1
2
4
1
1
4
1
1
I
1
1
k
~
*
.
•
.,
"
I1
/2
11
-
\~
®
,,,",
3
.
7 EstructUras Simétricas Ca
r
gadasSimétricamente
P
6
rt
ico esp
ac
ial
<, -,
~
P
l
o.n
o
el
e
S
Il"letrTo.
x
y
I
Pa
rri
lla
P
lo.
no
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e
S
I
M
et
r
ío. xy
Pl
a.n
o
de
S
IM
etría.
y
z
Paracualqu
ier punto
·
A
"
existe un punto idéntico
"
B
" u
bicado sobre la rectaAO que pasa
por el punto de simet
r
ía. En este caso la simetr
ia se comprueba med
iante
u
na
operac
iónque se llama Inversiónrespectoal ce
n
tro
·
0
"
.
3.6.1.3 Simetrla respecto
a
un plano
1
Punt
o
d
e simetrí
a
-,
A
h
1
,
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1
3.6.1.2 Simetría respecto
a
un punto
0
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90
Nótese en
"
la figura anterior, que una rotación de 180
0
alrededor del eje de simetria
conduce a un sistema de fuerzas internas equivalente, en consecuencia las fuerzas internas indicadas en la figura son simétricas. El momento f1ector y la fuerza normal pueden existir. sin embargo la fuerza cortante debe ser nula en el eje de simetría.
M fuerza simétrica - puede existir N fuerza simétrica - puede existir V fuerza simétrica
-
debe ser nula (suma
de fuerzas verticales
Eje derímetrfa
~MG~~M~
En términos de fuerzas internas en el plano (eje) de simetrfa sabemos que las fuerzas de sección deben ser simétricas, por lo tanto tendremos lo siguiente para el caso de un pórtico plano:3.7.1 Condiciones
de
Contorno
en
el Plano (ejel
de
Simetría. Carga simétrica
En t
é
rminos de desplazamientos en el plano de simetrfa
:
a) No hay desplazamientos normales al plano de simetría. b) No hay rotaciones
alrededor
de dos ejes ortogonales contenidos en el plano de
simetria, esto significa que si el plano de simetria es el
yz
entonces
8y
=
9z
=
O.
f
®_J
M:fO
e
=
o
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N
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\
\
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l.
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9
41
18
21
=
¡e31
La estructura equivalente (reducida) que se obtiene aprovechando las condiciones de simetrfa de la estructura y de las cargas, es la siguiente
:
Una rotación de
180°
alrededor
del
eje
de
símetrfa
produce
el
mismo sistema
de
fuerzas de sección
+((--+!_o~
I.
.
.\... Eje de Simetría
M -
Fuerza simétrica
N -
Fuerza simétrica
V -
Fuerza simétrica
:.
1:
Fv
=
O
=::)
V
=
O
Premisa
:
En una estructura simétrica cargada simétricamente los desplazamientos
(configuración deformada), reacciones y fuerzas internas son s
imétricos.
En el eje de s
í
metrta, por ejemplo en el punto O de la estructura 1 yen los puntos A y B
de la estructura 2, mostradas al inicio de este acápite, sucede:
90

101. 9
1
El uso de Jasimetría
,
permite reducir el número de grados de libertad
y
la cantidad total
de elementos. Para el ejemplo analizado. si no se consideran las deformac
iones axiales
.
e
l
número de gdl se ha reducido de seis a cuatro
.
Poste
r
iormente veremos que los gdl 3
Y 4 de la figura anterior pueden no considerarse
,
se les denomina grados de libertad
prescindibles, con
lo cual se reduce a dos e
l
número tota
l
de g
d
l de la estructura, ta
l
como se indica a continuac
ión
.
Q-D
M
fuerza simétr
i
ca - puede existir
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j
N
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-
puede
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V
fuerza simé~ica -
debesernula
(suma
I
t
de fuerzas
v
e
rti
cales
En consecuencia, la estructura equivalente (reducida) que se obtiene aprovechando lascond
ic
iones de simetrfa de la estructura
y
de las cargas, asumiendo que se
ignoran las
deformaciones axiales
,
es la siguiente
:
Adicionalmente en los puntos A
y
B las
t
angentes deben ser es horizontales. Las fuerzas
internas en el eje de
'simetrfa, se ind
ican a continuac
ió
n.
La fuerza cortante en los
puntos A
y
B debe ser nu
la
.
La deformada debe ser s
imétrica
,
en consecuencia:
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1
=
1
0
4
1
'
¡
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1=
1
0
6
!
Para los desplazamientos en los puntos
A
y
B, ubicados en el eje de simetrla
:
a)
o
,a
=oBX =0
b)
SAZ
=a
BZ
=0 112
la
2I
1
Veamos las ventajas que ofrece el aprovechar las condiciones de simetria mediante elsiguiente ejemplo. El pórtico plano, si
no
se aprovechan las condiciones de simetría de
la estr~ctura
y
de las cargas, tiene seis grados de libertad (ignorando las deformaciones
axiales en todos los elementos).
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92
S
i
stemaQ-D
se
is gdl
En el eje de simetrla las fuerzas de sección deben ser:
- Momento en las columnas = O(ya que
es
=
9s
=
O)
- Cortante V
=
O
En consecuenc
ia
,
si se ignoran fas deformaciones axiales en fas vigas, el sistema
Q
-
D
será el mostrado a continuación.con un total de seis gdl.
En
l
os nudos S
y
8 no debe e
x
i
s
tir
.
desplazam
i
ento horizonta
l
y
la
tangente debe ser horizontal, es d
eci
r.
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9zS=9za
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0
1
9
41
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1
9
61,
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9
71
=
1
9
91
l-
1
-1-
1 .-.;
La configuración deformada del pórtico se muestra a continuación
.
También se pueden aprovechar las condiciones de simetrfa, si se utiliza para la solución el Método de Flexibilidad
.
En el caso analizado la estructura tiene seis redundantes
estáticas
y
si se aprovecha la simetría este númerose reduce a cuatro
.
Veamos otro ejemplo del aprovechamiento de las condic
iones
·
de simetrfa de la
estructura
y
de las cargas
.
En este caso el eje de s
imetria co
incide con la columna
central de
l
pórtico
.
Si se cons
ideran las deformaciones axiales, el pórtico tiene un total
de )8 grados de libertad. Si se anulan las deformaciones axiales en las vigas se reduce a 14gdl
y
si se ignoran además las deformacionesax
iales en las columnas
,
el númerode
grados de libertad del pórt
ico se reduce a ocho
.
Sistema
Q -
D
92

103. 93
5
g
.
d.l
Q -
D
(
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A
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Q
No hay que perder de vista que el análisis aprovechando la simetría, se realizapara lamitad de la estructura
.
Para la ot
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a
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itad, los d
iagramas de f
u
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y
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u
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la
columna central,
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y
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n
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,
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nt
a otra estructura (pórt
ico plano) simét
ri
ca en geometrla
y
cargas. La estructura tiene 2
4
gd
l
s
í
se
incluyen las de
f
ormaciones axiales, númeroque
se redu
c
e 19s
i
se excluyen las deformac
io
n
es axiales en las v
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y
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El
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en este caso
,
es irrelevante ya que M
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O
1
Si se igno
r
an las deformaciones axiales en todos los elementos
,
tendremossolodos
gdl.
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9 9
.
(;1.1
- Otro ejemplo de un pórtico a dos aguas simétrico en geometrfa y cargas
.
La diferencia
con el ejemplo anterior estriba en que hay una columna en el eje de simetrfa
.
Sistemas
Q-
D con EA
=
00
Q
2
-02
Ql-DI
I
eje
slME?trfQ
1-
1
--1-
1
-1
Grados de libertad
:
Con
EA
gdl
=
3x3
=
9
Con
EA
=
00
gdl
=
5
- Ejemplo de un pórtico a dos aguas simétrico en geometrfa
y
cargas.
w
94

105. 95
,il
N
es
anfíslmétríco
Y!l2 puede existir (suma de fuerzas horizontales en el punto O
=
O)
Ves antisimétrico
y
sí puede existir (suma de fuerzas verticales en el punto O
=
O)
M es antisimétrico Y!!2 puede existir (suma de momentos en el punto O
=
O)
Nótese en la figura anterior
,
que una rotación de 180
0
alrededor del eje de simetría
conduce a un sistema de fuerzas internas inverso al inicial, en consecuencia las fuerzas
Rotación de 180
0
alrededor del
Eje de simetr
í
a eje de simetría
~(Vi$~V)7
~~?4}tv~
En términos de fuerzas internas en el plano (eje) de simetria sabemos que las fuerzas desección deben ser antisimétricas, por lo tanto tendremos lo siguiente para el caso de unpórtico plano:
Plano de simetría
~ o~
Punto de inflexión o de cambio de
~ curvatura.
Desplazamientos en el plano (eje) de simetria que pasa por el punto
o:
a) Dy=Ob)
ex
=
o
(no interesa en el caso de pórticos planos)
Premisa:
En una estructura simétrica cargada antisimétricamente, los desplazamientos,
la deformada, las reacciones
y
fuerzas internas son antisimétricas.
3.8.1 Condiciones de Contorno
en
el Plano (eje} de Simetrfa. Carga Anfisimétrica
En términos de desplazamientos en el plano de simetría:
a)
No
hay desplazamiento (traslación) en el plano de simetría.
b) No
;
hay rotación alrededor de un eje normal al plano de simetría.
La figura a continuación ilustra estas dos condiciones.3.8 Estructuras Simétricas
con
Carga Antisiméfrica
Un sistema de
camas
es
antisiniétrico si al aplicar una rotación
a
la estructura se obtiene
un sistema de cargas inverso al inicial.
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108. Diagrama de Momentos
98
, M
*
0, V
=
0, N
=
O
La estructura equivalente, para las cargas antisimétricas es
:
\
Deformada
M
==
O, V
*
O, N
*
O
Ah
=
O
,
Av
=
O,
e
;e
O
Diagrama de Momentos
p
Carga Antisimétrica
o
- Carga Antisimétrica:La estructura equivalente para las cargas simétricas es
:
Deformada
Carga Simétrica
3.9 SimetríaRespecto
a un
Punto
Este tema ya se presentó brevemente en el acápite 3.6.1.2, ahora veremos brevemente la manera de reducir la estructura aprovechando este tipo de simetrla. Este tipo de simetría es la más
dificil
de identificar y también suele ser dificil aprovechar
las condiciones de simetrra para reducir la estructura. A continuación se muestra una estructura simétrica con respecto al punto o centro ·0" con dos sistemas de carga
,
uno
simétrico
y
otro antisimétrioo
.
También se indican las estructuras reducidas que resultan
de aprovechar las condiciones de simetrfa asl como las condiciones de contorno en el centro de simetrla. - Carga Simétrica:
~
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98

109. 5
20
•
99
e)
Armadura simét
ri
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a
un pu
nt
o con carga ant
is
imét
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e
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Armadura s
imétrica respecto
a
un punto con carga simétrica:
..
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0
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10
20
20
b)
Armadura con carga ant
isimétrica
:
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20
2
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3.10 Simetría
en
Armaduras
a
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Armadura con carga simétrica
:
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O
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3.7
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3.11 Simetría en Parrillas a)
Parrilla con carga simétrica
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x
y
3.12 Simetría
en
Pórticos Espaciales
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y
carga simétrica
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3.8
.
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Eje
de
SII'Ietr1a
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Vkl
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3.13 Descomposición
en
Carga Simétrica vAntisimétrica
Si se cumple el principio de superposición. entonces una estructura simétrica sometida a un sistema de carga cualquiera. puede descomponerse en dos estructuras simétricas
.
Una de ellas cargada simétricamente y la otra cargada antisimétricamente. A cont
inuación se muestran tres ejemplos de esta descomposición.
Condiciones de contorno en el punto "O
"
necesarias para reduc
ir la estructura
:
- Caso de carga simétrica (Fuerzas P
y
P
')
a) Dx=O b) 9y=9z=O e)
Solo existen los desplazamientos
Dy, Dz,
ex
- Caso de carga antisimétrica (Fuerzas
Q
y
Q')
a)
Dy=Dz=O
b)
ex=
O
e)
Solo existen los desplazamientos Dx,
9y
,
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Las fuerzas
Q
y
Q'
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Las fuerzas
P y P'
son
simétricas
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Las fuerzas
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simétricas
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3
1
5
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Pórtico espacial con un solo plano de simetría
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113. 103
3
.
14 Ejemplo de Simetría
y
Antisimetría
en
un Pórtico Plano
Para comprobar numéricamente la validez de la reducc
ión de una estructura s
imétrica
con carga simétr
ica o antisimétrica, se ha resuelto el pórtico mos
t
rado a cont
inuación.
Primero se ha resuelto el pórtico co
m
pleto sin aprovechar las cond
icio
n
es de s
imetrla o
antis
imetría de las cargas
y
luego se han resuelto dos pórticos reducidos, uno para
las
cargas s
imétr
icas
y
otro pa
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a las antisimét
r
icas.
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114. Axiales
en
columnas
(ton)
Momentos
(ton-m)
Cortantes
(ton)
Uf!
11.7
\2.3
,1,1'
Deformada
-
Solución
de
la
estructura
completa
para
carga
simétrica:
Total
14
gdl
Pórtico
simétrico
con
carga
simétrica.
Alturas
de
entrepiso
=
3
m
Longitud
vigas
=
6
m
E
=
2.2x]
0
6
ton/m
2
Vigas
y
columnas
de
sección
0.30
x
0
.60
m
Vigas
EA
=
00
(sin
deformaciones
axiales)
Cargas
en
las
vigas
w
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104
33

115. 105
Nótese que en la estructura reducida, la
í
ntensidad de la fuerza normal en la columna
central es la mitad de la obten
ida para el modelo completo
.
A
xial
e
s
en columnas
(
ton)
Corta
n
t
es
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t
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15
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23
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1
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1
2.7
23
Mom
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)
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Pórtico simétrico reducido con carga
s
imétrica
.
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n
trepiso
=
3 m
Longitud vigas
=
6 m
E
=
2
.2x
l 0
6
tonl
m
2
Vigas y co
l
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0
x
0
.60 m
Columnas
en
el e
j
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de
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m
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=
0
.15 x 0
.60 m
Vigas EA
=
ClO
(sin deformacion
e
s ax
ia
le
s)
Cargas e
n
las vigas w
l
=
w2
=
4
tl
m
- Solución de la estructura reducida para carga simétrica
:
105
-
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Momentos
(
ton
-
m)
Total 14 gdl FI
=
2
ton
F2
=
4
ton
Pórtico simétrico con carga antisimétrioa.
Alturas de entrepiso
=
3
m
Long
i
tud
vigas
=
6
m
.
E
=
22xl0
6
tonlm
2
Vigas
y
columnas de sección
0
.
30
x
0
.
60
m
Vigas EA
=
00
(sin deform
a
c
i
ones axiales)
Cortantes
(ton)
1.1
1
1.11
UI2
CI.58
.
.
.
1.1
4
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S:ll'Ietr-ra
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- Solución de la estructura completa para cargas ant
isimétricas
:
106

117. 1
0
7
;
:
N
ó
tese que en la estructura
r
educida
,
la intensidad de la fuerza cortante
y
del momento
.
flector en la columna central
,
son la m
itad
de
las obten
idas para el modelo completo.
Axi
al
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Pórtico s
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108
Desplazamiento
unitario
en
A
:
Al_
y,(x)
=
1-
y(X)
=
[1-1.5(;)'
+0.5(;)']
y
Desplazamiento
unitario
en
B
:
y(X)
=
-;
[I-(;JJ
Rotación
unitaria
en
B
:x
x
x
y(x)
=
-(1--)(2--) 2
l
e
-
-
Rotación
unitaria
en
A:
y
Desplazamiento
unitario
en
A
:
Desplazamiento
unitario
en
B
:
.
..
x2
(
x)
y(x)
=
-e-
l-
i
Rotación
unitaria
en
B:
2
y(x)
=
X(I-
;)
--
Rotación
unitaria
en
A:
Tabla
3.1
Deformadas
de
Barras
de
Sección
Constante
(Funciones
de
FOlTTla)
108

119. 109
Superposic
ión de los desp
lazam
ientos
:
QI
=
k
ll
O,
+
k
'2D
2
Q
2
=
k
2
1
D
I
+
k
22
O
2
{Q}=[
K
]
{D
}
[K
l=(k
ll
k
12)
1
01
k
22
Donde [K]
,
la Matr
iz
de Rig
idez de esta estructura - que representa
la s
f
n
t
es
is de las
propiedades de las barras
,
geome
tr
la y cond
ic
iones de contorno - se obtiene del
eq
uili
br
io
del
nudo
.
-
Nótese que las ecuac
iones anter
iores representan el equilibrio
del
n
udo 3 formu
lado en términos de sus desplazam
ientos. Los coe
fi
c
ientes de
r
igidez de
la
est
r
uctura
,
k
ij
,
se obti
e
nen de
l
equ
ili
brio de Jos n
ud
os
,
en este caso
del
nudo
3
.
Por
ejemplo la primera columna de d
icha matriz será
:
0
1
=
0,
D
2=
1
D
I
=
1
,
~=
o
k
2\
+
>----~~~1t
~
k
ll
~
DI
=
1
::~
1
D'=
1
;
~---_":'¡
1t
?
k
12
k
n
Q-D
2
2
4
.
1 Coeficientes de Rigidez de Barra
En el Método de Rigidez,
las
ecuac
iones de equilibrio de nudo se obt
ienen a partir de las
fuerzas de extremo de barra que concurren a cada uno de
los nudos. Por
lo
tanto
,
antes
de plantear el equilib
r
io de cada nudo, es necesario conoce
r
las relaciones que existen
entre las fuerzas de ext
r
emo de barra
y
sus desplazamientos correspondientes. Estas
relaciones se co
n
ocen como los
coeficientes de rigidez de barra,
coefic
ientes que no son
otra cosa que las relaciones constitu
ti
vas al nivel de
la ba
r
ra
.
Las relaciones const
itutivas (también llamadas relac
iones fuerza - desplazamiento)
establecen que las fuerzas en los extremos de cada barra (elemento)
y
sus
desplazamientos correspondientes
,
deben sat
isface
r
las ecuac
iones derivadas de los
diagramas const
itu
t
ivos
(O'
-
E)
del ma
t
erial
.
Esta con
d
ic
ió
n
puede expresarse mediante la
relac
ión:
{
q}
=
[k] {d} donde
{
q} son las fuerzas de ext
r
emo
d
e barra, {d
}
son los
desplazamientos correspondientes
y
[k] es la Mat
ri
z de R
ig
idez de la Barra.
4.2 Barras tipo ArmaduraPara ilustra
r
la
idea anterior
,
supongamos que se desean obtene
r l
os coefic
ie
nte
s de
ri
gidez
,
.
asociados al sistema Q
-
D elegido
,
pa
r
a
la armadura p
lana mostrada a
continuación, en la cual las dos barras tienen la misma área:
CAPITULO
4 -
Rigideces de Barra
'..u-:
.U.I
,j
)J
))
))J)))
~t
~)
)
~
{?I
~
i
I
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)
~
) ) ) ) )))
J:) 1
)
:-) =
)
-J)
~-
))
"
110
Nótese que en este caso la matriz de rigidez de una barra de armadura" para el sistema q
-
d elegido, es
,
siqgular .
."
Esto
"
significaque-dicha matriz
'
no tiene ¡nyersa y
'por lo tanto no
existe la matriz de flexibilidad de barra
.
Este hecho se puede comprobar flsicamente s
i,
aplicando la definición, se inle
n
ta calcula
r
los coeficientes de flex
ibilidad en el m
ismo
sistema q-d, la barra es inestable.
-:
]
EA[ 1
[ k
]barra
= -/
-1
{q}
=[k]barra {d}
EA
q
l
=
-¡-
(dl-
d2)
EA
qz
=
-¡-(-dl+d2)
La
matriz de rigidez en coordenadas locales de una barra de armadura
es
:
-EA
k
=--
2
1
l
k =EA
1
I
I
d
i
=
1, d2
=
O
~
/.'_'k
22
.,-J? -
EA EA
k
l2
kl2=-Z-
k
2i
=
"T
dI
=
0,
d2
=
1
El s
i
stema
q -
d está definido al nivel de
barra y referido a las coordenadas locales de la barra.
EA
bt
=
--cosa sena
1
2
EA EA
kn
=
-+-
.
-cose cose
/1
1
2
Equilibrio del nudo 3 pata
D
I
=
J.
D2
=
O
~ EA
(cose)
~12
k
21
$>--___'"
~=9kll
EA
1,
En
.
consecuencia, para poder formular el equilibrio del nudo, no
.
basta con la
compatibilidad, es necesario calcular previamente los coeficientes de rig
idez de barra o
relaciones constitutivas de cada una de ellas (fuerzas de extremo de barra - desplazamientos correspondientes). La relación completa, fuerzas de extreme de barra - desplazamientos correspondientes
,
conviene expresarla mediante
la niatrlz de rigidez de barra
,
que para el caso de Una
barra tipo armadura (articulada en los extremos) de sección constante
y
hecha de un
material linea
lmente elást
ico
,
es
:
f~¡I ¡¡1I!i11I¡¡¡! 1
110

121. 111
A continuación se p
r
esentan diversas a
H
erna
t
ivas o p
r
oced
imi
en
t
os pa
r
a calc
u
lar la
rig
ide
z al g
iro de una de sección const
a
n
t
e
si
n d
e
for
m
ac
ione
s
por co
rta
n
t
e.
~
'
.
Di
agra
m
a de cuerpo libr
e d
e
l
a segunda barra:
S
i
=
1
S
j
=
O
Se
gu
n
d
a
c
o
l
um
n
a
d
e
l
a
m
a
triz
de
rigide
z.
Desp
l
azamie
nto u
nit
a
ri
o
en
co
ord
e
n
a
d
a
2
.
D
2
=
1
{Q}
=
[K
]
S
x
5
{
D
}
,.;...~
,
:'<-
."
1.[.
'
'
4.3
Barras tipo Viga
o
Columna - Rigidez al G
iro
if:
i,
Para el caso de vigas
,
será necesario conoce
r
la relació
n
que existe entre
la rotación en
extremo de la barra
y
el momento flector correspondiente. Po
r
ejemplo
,
en la viga de
~
{.
cuatro tramos mos
t
rada a cont
inuación
,
en
la cual e
l
s
is
tem
a Q-D consis
t
e únicamente
1{
.
en las rotaciones de los nudos (
incógnitas cinemáticas) p
ar
a ca
lcular los coefic
ientes de
rig
id
ez de la estructura será necesario conocer pre
v
iamen
t
e
la re
lac
ión
que e
xi
ste entre
las fuerzas de extremo
d
e barra (en este caso momen
t
os
)
y
los desplazamientos
correspondientes (en este caso rotaciones)
:
s
==
se
n
a
e
=
c
os
a
[k]
b
arra
=
E
A
-¡
(
[kii]
-
[
kji]
[ki
j
])
[kj
j
]
2
I
2
e se
:
-c -sc
I
s
e
s
2
:
-se
_S2
__
_
_
_
__
_J
_
_e
2
-
sc
¡
e
2
se
I
-s
e
_82:
s
e
82
La
matriz de rigidez en coordenadas globales de una barra de armadura
es:
q-d
;::.
1 ;
El
s
i
s
tem
a
q -
d está
d
e
finid
o
al
ni
v
e
l de
b
arra y
referi
d
o
a
l
as co
o
rden
a
das globales
de
l
a barra. exes e
l
ángu
l
o de inc
l
in
ac
ión
de la barr
a
2
4
l
·~
t_
·:
~
'~:
,
.
':
La matriz de
ri
gidez de barra también se puede calcu
lar en el sistema global de
"
'~¡
;
.•
coordenadas (sistema XY global)
.
La deducción
se
de
ja como ejerci
ci
o
,
el resultado se
Je
muestraa continuación
.
.";7
~
-
.g;
f
i)))
!if¡
}
f,AJ
J)
1
,
--')
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))
))
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.
,
.
.
)

122. M
=
ke8
M
=>
k
=
-
e
9
1
k
=
4EI
ke=-
=>
e
e
1
112
b) Otra manerade obtener la rig
idez al giro (coeficientede rigidez)cons
isteen aplicar un
momento unitario en el extremo de la barra
y
calcular la rotac
ión correspondiente. El
momento aplicado puede ser cualquier valor
(l
,
10
,
100,1000,
etc
.
)
ya que asumimos que
el comportamientode la barra es lineal - elástico
.
M---
Pt~
cl
'o
5~r
r
~
~
(_
Co.
l
c
ul
o.
r
{1
M= 4E1a
1
X
I
k
=
4E
I
1)
1
En consecuencia,la
rigidez al giro de una barra de secci6n constante,
es:
4EI( -/ I
.
~ "') 2El
~J~l
I
9
;;:
]
.
+6EI
i
6EI
M
=4
EI
¡
X
_
_
6EI
,
- 2
1
¡
3
f.
=-
11
3
EI
Giros
.
MI
2
1
3
-
+
-
(X)-O
2EI 3EI
J-
MI
¡2
- +-(XJ);;:l El 2EI
Desplaz
.
Compatibilidad:
MI
~ ~=
Cfx-~
-----4
~
=rIt~
+
X-D \
M/
2
D=--
Estructura Primaria
J
2EI
~,j1,~,ft¡!
La barra es hiperestática en primer grado, utilizaremos e
l
Método de Flexibilidad
(superposición de fuerzas) para la solución. Una de las incógnitas es
la magnitud el
momento flector que es necesario aplicar en el extremo izquierdo
,
para lograr una
rotaciónunitaria
:
l
a) Para la barra mostrada a continuación, de sección constante s
in defonnac
iones po
r
cortante,el cálculo de la rigidez al giro de la bar
r
a
,
se puede obtenerporvarios cam
inos
,
uno de ellos se muestra a continuación:
M
=
?
ke
-+
Rigidezal giro
~ 9~1 ~ ~
i
9
-
1 ~
'1
~ ~
J
JI
}
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')
)
"
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)
r
;)
~
}
=
3
-
')
~.) ) .
)
jj') )J
~Q(':3
1I2

123. 113
El
q¡
=
-Z
(4 d
i
+2
<h)
El
q2
=;
(2 di
+4d
2
)
q-d
d)
También es posible calcular la rigidez al giro de la barra, utilizando la función de forma
de la
Tabla
3.1 (primer caso) y la relación momento - curvatura para barras linealmente
elásticas
:
M(x)
=
-
El y"(x),
basta con derivar dos veces la función
de
forma
.
La relación completa, fuerzas de extremo de barra - desplazamientos correspondientes,conviene expresarla mediante
la matriz de rigidez de barra,
que para el caso de una
barra tipo v
iga (sin desplazamientos relativos entre sus extremos) de sección transversal
constante, sin deformaciones por cortante y hecha de un material l
inealmente elástico,
es
:
6EI 2EI
Compatibilidad
:
{D}+[F]{X}={O}
=>
XI
=
f
X2=--/-
Resultados que comprueban la aseveración inicial.
/2
f
=_
e
2
1
2EI
=-?
1
r
.r:
- 1I
3EI
ti
~:::t---~X2
t
X-D
Xl
E
s
tructura Primari
a
Veamos si la aseveración anterior es cierta. Para ello, utilizando el Método deFlexibilidad
,
resolvamos la estructura que tiene dos incógnitas estáticas (grado de
hiperestaticidad dos). e) Los resultados anteriores equivalen al caso de una viga doblemente empotrada en lacual uno de los empotramientos experimenta una rotaci6n unitaria. es decir:
8=1
4~I(~j~)2~I
6EI¡
e
=
1 t6 El
113
)
}
))1
))) ),
')')
);
))~
)")
))
.)J
'
)
)
-==,
)))))
))

124. 1
M
=?
El
I~ _,./'I\2 \\~--
-
___..
~
Ir
La rigidez modificada al giro de la barra es
:
gdl prescind
i
ble
Ro
ta
ción
libre
~f----~~-~~---::=>1I ~ 4~
Segund
a
columna de la
matriz de rigidez D
2
=
1
4.4 Barras tipo Viga
o
Columna - Rigidez al Giro Modificada
Otra situación frecuente se presenta en los casos en los cuales se desea ignorar algunos
.
.
de Josgdl de rotación en los apoyos de los extremos de vigas y en los apoyos articulados de pórticos. Por ejemplo, en la viga de tres tramos mostrada, es posible ignorar o prescindir el gdl asociado a la rotación en el apoyo extremo de
la derecha, para ello será
necesario modificar
la rigidez al giro de la barra de la derecha
.
Nótese que la matriz de rigidez de la barra pudo también calcularse a partir de la de flex
ibitidad
.
En general, cuando la matriz de rigide~ sea dificil de calcular
.
conviene
generar la de flexibilidad
y
luego invertirla para calcular la de rigidez.
1"
I '\
m
=)..
[21=
-U6EI
~:r
\.fi't."---q-_
d----..4¡
2 ~~ ~
V4-
f
ll
=
l/3EI
Se comprueba que el producto
[k][t]
=
[fj[k]
=
[IJ,
donde
[1]
es la matriz identidad.
Es fácil comprobar
10$
resultados anter
iores utilizando la definición de coeficiente de
flexibilidad. El significado físico de los términos de la matriz de flexibilidad calculada a partir de la matriz de rigidez
,
se indica a cont
inuación
:
{d}
=
[f
]barra
{q}
l
1
--
[f]barra ;:
[k]~
[f]barnl
=
1
3
6
El
i
1
--
-
6
3
~¡;I t¡t
A diferencia del caso de la barra de armadura, la matriz de rigidez de una barra tipo viga como la indicada en la figura anterior
,
si tiene inversa. Su inversa representa la matriz
de flexibilidad de la barra en el mismo sistema de coordenadas
q-d.
la inversa es
:
EI[ 4
[ k
]barra
=
T
2
{q}
=
[k]barra
{d}
114
I 1t~
.
:
"
.
-
,_.
.
_'
.
,.
,
_
_,
.
,
.
"
.
~
,
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-
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-
-
""
.
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-"
.
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''
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.
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.
_
_
_
.
• ..,.
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"
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0
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.
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-J ---'
,
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~

125. 115 [k
]
=_
1=
3
E
I
b
arra
f
l
l
1
I
x
l
f
ll
=
3
E
I
Alternativamente s
e
pu
e
d
e cal
cular la matriz de
fl
ex
ib
ili
dad de la ba
rr
a en el s
istem
a
q
--d
indi
ca
do e
n
la figu
ra
p
re
ced
e
n
te:
q-d
{
q
}
=
[k]
barra {
d
}
1"
1
"--§,.-------.,.4
L
a
matriz de
r
ig
idez
de
la barra con un
e
xtr
em
o articulado. es
:
fF
l
M
=(~
-
B=l
1
/
2
2E!1l
(~
~)
+
<.~
~
-
-
4EJ
/l
2E
I
/I
E
l
'1
1/2
'
3E
I
/l
(~
-
~
-9=1
1/2
Nótese que si se conoce
la rigide
z
al giro de la viga doblemente
em
pot
r
ada
.
la
r
igidez
modificada se puede obtener por simp
le s
u
perposici
ón.
t
al co
m
o
se
in
dic
a
e
n
la figu
r
a a
continua
ci
ón
:
y
(x)
=
e
;(1
-;)(2-;)M
=
k
e
k
=
3
EI
Ri
gi
d
e
z
al giro
o o
I
.
=:>
M
= 3EI
1
Estruc
tu
ra Primaria
También es posible obtene
r l
a rigidez modificada
,
u
til
izado (a defin
ici
ó
n de
r
igidez al g
ir
o
de u
n
a bar
r
a
y
el Método de Flex
ibilidad como se indica a continuación
:
115
•
"
':
;
'
''''
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'
-
~
'
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:
-
-
--
-:."
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126. )) ') .
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-d-, ---1
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_) _-} :
~
:_j
.,) )
El resultado final de la superposición es:
91
=
0
62
=
l!J 1
91
=/!J /
92 =0
Movim
i
ento de
1
sólido rígido
2EI A 4EI A
--
1
1
1 1
~ '-F'\=c.>
4EIA 2EIA
~~
- ;?,:}+
b) Sin embargo, en este caso resulta más sencillo utilizar la superposición de desplazamientos, tal como sé
indica
a
continuación
:
{D}+[F]{X}={O}
t
JI
¡í¡I
.
¡I
a) Las fuerzas de extremo de barra, para un desplazamiento relativo entre los apoyos, se pueden calcular utilizando el Método de Flexibilidad tal como se indica:
Primera columna de la Matriz de Rigidez
DJ
=
1
fu
=
O D3
=
O
Q-D
¿Qué fuerzas se producen?
4.5 Barras
tipo
Viga
o
Columna - Rigidez
en
Traslación
En muchos casos las estructuras sufren desplazamientos laterales, ya sea por la asimetrra de las cargas
y
geometrla o por
.
la acción de fuerzas laterales. En estos casos
es necesario considerar grados de libertad de traslación y calcular las rigideces de barra para desplazamientos relativos entre los extremos de la misma.
DI =1;
)
Al----
116
...
,_.,._
"
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_
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.
~
;_
~
:
:;:.
~
~
_..:..
.~
:~.
,.
~
.
~
~~
J}
~

127. 117
Como ejercicio para el lecto
r,
se p
r
opone el cá
lculo de la matriz de
.
flexibilidad de barra
en el sistema
q-
d
indicado en la fig
u
ra anterior
y
a partir de e
ll
a
,
por
inversión el cálculo
de la mat
r
iz de rig
idez de barra
.
Tambié
n
se
propone el cálculo de la matriz de
flexibilidad y de rigidez para el caso en el cual existan b
r
azos ríg
idos en los dos extremos
de la viga
.
4
2
+ 6a
b
4 3a
2
-
(b+3a
+
-)
b b
2
6a
+
­b
{
q}
=
[k]barra
{d}
C"Y;t0@
b
7\~
E
I=oo
El
~rJ
q-d
La relación completa, fuerzas de extremo de barra - desplazam
ientos correspondientes,
conviene expresarla mediante
la matriz de
rigidez
de barra
.
que para el caso de una
barra tipo v
iga (s
in desplazamientos re
lativos entre sus extremos) con un brazo
r
íg
ido a
la izquierda de longitud,
a
,
y
una zona flexible de sección transversal constante de
longitud
b
,
sin de
f
ormac
iones por cortan
t
e y hecha de un mate
r
ial linea
lmente elástico,
es:
k =4EI
2
2
b
k
=
2EI
+
6Ela
9= 1
21
b b
2
(~ ~J
Sis
te
maQ
-
D
EA
=00
kJ2( ~
b
~~-=EI~4J2
q-d
4.6 Barras
con
Brazos Rigidos - Rigidez al Giro
Para el caso en el cual una viga se apoya, en el mismo plano, en una placa o muro,hemos mencionado (véase el acápite 1
.
10
.
8) que una hipótesis usual para modelar el
pórtico con elementos un
idimensionales
,
es la de asignarle a la viga una rigidez muy
grande en fa zona comprendida entre el bo
r
de de la misma
y
el eje de la placa. En estas
situaciones conviene conocer
los coeficientes de rigidez de la viga con brazos rfgidos
,
se
trata en esencia de un caso de una barra con sección variable.
11'1
¡
)
1
))
I¡1¡!
-1
J
}
-)
¡I,ii
),)\J))),}))),}
~
)))))
.)J
.)
,I,
.,
il
_)
)

128. 118
a
=>
Xi
=
3E
I
l
3
a
+
b
fllXJ
+
Dr
=
O
a
3
b
3
f
=-+-
1
1
3
E
I
3
EI
~
~v
1
~
8
=
1
,f""E
D,
=-a
~
a
X-
D
Estructura P
r
imari
a
Util
izaremos el Mét
o
do de Fle
x
ibilidad, como ejemplo d
e
·
ap
li
cació
n d
el uso d
e
una fue
rz
a
interna como
r
edu
n
da
nt
e estática
,
en este caso
la fue
rza
co
rt
ante que h
a
y e
n l
a rótula.
M
b
/a
1
M
=
l
=>
Ke
=-
9
M
=
Ks9
M=
l
~
.,.-
~
~~
9=?
M
M~r
, -6=1
I I
,
I I
Las dos figuras a con
t
inuación muestran la definición del coe
fici
e
n
t
e de r
igidez al g
ir
e
correspondiente al extremo izqu
ierdo de
la barra, el c
á
lculo es simple ya qu
e
se trata de
un elemento isostát
ico
,
el coeficiente de rigidez se puede c
al
cu
lar aplicando, pO
I
ejemplo, Trabajo Virtual (Fuerzas Virtuales)
.
q
-d
3
Q
I
-
D
l
\
,
R
6
-t
ul
n
., ) ) ) ).)r-1
)
,:;l
) ))
,
)J
)) ) ) )))
~j-i
)
,
.
)
_.
j
la
figura a continuación muestra un pórt
ico en el cual la viga, de sección constante,
nen
una d
iscontinuidad interna (una rótula). En este caso es posible amplia
r
el s
istema d
i
coordenadas tal como se indica (sis
t
ema
QI-DI),
sin embargo
,
conviene traba
jar con o
,
menor cantidad posible de gdl
,
para esto será necesario calcu
la
r
previamente lo
coeficientes de rigidez de la v
iga con una rótula
interna
.
4.7 Barras con Rótulas Internas
118
'-.,
~
~'
-;C-
:-:
-'"~
,._
..
._
~
~
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-
-
.0
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_
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_
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2
·
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~
~
~
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::
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·
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.~
:~
~-
-
-r
' -
_
.~
-
--
------------~-----------
~(¡) ,
!) )) ) )

129. 119
- Cálculo de los coeficientes kn Y k
2
1
aplicando la definición y conside
r
ando s610
deformaciones por flex
ión
:
2m
4
m
;¡
v
1~
~
-----m------~O~
--
2E-I--~~~
2
)I
v
,r
E
jemplo
4-1
Para la barra mostrada a continuación, con una
r
ótula interna a 4 m del
apoyo i
z
qu
ierdo, se pide ca
lcular la matriz de rigidez de la barra (coeficien
t
es de rigidez)
.
para el s
istema q
-
d ind
icado
.
Nótese que en es
t
e caso
la matr
iz de rigidez de la barra es singular
.
Esto significa que
dicha matriz no tiene inversa
y
por lo
t
anto no existe la matriz de flexib
ilidad de ba
rr
a
.
Este hecho se puede comprobar fisicamente s
i,
aplicando la defin
ic
ión
,
se
in
t
enta
.
ca
lcular los coeficientes de flexibilidad en el mismo sistem
a
q-d, la bar
r
a es
inestable por
la presencia de la rótula interna.En
la figura a cont
inuación se muestra
n
las fuerzas de extremo de barra para un
desplazamiento rela
ti
vo unitario ent
r
e los extremos de la barra (r
igidez en traslación) su
deducc
ión se deja como ejercicio para el
lector.
{q}
=
[k]barra
{
d}
3ab ]3b
2
E
l [3a
2
[
k
]barra
=
al+
b
l
3a
b
Nótese que si a
=
1
Y b
=0
entonces la rigidez al g
iro resuelta ser
3EIII,
resultado que era
de esperarse
y
que corrobora los cálculos realizados
.
Nuevamente
,
la relación completa, fuerzas de extremo de barra - desplazamientos
.
cOrrespondientes
,
conviene expresarla mediante
la matriz de rigidez de barra
,
que pa
r
a
el caso de una barra tipo viga (s
in desplazamientos relativos ent
r
e sus extremos) con
una rótula
interior, de sección constante, sin deformaciones por cortante y hech
a
de un
'.
material linealmente elástico, es
:
A continuación se resumen los coeficientes de rigidez de esta barra correspondientes ala rigidez al giro para los extremos izquierdo
y
derecho.
119
)")I
)))")
"\)
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~..J
.
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J
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130. )) ')
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II
1
\
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I
=
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I
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J)
)
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~'3
~
-_
.~
~
]
""\
120
La matriz de flexibilidad de barra no existe ya que la barra es
inestable por la presencia
de la rótula interna, esto significa que la mat
ri
z de rigidez de barra es singu
lar
.
0.353 ] 0
.
1765
[]
.
[ 0.706
k =EI
barra
.
0.353
{q}
=
[k]barra {d}
kl2 :::::
0
.
353 El
k22
:::::
0
.1765 El
Los otros coeficientes de rig
idez de barra
(k
2
2
y
k
12)
se calculan de mane
r
a similar
y
los
resultados son
:
Dl
+
fIlX,
=
O 4
+
f"X,=0
-+
X,=-0.17647
E
I
kll
=
4 X, kll ~ 0.706 El
k
21
=
2
X
I
k2
1
~
0.353
El
f
=
(4)
3
+
(2i
=
22
.
667
1I
3EI
6El El
+
9= 1
~...... 1
............
4
........
Utilizando el Método de Flexibilidad considerando como incógnita
'la fuerza cortante en la
r
ótula tendremos
:
.
kn
=?
Otra forma de calcular
los coeficientes k
l
l
y
k
21
es la siguiente:
9= 1
k
ll
(~
7~)
k
2
1
rara
este caso part
i
cular: k
11
=
k~
J
~
0.353
el
1
k
"
=
-~
O
.706EI
e
( )
4 (
)2
9 =_1_
_l_x)
+_1_
_!__xJ ~
1.4167
El
48
o
2El
48
o
El
1
m,(x)=-x
4
1 .. 1
2
1 ..
(1)2
1
2 (
1
)2
9
=
-
J(m,(x»2dx
+--
J(m
2
(x»2(ix
= -
J
-x
dx+-
.
f
-x
d
x
El
o
2El
o
.
El
o
4
2El
o
4
¡I t ~! IfI
M=I
·
~ __ l~~
0.5
1
m
=
1
=
ka
e
=:>
ka
=
k
ll
=-
9
120
_
_
_
_
_
_
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"
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-
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.
.
.
•:
...:
.
..;.
¿o .
•
~
:
;
•
.;
i) -9
") ))

131. 121
También es posible calcular la matriz de flexibilidad de la barra quebrada en el sistemaq - d Y luego por inversión calcular la matriz de rigidez de la misma. En este casoparticu
lar, el cálculo de la matriz de flexibilidad de barra involucra la solución de una
estructura hiperestática en primer grado
.
Cabe anotar, que el concepto de rigidez de barra se puede extender a muchas otrasconfigurac
iones
, i
ncluyendo a las barras curvas
,
barras de parrillas, barras de pórticos
espac
iales, etc. es dec
ir, prácticamente no hay límite. Inclusive, una porción completa de
una estructura puede tratarse como una barra, en esta idea está basada
la técnica de
análisis de estructural por medio de subestructuras
.
/
M
=
lÚ -" "9=1
\\
k"
=
l/a
/
.
"
M
=
?Ú
-'."'9=1
\\
k
ll
=M
ó
Alternativamente se puede proceder como se indica a continuac
ión
:
Para el cálculo de la primera columna de la matriz de rigidez de la barra quebrada, esnecesario resolver la siguiente estructura sometida a una rotación unitaria en el apoyoizquierdo.
q-d
{q}
=
[k]barra {d}
Sistema
Q-
D reducido
~'
]
[
kll
[ k
]barra
=
k21
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
~
'
Q-D EA=oo
4.8
Barras
Quebradas
El concepto de coeficiente de rigidez de barra
y
en consecuencia de matriz de rigidez de
barra, se puede extender
-
a otras situaciones más complejas. Por ejemplo, en el pórtico
mostrado a continuación, si se ignoran las deformaciones axiales, el sistema decoordenadas que deberla utilizarse es el mostrado a la izquierda de la figura. Si sedeseara trabajar con un sistema
Q
-D
"
reducido" como el mostrado a la derecha en
,
el
cual no se está considerando el gdl3, sería necesario calcular los coeficientes de rigidezal giro de la barra quebrada, tal como se indica.
J);)
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1 ;¡----11¡¡1l,¡I
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-
~-.ij ..J ,
") J)))
)
J ~
122
Nótese que el"ampliar el sistema de coordenadas, conlleva el tener que trabajar con un mayor número de
gdl
,
en consecuencia
,
el esfuerzo numérico necesario para resolver la
estructura
;
es mayor.
\\
(EA
=
(0)
aJ
131
Q-D
Otro caso en el cual es posible
"
ampliar" el sistema de coordenadas
.
1
\I! 1
Q-D
\
\
-0....
a•
J---J:--;)
b
r•
1
o.
En algunos casos
.
es posible
"
ampliar" el sistema de coordenadas para lograr un
ensamblaje de barras de sección constante. Por ejemplo, para los dos pórticos mostrados, que t
ienen una variación simple en fa sección de la viga
,
puede ampliarse el
sistema de coordenadas (sistema QI
-
DI)
y
tratar a fos segmentos de la viga como
elementos de sección constante
.
Sin embargo, esto involucra un mayor número de
incógnitas cinemáticas
.
Si se desea trabaja
r
con un sistema de coordenadas
(Q
-
D)
corrió
el mostrado a la derecha de las figuras, será necesario calcular
los coeficientes de
rigidez de la viga
.1
!,1I 1!~ti!
4.9 Barras de Sección Variable El cálculo de los coeficientes dé rigidez de barras de sección variable, es un tanto más
.
tedioso desde el punto de vista numérico
.
las ideas generales
y
definiciones dadas en
los acápites anteriores, siguen s
iendo completamente válidas.
La figura a continuación muestra algunos elementos (barras) de secc
ión variable
.
Los
tres casos corresponden a elementos con una variación relativamente simple del momento de inercia
y
pod
r
ían ser barras que formen parte de un pórtico
.
122
I ¡"¡¡. Iil,i

133. 123
Pórticos
metá
licos
d
e a
lma n
en
a
co
n
barras de
secci
ó
n
v
ari
a
bl
e
\
\
\
\
\
V
igas de c
o
ncreto arm
a
do d
e
secc
ió
n
v
aria
b
le
Aer
o
p
u
e
rto
d
e T
ac
na
Puente
con v
igas continuas
de
con
cr
eto
anna
do
de sección variabl
e
-
Puen
~
con vigas contin
u
as
de
con
c
ret
o
'
nado
d
e seeeíén vari
ab
le
No siempre es pos
ible o conveniente amplia
r
el s
istema de coordenadas para los
elementos de sección va
ri
able
,
tal es e
l
caso
de
los elementos con una variación
con
ti
nua en sus propiedades
,
co
m
o los mostrados en
las fotos y JlQurasa continuac
ión,
para estos
r
esulta más convenie
nt
e calcu
lar
los coe
fi
cien
t
es de rigide
z
de barra
.
},
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1
r,,
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-J
~
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J
I
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JJ
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.) "'"
) .)
~
(.
E
l(
?,
) )
) h._,.--
---:.;....;_
--"A
2
\\ q-
d \\
El resultado anterior confirma que los coefic
ientes de rigidez de una barra son simétricos
(kij
=
kji) Y además proporciona la relación básica entre los coeficientes de rig
idez
y
los
factores de transporte
.
Para una barra de sección constante, sin deformaciones por cortante, se tiene
:
kn
=
4EI
k22
=
4EI k
u=
10.= 2EI
111
1
ftu
=
fu.=-
2
4
.
9
.
2 Coeficientes de Rigidez
de
Barras de Sección Variable
Existén numerosos métodos para calcular los cceñclentes de rigidez de una barra de sección variable (Área de Momentos, Viga Conjugada, Analogía de la Columna, etc) en esencia son variaciones de los mismos conceptos centrales. Para el cálculo de la rigidez al giro de barras de sección variable, también se pueden apl
icar la metodología
presentada en el acápite 4
.
3.
Uno de los métodos más generares, para una viga de sección variable, s
in
desplazamientos relativos entre sus extremos es el siguiente:
¿F.
D
2
=
LF;
DI
ku (O)
+
k21(1)
=
kn (1)+
lru(O)
la,
=
k12
=>
ftu kn
=
fui
k22
Teorema Betti:Nótese que en la figura anter
ior se ha definido un nuevo término
,
el
Faclorde Transporte
(ft12 -
ñzr).
Los factores de transporte serán de utilidad para el Método de Cross
,
para el
Método de Rigi~ez no son de mucha utilidad. Los Factores de Transporte, asociados con los grados de libertad de rotación de una barra, se definen del siguiente modo
:
la]
=
ft12
kit :::)
ftJ2
=
kzt /
kn
kJ2
=
fuI
k22
=>
ft21
=
kI21
la2
F,
-
D,
~ ) ~I
=fttz kn (~
zC
k12
=
ft21 k22
q-d
~p-
'
---------..__--Il~
i -
J
4.9.1 Relación entre los Coeficientes
de
Rigidez de Sartas de Sección
Variable
124
I ¡ 1l,,1
e-.
'~;:-:
.
.
. ~,
.
:-
, -
,
.
--
-:-::-
", .
.
...
:::;
_
.
~
.
.
..
".
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-
.
.
.
-
.
..
.
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....
'
-
"
-
'
.
-
~
-
'
-
•
-
-
.
•
•
.,j,.
u_
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.
.
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.
-
-
•
•
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_
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-
-
- .... r
~ -
-
.......
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-
-
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-
-
-
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...,~
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:)
',,
~
.,.
.:...~
.~
-
_
..
_
..~
-~ ~frr
~
~
.1T)
)) )

135. 125
Ejemplo
4-2 A con
t
in
u
ación
,
y
a mane
r
a de ejemp
lo, se mues
t
ran dos gráficas
(adaptadas de White) en las cuales se muest
r
a
n
los coeficientes de rigidez al giro
y
los
fac
t
ores de transporte de
u
na barra de secc
ión variable. La ba
r
ra
t
iene una variac
ió
n
Los cortantes sec
al
cu
la
n por e
q
u
ili
brio
de
l
a barra
-1 (k
ll
.
kl
2J
[
k
]2
x2
=
[t]2
X2
=
bl
b2
La ún
ica complicación que puede exist
ir en el cálculo de las integ
r
ales
,
radica en la
complejidad de la variac
ión de
l
momento de ine
r
cia a lo largo de la bar
r
a (I(
x
). En los
casos en los cuales no sea posible una solución cerrada de la integrales, se debeemplear alguno de los métodos de integración numér
ica (rectángulos, trapecios,
parábolas, etc
.
)
.
b) Se
inv
ierte la mat
r
iz de flex
ibilidad calculada e
n
el paso anterior para hallar la matr
iz
de rigidez de barra
.
f
=
f
=
lm
l
m
2
12 ~I
EI(x)
2
f
-
J~
2
2
-
E
l
(x)
2
f
-
f.EL
1I -
EI(
x
)
Los
c
oeficientes de flexibilidad de
la
barra
,
ignorando
las deformac
iones por cortante,
son
:
~
f '
"
2
1
~f
"
'
(~1
mI
a) Se calcula la matriz de flexibilidad
[f]
de la barra para el sistema
q
-
d (en este caso el
sistema consiste en las rotac
iones medidas en los extremos de la bar
r
a). Para el cálculo
de esta matr
iz conv
iene usar Traba
jo Virtual
,
en este caso Fuerzas.virtuales
:
k12
=
fuI k22
kz:
=ft12 kll
(
kll kl2)
[k]
2
x2
=
=?
kn
k22
el
=
1
kll(~
*"
125
,
'.
,
I
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-
I".1)).)).)
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'0-
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c
__:
.~
.
~~
..;~
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·...1
:
~~
_;;;
;..:
~~
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~
2:S
.;
;
:
~
_;
;;,
~
~;-.
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=
,..
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126
F
ac
to
res
d
e tran
s
porte
C
oefi
c
ien
tes
d
e
r
i
g
i
d
ez a
l giro
9
7
3
5
1
2
/11
9
35
7
12111
4
.
2 0.
4 1
9 8
kll
-E
rlll
7 6 S 4
1
1
0
0
.71
¡,
'1
5
.2-
1.
0
5
.
0
0
.
9
(/
0
.
8
4
.
8
k22
0
.7
4
.
6
-- E
I
I
/!
0
.6
4.4
0
.
5
B
EjemDlo
4-3 Las gráficas a continuación muestra
n l
os coefic
ientes de
ri
g
idez al giro
y
lo
s
faotores de transporte de una barra de sección va
ri
able
.
La va
ri
ac
i6n de la inercia de
la bar
r
a a
lo largo de su longitud es tal como se muestra en la
fi
gura que antecede a las
gráficas, e
_
1ancho de la ba
r
ra es constan
t
e.
Se
han consi
d
erado únicamente
deformacionespor
flexión,
A
Fa
c
t
o
re
s de
t
ranspo
rt
e
Co
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c
i
en
t
es de
r
igidez
a
l
g
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L-~
~2--
~~3----~
~
4
~
.o
12/11
6
.0
42
0
.6
"
.4
0.7
10.0
k
22
EI
tl
l
a.o
1/2 1{2
4.8
h l.
A
B
1
Ir
A
cJc::JB 1
/2
"2
5
.
0
2
1
2
1
I1
'] (. ---.,.
\2
-
le
7\ ~
-m
a
-d ~
súbita de su sección transversal a
l
centro de tramo. Para la construcc
iónde las gráficas
se han considerado ú
n
icamentedefonnaciones por flexi6n
.
126

137. 127
(
k
ll k12
)
.
[k
]2x2
=
b
l
len
==
co
no
ci
d
a
En la deducción que se p
r
esenta
,
se supo
n
e que se co
n
oce
la mat
r
iz de r
igidez en e
l
s
istema q - d
ind
icado a co
n
t
in
uac
ió
n
:
1
2
(' -<*
~
)
q
-
d
[k
]
4
x
4
=?
q
-
d
4.'
.
4 Coeficientes de Rigidez - Barras con
,
Desplazamienf!J Rela~o
Si
hay desplazamientos
rel
a
tivos
entre los extremos
,
entonces
es
n
ecesar
io amp
li
a
r
el
s
istema q -
d
de las barras para incluir los menc
ionados desplazam
í
entos (véase el
acápite 4
.
5)
.
,
,
4
EI
,
3Er
ftI
2
=f
h
l
=O
,
5
~
k
11
=-
1
-(
1
-
O
.
5
~
O
.
5);::::-1-
Comprobemos
los resultados aplicando
la ecuación anter
ior a u
n
a bar
r
a de secció
n
constante:'s
oos
lció
k
'
k
k1
2
1,_
k
A~
lr
~
uperpOSICI
n:
11
=
II
-
-
,
-
-
lU
l
=
11-
H
2
1
J.\Z
1
k22
'"
Pero
:
kz
r
=
ft
J
2
k
ll
~
k'
1I
=
k
n-
fuI ft
12
k
n
=
k
ll
(1
-
ft)
2
fu
I)
ft2
1
la1
(
,;:I~
,
---=--------
'
-'"?P
'
0
kn
\4.~ ~_
.
_~
,
9
2
,
=
k21
/
k22
(H
=
l
kn(k
'
7
+
,
(
'k
n
kU
)
reeíd
[k]
2x2
=
' ,
:;;:::
conecí a
.
kn
10
2
E
l
co
91
=
1
k
'r
i
=
?
(,
~
';
1
2
( ~"-\-----""'4J
q-d
En Joscasos en los cuales s~ d~~a ignorar ~
,
gunQsde
los
gdl
d
e
rotación en Josap9YQs
de
J
9SeXtremqs de
·
vigas
y
'en
:iÓ
$
~pOYQSartie
~
ládos
de
pó
rtiC
os
.
-
es necesario modíñcar
la rigidez
al
giro de la
barra
(véase
el acápite
4
,4
)
.
En
la deduc
c
ión que se presen
t
a
,
se supo
n
e que se co
n
oce la ma
t
riz de rigidez
en
el
s
istema
q
-
d
indicadp
a
continuación:
4.9.3 Rigidez al Giro Modificada
. -
:o.:
--
--.
..
....
..
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_
_
.
"
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")
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1
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j
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1
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~
1
~,
)
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"~"
~J ~JJ¡ffa 2} -)
128
92=
1
91
=
1
kll(
~
~)k2
1
=
1
=
91
=1
92
=
1
&¿isi&
v
_
.
_
v
..
21
A
JI
(
kll
k
1
2)
.
[k]
2x2
=
=
conocida
k21
k22
1
~
,'2
\.
~
r-
-
----"4'"
q-d
k
1
4
=
4
EI
x
!
(l
+
O
.S)
=
6El.
1
1
-
-
¡2
4.9.5
RIgidez
Data
Barras
con
empotramIento
DesliZante
En
la
deducción
que
se
presenta
,
se
supone
que
se
conoce
la
matriz
de
rigidez
en
el
sistema
q
-
d
indicado
a
coníínuaclón
:
Los
cortantes
en
la
barra
se
pueden
calcular
por
equilibrio
de
la
misma
a
partir
de
los
momentos
en
los
extremos
(k14
y
k24)
.
Con
los
cortantes
,
se
podrán
oalcular
los
coeficientes
k34
y
k44.
Comprobemos
los
resultados
aplicando
ra
ecuaci
ó
n
anterior
a
una
barra
de
secc
lón
constante:Superposición
de
desplazamientos
:
~k14
=
?
=
111
'.
~)k24
=
?
~
t
~
t
'
1/~
1k34
IkM
.
...
1
+
(J
~)k2
2
T
1
kt2
~
1
k12
=
k21
la]
=fttz
ku
k.12
=
ftil
k22
1
1
1
1
-
1
k«
=
kilI
+
kl
2
1
=
1
[ku
+
k1
2
)
==
1
(kll
+
bl)
=
I
kn
(1
+ftl
~
)
1
1
1
1
1
·
.
'
k1
4
=
1{2]¡+
lrn!
=
1
(101
+
len);=
I
(kt2
+
1m)
=
I
kn
(1
+
fhl)
q-dEI(x)
-
¡crl
~I
-
d4
=
-1
E
l
(x)
-
.
Se
desea
calcular
las
fue~é:I~
de
extremo
de
ba
r
ra
(coefiCi!i!n~
Jc14
y
1a4)
que
se
producen
por
un
desplazamiento
relativo
unitarjo
(negati
v
o)
d~
'los
apoyos
:
.
128

139. 1
29
xr (
.15...
:o..
,X2
'"
X
- D
'"
¡/
L
os cortantes de empotramiento se calcu
lan por eq
u
ilibrio a pa
rt
ir de los momentos de
empo
t
ramien
t
o
y
de las ca
r
gas externas.
Puede ser conve
n
iente eleg
ir como redundantes los momentos de extremo de barra, en
cuyo caso, la estructura prima
ri
a ser
í
a la mostrada a co
n
t
inuac
ión:
{D}
+
[F
]{
X
}=
{O}
~
X
"X2
Compatibilidad
:
f.
=
f
=
¡m, m
2
1
2 21
EI(x)
D
2
=
I
Mm
2
EI(
x)2
f -
J
m
2
2
2
-
E
I(x
)
D
I=
¡
~~)
2
f.
-
f~
JI -
E
I
(
x
)
~~_~:>X
2
x
1
t
X-
D
Estruc
tu
ra
Prim
ar
ia
4.9.6 Momentos de Empotramiento
en
Barras de Sección Variable
Existen numerosos métodos para calcular los momentos de empotramiento de una barrade sección va
r
iable, todos son en esencia variac
iones
d
e
los mismos conceptos
centrales.Para el cálculo de los momentos de empotramiento se puede usar el Método deFlex
ibilidad tomando como redundantes
las fuerzas (cortante
y
momen
t
o) en
un
o de los
empotramientos. A continuación se muestra la secuencia necesa
r
ia para ca
lcu
lar los
momentos de empotramiento utilizando el Método de Flex
ibilidad
:
, 4EI
"
El
k
11=-(1-0.5)= -
21 1
Comp
r
obemos los resultados aplicando la ecuación anter
ior a una barra de sección
constante:
"
Nota
:
kJ
1
Y
ñi
z
deben calcularse para el doble de la long
itud de la barra
(21)
•
k
11
=
k
u
-
k
u
=
k
u-
ftn
kn
fui
k22
=
ftuk
n
-
-
"
.
,
:. k
11
=
k
u
-ft
u
kit
=
kll
(1-
ft12)
..I))
¡
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I
)
1
J
)
1
¡!
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j
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t
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1
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-
} .
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.
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.J ).=;) J
~.J ~
)
,
)
~a;.J
-
-
)
+
130
Ejemplo
4-5 A
continuación se muestran las gráficas de los momentos de
empotramiento de dos barras de sección var
iable con carga uniformemente distribuida
de intensidad
w
.
Las barras tienen
.
una variación en su sección transversal igual
a
las
presentadas en los Ejemplos 4
-
2
y
4
-
3
.
4
E
I
wf
'
wl
J
wP
U1
2=
-kll(91+
ft
I
2
92)
=-
-
(
-
-
+
0.5(
--
»
=--
1
2
4 El 24El 1
2
4EI
wP
w
l
l
wP
UlI
=
-kn(92+ft2
,
el)
=
-
- (
-
-
-
+0.5(
-
-»=+-
1
24El 24
E
l 12
w1
3
92
=
-
-
-
24
E
l
w/
3
9
1=--
24El
Ejemplo
4-4
Comprobemos los resultados aplicando las ecuaciones anteriores al
cálculo de los momentos de empotramiento de una viga de sección constante que soporta una carga uniformemente distribuida de magnitud
w:
Superposición
:
UI2
=
-
k,
I el-
ku
e
2
= -
ku
el -
fb
I
ka
fu
fui
ka
=
ft
n
ku
:
.
U12
=
-
ku
el -
ftu
ku
fu
=
-lat(
el
+
fb
2
Eh)
UlI
=
-bI9,-h2fu =-ftl2klJ91- knfu
:. UlI
= -
fui
kn
el -
kn
92
=
-h
2
(
fu
+
fuI el)
el
=
IM(X)
mi
EI(
x
)
e2=
I
M
(x)nl2
EI(x)
Cálculo de
e
I
yal:
W(x)
I f
W(x)
~J....---J-Jf.r1(IJfn~
'~~
J
LEl(
x
)
U21
=?
Otro método de aplicación general, que
r
ecoge las ideas centrales y que parte de los
coeficientes de rigidez de la barra se presenta a continuación
:
130

141. 131
Ejemplo
4-6 Comprobemos Jos resultados aplicando las ecuaciones antenores al
caJc
,
41
Qde los momentos de empo
t
ramiento de una viga de secc
ión constante que
soporta una carg~ unltorrnernente distríbuida de magnitud
w:
Superposic
ión
:
U
I
12
=
UI2 -
fui
1121
9
2
=
U2tf
k22
Para barras de sección constante:
U'12
==
UI2. -
0.5
U21
,
~~
U 1
2
=?
EI(x)
1 2
(4 ~)
q-d
1 2
(4"'-,
-~i)q-d
Conozco:
9
7
3
12/11
2
0.06
1
0
.
16
0
.
14
0
.
12
J.1
0
.
10
w
/2
0
.
08
0
.
06
0
.
04
1
J.1
W [2
0
.
10
0
.
12
l
a
la
A~B
1
/2
.
//2
131
5
12/
JI
4.9.7 Momentos de Empotramiento
en Barras
de Sección Variable- Extremo
A::rticulaclo
J}
_)
1¡,1IiIIJ
);
")·
1).
~)
J")
¿;
))J-,
.)
~
¡)
I
~
!
-:)
l
)
-
o..
\

142. 132
Muro o Placa
---
-ID--~ f
I
\
I I
r
.
_
·
_
:
.
_
-:-
.
_
I
EI=oc>
5
6
--lli-
4
_
..
I
v
I
v
1m
le
Acm
1
2
3
.l'
..
~
...
1
"
a
ti
1'].
Modelo del Pórtico Plano
.
7 1=00 8
?
~ ~---------r------I
4.10 Influencia
dé
las Deformaciones por
Fuerzá
Córlante
6s
com
ú
n
"
en
él
~(l~li
,
SIS
de
~Iém~nto$
'-
~sbeltQá
,~
i'
~.;;sprec
iªr
lá$ défómtaciones
por
fue~~ co~n~
'~ri
~
a
laa defermaclones por ~XJón
.
,
Sin
~mba
r
~Q,
ex!~ten
,
numer
9
~ª~
shuacíone
é
~n
la.$
'9Q
!il1es
las
d~forrnaeio
n
~
PQf
~ote
'
pueCfel1lléQ~r a
ser
jr'ñpo~ot
~
s
yen
consecuencla
~s necesario incluirlas en
el
a
,
ri~Jis,is
.Un~ sitliáción como la
descrita
~ presenta
en la
,
~g4ra
a con
ñ
nuac
íó
n
(véase
ei
a~pite
1
,
10.8>'. El
muro, que
es(un
elemento
bjdim~ns¡Qnal
,
se
ha
modelado
cotnQ
'
'un el~~to
uníd
ímens
lonal
y
depen~iendo
de
su
e$b.e.ltezpuede
ser
necesário
iocluir
en
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ahéJi$.
,!s
las
,
d~forriiáéion~s
por
cortante
.
Las
defQtníaciones
por
co~nte
afectan
a
la rigidez
del
mU
'fQ
y
par
lo
tanto
inciden en 10$
d~p.f~amientos
laterales
y
en
la
distribución
de las fuerzas internas entre
los elementos
constituyentes
del
'
pértlco
.
~él
,
.
lt .
(;2.
" '1
"
U'1
2
=U12 UI2
,
se
c~lc.ulaen la viga
con
longitud
'21
'U'2l
seobtiene
'por equilibrio
,
de la
v
iga de
longitud l
.
1
Presentaremos sqJq él
caso
de una
v
i
gade
secc
ió
n
var
¡
a,*~
simétrica
con
carga también
simétrica. La solución del caso no simétrico puede realizarse con lo expuesto en el acápite
4
.
9
.
6.
4.9
~
8
Moméiitas
de
Empotramiento
en
BamiJs
de Sección
Variable - Extremo
,
IÉmpotramiento
'
DesliZante
J
, '
.
'
"
'.
"
,ñYY~
=
(IYYVVVYYYYb '\
UIj
"
"
,
2 ~
- -wl -wl
2
12
12
, wZ
2
wP
wZ
2
uij=--
-
-
,
-
,
=--
'
_
'
12 24
8
+
(j:l--------,..OQ.j
'1i
2
--Yi1
2
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1
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143. 133
4.10.2 Elemplo de la Influencia
de
la Fuerza Cortante
Para cuantificar la influencia que tiene la fuerza cortante, analicemos
.
una viga
simplemente apoyada sometida a una carga repartida. El propósito es comparar ladeflexión al centro del tramo incluyendo las deformaciones por flexión y por cortante
.
La
s
e
cc
ión de la viga puede ser cualquiera con la condición que tenga un eje de s
imetría
vertical que coincida con el plano de las cargas aplicadas y está caracteriz
a
da por su
peralte
h
, el mom
e
nto de inerc
ia
1
y el á
r
ea de corte A
c
.
h
)1
v
Ac~2th
t
(d
e
lgado)
v
tZZ:ZZ%ZJ
2
tf
v
5
Ac
~
- brtr3
...
Ilf~
,';v
J
/
r
bf
-
Sección cajón de espesor delgado:
v
- Sección Doble T de espesor delgado
,
cortante paralelo a las alas
;
Ac ~
twh
ff
=
AtoúdAalma
- Sección circular hueca de pared delgada:
ff=
2.0
Ac
=
7tRt
-
Sección Doble T de espesor delgado, cortante paralelo al alma
:
t
V
hI:E
..
..
Ac=5/6 (bh)Ac
=
O.9xR
2
1 V
2
u=
2I
GAc
as
Algunos Factores de Forma de secciones comunes:- Sección rectangular:
ff
=
1.2
- Sección circular sólida:
ff
=
10/9
Cuando se incluyen las defonnaciones por cortante, es necesario conocer algunaspropiedades mecánicas adicionales de las barras. Por ejemplo en el muro de la figuraanterior
_
esnecesario conocer:
Módulo de Elasticidad
=
E Módulo de Poisson
=
v
Módulo de Rigidez al esfuerzo cortante G
=
E /2(1+v)
Área de la sección transversal
=
A
Momento de Inercia principal y central
=
1
Área de Corte Ac
=
Al
ff.
Donde
ff
es el factor de fonna de la sección.
4.10.1 Factor de
Forma de
una Sección
El factor dé forma está relacionado con la distribución de los esfuerzos cortantes en lasección del elemento.
La
energia que almacena un elemento esbelto por cortante, viene
dada por la expresión presentada a continuación, en la cual Ac es el área de corte de lasección transversal del elemento.
133
.
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134
hll
ACorte
I
tiFlexión
1/15
1%
1110
2.2%
1/5
8.8%
1 /4
13.8%
1/3
24.4%
( )
2
tic'-
Corte ~
2
.2 ~
-+
Sección rectangular de concreto armado.
/!"CL
Flexión
1
La tabla a cont
inuación muestra los cocientes para dive
r
sas esbelteces de la viga
.
Para
este caso es claro que para esbelteces grandes las deformaciones por corte influyen muy poco en la deflexión al centro del tramo. En consecuencia la relación se reduce a:
tu:
¡Mm
J
Vv
5w[4 w/
2
./
.
=
m+
GAc
=
384EI
+
8GAc
• .&7..
Corte
=
96 (E)(_I ) _ 9 6 (E)(_I )(h)2
(*)
.. Aa.
Flexión . G
[2
Ac -. G h
2
Ac
l
(*) El factor
9.6
depende de las condiciones de apoyo y del tipo de carga externa
,
el
factor
(h
'~c)
s610depende de las propiedades de la sección
y
el término (~
r
mide
la
esbeltez del elemento. Para elementos de concreto armado Concreto Armado
:
~ ~ 2
.
3
=>
ti
C
L
Corte
=
22.08 (
1 )
(.!!.)2
G
&:
L
Flexión
Ac h
2
1
bh
3
Si consideramos una sección rectangular:
_!_
=
.l2_
=
_!_h
2
Ac bh 10
1.2
L..-- _
____,I
0.5
.Y.
~w112
v
M
~
wP/s
~
Real
134

145. 135
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~_J ~_~,,~:--- El, GAc ~
i2
¡
2
2EI
¡J
1
-+--3EI GAc
/
El/2
2EI
10.3 Matriz de Rigidez
de
una Barra con Deformaciones por Corte
calcular la matriz de rigidez de una barra, incluyendo deformac
iones por corte,
,..,..""....... generar p
r
imero la matriz de flexibilidad de una barra en vo
ladizo y luego por
de ésta calcular la matriz de rigidez para la misma barra en voladizo. Los
nos que fa
ltan se calculan por equilibrio
.
.
a) Matriz de FJexibilidadpara una barra en vo
ladizo de secció
n
constante
.
hll
~Corte
I
~FJexión
1/15
0.3%
1/10
0
.
7%
1/5 2
.
8%
1/4 4
.
3%
113
7
.
7%
I
tabla a continuación muestra los cocientes para diversas esbelteces del muro. Es
que para esbelteces grandes las deformac
iones por corte influyen muy poco en la
..
.deflex
ió
n
en el ext
r
emo superior del muro
.
Comparando las dos tablas se observa, como
era
de espe
r
ar, que los coc
ientes dependen del t
ipo de elemento, cond
iciones de apoyo
y
de carga
.
/le
=
2.2
(h
)2
/lf
I
/le
(h)2
Af:= 0
.
69
I
rar con el caso anterior
:
-4
y
y
V Y
t
consideramos una sección rectangular
:
_¡
(
)(
)
2
~ /le
-69 1 h
Af
-.
Ae
h
2
1
/le
=
22
.
08( 1
)(~)2
/lf
.
Ae h
2
l
E
para
G =2
.
3
Corte
1
una comparac
ión similar a la anterior para la deflexión en el extremo
rior de un muro en voladizo, de peralte h, con una carga concentrada:
I3S
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~
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r
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O
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z
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barra
sin deformaclones po
r
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.
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ctangula
r.
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e
to armado e
l
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a
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1
2El
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=
.
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6
2-a
6
4
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-
1
1
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6
12 6
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J
--
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1
E
l
1
1
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arra
=
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1+«
1
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._
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1
1
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1
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12
-
-
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-
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1
1
F
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t
e
,
déb
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r
ra
:
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=
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1
k44
=
k22
La matriz de rig
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e b
arra para el sistema
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k
1
2 yk22
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k42
se
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l
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il
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b
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·
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El
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l+
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Y
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sico de los términos calcutadcs
y
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é
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inos restantes de
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l
s
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-
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nuación.
12EI
a
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El
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l
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pOsible comprobar
que
:
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k
]
=
[k][
f]
=
[1]136

147. j
~
M
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S
i
la columna no
t
i
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gas
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l
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j
a e
n
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doble
.
¡tui
-0
.
5
·
gn
un pórtico sin desplazamientos laterales sujeto a cargas verticales
,
si s610se
in
cluyen
·
qeformaeiQnespor flexión en las barras
,
las columnas suelen traba
lar en c
u
rvatura doble.
·
ésto signm~ que las momentos en los extremos de las columnas tienen el mismo
"
.
se
n
tidO
(horario
Li
an
ti
ho
t
ar
io)
.
En la figura a cont
in
uación se m
u
estra la situación
.
.
.qescritapara la co
lumna izquierda del primer entrep
iso
En
la expresión anterior
,
el factor de transporte puede ser ~g
ati
vo depend
iendo de
l
'.,
valo~
que adopte a
.
Un valor ~~gativo del factor de transporte
.
s
'gO
ifica
,que el momento
queaparece en el extremo derecho de la barra es negativo para una rotac
ión positiva del
',"extremo
izquierdo, tal como se Ilustra en la figura a cont
inuación
.
r";,.
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7
Mil
Ml1 \.
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-
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'
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-
-
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.
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ir,
!)e
calcula Iª m~triz de flexibiliqad de
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..
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matriz de riQic:fe~
de
en
e
l
mismo
s
lsterna
.
La
deducción se deja como ej~rCicíopara el
lector
y 10$
r
esl~lta
'laOl$,para una barra de sección constante, son
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l.
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137
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I/
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ftij
=
O
4.10.5 Variación
de
los Coeficientes
de
Rigidez - Barras de Sección Constante
con Deformaciones por Corte
Para formar una idea más clara de la manera como varían los coeficientes de rigidez al giro y a la traslación de una barra de sección constante con deformaciones por cortante, se han construido las cuatro gráficas que se presentan a cont
inuación. la variable en
estudio es la esbeltez de la barra medida como el cociente entre la longitud y el peralte de la secc
ión. Se ha supuesto que la sección transversal es rectangular
y
":
,
se ha
adoptado un valor para el Módulo de Poisson típico para elementos de concreto armado
.
ftij
es negativo
M
i
Mj=O
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.
lJ
Mi
ft
.
.
2
-
a
IJ=-­
l+a
138
I r\¡lt
Si en análisis se incluyen las deformaciones por cortante entonces
,
dependiendo del
valor del parámetro "e" el momento en la parte
inferior de la columna podría ser nulo o
podria ser de sentido contrario ar momento en el extremo superior, con lo cual la columna trabajarfa en curvatura simple
: ~Mi

149. 139
Real
Resolvamos la estructura por el Método de F
lexibil
idad, tomando como redundante el
momen
t
o flector M al centro del t
r
amo. ~
~
(
Sr
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i
mé
tri
c
a
c
o
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carga simé
tr
ic
a
w
Superposición:
k'
u=
k
,
1
-
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4.10.6 Rigidez al Giro Modificada de una Barra c()n Deformaciones po_;-~rtePara calcular la rigidez al giro
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1/12
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Cuando la carga no es simétrica, como por ejemplo en una viga con carga concentrada no centrada, Jos momentos
de
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ión suele ser pequeña
y
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los Casos más Comunes - Momentos de Empotramiento
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Vigas de Sección Constante sin Deformaciones por Cortante
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Estas ecuaciones son aplicables a barras de sección constante s
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iente - Deflex
ión:
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5.2 Ecuaciones de Pendiente - Deflexión. Barras sin Desplazamiento Relativo de
los
Extremos
Las ecuaciones de Pendiente - Deflexión (Slope Deflection) fueron presentadas por G
.
A.
Maney en 1915 como un método de análisis para v
igas continuas y pórticos con nudos
rrgidos. Este método está basado en la superposición de desplazamientos
.
tomándose como
incógnitas los desplazamientos de los nudos (grados de libertad). Toma en cuenta las deformaciones por flexión
y
se ignoran las defonnaciones axiales
.
Salvo en casos particulares, se suelen despreciar también las defonnaciones por cortante
.
En este método se plantean las ecuaciones
-
de equilibrio de nudo en términos de los
,
desplazamientos de los nudos
.
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5.1 Introducción
CAPITULO
5-
Ecuaciones de Pendiente - Dellexión
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5.3
Solución
de
Estructuras utilizando las Ecuaciones
de
Pendiente - Deflexión.
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Las ecuaciones de Pend
iente - Deflexión, por si solas, no permiten resolver una
''
''
estructura, es necesario plantear las ecuac
iones de equilibrio de nudo en términos de las
incógnitas cinemáticas
.
A continuación se resumen las principales etapas para la
solución de una estructura empleando estas ecuaciones
:
1) Seleccionar el sistema de coordenadas Q-D. Será necesario identificar los gdl de
la estructura
.
2) Calcu
lar los momentos de empotramien
t
o de todas las barras
.
3) Plantear las ecuaciones de Pendiente - Deflexión de cada barra
.
4) Plantear las ecuaciones de equ
ilibrio de los nudos. Para estructuras sin
desplazamiento
latera
l, bastará con las ecuaciones de equilibrio de momentos en
los nudos
.
Se obtendrá un sistema de ecuaciones en las cuales las incógnitas
son los desplazamientos seleccionados en el primer paso.
5) Resolver el sistema de ecuaciones. Se obtendrán los
"
movimientos" de los gdl
seleccionados para el análisis
.
6) Con los valores obtenidos en el paso anterior
,
calcular los momentos de extremo
de barra
.
Todas las otras fuerzas de sección se pueden obtener por equilibrio de
la barra.
Para barras de sección variab
le
,
antes de iniciar el análisis, es necesar
io calcular los
coeficientes de rigidez de barra, ya que las ecuaciones de Pendien
t
e - Deflexión
.
,
.
presentadas en e
l
acápite anterior corresponden a barras de sección constante.
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más las ecuaciones anter
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Mji
1
2 4
ej
Ilji
6EI
Vji
= --
(S
i
+
9j)
+
V
j
i
.
/2
,
Las ecuaciones anteriores indican que si se conocen los desplazamientos de los nudos a"IOS
cuales concurre la barra, será posible calcular las fuerzas de extremo de barra
y
a
-:
_.
~-
partirde estas todas las fuerzas internas (fuerzas de sección),
~
~L'''
Lasecuaciones de Pendiente - Deflexión, suelen presentarse del siguiente modo
:
2EI
Ms
=
-1-
(2eí
+
9.i)
+
Uij
2EI
M
n
=
-z-
(e
i
+
2ej)
+
Uji
6EI
v,
=
-¡;:-(9i+9
j)
+vs
k.i
=
Ei
I
i
(Rigidez de la barra
i)
li
J)
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II
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J
))
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9
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156. -
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Jj
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)
146
- Ecuaciones de equilibrio de momentos de nudo:
Nudo 3
M3
4=
-6
+
2b (2 e
3
+
9.c)
M43
=
6
+
2b (el
+
29.c)
Barra 3:
kl
=
1/2
k
2
=
liS
k3
=
1/6
M2J
=
-4
.792
+
210(0
+
e3)
M
32=
4
.792
+
210 (O
+
2e
3
)
Barra 2:
M31
=
O
+
2
kl
(O
+
293)
La estructura es de secci6n constante
.
se pueden d
e
finir los
valore
s
de ki del siguien
t
e modo:
Bar
ra
1
:
- Ecuaciones de Pendiente
-
Deffexión
:
4
.
792
- Momentos de empotramiento
:
i \
EleMento
~ost6~co
- Sistema Q-D:
6
E
=
2
x
10
6
ton/m
2
El
=
5,208 ton-nr'
Sección constante O
.25m
x
0
.50m
ÍI
1
í1
11
5
1
2.5
ct>
h=2m
2
\N=2ton/M
2ton
lton
Ejemplo
5-1
Resolver el pórtico mostrado sin considerar deformaciones ax
iales en los
elementos.
146
I

157. 147
5.7
6.68
~~~~~~~~~~~~~~~~
0.671®
t
5.30
~rvu27
.
0
3
::::fCcl"Q
Q
S
e
x
ter
n
o.s
2X
l2+H2=27
SAS
- Momentos fledores (ton-m), deformada
y
fuerzas cortantes (ton)
:
(rotac
i
ón horaria)
(rotac
i
ón an
t
i
ho
raria)
- E
l
sistema de ecuaciones es
:
(
3.461 0.333){9
l
}
=
_1 {l
.
208}
0
.
333 0
.
667 9
4
E
l
-
3.
0
Nótese que la matriz de rigidez es simétrica (
kij
=
kji ) Yque
los elementos de la diagonal
pr
incipal son positivos (
kii
>
O)
-
Solución del sistema de ecuaciones
:
e3l::$
0
.
8
2
/ El ~ 0.1576
x
10
-
3
rad
94 ~
-4.911
El ~ -0.943
x
1
0-
3
ra
d
.
Ecuación 2
:
2k
1
(29
3)
+
4.792
+
2k
2
(29
3)
+
(-6
+
2k
3
(2e
J
+
9
4
)
=
O
=>
3.476
e3
+ 0.3339..
=
1.208
El
+6
+
2
k
l
(9
3
+
29..)
=
3
=>
0
.
3339
3
+ 0.6679
4
=-3
Ecuación 1:
M
~E
K
:JE3
43 \\
.Nudo 4
l
~
'
_
)).) '.,j
!.
)
I
t))
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148
Superposición de los desplazamientos de extremo de barra
:
Mi
=
Dj
--
Di
-Posítívo cuando la cuerda gira en sentido
horario
Di~
~JMJI .........~I ~'{j
l__
Cortante
positivo cuando
produce un par horario
5.4 EcuacioneS
de
Pendiente - Denexlón. Barras con Desplazamiento Relativo de
los Extremos
Nos limitaremos al estudio del caso de barras de sección constante sin deformaciones por corte.
:.
N
2
=
lo
D
as
=
0
.671 tonEA
10
=-
6
D
H]=
3
.
354
E
A
(1 1)
.
E
A
5
+
6 D
m=
1.2
3
N
3=
10D
as
=
0
.56
ton
EA
b=
-5
Una posibilidad para
'
superar este problema, consiste en repartir la reacción horizontal en
el nudo 1 de 1
.
23 ton, en proporción a la rigidez axial de cada una
de
las vigas
·
que
concurren ai nudo 3:
:EFh
:
R2
+
R4
=
1
.23 (Infinitas soluc
iones
)
tMo
:
(R2
+
R4)* 2
+
Momentos de Ias cargas
=
O
Las
dos
ecuaciones
anteriores
representan
rectas
paralelas, por
lo tanto
no tienen
solución.
II iI~
La reacción horizontal en el nudo 1 se obtiene a partir dél cortante en la barra 1-3
y
la
reacción vertical a partir de los cortantes en las barras 3-2
y
3-4
.
Nótese que al haber
ignorado las defonnaciones ax
iales (se ha supuesto EA
=
00)
,
no es posible calcular las
reacciones hcrízontates en los nudos 2
y
4
ya
que él problema
es
indeterminado
,
como
se indica a continuación
:

159. 149
CuandÓ se reaüzan cálculos
'manuales, su~Ie ser conveniente para reducir el trabajo
n~h1éricoJel utilizar el nún:-eróirtfnirno posible de gradQs de Ubertaden la esíructura. Porejemplo,
en los apoyos aríículadcs de loS extremos de vigas o en
10$
apoyos articulados
de
pórticos,
es posibl~ ignorar los grados de libertad de rotación en e$OSapoyos,
reduciendo asf el número
total
de incógnitas.
Por ejemplo, en la viga de dos tramos m
ó
strada, es posible
ignorar el grado de l
ibertad
aSociado
a
la rotaci6n en el apoyo extremo de la derecha, para ello será necesario
modificar
la rigidez al giro dé
esta
barra
y
sus momentos
de
empotramiento. En
consecuencia será necesario modificar las ecuaciones de Pendiente - Defle
xi
ón.
S.5 Modificación
de
las Ecuaciones
de
Pendiente- Deflexión.
En
consecuencia las ecuaciones de Pendiente - Deflexióh son
:
2EI( 3AU)
M
I
;;
=u·
·
+ -
-
29
1
+9· - _'
l IJ
l'
J
1
2EI(
,
38i
j)
M
.
.
=
u
·
·
+ -
9.
+
29
.
--
JI JI
1
1
'
J
1
6EI( 2AU)
V
.
=
v
··
- - 9.+9
.
--
1J
IJ
/2
J
J
l
V..
=
v
.
. _
6EI(9.+ 9. _ 2
Aü)
JI JI
P
1
J
1
+
~II¡J(~- -~IAIJ)~l!.iJ
9i
"'
0 Oj
-
O
l!.ij
-
o
i
~II¡J ~
.
.
9i=0 9j
=
1
ªfIeJ(~
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I
'
+
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= 1 ej =0
1J)))
+
111
149

160. )) ) )
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j
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j
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3
u
.
,
v
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v
..
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_
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IJ
I
J
2
1
, 1
,.
.
u
· ..
=
u
·..
-
_
'u·
..
IJ
IJ
2
JI
-
Cá
lculo de los momentos de empotram
iento u'
ij
(
barras de
s
ección constante)
:
,
3
E
l 3
E
l
Vij
=
v
..
-
-
2
-9
¡
+
-
A
ij
~ [ ¡
3
r
3 E
l
3
E
l
Vj
i
=V
..
-
-
-
9
¡
+
--
Ai
j
J
I
1
2
[3
M
ji=
O
Las ecuac
io
n
es de Pendien
t
e
-
Deflexión modificadas so
n
, para este caso
:
r
3El 3
E
l
Mij
=
u
.
.
+ --
Si - -
-
.!l
ij
Ecuaciones modificadas
.
IJ
l-
[2
+
y
w
)
1
50
a
~
~~
,
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~
o
~
M1J(
1
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J
tV¡J
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~
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161. 151
u"
,
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_
_
1 w/
2 _
w
l
x
i
=
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2
IJ
12 2 2 3
• 1
2
w
/
1
1
2
u
·
o
=
+
-
wl -
-
x
-
=
--wl
J
I
12 2
2 6
E
jemplo de cálculo de u
"
ij
:
1
wf
1
wf
w
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T
4
*
YYVYY
~
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fJ
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J..
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.
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u
·
.
=
u
.
o
+
Y
·o
-
I
J
I
J
J
I
2
-
Cálculo de los momentos de empotramiento
u
"
U
(
barras de sección constante
)
u
l
J
(\jI
)
!
(\]
I
)
~
(~ r1Tb
+
~
)
u
J
1
+
(
~
ft
)
t
VIJ v
J J.
'(j
l
v
J
l
i
M
iJ
(
.
11
1
1
II
1
.!.
§
%
)Mj
i
El
e
.
tv:
.
.!.
M
..
=
u
"
,
+
IJ
IJ
/
1
,
I
J
~
I=
O
M
o
o
=
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o
.
-
Ele
,
.!.
JI
JI
1
1
U
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q
t
,11
111
1
1
§
~
V
j
j
=
Y
·
jj
.!.
V~.
~
=O
V
ij
V
jj
=
0
J
I
Otro caso en el cual conv
iene modificar las ecuaciones de Pendiente - Deflex
ión
,
corresponde a las barras que t
ienen un empotram
ie
nt
o deslizante en algunos de sus
extremos
y
no se desea considerar el desp
laza
mi
e
n
to
v
ert
ica
l
del empotramie
n
to como
g
r
ado de
li
bertad
.
Estos casos se sue
len prese
nt
a
r
c
u
a
n
do se reducen las estructuras
s
imé
t
r
icas cargadas si
m
é
tr
icamente
.
Ejemplo de cálculo de
u
'í]
:
U
lrJ~
!
o
Y~
==
'(
I
YYYYYYYYv
b)
-
wl
2
-wl
2
12
12
,
wl
2
wl?
wl
2
..
U
ij
=
----=--
12 24 8
151
,
"..
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O
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3
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D
e
formad
a
Mom
e
n
t
os
(
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n
-
m
)
1-
2
.
0
I'
F---=
~
--Ir
íf_
1
.
5
0
L
:r
A continuación se muestra el diagrama de momentos
y
un
esquema
de
la de
f
ormada
d
e
la
viga.
CI
3
.2
71
""'
1
2
3· 10
·-
3
'Q3 ~
-
---
-
_
-
x
El
9
L
2
0~
045
·
1
·
0
-'
2
f':$
-
-
-
1::s.
x
E
l
Ecuaciones
:
E
=
2
x
l06
totil
m
2
Secci
ó
n O
.
25
x
O.4Q El
=
2,66
1 t
on
_
1il
2
1:f
y
l
Y
S(
i~Y{lYV¡
3
~ • r
JI
3 ~
4
~
2to
n
/M
Ejemplo
5-2 Resol
v
er
la vig~
contin
u
a de
d
os tramos de sección consta
n
te i
n
cluyendo
como
gdlla
rotación en
el
nudo 3
.
'f
··
(
~
dIb
~
r
~
dJb
~
ua
U
l~
r1Tb
.i
~)
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1
1
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ó
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se
que
el
momento de
empotramiento
J.L"ij
.
p
uede
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~
~e.
4LiP
,Ii
~ndo
la luz
.
de
la
viga olÍ9inaJ
y
generancJp
un
sistema
de
~r9as
simémoo,
tál
como se
in
d
ica
a
continuación:
_
.
- -
15
2
-
-
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-
-
-
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-
-
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163. 153
El
m
ismo
re
s
ultado
ob
t
enido
en
e
l
ejemp
lo
anter
io
r.
-
Cálculo
de
la
rotac
ión
en
e
l
nudo
3.
I
92
1
2
4
0
.6
3.
26
7
B
s
=
-n
·
·
x
-
-
-
=
-
-
>«
2)(4)
x
-
-
-
~
-
-
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l
2
1
2
4
E
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El
E
l
M
2J
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M
n
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O
1.5
+
2k,(2
9
2
)
-4
+
3k
2
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=
O
4k
1
B
2
+
3k
2
6
2
=
2.5
4
E
l9
+
3
E
l
9
=
2
.
5
3
2
4
2
6
1
1.2
9
=-x-
=-
2
5
E
l
El
-
Equilibrio
Nudo
2
.Bana
2
Barra
1
M
12
=
-1.5
+
2
k¡(
B
:z)
M
2
1
=
1.5
+
2k,
(2
9
2
)
k
=
El
2
4
k
=
El
1
3
-
Ecuac
iones
de
Pe
n
d
ie
n
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-
Deflex
ión..
La
re
la
c
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2
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1.5
1.
5
=
4
0
.
8
M
o
men
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e
e
m
po
tramie
n
t
o
Mom
e
nt
os
d
e
e
mpotr
amie
n
t
o
(
to
n-
m)
Q-D
Ejemplo
5-3
Resolver
la
viga
continua
de
dos
tramos
del
ejemplo
anterior
sin
incluir
como
gdl
la
rotación
en
el
nudo
3.
.
153
)
1
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1
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164. 154
Existen otras situaciones en las cuales por ejemplo.
"
es
necesario
:
plantear
.
ecuaciones de
nivel,
otras donde el
"
equilibrio de nivel
·
.es
en
la
dirección vertical
y
.
en las cuales puede ser conveniente remplazar la ecuación de equilibriO de nivel por
t
.
suma da momentos respecto a un punto convenientemente seleccionado ( punto O en
.
figura a cbntinuación). En este último caso la ventaja estriba en que al realizar
la
p ..
r'iYYYYl
~--
~--
V31 V42
~M42
,
J>42
M
24
a) De
momentos:
Nudo 3 M
31
+
M3
4
=
O (
1
)
Nudo 4
M
4
3+
M
.u
"
=
0 (2)
Ecu
.
aciones:
...
h
V
3
1
+
V
4i
=
P
..
.. (3)
b) De nivel
:
2
"
1
Q
-
D
. 83
En situaciones como las indicadas en I~
.figlJ!'$
anterior, en las cuales
,
la
estructura
puede
desplazarse lateralniE!n~ P9r la
acción
de cargas laterales en
16snudos
y
barras
Q
por la
asimetría de la geometrfa
ylo
ca
t
g~s,
ya no
son suficientes las
:
ecuaoibnes
de
equilibrio
de
momentos
é.,
los
nudos
,
Es
"
neóesarío plantear ecuac
iones adicionales,
estas
:
ecuaciones
SOn
"
las dé equilibrio de niVel.
La
figura
a
conJinuación
.
muestra un
pórt
í
co
que puede
desplazarse
lateralmente
,
se
indican las tres ecuaciones necesarias, dos de equilibrio de momentos
y
la tercera dé
equilibrio de niVel.5.6
Estructuras con
Desplazamiento
Lateral
~'1) :
~
) ) )) ) ) ) ) ) )
'i ") ~
) )
))J
))) ))) )
~")--J
)
e"::} )
_c
j}
:) ,J ).) J"
JJ -')
) )
eo:;:.
)
154

165. 155
iLl
12
12
wl
2
3
x
6
2
--- - ---
=
-9
t
on-m
- Momentos de empotramiento:
u
12
=
U21
=
O
u
.
n
=
U
34
=
O
'\
k
1
=6.0m
Solución A:
Sin considerar el grado de libertad de traslación. Esta solución equivale a
suponer la presencia de un apoyo que impide el desplazamiento horizontal de laestructura
.
Nótese que el pórtico, al ser asimétrico, se desplaza lateralmente hacia la
derecha
.
h =3.5
m
E= 2xI0
6
tonIm
2
Sección constante 0.25 x 0.50 m
I
V
Y
y y
"'(Y
r
-:/
)J
2
3
h=2.0
3
t
.l
l'l
Ejemplo
5-4
Resolver el pórtico mostrado utilizando el Método de Pendiente
y
Deflexi6n
.
Se ignoran las deformaciones axiales en todos los elementos.
A. Sin considerar el grado de libertad de traslación horizontal del n
ivel.
B. Considerando el grado de l
ibertad de traslación
.
~ ~
Equilibrio de nivel vertical ~uma de momentos (un
a
(una ecuació
n
) ecuación)
\ \\
Equilibrio de nivel horizontal(dos ecua
c
iones)
de momento respecto al punto O, las fuerzas normales en las barras no participan
y
por
lo tanto no es necesario ca
lcularlas, mientras que en la ecuación de equilibrio de n
ivel
(suma de fuerzas horizontales) sí participan
.
.
~
PuntoO,
~..
I
..
,
,
I
'
I ~,I ..I ..I
"
I ..I ,,
'.
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-!
)
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;
J))
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)))J))!
1
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--4

166. '
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~~
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~zg ·
3
156
Cortant
es
(
t
on)
Momentos
(ton
-m
)
Deformada
~De las ecuaclenss (1)
y
(2) con
El
=
5,2Q8
t-m
l
se obtiene:
a
l
=
4.0~9
!::I
O.7851xl
O
')
'
rad
9]
=
-
5.
725 ~
-l.Ó99xl
0
.
3
rad
E
l
El
-
ReempJaZándQ
en
las ecuaciones de Pendiente
-
Deflexi6n de cada barra se ob
t
ienen
los momentos en los extremos que se han gr'áficado a centinuaclón
:
3
.
33
ton
-
u
'
__
"
•
•
•
• _
.
'
.
_
"
'
''
'
_
.
..
,
.
.
,
M
:J2
+
M
3
4
=
O
El
[(0
.
6679
3
+
0.3339
2)
+
(1.1430
]
)]
+
9
=
O
E
l
(0.3339
2
+
1.810 8
J
)
==
-
9
;
(2)
M
21
+M
~3
=
O
El [2 9
2
+
(0.667
°
2
+
0.333
°
3)] -
9
=
O
El (2
.
667 9
2
;,.
0.333
9
3
)
=
9
(1)
Nudo 3
:
Nudo 2:
- Equilibrio de nudos:
M2J
~
E
M
2
1
~r
- ECUaciones
de
Pendiente
y
Oefle~ón para cada barra:
4EI 2El
.
M
1
2
=
~91
+
";"'_;;_9
2
+
O
=
El
°
2
2
·
2
M
=
4E1a + 2EJ
o
+
0=2Ela
2
1
2
2
2
J
2
4EI 2E!
'.
M
2
3
=
6e
2
+
6el - 9
=
0
.
667
EI
.
9
a
+
0.333
Ele] .;9
4EI 2E!
M
32
=
6e3
+
-6-
92
+
9
=
0
.
667
EIO]
+
0
.
333
El9
2
+
9
M
=
4EIe
+
2El
o
+
0
==
1.143
ElO
3
4
3.5
3
3
.
5
4
.1
4EI
l
EI
.
M
4
3
=
-:-°
4
+ -
.
-
.
~°
3
+
o
=
0.571 Era
3
3.5 3.5
·
156

167. 15
7
M
32
+
M
34
=0
(O
.
66
7E
I9
J+
0.333
E
l
e
2
+
9
)
+
(1.l4
3
EIe
J
-
0.490
E
l~)
=
O
El(0.3339
2
+
1
.8108
3
-
0
.4
906.)
=
-
9 (2
)
Nudo 3
:
M
21
+
M
2
3
=
0
(2
E
le
2
-
1.5E
I
.6.)
+
(0.667El9
2
+
O.333
E
I9)- 9)
=
O
E
l
(2
.
667e
2
+
0.3339
3
-
1
.
5A)
=
9 (1)
- Equ
ili
brio de los nudos
:
M
n
Nudo 2
:
J.
')
t:
M21
~r
6
E
I 6E
I
1
2
EI
V
21
=
0-
-l
9
2
- -
2
9)
+
-
3-
,6,
=
-1.5
El
9
2
+
l.
SEI
a
2
2
2
V
=
o
-
6EI
9
_ 6EI
9
+
12EI.6.
=
-0.490E
l
e
+
0.280
E
I.6.
~
3.5
2
3
3.52
4
3
.
5
3
3
Momentos de empotramiento. Son los mismos que los ca
lculados para el caso "A
n•
Ecuaciones de Pend
iente y Deflexión para cada barra
:
,
4EI
.
2EI 6EI
M
1
2
=
-e
l
+
-e
2
+
o -
-2
6}2
=
Ele
2
-1.5Ela
2
2 2
4E
I
2EI 6EI
M
2
1
=
-
6
2
+
-el
+
o -
-2
.6.
2
1
=
2Ele
2
-1.5EI.6.
222
4EI 2EI 6EI
M
n
=
-e
2
+
-e) - 9 -
-2
.6.
2
3
=
0.667Ele
2
+
0
.
333EI9
3 -
9
666
4
E
I
2
EI 6
E
I
M
3
2
=
-e
J
+
-e
2
+
9 -
-2
6
32
=
0.667E
l
e
)
+
0.333
E
I9
2
+
9
666
4
EI
2EI 6EI
M
3
4
=
-e
]
+
-6
4
+
0-
-
-2
a
34
=
1.143EI6
3 -
0.490EI.6.
3
.
5 3
.
5
3
.
5
4
E
I 2E
I
6E
I
M
4
J
=
-
9
4
+
-e
3
+0-
--
2
.6.
0
=
0
.
57
1
EI9
l
-
0.490
E
I,6,
3.
5
3
.5 3
.
5
\
º=º
4
Solución B
;
Considerando el grado de libertad de traslación horizontal
.
,
.---+---~
La fuerza necesaria para evitar que el pórtico se mueva lateralmente, se puede calculara partir de las fuerzas cortantes en las columnas. Esta fuerza es de
3.33
ton
aproximadamente y representa la reacción en
~I
apoyo ficticio que ~e necesario
.
co
locar
en el nivel de la viga, para evitar que el pórtico se desplace lateralmente. El sentido dela fuerza indica que la tendencia del pórtico es a moverse hacia la derecha
.
~.
'
·t}}
~I
l
)
1
)
t,
,
r
}
¡
-)
1
)
-4
IIrti
I))~
).)
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JJ
)
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.
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168. )) ))")
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.
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~
~
.,; J):
)
'
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)
,_) ~g :
~
158
"
E
=
2
x 10
6
ton/m
2
Secci
ó
n constante 0.25 x 0
.
50 m
\l
\\
\
\\
3
,
5
4
2
~
~------------------~
5
t
o
n
Ejemplo
5·5
Resolve
r
el pórtico mostrado utilizando el M.étodo de Pendiente
Deflexión. Se ignoran las deformaciones axiales en todos los elementos
.
II \
C
ortan
tes
(ton
)
Deform
a
d
a
Mom
ent
os
(t
on
-m)
De (1), (2) Y (3) con El
=
5,208
t
_m
2
se obtiene
:
9
2
=
6.126/EI
=
1.176
x
10
.
3
rad
9
3
=
~
5.08l/EI
=
-
0.9756
X
10
-
3
r
ad
II
=
3.763/E
I
=
0.7225
x
10
-
3
m
- Reemplazando en las ecuac
iones de Pendiente - Deflexión de cada barra se obtienen
10$
momentos en los extremos que se han graficado a continuación:
V'2
1
+
V)4
=
0
El (
-
1.59
2
+
1.5,6,)
+
El (-O.49Q9
3
+
0.280,6,)
=
O
El
(~1.5e2-
Q.490e
3
+
1.780A)
=
0 (3)
- Equilibrio de Nivel
:
~
---+
---+
I I
15$
·
._
....
:
~
_
.
.
.
.
0'
.
:
..
_
.
,
.
'O
.
C.
-
.:
.:;.
'.:
:
:
C
'.
.
.
. .
_0
.
;
..
.
-;"
.....,.
.
'_
.
'.
-
~
•
.
,,
"
.
.
-
.
~
..
~
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~
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l:
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.
..;
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:
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.L
.
"i
,
1;
~
:
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"-
::'·
··c~
.
-
.
''''
.
•.•;
,~
'~
"
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;,.
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_
·
_
,
·
;._
c..
·
_
·
;.;;
:
"
~
~
·
=,
,
:..c..-
-"-=-'
·
-
~
~
i
,
~'9

169. 1
5
9
Mo
m
entos (
t
on
-
m
)
C
o
rta
ntes
(
t
o
n
)
Defo
rm
a
d
a
De (1), (2) Y (3) con
E
l
=
5,20
8
t_m
2
se obt
ienen los desplaza
mi
e
n
tos de los nudos
:
8
2
==
3.058/EI
~
0.5871
x
1O
-
3
rad
9
3
=
0
.
97
0j
E
I
~
0.18
62
x
lO
-
3
r
a
d
.6.
=
5
.653
/
E
I
~
1.085
xlO
-
3
m
V
2
1
+
V
34
==
5
E
l (
-1.5
9
2
+
1.
5.6.
)+ E
l
(
-0
.490
8
3
+
0
.
280.6.)
==
5
El (
,;.
1.58
2-
0.490
9)
+
1.
7
801)
=
5
(3)
M
32
+
M
3
4
=
0
E
l
(0.
66
7
8
3
+
0
.333
8
2
)
+
El (1.14
38
3 -
0.
4
906)
=
O
E
l
(
0
.33
3
8
2
+
l.8108
:;
-0
.4
9
0
.6.) =0 (2)
M
21
+
M
23
=0
El (
2
8
2 -
1.5.6.)
+
E
l
(
0.6678
2
+
0
.33
3
8
3
)
==
O
El
(2
.
6
6
78
2
+
0
.3
338
3
-
1
.
5
.6.)
=
0 (
1
)
T
T
- Equ
ilibrio de n
ive
l:
Nudo
3
:
- Momentos de empotramiento. Son todos nu
los ya que no hay cargas en las ba
r
ras
.
- Ecuaciones de Pend
iente y Deflex
ión para cada barra
.
Son
las m
ismas que las
planteadas en la solució
n
B
del
Ejemplo 5-4
c
on la salvedad que los mo
m
en
t
os de
empotramien
t
o son todos nu
los.
- Equilibrio de los Nudos
:
M
2J
:
\
~-­
Nudo
2
:
JJ
.J \..
M
2
1r
-
)1~
·
l11
{t"
.
,II~
t
{j
)}
.
.
.
.
)
I
)
j
)
~
))
-;
I
)
~
..))
_)))
)))"
-
)
,)I
j
1J
J>
J
??)
I
~
)
I)
I)1)

170. o¡
r) -9
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):1
) )
-J
)
_:)
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J:) )
)1
.
)~
1
·
1
~"
JJ.) ).) )
)J....,
tJ
~
E
stad
o
Primario
(
t
o
n
-
m)
Diagrama
de
momentos
y
reacci
o
n
es
del Estado Primario
93
=
84=0
6
6
"tJ~'T~''''~~
11
Deformada d
e
l Estado
Primario
83=84
=
0
1.208
Carg
as de fijac
i
ón:
Rl=-1.
2
08 R2
=
3
t
-
m
Estado Primario:
En este estado se incluyen todas
las cargas (acciones externas) que
obran sobre la estructura. Adicionalmente se colocan restricciones, medidas en el Sistema
Q-D,
que impidan el movimiento de todos los gdl seleccionados para el análisis.
En la figura a continuación
,
se muestran las fuerzas Rr
y
R2
(Cargas de Fijación o de
Restricc
ión) que es necesario agregar para lograr que las rotaciones de los nudos 3 Y 4
sean nulas. Nótese que
el
Estado Primario es cinemáticamente determinado y que
todas las fuerzas necesarias para impedir el movimiento en los gdl se calculan por equilibrio de los nudos.
6
5
EJemplo
5-6 Apliquemos las ideas de los Estados
y
Primario
y
Complementario a la
soluc
ión de la estructura del Ejemplo 5-1
.
l
to
n
.
~ ~·2ton
/
"
J,
"o
n
2
!YYY0
YYY1JYYYVYYYlls
~ 2
.
5
f
h
=
2
1
Mj
=
2ki (26
i
+
9j)
~i=
2ki (S
i
+
2EJi)
\11li
5.7 Estado
Primario
v
Complementarlo
En el método de Pendiente
y
Deflexi6n puede ser conveniente el empleo de los
denominados Estados Primario
y
Complementario. Estos dos estados se utilizarán en la
solución de las estructuras por el Método de Rigidez que se presenta en el Capitulo 6. La
ventaja de utilizar estos dos estados en el Método de Pendiente- Deflexión. es que
las ecuaciones se s
implifican ya que tQdas las cargas
y,
en consecuencia, todos los
momentos de empotramiento
(uij)
se incluyen en el estado primario.
Las ecuaciones de Pendiente- Deflexión para una barra sin cargas
y
sin
desplazamientos relativos entre sus extremos son
:
L60
',
~
~~
..
.~
'~
::"
.:
':.:;
~
.',:¿..:.
.:
~
.i.
.~
.
~
..:
.:.;
.
.
•
~.
;,
.
.
~
.~
;•
.._-
.
.
.~
.
;
.•
. _
..
~

171. 161
83:::¡0.82/
El
:::¡0.1576
x
1
0.
3
rad
(rotación horaria)
84
:::¡
-4
.
91 / El ~ -0.943
x 10.
3
rad
(r
otación
anti horaria)
(
3.467 0
.
333){9J}
=
_
1
{t.208}
0.333
0
.
667
94
El
-
3
.
0
Como era de esperar, el sistema de ecuaciones que se obtiene es el mismo del Ejemplo1 yen consecuencia su solución también será la misma.
Nudo 4 Nudo 3
:
1.208
-
Equilibrio de nudo
:
- Momentos de empotramiento. Las cargas han sido incluidas en el Estado Primario enconsecuencia todos los
uij
son nulos.
- Ecuaciones de Pend
iente
-
Deflexión para cada barra.
Barra 1
:
M
31
=2k
,(29
3)
Barra 2: M
32
=
2k
2
(29
3)
Barra 3
:
M34
=
2k
)
(29)
+
9
..
)
M
43
=
2k
3
(9)
+
8
4
)
Estado Complementario
-
--.
-
3
1.208
Estado Complementario:
Se aplican las fuerzas de restricción (o de fijación) calculadas
::
en el J:stado Prlmarío con sen
ñ
dc
-
conírer
í
o
,
De este modo el) el Estado Complementario
so
lo existen cargas en los nudos (no hay cargas en barras) aplicadas en el sistema de
-
_
coordenadas
Q-D
seleccionado para el análisis de la estructura.
Para este caso en particular se tiene
:
Ot
=
-Rl
=
1.208
ton-m; Q2
=
-&2
=
-3
ton-m
')
)•)
:,
•
t,
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¡I
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-
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172. )") ) ) } ))
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.
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:
3.
~
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J ")
) )
~
Diagrama de momentos
final
(ton
-
m)
71J9
Por ejemplo, el diagrama de momentos flectores se obtiene sumando el diagrama correspondiente al Estado Primario con el del Complementario, el resultado de la superposición es
:
Los resultados finales, a todo nivel (deformada, fuerzas internas, reacciones, etc
.
) se
obtienen por superposición del Estado Primario
y
del Complementario.
Resultados Finales
=
Primario
+
Complementario
1I J.
t
0.89
3
I
::h-J~.".....o:c:LJL..L.L.L..I...I-oH-f-++~L...I..L..LL.J~.......,..,_,...., .....................
"T"'I""~-
Diagrama de momentos del Estado
....
\
. Complementario (ton-m)
02
! \
Deformada del Estado
Complementario
los resultados del Estado Complementario se indican a continuación
:
162
I ¡1 {

173. 163
~I
2EA
EA
+;
,~
CD
®
"
ti
"
12
"
11
í1
11
6.3 Ejemplos Introductorios al Método de Rigidezgtemplo
6-1 Se desea calcular las fuerzas en las barras del sistema mostrado a
continuación, formado por dos barras deformables axialmente. Para el sistema decargas que obra sobre la estructura, no se desarrolla flexión en las barras, en
.
.
oonsecuencla
,
la estructura
t
iene
s
ó
lo
un gdl correspondiente al desplazamiento
horizontaldel nudo central
.
6.1 IntroducciónEn el acápite la sección 2
.
2
.
7.b, Superposición de Desplazamientos,se presentaronlas
i~eas principales del Método de Rigidez
.
Se demostró que la superposición de
desplazamientos conduce a un
juego de ecuac
iones cuyo significado fisico es que las
cargas nodales (para el Sistema
Q -
D seleccionado) se pueden expresar como
combinaciones linea
les de los desplazamientos nodales. También se definió el
significadofisico de Coeficientede Rigidez
,
kij.
ElMétodo de Rigidezen grandes rasgos:
Está basado en la Superposiciónde Desplazamientos
.
Las incógnitas son los desplazamientos de los nudos o grados de libertad {D}.
- Las fuerzas de extremo de
'barra son forzadas a cumplir las ecuaciones de
equiñbriode nudo
.
A través de las ecuaciones de equilibrio de nudo se obt
iene un sistema de
ecuaciones lineales (ecuac
iones de equilibrio de nudo) en las cuales las
incógnitas son los desplazam
ientosde los nudos
{Q}
=
[K] {D}
.
La compat
ibilidad siempre está garantizada mediante la correlación en
t
re los
desplazamientos nodales y
las deformac
ionesde extremo de barra que concurren
al nudo (Relaciones D - d)
.
Dicha relación se expresa mediante {d}
=
[A] {D}
donde [A] es la Matrizde Compatibilidad.Las Relac
iones Constitutivas
,
a nivel de las barras, se expresan med
iante
{q)
=
[k]
{
d} donde
[k
]
es la matr
iz de rigidez de la barra (véase el Capitulo 4)
.
Es aplicable tanto a estructuras isostáticascomo a hiperestáticas
.
6
.
2 Etapas del Método de Rigidez
a) Selección del sistema
Q
-
D
.
Es posible utilizar la simetria de la estructura si la
hubiera.
b) Cálculo de las Cargas Nodales
Q
i
y
ensamblaje del vector
{Q}
e) Ensamb
lajede la Matriz de Rigidez [K]. En algunos casos será necesariocalcular
previamente los coef
icientes de rigidez de barra, como por e
jemp
lo cuando las
barras son de secciónvariable (Relacionesq-
d),
d) Solución del sistema de ecuaciones lineales
{Q}
=
[K] {D}. Simbólicamente la
solución se expresamediante
:
{D}
=
[Kr
'
{Q}
e) Cálculo de las fuerzas de extremo de barra {q}
.
CAPITULO
6 -
Método de Rigidez163
.
-
..
,
.
',
:
~
.
..
~
,:"";....
-~..;..,::
._
.,,_
,,
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...
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-
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_
o
_
.
_
.
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J
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.
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1
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174. ~1) L
~
.
~
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.
J)
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J_
.) J
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"iJ-:J
.)
1
,1 )
=
::;) :J
La bar
r
a 1 traba
ja en tracc
ión y la barra 2 en compresión.
.
D 2E
A
2P
1
q
l
=
1
-1
-=
-l
X
(2
1
)
I
1
_
+
_
t)
1
2
4) Fuerzas
en
los extremos de las barr
a
s
:
I
1
Sustituyendo en la ecuac
ión de equ
ilibrio
:
-
D (EA)
q
2
=
·
1
2
D
I
(
2EA)
q
.
=>
(
~
~
) -_
(_
ll)
D
I
{d}=[A]{
D
}
uz
2) Relaciones e -
86
Re
lac
iones 9
-
d
(
{
q
=
[k]{
d}). También se les llama
Relaciones Fuerza - Desplazamiento de extremo de bar
r
a
.
2E
Ad
l
E
Ad
2
q
l
1
q
2
1
J
2
3) Compatibilidad (Relaciones d
-
D)
:
L
os desp
lazam
ie
n
tos de extremo de barra deben
ser compatibles con el desp
laza
m
iento d
el
nudo 2.
d
.
= DJ d
I
=
~
D.
Ó--
~
d
l
t---->
Dl
cl
2
~
.
~~
<fE-
@t
~
~
Q
-
)o
~
,
qJ
ql
q
l
P
Q2
q
2
Barra
2
q
¿
Barra
1
N
ud
o 2
1) Equilibrio del nudo 2
.
Asumimos que las dos barras trabajan e
n f
racció
n
.
D
I
1
~
I
..J...-:¡...
I
~
j
A
1-
....
2
Q
'-D
Si
se
desea
,
el s
istema puede modelarse como él
en
sam
b
la
je de dos
r
esorte de
rigideces
k
t
y
la
co
rn
o se
indica a continuación:
1
64
-
-
-
-_
._
._
_
..,._
..
_._
.,
.
-
_
,
.
._
_
._
..
,
..
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-
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+.
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~
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¿
~
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~
~
~
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j
L
~
~~
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~
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·
~
~
-
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:
;
:
ú
~
.
·~
~
·
:j
i
~
~
I
~
~
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~
~:1
.
-~
:
~
~
·
:
~
~
~
~
d
~:r~~~
I
-
·~·.;:~
~
k
~
.
0
;
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.
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~
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~~~
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~
_
~
;;
-
.
;
:
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:.
~
.
.~~

175. E
A
q
,
=
_
1
_
'
(1
)
=
41
,
6
67
kg
360E
A
q
2
=
_2
_
2
xO
.8
=
1
7,778
k
g
4
5
0
165
O" -
&
(q
-
d
)
:
<,
Dt
=
1
®
<,
P
>'
<,
......
,
......
....,.,...
CD
Compatibilidad
(d-D):
d,
=
+1
d
2
=
cosa
o
=
kllDI
+k'2
D
2
-3000
=
k
2
,D
, +
k
:u
D
z
• Coeficientes de
r
igidez de la estructura
:
a) Coeficientes k
ll
y
k
21
2
• Superposición de desplazam
ientos de nudo:
• Cargas Nodales.
{Q}={~}
=
{-3~O}
Q-D
• Sistema
Q -
D
.
Grados de libertad de la estructura
.
sen
(l
=
0
.6
cos
a=
0
.
8
B8lTa1: Madera
E
=
100,000 kgl
c
m
2
A
=
150
cm
2
(6"
x
4
"
)
Barra 2: AceroE
=
2x
1
0
6
kglcm
2
A
=
5
cm
2
a
,.
2
"_".
<D
3)
000
k
g
I¿
V
11
3.
60
)J
2
.70
165
Ejemplo
6-2 La armadura mostrada está formada por dos barras deformables
axialment~Juna de madera
y
la otra de acero. Se desea calcular el desplazamientodel
nudo2 Ylas fuerzas internas en las barras
.
3
:
~
))}}-
)))
___.="
.).))))J)
~
)
")_)
)
1
i
-;
j
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-i
II
J
¡
\
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1
1
¡¡
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"
~
C
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-
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-
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-
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_
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.
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,
~
.
':':-:""::
:
:
;:;:
=
"
;;'
~
;
ii
:
-
'
)'
)

176. Los
resultados
se
pueden
comprobar
por
equilibrio
ya
que
la
estructura.es
lsostátíca.
Se
sugiere
al
lector
resolver
la
armadura
del
Ejemplo
7-2
del
Capítulo
7.
•
Fuerzas
finales
en
las
barras:
{N}
=
{NI}
x
DI
+
{N2}
X
D
2
Barra
1
+41,
667x(--o.096)
+
0xD
2
=>
N
J
=-4,OOOkg
(compresión)
Barra
2
+
17,
778x(-O.096)
+(-13,333)(-0.503)
=>
N,
=
5
~
O()O
kg
(tracción)
D.
=
-0.096
cm
D
2
=
-O.5()3
cm
{
O}.
(55,889
-lO,667){D
1
}
=>
-3,000
=
-10,667
8,000.
D
2
•
MatriZ
de
compatibilidad
o
de
transformación
de
desplazamientos.
{d}=[AJ{D}
~
(dI)
=
(1
O
)(Dt)
d2
cos
a.
-sence
D2
-
.
•
{Q}
=
[K]
{D}
{D}
=
[Kr
1
{Q}
Fuerzas
en
barras
debidas
a
D
2
=]
(kg)
ku
=
13,333xO.6
~8,OOO
kglcm
k
t2
=
-I3,333xO.8
~
-10,667
{N2}
Equilibrio
de
nudo:
13,333
?-~k2i1t
k12
cr
~
s
(q
-
d):
ql
=
O
q2
=-
E~~2
sena=-13,333kg
1
~=1
CompatibUidad
(d
-
D):
d,
=
O
d
2
=-sena.
b)
Coeficientes
k2J
y
k
22
+41.667
Fuerzas
en
barras
debidas
a
D.
=]
(kg)
ku
=41,667
+17,
778xO.8
Rf
55,889
kglcm
k
21
=-17,778xO.6~
-"10,667
kglcm
{NI}
~78
<J
...
o
~
kn
41,667
t· .
k21
Equilibrio
de
nudo;

177. Betti
:
(1)~2
+
(O
)
f
22
+
(
0)f
32
=
(O)f
ll
+
{l
)
f
21
+
(0)
f
31
:. f
l2
=
f
2
1
=>
f
ij
=
f
j
i
.•
•.Nó
t
ese que en este caso
,
e
l
cálcu
lo de los coeficientes de flex
ibilidad de la estructura en
'.
el Sistema Q-D
,
invo
lucra la solución de una estru
c
tura h
ipe
r
está
ti
ca
.
.
6.4.2
Los Términos de la Diagonal Principal
(kü)
son Positivos
Frsicamente es
imposible que un término de la diagona
l
pr
incipal de
la matriz de rig
idez,
,
de una estructura estable (
interna
y
externamente) sea negativo o nu
lo. En el caso de
.
estructuras inestables local o globalmente. si se podr
í
an
t
ener tér
mi
nos en la d
iagonal
.:
PrinCipalnegativos
.
:
En
la columna mostrada, si la carga de compresión
P
se aprox
ima a
la carga
c
rítica de
pandeo
(P
C
R)
,
el coefic
iente de r
igidez se vuelve cero o negativo, es deci
r
e
l
coefic
iente
.
de rigidez, que es la fuerza necesar
ia pa
r
a log
r
ar un desplazam
iento un
itario, debe ser
.
,
:
haciala izquierda para controlar la
t
endencia al pandeo
.
de la barra
.
Sistema
r
Ql
,
D
1
Si
s
tema 1I
Q",
D
lI
la estructura anterior para demostra
r
que los coeficientes de flexibilidad
una estructura también son simétricos
:
Betti:
kll(O)
+
!s
¡
(l)+
k
3
1
(0)
=
k
I
2
(l)
+
k
22
(O)
+
k
3
2
(O)
:. Is,
=
k
l
2
=>
kij=k
j
i
Sistema 1I
Q
II
, O
H
D
2
=
J,
D,
=
D) =0
S
i
stema 1
Q
I,
D1
D,
=
1
,
D
2
=
D,
=O
1 La Matriz
de
~igidez
es
Simétrica
1
propiedades de la Matriz de Rigidez-
'~t
167
")
¡=i,¡
)
¡¡1
)
1
)
1
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!
•,)
~
J",f
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~<
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168
gl
El
t
l
~
f21~fll
1
3
/2
P2
-
Q-D
.
t
Q1
=1
1
.3
2
[F]=
.-El
/2
1
~w
__ )Q2=1
2
t22 ~ f12
Para que la relación anterior se cumpla, el sistema de coordenadas
Q~D
para el cálculo
de las matrices
[K]
y
[F],
debe ser el mismo.
La demostraci6n de esta propiedad es la siguiente:
{Q}
==
[K] {D}
{D}
=
[F]
{Q} ~
{D}
=
[F]
[K] {D} ~
[F]
[K] {D} - {D}
=
{O}
([F]
[K] - [1]) {D}
=
{O}
Ya que la igualdad anterior debe cumplirse para cualquier valor que torne el vector
{D}
y
además dicho vector está formado por elementos independientes (el sistema de coordenadas es generalizado) para que
se
cumpla
la
igualdad deberá suceder
:
[F]
[K]
=
[1]
A
continuación se muestra una barra en volado, de sección constante, para la cual se
han calculado, aplicando estrictamente la definición, las matrices de flexibilidad
y
rigidez
en el sistema de coordenadas indicado. Se han despreciado las deformaciones por fuerza cortante
.
[K][F]
=
[1]
[K]
=
[Fr
[F][K]
=
[1]
:.
[F]
=
[x]'
6.4.3 El Producto de las Matrices de Rigidez
y
Flexibilidad
es
la Matriz Unitaria
Para cualquier estructura debe cumplirse:
Caso
de
una estructura inestable, el
coefic
iente de rigidez
KII
es nulo
Flexibles
ku
<
o
P grande
p
Otras situaciones en las cuales los elementos de la diagonal principal pueden ser
nulos
o
negativos se muestran a continuación
.
D
1
=1
M
r, !1¡j1~~ji,. I\¡ II
168
·
~..
.
~
-
_
..
...
.
:....
.~
,
·...;
..:-,..;~
r..-~
~
;::::
~
~-

179. 169
Q-D
Sí existe lK1No existe
00
-
1
y
No existe
[F]
En una estructura linelamente elástica, el trabajo realizado por las fuerzas externas, si elsistema es conservativo, se almacena como enel'gfa interna de deformación, la energíaintema puede expresarse en función de las matices de flexibilidad
y
rigidez de la
estructura
,
mediante
:
W
=
UI
=
Y2
{Q}T[F] {K}
>
O
W
=U
I
=
~
{
D}T[K] {D}
>
O
.
,.
-
En consecuencia las matrices
[F]
y
[K] son definidas positivas.
.
'
o
o
.
La
Matriz de Rigidez no es definida positiva en estructuras inestables como por e
jemplo
en una estructura sin apoyos como la indicada a continuación.
{
X}
T
[A] {X}
>
O
})
))
))
6.4.4
La
Matriz
de
Rigidez
es
Definida Positiva
Si
la Matriz de Rigidez
[K]
de una estructura es definida positiva entonces existirá su
inversa
([Kr
1)
y
el sistema de ecuaciones
{Q}
= [K] {D}
tentrá soluc
ión
.
La solución del
sistema
de
ecuaciones
se
expresa mediante:
{D}
=
[Kr
1
{Q}
.
Una matriz
[A]
se dice que es definida positiva, si para todo vector
{X}
"Í'
{O}
se cumple
que:
J
)
~
<
[F]
+--
Problema hiperestático
in
[
K]~
Ensamblaje simple
\
\ ~,
\\ QJ
=
1
))..,J
) }}
.
.
~
)
J))J_)
)
i·
)
--4
2
Existenmuchas situaciones
en
las cuales, para el cálculo de la Matriz de Flexibilidad, es
·0
necesario resolver varias veces (tantas como número de coordenadas existan) una
•
estructura
hiperestática. Por ejemplo, en el
pórtico
mostrado, será necesario resolver
tresveces la estructura para calcular todos
los
coeficientes de flexibilidad, esta matriz es
o
de
orden
3x3.
En contraste el cálculo de la Matriz de Rigidez es relativamente simple.
[F] [K]=[K][F]= (~ ~)
o
Se
sugiere al lector revisar el acápite 6.6 donde se presentan ejemplos adicionales de
0
0
o
las relaciones entre las matrices
[F]
y
[K].
K21
~~r:===
o,
¡~~
DI
=
1
\.__
:
KJ 1
(~ ~)K22 D
2
=1
K12
[
12 6]
[K]= El ~ ~
/2 /
}
I~1
-~
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:)
170
ya
que D)"",
D,
son independientes
6
2
U
__ .:.-1 -
=
'
k
óD
.
3D.
ij
• J
Si la energla interna
VI
se expresa en función de
Di, O
2
.
••
•
,
Do
se pueden calcular los
coeficientes de rigidez kij. 6.4.6
La
Matriz
de
Rigidez No Depende del Sistema
de
Cargas
La matriz de rigidez, en las estructuras linealmente elásticas, no depende del sistema de cargas ni de la historia de las mismas. La matriz de rigidez depende
-
sólo de la geometrra
de la estructura
,
dei material, de Jas
'condiciones de apoyo
y
de las prop
iedades
-
de las
barras
. -
-
¿En qué casos cambia la Matriz de Rigidez? Es decir depende de la h
istor
ia de cargas:
a) Cuando existen no linealidades geométricas. b) Cuando ex
isten no linealidades del material.
6.4
.
5 Relación
entre
la Energ[a
Interna
y
los
-
Coeficientes
de
Rigidez
SU. _
Primer Teorema Castiglíano
:
5D. -
Q¡
I[K
t
no existe
[K]
existe
D
2
= 1
DI
=
1
____ ~~'='1
~3
7t_
[K]
existe
[Kr'
no ex
i
ste
I¡! 1I
~f---_EI
-....:...J¡~~
Q-D
o
cuando la estructura es inestable, como en los dos casos indicados a continuación
:
t
k12
~')k
02
=
1
22
\
1
~~----~~~--
--
~
[KJ
no es definida positiva si algún término de la diagonal p
r
incipal es nulo
(kii
=
O
)
como
en el caso mostrado a continuacióh.
170

181. Estado Complementario
{Q}
=
-{R}
+
Q
-
D
171
~ ¡
Il
D
i= O
i
=
1
,6
{O}
=
{O}
Cargas
d
e
F
ij
aci
ón
Ri
i
=
1
,6
Estado Primar
io
Comportamiento Real
=
P
l
\
\
Estructu
r
a Re
a
l
¡
Asent
a
m
i
ento Il
Para superar esta aparente limitación del Método de Rigidez
,
es necesario definir un
estado aux
ili
ar denominado Estado Primar
io.
6.5.1 Estado Primario
y
Estado Complementario
Pl
\
\
\
\
\\
¿
Cómo
se
miden las cargas en las barras en
el s
istema Q-D?
La fuerza lateral H es la
ú
ni
ca
que se puede
medi
r
en
el
sistema Q-D.
p ~
w
\
:\
\
,
\
\
\
Q -
D
Cargas en
nudos
DespJazamien
tos de Josnudos
.
¿Qué sucede s
i
además de las cargas e
n
los nudos hubiera también cargas en las
barras? 6.4.7 El Ensambla'e de la Matriz
de
Rigidez
es
Fácil de Sistematizar
La
matriz de rigidez de una estructura se puede ensamblar sisleméiticamen
t
ea partir de
las matrices de
'
rigidez de las barras que la confOrman
y
de la conectividad entre ellas.
Esto hace que el método de rigidez sea apropiado para su implementación encomputadoras mediante programas de "análisis automático de estructuras"
.
6.5
Cargas
en
Banas
Todas las fuerzas y los desplazamientos correspondientes se deben medir en el sistemade
coordenadas
Q
-
D
elegido para el análisis.
)
")
j~
.~
)
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¡IJ ,)
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~
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.
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-
~
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~
.

182. a1) I
~
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-1
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-
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d
172
RI
=-
1.
17
t
-
m
R
2
=
2
.
6
7
t
-
m
E
quilibrio de
los nudos 2 y
3:
• Estado Primario
.
"
'"
If
11
3
A
4
1""'1
...
Grados de l
ibertad
~
Di
c;::.Dz
•
~
~
Q
-
D
E
=
2
x
l0
6
t
on
Im
2
Secció
n
O.
2
5
x
0.4
0
El
=
2,667
'
I
on
.
m
2
2-ton/M
Ejemplo
6-3 Resolver la v
iga continua de dos tramos
.
Se consideran deformac
lones
solo por flexión
.
la suma de los dos estados indicados en la ñgu
r
a anterior, solo es posible si es aplicable
el principio de superposición. 6.5.1.8 Estado Primario
(Camas
de
Fijación}
Consiste en analizar la estructura con todas las solicitac
iones externas (cargas en los
nudos
,
en las barras, ase
n
tamientos de apoyos, preesfuerzo
,
falta de ajuste
,
etc.)
adicionando un grupo de restricciones denominadas {R} medidas en e
l
s
istema de
coordenadas Q-D tales que los desplazamientos en los grados de libertad elegidos para el análisis sean nulos ({D}
= {
O}).
Las fuerzas {R} necesarias para impedir los desplazamientos de los nudos se denominan Cargas de fijación o Vecto
r'
de Cargas de Fijación
.
El Estado Primario es cinemáticamente determinado ya que los desplazamientos en el sistema
de
coordenadas Q-D son nulos.
6.5.1.b Estado Complementario Consiste en analiza" la estructura sometida úniCámente a las cargas en los nudos calculadas en el Estado Primario con signo cambiado
:
{Q}
=
-{R}
{ RESULTADO FINAL} ;;: {PRIMARIO}
+
{COMPL
E
MENTAR
I
O}
La superposición fina
l
es aplicable a todo nivel
:
deformada
,
momentos
,
cortantes
,
a
x
iales
,
reacciones de apoyo, etc
.
.,,i¡II !I¡
172
_
.
~
••
_
.
_
•• _
.
"
:
_
:
-:
~
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"
~
_
.
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•
•
,
•
•
•
•
'
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'--;
_
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o
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~
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.
·
~
,_:_
<

183. 173
La deformada del estado
el
es conocida
.
Il
Significado físico de
k11
y
k12
• Coeficientes de Rigidez
EsladoCl: ~
~.7;;'
\\ DI
=1 \\
2
/
3 ku
4/4
k
~ ~ t
:).eJ.
4-1
)
(-
tr)
(hft)
(n-~(~
4 ~3 4
4 4 7 1
kll
=
(3"+
4
)
EI
=3"
E
l
1
01
=
"2
E1
k
n
DI
+
kJ2D2
=
1.17
kn
DI
+
k22
D2
=
-2
.67
IIj'IIII!11II
En
el Estado Complemen
t
ario solo debe haber cargas en los nudos medidas en el
sistema Q
-
D.
.
• Superposición de desplazamientos
{
1.
17}
{Q}
=
-{R}
=
(ton-m)
-2
.
67
1.17
l
-m
2
.
67
DI
=D2
=
O
Diagrama de momentos
correspond
i
ente al
Estado
Primar
i
o
{M}p (ton
-
m)
Nótese que en el Estado Primario la configuración deformada de la estructura esconocida.• Estado Complementario
$
~7
4:
7
"LlJt[DY
'4llllJlP"
0.75 \\
1.
333 ~\
Significado físico de las cargas de fijación
:
J
))
))-
))});1},
"'9
~\
';,.)-j
L1
)
~L
l
)
~J
) J
)
l
t
.
~
,t!.¡
)
J
)
_)
¡
,
s
)
ll.

184. ) )
.
,..
)
_,
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e
-
)
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)
~
':
~
-
-
~
4.
'-
~
.'
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'~
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.- .
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~
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j
~).J
~,) ~J ~
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" ))
))
))
- Nótese que [K] es simétr
ica
(kij
=
kji)
Yque los
kii
>
O
- Nótese que el sistema de ecuaciones obtenido, como era de esperarse, es el m
ismo
que obtuvimos al resolver esta estructura utilizando las ecuaciones de Pendiente _ Deflexión.
{_1.17}
=
EI[~
~]{DI}
2
.
67
L
1 D2
3
• Matriz de Rigidez
y
solución del sistema de ecuaciones
D
1.202 451 10'" d
,:::.:!-:::.:!
•
X
ra
El
D ~ - 3
.271 ~ -1.23xlO
·
3
rad
2
El
xEI
~
{Mh
1/2 El El
§§j ~~~
44 D¡-o
D
e
=l
La deformada del estado C2 es conocida. Diagrama de momentos asociado a D
2
=
1 ~ {M}2
Significado físico de k
12
y
k22
4
kza
=
-EI=EI 4
4
Estado C2:
xEI
Diagrama de momentos asociado a
DI
=
1 ~
{
M}
1
174
·
...
..
"
:
:-
.- _ ••
• -
-
-
- -
_
-
:
.
o-
~
-~~
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.
'__
•.
'
-"_
._
.
__~__
~ tTIlJ t
~(1) '
)
'
) ) )') ) ) ) )

185. 175
,
Los desplazamientos finales en los grados de libertad seleccionados para el análisis
(DI,
D2)
son los mismos obtenidos en el Estado Complementario, ya que en el Estado
Primario dichos desplazamientos son nulos
.
1.34
mm
Deformada Momentos(too-m)
t3
.
23
MAX~2
.
61
~1.62
f
0
.
7
2.0
L50
{M}final
=
{M}p
+
{M}c
• Resultados finales:
Deformada final
=
Primario
+
Complementaño
Cortantes finales
=
Primario
+
Complementaño
Reacciones finales
=
Primario
+
Complementaño
Momentos finales
=
Primario
+
Complementario
2.67
{M}c
1.603
Diagrama de momentos cotrespondiente al Estado Complementario
:
{M}c
=
{M}¡
XDl
+
{MhxD2
• Deformada del Estado Complementario
1.17
t
-
m
2.67
.
~~~~==~~~
.
--------~~~
~-~
175
¡!I
J
)
J
}
I
1
IIl
..)
1
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¡jII
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tIII
}
J
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))
~
t
27.5
{M}p
{
}={
18.92}
Q
-10.42
10.42
•
Estado
Complementario
18.92
t
20.5
DI
=~=O
1.5
~O
••
2
~2.
~
10
er)~L
27.5 R
2
=
l0.42
t-m
Innece
s
arios
E
=
2x
1
0
6
ton/nr'
Sección
constante
O.30xO
.60
m
El
=
]
0,800
ton-m
Equilibrio
de
los
nudos
4
y
5:
20.42
20.42
~
)
t
17.5
t
{l
~)
t
20.5
R¡
=
-20.42
+
1.5
=
-18.92
t-m
•
Estado
Primario
DI
=
D2
=
O
Q-D
•
Grados
de
Libertad
2
4
7
3
"
Ir
11
EA
=
ex:>
3
5-ton/l'l
Ejemplo
6-4
]76

187. 177
M
=
V
=
O
k
ll
=
( ~)
El:::: 0.286EI
k
22
=
(~
+
~
)EI
::::
1.905EI
~
M
=
V
=
O
x
El
{M}¡
DI
=
1
Diagrama de momentos asoc
lado a
DI
=
1 ~ {M}
1
4/
3
i
M
·
=
V
=
O
M
=
V
=
O
D1
=
1
D2=0
• Coeficientes de Rigidez
177
-
, ")
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...,')
}
))
-
~
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J
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J
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188. r
.
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.
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j)
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~6J<
D
-
-
1
178
• Resultados finales
Deformadafinal
=
Primario
+
Complementario
Cortantes finaJes
=
Primario
+
Complementario
.
Reacciones finales
=
Primario + Complementario
Momentos finales
=
Primario
+
Complementario
{M}final
=
{M}p
+
{M}c
{
M
}finaI
=
{M}
p
+
{M}l
x
D
I
+
{
M
h
x
D2
4
,
27
Momentos del Estado Complemetario (ton-m)
10.42
• Diagrama de momentos correspondiente al Estado Complementario
:
{M}c
=
{M}¡
XDl
+
{Mh
xD2
8,55
1.04
mm
• Deformada del Estado Complementario
D
]
=
e.~
0
.
594xI0
-
3
rad
D
2
=
es
1'1:$
-O
.
595xl0-
3
rad
(
3.238 0.286)
{DI}
1 {18.92}
0.286 1.905
n,
=
10,800 -10.42
• Matriz de Rigidez
y
solución del sistema de ecuaciones
[K] {D}
=
{Q}
{D}
=
[Kr
l
{Q}
{Mh
~=
1
xEI
2/3
4/7
Diagrama de momentos asociado a ~
=
1
=>
{M}2
178

189. 1
79
R
e
acci
on
e
s
4
.2
7
~
,
2
9
"41--
i
4.
29
2
7
.
5
-+
4
.27
~
~
~--
----
--.-
------
--
--
------------r-----­
...
0
¡
1.27
4
.
2
9
Cortantes (to
n
)
-4
.2
7
-17.
5
1
7
.
5
M
o
me
nt
o
s
(
ton-m
)
De
f
orm
a
d
a
A
=
3
.
9
4
mm
9
.
=
+
0
.
594
x
l0
-3
i-
__
=-
===-~
~~==
===
A
=
0
2
6
S
m
m
6=
-
0.18
m
m
a
s
""
-
0
.
59
5
"lO .
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4
1,
I
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1\
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I
~
III
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I
•
1
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t
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t.J
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-4
¡
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¡¡I
))) j
También se pueden ut
ili
zar
las ecuac
io
n
es de Pend
iente y Deflexión pa
r
a cal
cu
la
r
mome
nt
os
y
corta
n
tes finales, en este caso se t
ie
n
e
:
M
.. 2E
I
(
3
A
ij
del
Pri .
lJ
=
-
¡
-
2
9
¡
+
9
j
-
2
)
+
Mom
e
n
t
os e P
ri
m
a
r
i
o
"'"
Co
m
p
l
e
me
n
ta
r
i
o
Po
r
e
jem
p
lo en e
l
nudo izqu
ierdo de la ba
rr
a 4 el mo
m
e
n
t
o
fl
e
c
t
o
r
v
ie
n
e dado po
r
:
'¡\
4
EI
2EI
•
#-
M
.
s=-20
.
42+ -
D
I
+ -
D
l
=-18
.
5
9
t
o
n
-
m
7
7

190. t,J j .;) .) ,
)Ji:) j
) ,)
~ro ~1:
)
-'-\
) ) )
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-1
)-4
) ))))
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-j ~-1
):=-
j
)
¡ \I \
180
~fi!ZZZZ2\
~~¡
5)000
1
,
000
D3=n.=0 D,=O R,
=
-5
,
000
kg.m
R
1
=
-2,OOOx3 - 2,OOOx5
=
-
16,000 kg
x
m
Significado flsico de los dos estados primarios:
nrv---3----~~~-2--~~
,ó,L=a L ,ó,P ,ó,L
=
lO
-
s x
200
x
20
==
0.04
cm
n=EA ~L=
~x
0.04=
-
2,000 kg
L 200
R
2000 2000
r;,,,,,,,,..
"',1.....,..
J
b) Caso de carga 2. Aumento de temperatura en las barras 3 y 4.
R,
=
-5,000
kg.m
• Estados Primarios a) Caso de carga 1
D1
puede medirse en cualquier
punte) a lo largo de la
barra
• Grados
de
Libertad.
Utilizaremos la rotación de la barra rigida. Sin embargo existen
otras alternativas como las indicadas.
3
~~~~o±~DZ~~~
...,F-V
3_M
--..rI'-__
2__ ~;!ODO kg
Caso de carga 1: Carga de 1,000 kg en el nudo 3 Caso
de carga 2:
A
umento
de temperatura ~T
=
20°
e
en barras 3
y
4
@
2
s
Barra 1-2-3 sólido rígido Barras
3l4:
B
=
2xlO kglcm
2
A=5cm
l
EA
=
10
7
kg
a=
10
-
5
ltDC
Ejemplo 6-5
180
I
~

191. 181
{:
:
} =
{N
}p
+
{
n
}o,
~
lx
D
,
{
N
)}
=
{O}
+
{1.5
X
I0
7
}x
2
.94lx
1
0.
5
=
{4
4
1}
kg
N
4
°
2
.
5xI0
7
7
35
k
llD
I
=
QI
17xl0
7
D
I
=
5
,
000
DI
=
2
.94
lxl
O-
s
rad
.•
• Fuerzas finales en betres
.
Caso de ca
r
gas 1:
• Matriz de R
ig
idez
y
sol
u
ción del sistema de ecuaciones
Caso de carga 1
:
k.
,
=
(1.5
x
3
+
2.5x5)
x
l 0
7
k
it
=
1
7
xl
0
7
kg·
mira
d
Equilibrio de la ba
r
ra rígida:
1.5
x
l0
7
2.5
x10'
k
ll
t 1
r;==~====:!!
EA
ro'
7
fl)
=-x d
,
=
-x3
=
1.5
x
l0 kg
(tra
ce.)
1
2
10
7
7
n
,
=-
x
5
=2
.
5
x
lO
kg (trac
e
.)
1
Coefic
ientes de Rigidez
-
-J
D,=
?
N
J
=
?
N
4
=?
{Q}
= {
5,000 }
r;S
,o
oo
\
Di
Q¡;:::z::z:z:zzz~~
16/000
k
g
.,....
Estado Complementario
.
Caso de carga 1
.
~T=20°CD)
=
n,
=
-2,000 kg
D. =0R
2
=
~
1
6
,OOOkg.
m
)
)
))

192. 182
La estructura es asimétrica y el sistema de cargas es simétrico
,
en consecuencia
.'.
estructura se desplazará lateralmente. La pregunta es si se mueve hacia la derecha o hacia la izquierda
.
Al finalizar el análisis veremos que la estructura se desplaza hacia
.,
'
izquierda, sin embargo
,
por simple inspección no es fácil determinar hacia que lado se
•
moverá la estructura.
I
I21
1
1
Q-D
• Cargas
externas
y
grados de libertad
.
3
ton/M
EI.= El)
::;$
2,667
tonxm
1
E1l
::;$
5,333
ton
x
m
2
2
21
1
e
25x'lO
E
=
2x 10
6
ton/m
2
EA
=
00
1
3
e
3.-----
----
~2S
~x
7-
40~
----
----
--,
4
Ejemplo 6-6
O~F====~=5=88=1======~I353
)
~@)
La matriz de rigidez de la estructura no cambia ya que no depende del sistema de cargas, depende solo de la geometr(a, propiedades mecánicas de las barras y del sistema de coordenadas Q-D adoptado
.
k
ll
=
17xl0
1
kg
.
mirad
k
ll
DI
=
16,000 ~
DI
=
9.41 lxl O-srad
Fuerzas finales en barras.
Caso de carga 2:
{::}={=~~~~}
+
g
:~::~:}xDI
={:~::}
kg
A partir de las fuerzas en las barras 3 y 4 es posible comprobar el equilibrio de la
.:
estructura, calcular las fuerzas internas en la barra r(gida y las reacciones en el apoyo.
))
.
)
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)
"-4
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l,:
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.
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~'O :~
;:)
-'1
)
D¡ =7 N
J
=?
N
4
=?
{Q}
= {
16,000 }
Caso de cargas 2:
182

193. 183
{M}l
(D.
=
))
6
6
x2
~l
"'--'-
--
~I
~
~
El
9
• Coeficientes de Rigidez.
{D}
=
{~:}
{Q)
=
U }
• Estado Complementario.
{M}p
9
.
",
Deformada y diagrama de momentos en el Estado Primario
:
9
R
3
=9ton
.m
R
2
=
-9
ton
.m
R,
=
O
c
.,
Equilibriode nudos: • Estado Primario
183
12 24
k
l
l
=-+-= 1.333El
27 27
6
k
2
1
=
--
=
-0
.
667 El
96x
2
k
l
l
=
-
-=
-
1.
3
3
3E
I
9
,I))-,
.)
")
)
1~
I -
'.....
,J
,,.'))
}i
)l)))
_
.:¿¡)
.
)) ))
_)
) ))
--i
)
-;
~)")
))l

194. El
=
2.6676x2
k))
=-T=-1.333EI
2
k
23
=- =
O.333EI
64
4x2
k
J
3
=
-+-
=
3
.
333EI
6 3
2
x
2
~
D,=-0.522x10-
3
m
B
3
=
D
2
=
1.746xIO·
l
rad
B4=DJ
=
~
1.396xIO·3 rad
{
O}
(1.333 -0.667 -1
.
333J{Dl}
9
=
El -0
.
667 2
0.333
D
2
-9
-1.333 0
.
333 3.333
DJ
+
k
23
k
~ 2/6
4/6
33
k13~1)~~-,
-~-++-~(I~
, t
6
t ~
36 6/r~~2
~X2
3
• Matriz de Rigidez
y
soluci6n del sistema de ecuaciones
[1<]
{D}
=
{Q}
{D}
=
[I(r
l
{Q}
6
k
l
2
=--=
-0.667
El
9
4 4
k
n
=-+-=2EI
3 6 2
k
32
=-
=
0.333
El
6
4/6
23
{Mh
(D
2
=1
)
]84

195. 1
8
5
9
3.6
3
.
6
t9
Momentos finales (ton-m)
La solución se deja como ejerc
icio y los resultados se indica
n
a con
t
in
uación.
w
=
3
tl
m
,.......
1
".,.
1
1
-e
g
d
l
pre
sc
in
di
b
l
e
1
=
.
25 x.4
0
I
6m
3
m
Q
-
D
Elemplo 6-7Analicemos la estructura del problema anterior (Ejemplo 6
-
6) camb
iando la sección de la
columna derecha a O.
2
5x0.40m. Tendremos una estructura s
imétrica con carga
simétrica
,
cuyo análisis se puede realizar sobre la mi
t
ad de la misma. La
idea es
comparar como camb
ia el d
iagrama de momentos flecto
r
es
.
• Momentos flactores
{Mlj
nales
}
=
{M}p
+ {M(}
x
D,
+
{
M2}xD
2
+{M
3
}xD
3
Desplazam
i
ento
La
t
eral
R:I
-0.52
mm
Dv
ct;
::i:I
6
.
2
mm
• Deformada de la estructura
185
,J

196. ~ ;~9:1
J') '} ) )) ) ))
J1_)
') ) ))_)
~3
/'
2
2
3
:::::
--7-
F=?
~
\\
\
\\
\
\
\
[
K
]3x3
es
conocida
D,=O
D2,DJ=?
Otra
forma
de
resolver
este
problema
es
mediante
la
modificación
de
la
Matriz
de
Rigidez
de
la
estructura
calculada
en
el
Ejemplo
6
en
la
cual
se
incluyó
el
grado
de
libertad
de
desplazamiento
lateral.
la
modificac
ión
consiste
en
hacer
nulo
el
grado
de
libertad
DI
Y
calcular
la
fuerza
necesaria,
F,
para
que
esto
suceda
.
A
continuación
se
muestran
las
operaciones
necesarias
a
efectuar
sobre
la
Matriz
de
Rigidez:
+
<l=
.------------,
0.92
La
fuerza
lateral
de
0.92
ton
que
aparece
en
el
apoyo
del
nudo
3,
es
la
fuerza
necesaria
para
que
la
estructura
no
se
mueva
lateralmente
.
Si
la
estructura
pudiera
desplazarse
lateralmente
,
el
comportamiento
podrfa
obtenerse
a
-
través
de
la
suma
de
los
dos
estados
indicados
a
continuación.
En
el
primer
estado
se
colocan
las
cargas
externas
y
adicionalmente
una
restricción
artificial
para
impedir
el
desplazamiento
lateral
y
en
el
segundo
estado
se
anula
dicha
restricción.
Dado
el
sentido
de
la
fuerza
lateral
del
segundo
estado,
es
claro
que
la
estructura
se
desplaza
hacia
la
izquierda.
3.36
4.27.c__.,-m-
+-
t
4
.
27
8
.
69
Momentos
finales
(ton-m)
9.31
3
ton/A
~~~~------.-----~~~~
0.92
Ejemplo
6-8
Analicemos
nuevamente
la
estructura
del
Ejemplo
6-6
pero
ahora
supongamos
que
no
puede
desplazarse
lateralmente,
por
estar,
por
ejemplo,
arriostrada
lateralmente
por
otros
pórticos
más
ñgidos.
la
idea
es
comparar
como
cambia
el
diagrama
de
momentos
flectores
por
efecto
del
desplazamiento
lateral
del
pórtico.
Recuerde
que
en
este
caso
el
desplazamiento
lateral
es
consecuencia
únicamente
de
la
asimetrfa
del
pórtico.
El
modelo
será
como
el
indicado
a
continuación
en
el
cual,
el
desplazamiento
lateral
del
pórtico
se
ha
restringido
colocando
un
apoyo
adicional
en
el
nudo
3
.
El
sistema
de
coordenadas
(Q
-
D)
consistirá
en
las
rotaciones
de
los
nudos
3
y
4.
La
solución
se
deja
como
ejercicio
y
Jos
resultados
se
indican
a
continuación.
186
.-,---.-,
.
-
..
-
-.
~
-_
.~
--,
-~
:.=_
--~
~
:::~
:.:::.
;
:_
:.
.

197. 1
8
7
t
R
¡=O
R
,
=
-
1
5
.
19
t
o
n-
m
R
3
=5
.0
6to
n
·
m
• Estado Primario
6
I
11
Q
-
D
21
1
1
3
18
3
t
o
n/
m x
6
=
18
to
n
,
~
Ejemplo
6-9
Se trata de la misma estructura analizada en el Ej
e
mplo 6-6
,
pero con una carga
concentrada co
locada as
imétr
icamente de magnitu
d
igual a la
r
esultan
t
e de la carga
d
istribuida
.
En este caso no es simple predeci
r
el sentido del desplazamiento
lateral del
pórt
ico ya que tanto la
'
estructura como la carga son asimétricas
.
Veremos que la
estructura se mueve hacia la derecha
.
A esta técnica de soluc
ión
s
e le denom
ina Condensac
ión de la Matriz de R
ig
idez de una
estructu
r
a
y
se presenta en detalle en el acápite 7
.
11.1
El(~~:7~~7-:.:::
1~21
=ffi
-1.333- 0
.
333 3.333
D
3
~
El(0.:33
~
:!::){~:}
-
{~:}
Resolviendo el sistema de ecuac
iones se obtiene las rotaciones
D2
y
D3
.
De la p
ri
mera
ecuación se obtiene la fuerza F
:
D
2
=
5
.
0333
/E
I
=
1.887xlO
l
r
a
d
D
3
=
-3
.
203/EI =-1.20lxI0
3
ra
d
El
(1.333x
O-
0.667
D
2 -
1.
3
33
D
3)
=
F
F ~
0
.
913
ton
ok!
187
1tr}¡~)))))
.¡t1
j
j
J
-..::.,
¡
)I
,
.
}I
;..
_
1))J,)}
'
))
~.J
)
)
,)
_)_
)
j
))-)
!
)

198. .
~42
~
Momentos finales (
ton
-
m
)
1
3
.
88
9
.
6
1
Desplazamiento Lateral
=
1.28
mm
Dv
max
<>17
.2.
mm
• Deformada de la estructura
y
diagrama de momentos
• Matriz d9 Rigidez
y
solución
del sistema de
ecu~ci()[leS
la
Matriz de
Rigidez es
la
misma calc~lada
en el
Ejemplo
6, ésta no
cambia ya
que no
depende del s;~t~ma de cargas externas, depende sqfO de la geometrra, propiedades mecánicas de las barras
y
del sistema de
coordenadas
Q-D adoptado.
[K]
-+
No cambia, su Inversa,
[Kfl
tampoco cambia
{Q}
=
[K] {D}
{D}
=
(1<]-l
{Ql
DI ~
1.28x1 0-
3
m---+­
D
2
~
334dO-
3
rad
D
3
~
-G
.
39lxlO-
1
rad
{Q}
={15~19}
-5.06
• Estado Complementario
Primario
DefoOl'1áda
V
diaQrama de momentos en
el
Estado Primario: 188
(9,"
'2) 1") )) ) )})))
~
)J
) )
_)
)
-)
) ) )))))
j") ) )
'=J )
~ ~ ~ ~") ,
)
JJ)
))
~
i
2.81
{M}p
t
15.19
I
'
0
;
•
•
•
•• '.'
~
•
•
-
.
,
,
.
,
-
•
•
•
•
•
•
•
,
•
.,....
•
•
:
.
w '
.
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'-.
,
_
-
.
:
;
.·
·;~
:I~
_
~
-;
.::~
:~
'-~.:.~
:·~
··~
·:~
3
.:
·:.
~
'''='':~
_
'.~
_
.:.:.:
:::.:.
:::
'
~
'~
.~
_
~7_
;:::~
':
_
~.:i...~
_
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~, ,
.
::.j
~
~
~
:
~
~.:::0
~
~
_
;
~
'~~
.
'
-,,:.
.:
:
;;'
-
:

199. 189
7.41
..
.
..
'-
4
.
02
1
2
.
76
L-
~
ik4--
5
.
98
~ Mom
e
nto
s fi
nal
es
(
t
on-
m)
1.64
1.
64
2
.
13m
-=
0.7
h
Desplaza
m
ient
o
Lat
eral
=
5
.
72
m
m
1
Defo
rm
ada
4
.
66
[K
]
y
[
Kr
t
-+
no c
am
bian
{Q
}
=
[K]{O
} {
O}
=
[
K
r'
{Q}
D
I
;;;;
5
.
7
2
xlO
-
3
m
O
2
=1.
55
x
l0
-
3
r
a
d
D
3
=
2
.
13
xl
0
-
3
r
a
d
Q-D
2I
2
1
{Q}
~
rn
))
'1')
'-1,;}))
.o;¡)
_
)
,.))
-;
1.
8
4
:::0
.
6h
)
~
))
~::J
';'\
I
Se trata
,
de la misma estructura analizada en e
l
Ejemplo
6-6
,
sometida a una carga
lateral de
1
0
t
o
n.
T
r
abajaremos con el mismo s
is
t
ema de coordenadas Q
-O
.
lO
t
oo. ~~~~~~~~~
1
1
4
.
24
Mome
nto
s :finales (
t
on
-
m)
F
uerza necesaria para que
n
o
se mueva lateralmente la estructura
Ejemplo 6
-
10
6
.
7
mm
[
• Si la estructura estuviera fija
lateralmente:
lB
1
89
:
))
'}
}
);~,.,'.)
---i
)
--)
-'"-::
.
~~
..
}
;~:"
..
_)
~
.
}

200. )) ) ) ) ))J)J
) ) )))_)
) ) )) ) )
~-J ~
)
_J
))
~
)
)) ~).;,J -
j
~
') )
~:J'.J --)
190
Caso
de
car
g
a
2
Cas
o
d
e
carga
1
___.,----_
5ton
E
=
2x.l0
6
ton/m
"
Secc
ión
O.25x0.50
E
l
=
5,
208
ton-m"
11
3
6m
1
4
®
3
.
EjetiJpio6-12 Resolver
el
pórtico
para
los
'
dos
estados
de
cárga
independientes
mostrados
a
"
continuación.
La
v
iga
y
las
columnas
son
de
sección
constante
y
Se
desprecian
las
deformaciones
axiales
(EA
=
(0).
Momentos
finales
(
t
on-m)
1
2I
3
t
on/M
EJemplo
6-11
Se
trata
de
l
pórfíeo
~el
Ejemplo
6-6
sometido
a
un
estadQ
comb
lnado
de
cargas,
es
decir
a
una
carga
~partida
más
una
carga
latersl,
La
solución
se
obtiene
po
r
simple
superposición
de
los
resuHados
del
Ejemplo
6
yel
Ejemplo
10
En
el
dic¡¡grama
de
momentos
~
ha
,
n
indi~
_
qo
,ª$.
P9$ICicm~
.~~
:19§
,
puntos
de
infl~xí6n
(PI)
en
lá&
columnas.
Si
la
viga
fuera
íQfiJ1~m~D~
rfgi~~
'en
ij~~
;
i()n,
10$
puntos
de
inflexión
en
las
co
....
mnas
SEj
ubí~rfan
al
ceíltro
de
sia
altura~
$.i
Ja
vi9~]~era
muy
flexible,
Jos
puntos
de
inflexión
se
ubicarían
en
el
~>4iem()
.sú~rl()i
de
I~~
qófymri~s.
N6te~
que
el-
rn9Jl1ento
cJé
VQlteo
gené~d()
g9f
la
carga
lát~tal
(lOx3.
=
30
t-m)
es
equilibrado
parcialmente
por
Iqs
.roornehtQ8.
qú@
.~
~
p~~~nen
j~
'b~$~
de
las
columnas
(7.41
+
12.76
=
20,17
t
-
m)
la
dlf~rencia
es
equiJIb,rªda
por
la$
fuerias
axiales
que
se
producen
en
las
columnas
(1.64x6
=
9.84
t-m)
es
decir,
los
axialeS
eqUilibran
cerca
del
33%
del
momento
de
volteo.
190

201. 191
6)(
0
,
7
5
=0
,
1
2
5
36
k
3
1
¡
t
)N;+(~
1
2
x
O
.
7
5
2
1
6
=
1I
c4
Na
6
x
1.2
5 ~\2
X
l
C
5
=0
.
12
2
5
125
\ 4.
6
x1.25
"-Y
25
,
/
/1/
{M}p(to
n-
m)
k
21 6
><
0.7
5
~
36
k
l1~f
W
t
(13
75'
~1
1~1
=
0
.
1
875
\.!_j(
6
/
l
6
•
/
/1/
I
• Coefic
ientes
de
Rigidez
....c;__-==f-\
-
-
-+
~
0.
75
1
~
4
.5
• Estado Complementa
ri
o - Caso
1
6
11/
/, 7
.5
t
o
n
{-4.5}
{Q}=
-!
Deformada
y
d
iagrama de momentos en el Estado Primario (Caso de carga 1):
6
6
Barras
1-3 Y
2
-4
:
M=O
,
V=O
N
3
=
7
.
5
t
o
n
N
2
=
4.5
t
o
n
N
]
cosa =6
Equilibrio del nudo 4:
191
Caso de Caroa
1 Carga
w
=
2 ton/m ¿Hacia dónde se mueve la estructura?
Estado Primario Caso
1
R
2
6
6
·
6
%
Rl=:t>f1i--(:YYYYJ~
N4~~~
.
t
!!
6
·
~\N
3
+ \I
R.
=
4.5 ton (Igual a N
2
) \
t
R
2
=_
6
t
on
-m
R
]
=
6
to
n
-
m
j)
)
)
)
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j))
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}}I,))))1i}
~
})
~
.
J
--'))

202. 192
Equilibrio de la barra inclinada
:
¿M2 : O.3x2
+
2~
x
3
=
H
3
(4)
H
3
l':::
0.1813 El
Equilibrio nudo 4: N
3
=V
2
=1124
N2=H
3
LFv : -
N.
+
N
J
COSI -
V)sena
=
O N) ~ 0.1421El
:. k" ~ 0.3688El
e) También se puede formular el equilibrio de la barra inclinada en coordenadas globales, este tipo de equilibrio puede resultar conveniente cuando hay barras inclinadas.
•.
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J
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~
~
)
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12
k
u
---O.12cosa-N)sena.=O
64
kll
b) También se puede hacer equilibrio de nivel
:
1._
~~I
~1U:l
I ....
0-
-
----=------.\\
L
V
3=O.12
• ~ \I¡
~O.1875
~N3
• Alternativas para calcular
k
11
a) Equilibrio del nudo 4
V
N
~2
VJ/cosa
2....
a.
J~ '\.
,G
N
2~
V2
tga+ ::.. ..
O.1813EI
Y2
t
g
a ~~v
N
3
1/24
1
N1cosa-0.12EI - 24 sena=O N
2
~O.1813EI
. .
59
k
ll ~
0.1813
+
0.1875 ~ O.3688EI
=
160 El
k
2.=
0.125·0.375
=
-0.25El
k
31
=
-
O.175EI
Equilibrio
del
nudo
4:
192

203. 193
¿M
2
(eq
uil
brio
de m
o
m
e
n
tos b
arr
a 2
-4)
H x4
=
~x3
J
36
H)=
0.125 El
N
2
=
H
3
(equilibrio del nudo 4)
.'
Alternativamente e
l
equi
librio de la barra 24 puede formularse en coordenadas glob
a
les
tal como se muest
r
a a continuación, con
lo cual se simplifica el cálculo de las fuerzas
normales:
6
-
tgu
=
0
.
1
2
5
36:
.
N
2
=
O.l
25E
I
"'",'. ','-,
,~
.:
',:
O
.3EI
D2
=
1,
DI
=
D3
=
O.
Segunda columna de
la Matriz de Rigidez
.
ka!
O.1
2
5EI
193
,
!
:
'
))'J}) j)\))
_)
)))
'
))
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.
)
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_)J
},
j
.)-
):;
j
J)...J

204. 59
-0.25
-0.l75
.
3
r·
s}
160
{~:J
DI
=
-13.2551EI
SI:: -
2.545xl 0-
m
~ =EI
-0
.
25
5
1
D
2
=
2.877/EI
r:::
O.552xIO-
3
rad
-
-
3
3
D
3
=-6.326/EI
f:$
-1.215xIO
-
3
rad
1
22
-0.175
-3
15
194
• Matriz de Rigidez
y
solución del sistema de ecuaciones.
Caso
de
carga
1
.
[K] {D}
=
{Q} {D}
=
[lC]
-
1
{Q}
¿M2
(equlibrio dé momentos barra 2-4)
:
4
2
6
. .
- + - -
-x
3
+
N
l"
4
=
O
S 5 36 N
2
= -
0.175EI
Alternativamente, el equilibrio de la barra 2-4 puede formularse en Coordenadas
'
globales
:
2 1
k =-
=
-EI
23
6 3 4 4
22
k =-
+
-=-EI
33
6 5 15
~.6..~
.
~Ít~25 36
,
2{.
._
-~
11 ~
6 1
6
-x--
36 tga 25 cosa
6 6 1
N
2
= 36 tga - 25
'x cosa
N
2=
-0
.
175EI
194

205. 1
95
+s.98
4
.11
D.
=
a
]~
O
.88
9x1
0
-
l
rad
D
2=
9
04
~
-
O.987
x
lO·
3
rad
4
.
6
3
[K
]
---+-
Cam
b
ia
{Q}
~C
ambia
An
a
licemos co
m
o camb
ia e
l
comportamiento de es
ta
es
tr
u
ct
ura
si
en e
l
Caso de carga
1
no pudiera moverse latera
lmen
t
e:
2
t
on
/
M
Mome
nto
s fina
l
es (ton-m)
7.L3
4
.8
7
.
-
3
.
56
i\
.04
6.41
7
.
8
5
De
fo
rm
ada
• Resul
t
ados
fi
nales
.
Caso de ca
r
ga 1.
{D
e
fo
rma
da
final
}
=
{
D
ef
}p +
{
D
e
f
.}x
D
I +{
D
ef
l
}x
D
2
+
{
D
ef
3}
x
D
)
{
Mfi,;.¡cs
}
=
{
M
}p
+{
M
J
}
x
D
J
+
{
M2}
'xD
2 +{M
3
}x
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196
Momen
to
s
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-+
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Ston
• Caso
de camas combinadas
=
Superposición de Caso 1
+
Caso 2:
2
ton/M ~~
4.83 t=.::;::::;l-.--:-#5
// /1
I
4.13
"1.23
Momen
t
os (ton-m)
D
e
f
o
rmada
DI
=3xlO·
l
m
D
2
=
0.396x1 O·] rad
D3
=
0.268xlO·
3
rad
[K]
y
[Iq-l
-+
No cambian
{Q}~m
--+-.---
---..
5ton
Para que la estructura no se desplace lateralmente es necesario aplicar una fuerza horizontal de 4.24 ton
.
Nótese que este caso también puede resolverse modificando la
Matriz de Rigidez ta
l
como se ~izo en el Ejemplo
6-8.
recuerde que la solución
corresponde al estado complementaiio, en consecuencia, para calcular la fuerza lateral deberá sumarse el estado primario. • Caso de Cargas 2
196
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207. 1
97
Q-D
ejercic
io par
a
e
l
lector se propone resolver esta estructu
r
a utilizan
d
o
e
l sistema de
adas
m
os
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ión
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l.
Cargas
l
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l
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e
mpo
r
a
les
Carga permanent
e
)
de carga
2
co
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espondie
r
a a una fuerza lateral de sismo, es dec
ir a una acción
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I
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tu
r
a
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pa
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ia
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ecesa
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.....
.
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ib
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m
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cargas comb
inadas
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Superpos
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ión de Caso 1 - Caso 2:
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-2 ]
-
0.667 1.33
3
4
1
.
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.
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21
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l
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t
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1
4
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ien
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temas
Q -
D
ind
icados
y
la Ma
tri
z de
Flex
ibilidad
[F]
.
b) La Matriz
d
e R
igidez [K
).
c) Calcular e
l
produc
t
o
[F]
.
[
K
]
Ejemplo 6-136.6 Relaciones entre
(FI
y
lK)
Mediante las dos estructuras sencillas del e
jemplo a co
nt
in
uac
ión
(
E
jemp
lo 12)
v
erifiquemos la relación que ex
iste en
t
re l
a
s Matr
ices de Flex
ib
ili
dad
y
de R
ig
idez en
u
na
estructura
.
Esta relac
ión ya fue p
r
esentada en el acáp
ite 6.4
.3
198
...,~
L:....
~
..:~
, 1

209. 199
.
'.
b) Para la Estructura
2
.
La estructura está compuesta por una columna defonnable por
flexión
y
por una v
iga que se ha modelado como indeformable (só
li
do
ri
gido)
b1) Matriz de Flexib
ilidad.
Se calculó en el Ejemplo 2
-
10
y
el resu
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:
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J
=
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_:
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6
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3
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-
2
J
-
0.67 El1.3
3
o~1
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2
~
[
2
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1
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1
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[K]
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E
l
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O
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ll
=
O
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El
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.
4EI
2El
3El El
k
=
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-
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1
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k
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4El
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3El
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2El
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k
=
2EI
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El
32
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'ii)
6.7 Elementos
con
Discontinuidades - Reducción de Coordenadas
En ~I acápite 5.5 se explicó, que cuando se realizan cálculos manuales, suele ser conveniente para reducir el trabajo numérico, utilil~r el nÚmeromrnimoposible de grados de libertad en la estructura
.
Por ejemplo, en los apoyos articulados de los extremos de
vigas o en los apoyos articulados de pórticos,
es
posible ignorar los grados de libertad de
rotación en esos apoyos, reduciendo
asl
el número total de incógnitas
y
en consecuencia
el esfuerzo en el cálculo numérico. A
los grados de libertad
o
coordenadas que pueden dejar de considerarse en el análisis
se
les
denomina Coordenadas Prescindibles
y
pueden provenir de:
- Apoyos con posibilidad de desplazamiento lIngular (giro) o linear
.
- Rótulas internas en algunos de los elementos.
.
- Cuando se reducen
.
Ias estructuras,
'aprovechando las condiciones de símetrfa o
antisimetrra de las cargas de la estructura, aparecen condiciones de borde en el eje de slmetrfa que conducen a grados de libertad que pueden no considerarse en el análisis.
x] ){2
-18 JEI[
%
48 ~
[KJ=EI[
%
.
~
1 [ 9
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El -
1
8
k
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12
k
l2
t
k
12
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3' 4
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=
6EI
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=
6EI
12
3
2
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k x4=
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3 4
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k
ll
.
.
t
k
2l
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12E!
0..1'
3' k _
12E! _ 12E!
*
11-
3
3 -
27
\\ k
=
(6EI)/4
=
6EI
2
1
3
2
36
b2) Matriz de Rigidez
DI
=
1
~
k~
r--p::tz2zzm7iZZ3
t
k
Z1
200

211. 2
0
1
4 3 25
k
=-
+-= -
E
l
11
3
4 1
2
2/3
k
ll
4
/3 ~ 3/4
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f
)
~!
T
t)
(:
¡
f
6/9 3/16
Coeficiente de Rigidez
k
u
~
.
~
--~
~--~
~
~~
----~
~
~::::;k1l_
\
\
DI
=
1 1/2 \ \
{M}p
(
ton
-
m)
• Estado Complementario
R
1
1.5 1.
5 ~ 4
=
w
'Z/
8
(
+-)
~~
r;i
)
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D
(
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R,
=1.5
-
4
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-,
2.5tmrm
t
t
S
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5 3
t
=
3
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4
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t
~
~
D
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\
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Pre
sc
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,
DI)
DI
=
0
• Estado Primario
11
3
"
"
11
"
2ton/1"'I
Ejemplo 6-14
.
En la viga de dos tramos mostrada a continuación, es posible ignorar el grado de libertad
.
:_
o coordenada asociado a la rotación en el apoyo extremo de la derecha, para ello seránecesario modificar la rigidez al giro de esta barra y sus fuerzas de empotramiento
,
es
.
'.
decir es necesario modificar el Estado Primario
y
el Complementario
.
por ejemplo, en la viga de dos tramos del Ejemplo 6--14
,es pos
ible ignorar el grado de
.
libertad asociado a la rotaci
ó
n en el apoyo extremo de la derecha, para ello será
.
necesario modificar la rigidez al giro de esta barra
y
sus fuerzas de empotramiento.
201
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212. 2
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4
......
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2
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Prescindible
~-----
f
(w
,
D
2
•
D
3
)
4
3
4
•
Grados
de
Lib
e
rtad
aprovechando
la
s
imetría
de
la
estructura
y
de
las
cargas
Q-D
6
5
•
Grados
de
Libertad
despreciando
las
deformaciones
axiales
2
E
I
=cte
EA
=00
Ir
JI
Ejemplo
6-15
Momentos
fin
a
les
(ton
-
m)
3.1
•
Resultados
finales
•
Matriz
de
Rigidez
y
solución
del
s
istema
da
e
c
uaciones
kllD.
=
2
.
5
~~
El
D
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D
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4
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JI
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6
2
4
2ton/M
Sección
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3
4
E
=
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6
ton/m
2
El
=
5,208
ton
-
m
2
202

213. 2
03
1
.3
33
El
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{
M
}
p
2
DI
=
D2
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03
=
O
2
2
Rl
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2
t
-
m
R2
=
-
8/3
t-
m
R.3
=
-
6
ton
1
6
/8
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~
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1.333/EI
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4
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6
1
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4
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1
.33
3/E
I
• Estado Primario
:
DI
=
0
2 =
D
3
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204
DI
=
8
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=
1.615xlO
-
3
rad
D
2
=
-l.
0
26/EI
=
-
O.
197xlO
-
3
rad
D
3
=
48
.82/EI
=
9.314xlO
-
~
m
El
=
5.208
ton
-
m
2
{Q}
=
[K]{D}
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6
-
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J
x
El
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D
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k
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-
+
-
=
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x
El
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k
3
2
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O
{M}z
1
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12
Q
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16
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6 3
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3/9
.....
k
=--=
-
-
EI
.....
ti
13
16 8
k
2
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0
3/8
12b4
12 3
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{M}3
k
= -
=
-
El
D)
=
1
33
64 16
..... .....
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-
k
23
•
M
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d
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y
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k
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11
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2
k
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4
k
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31
16 8
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215. 20
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,2
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m
2
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-
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~
'--
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2
ton
~
--
E
A
==
co
..
1
"
4
Ejemplo 6-16Analicemos la estructura de
l
problema anterior (Ejemp
lo 6-15) cambiando el sistema de
ca
r
gas como se
indica a continuación
.
Mom
e
nto
s fi
nales (ton
-
m)
."
2
.77.- :::;
......-............
~o:J""T'"'1~_,
8•
.0
t
16.1
{M}
r
mal
=
{M}p
+
{M}
c
• ResuHados fina/es
Momentos delComplem
e
ntari
o
(ton
-
m)
_
) ) )
.))J
J)
-¡
1
•
Diagrama Momentos Complementario:
{
M}c
=
{
M
}l DI
+
{M
}
2 D
2
+
{M}]
DJ
)
14J
I
Deformada Primario
Deformada Complementario
20
5
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-
-
-
-
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4
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n
2
EI
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.
Sección
0
.
25
x
0.
50
'k
'k
El
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,2
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_
m
2
4
2
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3
....
r-
4
m
2
Momentos final
es
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on-m)
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2
.
0
2
.
91 1
.82
....
+-2
.
0
....
t
1.
B2
4.
36
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4.84
mm
0
.
74
5
mm
I
Deformada
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S
.
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I
O
"
1!I j
Q
-
D
El an
á
lisis se puede
r
ealizar sin considerar el grado de l
ibertad n
ú
mero 5
correspondiente al apoyo s
imple. La solución de
la
estru
ctu
ra se deja como ejerc
icio.
Tenga en cuenta que con respecto al ejemplo anterior
,
es necesario modificar la Ma
tr
iz
de
R
ig
idez asf como el Estado Primario cuyo cálculo en este caso es d
ir
ecto
,
ya que so
lo
h
ay cargas en nudos
.
Los resultados
,
deformada
y
diagrama de momentos
,
se presen
ta
n a
conñnuaclón,
Pre
sc
ind
i
b
l
e
-.1....-_.....
2
ten
EA
=00
Tendremos una estructura simétrica con carga antisimétrica
,
cuyo aná
li
s
is se puede
realizar sobre la mitad de fa m
isma si se utilizan las condic
iones de contorno apropiadas
en el eje de s
imetrfa
de
la estructura
.
¡,¡ I¡íI~II!¡
206
-
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'
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'
:
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-
:-
.
-
.-
....
;
'.
-
~
'.
.
'
.
.

217. 207
2
.
k
l
2
=
4
=
0.5
El
k
=
i
+
l
=
2
.
5E!
22
4 2
3
k
32
=
-
2
=
0
.
7
5
El
(2)
k
Z3
k
=-~
=
-
~EI
1
3
1
6 8
k =_
3
_
=
~EI
23
(2)2
4
k
=
.E_+_
3
_
=
i_EI
3
3
(4)3 (2)
3
1
6
k
=
4
+
i
=2
E
I
11
4
4
2
k
21
=
-
=
0
.
5E
I
4
k
=
-
~
=
-~E
I
3
1
1
6 8
.1
=
J
36
""
0
.
7
5
2
/
~
k32
~1--
-
_
_
~
k.12
• Co
e
fic
ie
n
te
s de Rigide
z
~ k31
~--
~~1
{Q}
=
-{
R
}={
-:}
.
4
.
5
•
E
stado Complementario
2.5
1.5
D
)
=D
2 =
0
3=0
RJ
=
2
t
on
x
m
R
2
=
-1
t
o
n
x
rn
R3
=-
(2.5
+
2)
=
-4.5
ton
• Estado Primario
2
Para la soluc
ión de la estructura por el Método de R
igidez
.
no se ut
ili
zará la coordenada
4 correspond
ien
t
e a la rotac
ión e
n
e
l n
udo
4
.
Q
-
D
Prescindible
Grados de Uberlad desprec
iandolas deformacionesaxiales
3
207
.) ))
II
~
l
-:J
)
-
-
\
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--i
)
-)
~
)
)')
'"J1
•

218. Momentos finales (ton-m)
Deformada
t3
.59
t
2
.
43
2
.
58
Ejemplo 6-18 Analicemos
la estructura del problema anterior (Ejemplo 6-17) rest
ri
ngiendo la posibilidad
de movimiento vertical
de
la estructura. Para esto colocamos un apoyo en el nudo 3 que
.
elim
ine e
l
descenso
.
Las únicas coordenadas son las rotaciones de los nudos 2 y 3.
La
.
idea de este ejemplo es aprecia
r
la influencia que tiene el descenso vertical de los nudos
2 y 3 en el comportamiento de la estructura
.
La rotación del nudo 4 se puede obtener por superposición del Pr
imario
y
del
Complementario: 9
4
=
9
4P
+
O
(D,)
+
Q.S
(02)
+
0.75
(D
3
)
Deformada
Momentos finales (ton-m)
/
0.75 ---..
;:::1-L-'-L.L.L ........
TTT"T"'I"4~
4.017
• Resultados finales
D
1
=
4/EI
=
O.768xlO
~
J
rad
D
2
=
-6/EI
=
-1.1
52xlO-
3
rad
0)= 18.67/EI
=
3
.584
x
l0
·
3
m
{Q}=
[K]{D}
{o}=
[KtfQ}
• Matriz de Rigidez
y
soluci6n del sistema de ecuaciones
208

219. 209
w
f-c
os
a,
(
1
2
t
l~
I
)
w
co
sa
¡2
12
...-"'-
e.
......
..-w
se
n
a.
w
/
sena. _...... ~..-2 ~
2
Caso 2)
2
1
2 (
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w
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s
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a.
...
2 \
Mil
cos
a.
w
p
·
I
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12
r
t
-
-
wl
2
wf
wcos
2
a.
~
--
~
JI.
12
..........
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w
co
sa.
se
na.
1
=
wcosa.
l/
cos
o.
w
wl
Caso 1) 6
.
8 Fuerzas de Empotramiento
en
Elementos Inclinados
Antes de presentar algunos ejemplos de la solución de pórt
icos con vigas o elementos
inclinados
,
conviene recordar las fuerzas de empotramiento
y
las diversas
transformac
iones que se pueden realiz
ar
en estas fuerzas. A contlnuacl
ó
nse presentan
algunos casos tipicos de bar
r
as
in
clinadas con cargas repart
idas
.
j3
.66
j
2.
5
7
{M}
fi
n
a
l
(ton-
m)
2
.
7
6
Eiemplo 6-19Analicemos la estructura del Ejemplo 6-17 pe
r
mitiendoel desplazamientohorizontalde la
barra 3-4 como se
indica a cont
inuac
ión
.
2
09
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220. 210
Q-D
CD-----
¿Pued
e
existir?:
NO
.
pues
EA
=
00
•
Grados
de
Libertad
aprovechando
la
simetrla
de
la
estructura
y
de
las
cargas
11
12m
.."
1
2
m
1
8
E
=
2xl0
6
too/m
2
Sección
0.35
x
0
.70
El
=
20,008
ton-m
2
EA
=00
a~22.6° Pendiente
e
42%
5
3
E/emplo
6-20
Al
pórtico
que
se
ilustra
a
continuaci6n
se
le
denom
ina
"
pórtico
a
dos
aguas
"
y
su
empleo
es
bastante
común
en
naves
industriales
y
depósitos.
Se
pueden
cubrir
luces
y
alturas
libres
importantes
con
economías
notables
en
comparación
al
m
ismo
pórtico
con
la
viga
horizontal. Para
simplificar
la
parte
numérica
se
ha
supuesto
que
el
pórtico
es
de
sección
constante
y
de
concreto
armado
.
En
la
realidad
el
pórtico
se
habría
fabricado
de
acero
utilizando
pertiles
doble
T
de
secc
ión
variable
para
economizar
material
y
lograr
una
estructura
más
liviana
y
en
consecuencia
de
menor
costo
.
Adicionalmente,
se
ha
supuesto
que
las
deformaciones
axiales
de
todos
los
elementos
son
despreciables.
6.9
Pórticos
Planos
Con
Elementos
Inclinados
Estudiaremos
el
comportamiento
de
este
tipo
de
estructuras
con
la
ayuda
de
los
ejemplos
que
se
presentan
a
continuaci6n.
2
Caso
3)
210
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2
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221. {N}p
(ton)
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\
\
{M}p
(ton
-
m)
12
R, =-12to
n
x
m
R
2
=
14.4
ton
H
=
14.4
ton
12
Hx5
=
1
"
12
"
-
2
211
{Q}=-{R}={ 12 }
-
14.4
\
{V}p
(
ton
)
wsenacosa
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• Estado Complementario
Dl =D
2=
0
_..,.
14.4
• Estado Primario
\
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• Pos
ibles descompos
iciones de la carga extema
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=
1
ton/m
211
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O
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222. 1
I:i
Relativo total barra 3-5
=
2_
+
144
=
2.6
13 65
El movimiento de la barra inclinada (3-5) también se puede detenn
inar utilizando su
centro instantáneo de rotación, tal como se indica a continuación:
2.4
6S
~=l
cos
2
ex.
144
a
f
1
.r
6
H::o-
65
4 2
Hx5=-+-
3 13
4 4 21
k
=-+-=
-El
11
8 13 26
k
=_.i.+~= __
3_EI
21
64 65 2080
~r~8
64
2/B~
{M}t
x
El
No puede Bajarl
2/13
• Coeficientes de Rigidez
212
-
. - -
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223. i
.
)
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J
213
1
{M}
ton-m
{N}
ton
-12
Deformada
29.5
-
6
.
4
1
~
29mm
• Deformada de la estructura, diagrama de momentos
y
fuerzas nonnales
{M}
=
{M}p
+
{M}.
D
I
+
{M}2
D2
D
1
=
14.43/EI ~ O
.
72xlO·
3rad
D
2
=
-238.2/EI~
-1l
.
91xl0
·3
ro
{
}
(
21/ -3/ ){}
12 726 /2080 D,
-14.4
=
EI
-3/ 6036xl0
·
l
D
2
/2080
.
• Matriz de Rigidez
y
solución del sistema de ecuaciones
{M}lx El
H
19.2
=
-ton
520
6~64
.
12
512
~6/64
213
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_
_
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I
I
...

224. {M}
ton-m
Ejemplo 6-22 Veamos como cambia el comportam
iento del pórtico a dos aguas del Ejemplo 6-20 si en
lugar de empotramientos en
los apoyos de los nudos 1
y
2 existieran articu
lac
iones
.
.
E
ste tipo de apoyo es ba
s
tante común en pó
rti
cos a dos aguas construidos con perfiles
'.
metálicos.
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--
--
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4
1
.14
41
.
14
--
-
--
-
-
-
-
,
-
--
-
---
-
--
1
=
68
mm
I
Los resultados se
indican a continuación
y
resulta notable la diferencia que existe en el
desplazamiento vertical al centro de la viga (29 contra
68
mm) así como las diferenc
ias en
los momentos negativos
y
positivos en la viga.
t
i)
.
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E
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o
6
tonlm
2
Sección 0.35 x 0.70 El
=
20,008
ton-m1
EA=oo
I
I
f.--
-
--
-
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1111111
1
1
1
111111111111111]1111111111111
11
11111111111111111111111111
-1
IIE§II
j_
w
=
1
tonlm
214
Ejemplo 6..21 Para apreciar las ventajas de utilizar, para luces grandes
,
un pórtico a dos aguas frente a
un pórtico con viga horizontal, analicemos el comportamiento del pórtico mostrado a contlnuaclón, El pórtico tiene las mismas secciones
y
material del analizado en el
Ejemplo 6-20
,
la única diferencia estriba en la viga que es horizontal con una luz de 24 m
y
las columnas son de 8 m de altura
.
Tenga en cuenta que las secciones utilizadas en
este ejemplo no son reales, la idea es comparar el comportamiento de ambas estructuras.
-
-
-
-
-
-
-
-
--
-
-
-
.=
-
-
-
--
- - -
--
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-
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225. 215
\
\
\
\
S
im
e
trí
a. Q-D
2
Cab
l
e de acero
:
E
=
2
x
1
0
\o
nlm
2
EI=O
8
Cable
1
5
.
Ejemplo 6-23
.
Veamos como cambia el comportamiento del pórtico del problema anterior (Ejemplo
6
-
22) si se coloca un cable de acero uniendo los nudos 3 y 4
.
El cable
.
como veremos.
permite reducir los empujes horizonta
les que e
jercen los elementos inclinados sob
r
e las
»:
columnas, reduci
r
la fuerza cortante en la columna
y
los momentos flectores
.
El
I
nconveniente pr
incipal es q
u
e el cab
le reduce la altura libre dispon
ib
le en e
l i
nter
ior del
pórt
ico
.
:
La comparación de los resultados finales obtenidos en los Ejemplos 6-20
y
6-22 permite
.
observar la sensib
ilidad del comportam
iento de la estructura a ras condiciones de apoyo
-
en la base
.
\\t12
{
N}
ton
{M}
ton
-
m
~
.
-
3.9
Resultados finales
.
"
..
1
2
1
2
8
E
=
2xl0
6
ton/m
2
Sección 0
.
35 x 0.70
El
=
20
.
008
ton
-
m
2
EA
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~22.6°
5
2
i
5
)j)
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J
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-
)
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-"1
)
)
~J
)
--
-
'\

226. \
\
1
B
Sección 0.35 x 0.70 E
=
2
x
10
6
tonlm
2
El
=
20.008
ton-m
2
EA
=
DO
-.
5-tan
3
5
Ejemplo 6-U Analicemos el comportamiento del
pórtico
del Ejemplo 6-20 sometido
a
cargas laterales
como se ilustra a continuación.
\
\
\
\\ 11
2
{N}
ton
{M}
ton-m
Avert. Nudo 5
=
O
-14
.
8
-
1
5
.
2
'
-16
-
1
2
\
\N
Cable
=
15.2
ton
:::-+-
1.9 \
t1c
e) Caso
3,
cable de acero de
EA
=
DO
(caso extremo)
.
I
(
YY
:SI
{N}
ton
{M}
ton-m
-11
,
3
Mor
.
Nudo 3 ~ 6
.
2 mm
+­
Avert Nudo 5
R$
14.8 mm
.
J,
{N}
ton
-=-----
2,5 \\
t12
b)
Caso
2,
cable de acero de área 10
cm
2
•
¡ ríII¡
{M}
ton-m
.dhor
.
Nudo 3
R$
9.3 mm ~
Avert
.
Nudo 5
R$
22.4 mm
J,
0
.
6
a) Caso 1, cable de acero de área 5
cm
2
•
216
~ ;
~ ~')
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j
~
-
j
.) '4)

227. Las
componentes
h
ori
z
onta
les
d
e
be
n an
ul
arse
.
5
N
=-
to
n
6
76
3
Nc
o
sa
=-
s
ena
169
r~~I
,
\
,
\
\
\
,
1
-J
Q
-
D
-
•
Es
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ado P
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ma
ri
o
R =0
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I
-
4
R
2
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-6
ton
1i
•
Estado Co
m
pleme
n
tario
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1
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Coeficien
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s
tir N
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O
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2
17
c
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4 3 19
k
ll
=
-
+ -
= -
El
8 13 2
6
6
5 3
6 3
k
21
=
-
- -
-
c
o
sa
+
-
s
en
a
= -
-
=
--El
64 67
6 1
69 64 32
t
~
6
/
64
N
3~
p--1---i--~
...-?--\
,,\a
16
9
{
Q
}
=-{
R
}
=
{
~
}
• Sistema
Q -
D
.
La estructura se ha reducido aprovechando la antis
imetría de las
~rgas la
t
erales
.
Se
m
ues
t
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istemas de
coor
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Utilizaremos
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1

228. Para este estado o caso de carga, la presencia de un cable horizontal uniendo los nudos 3
y
4 no modificaría los resultados.
{
M}
t
on-m
• Deformada de la estructura
,
diagrama de momentos
y
fuerzas normales
D
I
=
67
.4
6/EI
=
3.37
x
lO-
J
r
a
d
D
2
=
525
.
84/E
I
=
2
6.28xlO
-
3
ni
12
3
k
=
-=-EI
22
512 1286 3
k
=--
=--EI
2
1
64
32:::;>
V
=
_2_ 156
3
Vx12=-
13
{~}
=
EI(~~6 ~2J {~,} EI=20,OO8
%2 X28
2
• Matriz de Rigidez
y
solución del sistema de ecuaciones
DI =0 D2
=
1
Í4~
~12
/
512
1
1
k ~
~
\"
~r
~ k =-~EI
1
2
64
Alternativamente el equilibrio de la barra inclinada se puede formular en coordenadas globales como se indica a continuación:
218

229. 21
9
'.
Nótese
la
magnitud del desplazamiento horizontal del pórtico
(134 mm
aproximadamente)
.
y
los fuertes momentos flectores en la viga
y
columna
.
Estos valores nos indican que
para cargas laterales, la respuesta del pórtico es muy sensible a las condiciones deapoyo.
{M}
ton-m
I))
.
el comportamiento
.
del pórtico del Ejemplo anterior, sometido a cargas
:
laterales, modificando las condiciones de apoyo en los nudos 1
y
2 de empotramientos a
íacíones
.
El objetivo es formarse una idea de la influencia de las condiciones de
~
~
.
al:>oy
'oen este tipo de pórtico sometido a cargas laterales.
219
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.
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+- 10/3
ton
10
ton
-
m
10
{M}
t
on-m
JO
ton
f
f
f
10
a) Caso ,. Corresponde a un caso extremo en el cual las vigas
00
-
tienen r
igidez a la
flexión
(El
vi
ga
=
O)
.
Las columnas trabajan en voladizo
.
La rigidez lateral del pórt
ico
·
(K
L
=
Flatlll
=
1012
.78)
es de 3
.
6
ton/mm
aprox
imadamente
.
1/2
.
AI2
2
3 __. ..........--__;~
\\
S
i
stemaQ - D
Aprovechando la simetrfa del pórtico
y
la ant
isimeúla de las cargas
,
la estructura puede
reducirse a la mostrada a continuación
.
A
íI"
oc
"
6
6m
\
2
\
\
3
E
=
2x106 ton/m
2
Sección columnas 0.30 x 0
.
60
Altura columnas
=
3 m
Se desprecian las d
e
formacio
n
e
s
a
x
iales
(EA
=
(0)
lO__
ro_n~••
r4
5~
~6
Ejemplo 6-26 El ejemplo que se desarrolla a continuación
,
pretende da
r
una idea de la repuesta de un
pequef\o pórtico de un piso frente a cargas laterales. No se cubren las numerosas variables que influyen en la respuesta de los pórticos frente a las cargas laterales. 6.10 Pórticos Planos Sujetos
a
Cargas Laterales
Las cargas laterales suelen provenir de la acción de un sismo o viento actuando sobre la estructura. En el caso de sismos, las cargas laterales que se generan en la estructura provienen del movimiento del suelo
y
son de naturaleza dinámica. Sin embargo, las
Normas permi
t
en calcular un conjunto de cargas laterales estáticas que intentan simular
la acci6n dinámica máx
ima que puede producirse en la estructura.
La
determinación de
.
las cargas laterales estáticas "equivalentes" depende de diversos parámetros, entre ellos se encuentra el perIodo de vibración de la estructura
.
220

231. 221
5.7
{
M
}
ton-m
O
.64h
0.54/
y
,
,.
;
c)
Caso
3.
Corresponde a un caso en el cual las vigas
t
ienen la misma sección que las
columnas (El v
ig
a
=
El col
u
mna)
.Nótese que la colum
n
a cent
r
a
l
toma más cortante que
las extremas (1.36 veces más) tamb
ié
n
que e
l
punto de
inflexión está más bajo
.
Las
fuerzas ax
iales que se desarrollan en las columnas
,
aunque parezcan pequeñas
,
equilibra
n
un parte importante del momento volcante total (10
x
3
=
30
ton-m),
la
contribuc
ión de las fuerzas axiales en las columnas al equilibr
io del mo
m
ento volcante es
cercana al
40%
(
0.98
x
12 / 30)
el
60%
restante lo equilibran los momentos flectores en
la
base de las columnas
.
la rigidez lateral del pórtico
(10
/1.14)
es de 8
.
77
t
on/
mm
.
\
+-+
.16
0
.
3
5
....­t
3
.
16
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3
5
8.9
~~\~.k
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67
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0
.
8
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{M}
ton
-
m
.:
0
.
9
h
1.05
0.52/
1 :
b)
Caso
2. Corresponde a un caso en el cual las vigas tienen una rigidez a la flex
ión
pequeña
(El
viga
=
0
.
1
El
columna)situac
ión que corresponde a v
igas m
u
y flex
ibles en
"
comparación a las columnas
;
Las columnas trabajan prácticamente en voladizo con
,
puntos de inflexión altos. La rigidez lateral del
,
pórt
ico (10
12
.19)es de 4.57
t
o
n/mm
a
proximadamente.
22J
" )J))))
"),
')
.
-
'~

232. 222
0.5
h
0.5
h
0
.
671
Ir
1/
A
..
y
e)
Caso
5.
Corresponde
a
un
caso
en
el
cual
las
vigas
son
muy
rlgidas
en
comparación
a
las
columnas
(El
viga
=
100
El
columna)
.
En
este
caso
las
columnas
trabajan
corno
doblemente
empotradas
y
toman
la
misma
fuerza
cortante.
Este
caso
corresponde
a
la
máxima
rigidez
latera
l
que
puede
alcanzar
este
pórtico
en
particular,
KL
=
14.29
ton/mm.
los
puntos
de
inflexión
en
las
columnas
se
ubican
exactamente
al
centro
de
su
altura.
0
.
52
h
\
5.0
+-­
.3
_
21
1.21
0.631
..
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111
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Il.
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0.758
mm
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{M}
ton-m
\
\
\
5.0
+-
.3
.3
2
1.
25
d)
Caso
4.
Corresponde
a
un
caso
en
el
cual
las
vigas
tienen
diez
veces
más
inercia
que
las
columnas
(El
viga
=
10
El
columna).
Corresponde
a
una
situación
de
"vigas
robustas"
en
comparación
a
las
columnas.
El
desplazamiento
lateral
del
pórtico
se
ha
reducido
considerablemente
(compárese
con
el
caso
1)
lo
cual
se
traduce
en
un
aumento
importante
de
la
rigidez
lateral
del
pórtico
,
cuyo
valor
es
13.19
ton/mm.
Los
puntos
de
inflexión
en
las
columnas
se
ubican
prácticamente
al
centro
de
su
altura
.
mientras
que
en
las
vigas
han
experimentado
un
corrimiento
(compárese
con
el
caso
2)
.
Las
fuerzas
axiales
que
se
desarrollan
en
fas
co
lumnas
equilibran
cerca
del
50%
(1.21x12
/30)
del
momento
volcante.
222
{M}
ton-m
~
--
,-
...
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-
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~
'.
~
-
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'

233. El
viga
I
El
col
e)
Caso
6. Para cuantificar la influencia de las condic
iones de apoyo de las columnas,
en la respuesta del pórtico frente a cargas laterales, analicemos nuevamente el Caso 3 -en el cual las vigas tienen la misma sección que las columnas (El viga
=
El columna)-
cambiando los empotramientos en la base por articulaciones
.
La rigidez lateral se
reduce a KL
=
1.96
ton/mm,
este valor es inferior al Caso
1
que tiene vigas de inercia nula.
.
.
Los puntos de inflexión en las columnas se ubican en la base de las m
ismas
.
Es
interesante comparar el diagrama de momentos y las reacciones en la base con lasobtenidas en el Caso 3
.
6
4
2
10
8
o
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.
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223
r
La variación del desp
lazamiento lateral del pórtico
y
en consecuencia de su rigidez
lateral
,
se muestra en la figura a continuación. La figura corresponde a columnas
empotradas en la base
.
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J
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Primera columna de
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I
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~
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1
~
f
1
J
01
Las figuras a continuación muestran la construcción de la matriz de Flexibilidad Lateral eh un pórtico de tres pisos, utilizando la definición de coeficientes de flexibilidad latera
l.
aplicando cargas laterales unitarias en cada uno de los gdl.
Pórti
c
o sometid
o
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l
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S
i
stemaQ-D
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l
o fuerzas
y
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a
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l
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1
I1
J..
III
"
"
1
."
""
Establece la relación entre fuerzas laterales
y
desplazamientos laterales:
{DL}
=
[FL] {QL}
La matriz de Flexibilidad Lateral ([FL]) es simétrica
y
d~finida pO$itivs.es de LJtilidaden
el
análisis s
í
smico de edificios sometidos a carga.s laterales. Para su construcción
,
se
define un sistema de coordenadas reducido
eh
el cual los gdl que nos interesan son los
desplazamientos laterales del pórtico, tal como se
indica a continuación.
6.10.1 Matriz de Flexibilidad Lateral
de
Pórticps
Planos
224
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• 0
.
0
•
• 0._
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1 -
S
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gu
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l
umna de K
L
D
1
=
1 - Pri
m
era
c
o
lu
m
na
d
e
K
L
!\___
las figuras a continuación muestran la construcción de la matriz de Rigidez Lateral en unpórtico de t
r
es pisos, utilizando la definición de coeficientes de r
igidez latera
l, aplicando
desplazamientos laterales unitarios en cada uno de los gdl.
Sist
e
ma Q-D
(sólo fuerzas
y
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s
pl
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6.10.2 Matriz de Rigidez Lateral de Pórticos PlanosEstablece la relación entre desplazamientos laterales y fuerzas laterales:
{QL}
=
[KL] {DL}
La matriz de Rigidez Lateral
([KL])
es s
imétrica y definida positiva, es de utilidad en el
anális
is s
ism
ico de edificios sometidos a cargas laterales. Para su construcción
,
se
define un sistema de coordenadas reducido en e
l
cual los gdl que nos
I
nteresan son los
,
.
desplazamientos laterales de
l
pórtico
,
tal como se indica a continuac
ión
.
La matriz de Flexibilidad Lateral se puede generar fácilmente con la ayuda de unprograma para el análisis automático de pórticos planos, definiendo sucesivos estadosde carga, como los tres mostrados en la figura anterior y para cada estado de carga
,
basta obtener los desplazamientos laterales de los niveles para ensamblar dicha matriz.Para el pórtico de tres p
isos
,
tendremos
:
{DI}
(fll
{DL}=[FL]{QL} ~ D2
=
f
21
D3
f
3
1
225
¡'
,
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El
El
El
2
Veamos la manera de abordar el caso de los desplazamientos de apoyo en una estructura mediante un ejemplo sencillo. Se trata de una viga de tres tramos de luces iguales y sección constante en la cual el empotramiento izquierdo sufre un descenso de magnitud
d.
Ejemplo6-276.11 Efecto del Desplazamiento
o
Movimiento de Apoyos
Existen situaciones en las cuales es necesario cuantificar el efecto de los desplazamientos o movimientos de apoyo, en la repuesta de una estructura
.
Una
situación de este tipo
.
puede darse en un pórtico en el cual los apoyos (zapatas)
experimentan un asentamientono uniforme (asentamientore
lativo o diferencial) producto
de la deformación del suelo en el cual se apoyan las zapatas. También puede ser de interés analizar el efecto que tiene la rotación o giro de las zapatas en la respuesta de una estructura sometida a cargas laterales. Este es el caso de las placas
"
o muros de corte en los cuales el momento flector que transmiten a la
zapata suele ser elevado y en consecuencia la cimentación gira alejándose de la hipótesis de empotramientoperfecto que se suele asumir
.
El tratamiento de los desplazamientos de apoyo en el Método de Rigidez, es simple ya que estos efectos se incorporanen el Estado Primario. Lo que no suele ser s
imple, es la
estimación de ramagnitudde los desplazamientosde los apoyos de una estructura.
[FL] [KL]
=
[KL]
[FL]
=
[I] ~
[KL]
=
[FLr
L
Existen numerosas técnicas para generar
la matriz de Rigidez Lateral de una estructura,
en el acápite 7.11.2 se presentauna metodologíapara ello. Otra manera
,
que puede ser
conveniente en muchos casos, es por inversión de la matriz de Flexibilidad Lateral, es decir, aprovechando la relación que existe entre ambas matrices (véanse los ejemplos del acápite 7
.
11
.
2):
D3
=
I - Tercera columna de KL
Para el pórtico de tres pisos, tendremos
:{FI} (kll
k
l2
k
13
J{OI}
{QL}=[KL){OL} ~ F2
=
k
21
k
22
k23
02
F3 k
31
k
32
k13
03
226
.
~
_
·
·
.
-
-
-:;
.
-
;
,
¡
;-;c
_
_
i
~
-
_
..
_
_ ~"
~
-L
_
-
..
..-
.
~
~
:
_~-
-
-
.
..
_
~
~
-
-
-
-
-
-
--

237. 227
{M}
ton
-
m
Nétese
-
que el e
f
ecto del desplazamientode
a
poyo se va
"
amo
rti
gua
nd
o
"
a me
d
ida qu
e
nos alejamos de la zona
e
n la cual se p
r
odujola
"
perturba
ci
ón
"
.
Para darnos una idea de la magnitudde los momentos que se producen en
e
sta v
iga po
r
el efecto del asentamiento del apoyo de
la izquie
r
da
,
as
u
mamos a
lg
u
nos valores
cor
r
espondientes a una v
ig
a
de concreto armado:
E
=
2xl0
6
t
o
n /
m
2
1
=
5
m
S
ec
c
ión
0
.
2
5
x 0.50
E
l
=
5
,
2
1
0 E
l
==
20
8
/
2
Si el asentamiento del apoyo es ~
=
0.
0
5
m
el diagra
m
a de momen
t
os es:
29
.
2
• Diagrama de Momentos final (Primario
+
Complementa
ri
o)
.
2
.8
[
K
] {
D}
=
{
Q}
1 ~
D
=
-
-
2
5
1
k
2
1
=2
E
IIl
k
2
2
=
S
EII
l
4~
·
D
=
-
-
-,-
15
1
• Coe,_fic
ientesde Rigidez
.
,.
k
ll
=
SEI
11
k
l
2
=2
E
II
l
6EI~
{b
hl
6
}
R
=
R
2
=0
{
Q
}
= -
~2
I
¡l
=>
• Estado Complementario
.
- 6EI~1
f
~
~
~
4
4
~
I
6EI~
/
¡2
6
EI
~
I
P
R)
( ;p-
(--+i--'fr-) (~
-'i
~ t
D
I=
~
=
O
RI;:-
AIV
\
\
~
.
~
\
\
• Estado Primario
.
2
27
),)))1)-,
)J)))
~
))J)
)
)
))
~
)
\I
J
)
_)
j)
_,
)
J )
JJ
))")

238. b)
Caso
2
.
El empotramiento central (nudo 2) sufre un asentamiento instantáneo de
magnitud
a
=
25
mm.
Como era de esperarse, al ser la estructura simétrica asl como la
solicitación, el desplazamiento horizontal de la v
iga es nulo asl como la rotacióndel nudo
5
y el diagrama de momentos es simétrico. Nótese nuevamente la magnitud de los
momentos flectores que se producen
,
éstos
n
o son para nada despreciables
.
1
3
.
93{M}
to
n
-
m
-o¡:::
a)
Caso
1. El empotramiento izqu
ierdo (nudo 1) sufre un asentamiento
instantáneo de
magnitud A
=
2
5
111m
.
La solución se deja como ejercic
io para el lector
y
a continuación
se muestran los resultados
.
El desplazam
iento horizontal de la viga es de 2.46 mm
.
Nótese la magn
itudde los momentos flectores que se producen, éstos no son para nada
despreciables.
A
u
E
=
2xl 0
6
ton/m"
Secci6n de vigas
y
columnas OJOx
0.60
m
Altura
de las
columnas
==
3 m
3 Se desprecian
las
deformaciones ax
i
ales
(EA
=
r:x»
~í.
J)
'
j) )
"
)
)) ) ) ) ) ) )
-J
.
j
-=l
) ) )
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:;;) :3 ---j
)
-d
))'-J ,J )::J )61 .
)'"
))
~
228
..
..
..
6
..
6m
\\
5
6
~--------~--------~ 4
La magnitud del momento flector qUE)aparece en el empotramiento de la izquierda es bastante elevada, es muy probable que lleve a la falla a la sección del empotramiento
.
Eiemplo 6-28 Analicemos el efecto de un desplazam
iento (asen
t
am
iento) de apoyo en el pórtico del
Ejemplo6
-
26.

239. 229
Por e
l
contrario
,
en estruct
u
ras hiperestá
t
icas (externa o
in
t
ernamente) los cambios de
temperatura en una o más
b
arras or
iginan desplaz
a
m
ientos en
los nudos y esfuerzos en
las b
a
rras
.
Por ejemplo en la armadur
a
mostrada
,
que es externam
en
t
e
h
iperes
tá
tica e
Apoyo
d
es
l
izante
&
ro
..
Esfu
e
rzo
s
en
b
arras {o"}
=
{O}
Desp
l
azami
e
nto
d
e nu
d
os {
D
}
*"
{O}
En estructuras isos
t
át
icas (e
xtern
amente e i
nt
ernamente)
los camb
ios de temperatura
,
AT
O
.
no causan es
f
uerzos en la estruc
t
ura
,
s
ó
lo desplaza
m
ien
t
os de nudos
y
en
consecuencia cambios en la geometria. Por ejemp
lo e
n l
a ar
m
ad
u
ra m
o
s
t
ra
d
a a
cont
inuación
,
la cual es isos
t
áti
ca
extern
a
e inte
rn
amen
t
e, un camb
io de
tem
pe
r
a
tur
a en
una o va
ri
as ba
rr
as no caus
a
rá es
fu
erzos
e
n
las barras.
~
~
~--S
~
h
=
__.~
~
._.
EA
A
T'
EAaA'fO
11'fO
incre
m
ento
+-
~
~
__.
A
TO
decremento
EA
a
AT'
6
.
12.1 Cambios uniformes
de
Temperatura
.
En una barra de
l
t
ipo armadura o del
t
ipo
v
iga, los incrementos un
if
ormes de tempera
tu
ra generan a
largam
ientos o acortamientos
también un
if
ormes. A continuac
ión se
m
uestran las fuerzas de empotram
ie
nt
o
.
en este
caso fuerzas normales
,
para una barra de
l
tipo menc
io
nado
d
e pe
r
a
lte
h
.
6.12 Efecto
dé
los Cambios de Temperatura
..
·
.
Existensituaciones en las
c
uales es nec
e
s
ari
o cuantifica
r
e
l
efec
t
o
d
e los camb
ios de
..
.
.
:
ternperatura en la repuesta de una estructura. Los incrementos o
los
d
esce
n
sos de
.•
.
•.
.temperatura en una barra de u
n
a estruc
tu
ra puede
n
se
r unif
o
rm
es
,
es
d
ec
ir
todos los
pun
t
os experimentan el mismo camblo
,
o puede
n
ser diferenc
iales.
El trata
m
iento de los cambios de tempe
r
atura en el
M
é
t
odo de R
ig
ide
~,
es s
imple ya que
estos éfectos se incorpora
n
en el Estado P
ri
ma
ri
o. Lo que no sue
le se
r
s
imple, es la
.
estimac
ión de la mag
nit
ud de los cambios de temperatura, nor
m
a
lmente es ne
ce
sar
io
contar con mediciones de las variaciones térm
icas a lo largo del tiempo para estimar los
valores máximos
,
mínimos y med
ios
.
3
0
.
0
0
_
/
_
l))
))))
J
)
...,
.J)J
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.
"
1
~,;) :
.)
'J
:
)
J).) )Vi@';;
)
230
6.12.2 Gradientes de Temperatura.
A
continuación se muestran las fuerzas de
empotramiento para una viga de peralte h, sometida a una temperatura inferior (Ti) menor que la temperatura exterior
(Te).
Se ha supuesto que la variación de la
temperatura
8
.
lo alto de
la.seccíón
es lineal. Situaciones de esta naturaleza se pueden
presentar cuando la superficie exterior está
.
expuesta al sol mientras
que
la interior está
protegida. la deducción de las fuerzas de empotramiento se deja como ejercicio al lector, ésta se puede realizar utilizando el Método de Flexibilidad
y
Trabajo Virtual (carga
unitaria) para calcular los desplazamientos en las redundantes ocasionados por la variación de temperatura mostrada.
Isostática externa
.
Hiperestática interna.
El mismo procedimiento descrito es aplicable a estructuras isostáticas externamente e hiperestáticas internamente tal como la armadura mostrada a continuación. Para la armadura de la figura anterior, que tiene 12 gdl, el cálculo de las Cargas de Fijación (Estado Primario) es simple
.
Se Calculan las fuerzas de empotramiento en cada
una de las barras, que en este caso son únicamente fuerzas normales (qi
=
Ei Ai
ai
ATiO)
luego por equilibrio de cada uno de los nudos se calculan las magnitudes y sentidos de las Cargas de Fijación (Rl,
i
=1,12).
La
figura a continuación muestra un esquema del
cálculo de dichas cargas. Los desplazamientos de los nudos se obtendrán del Estado Complementario
y
las fuerzas finales en las barras de la superposición del Primario
y
Complementario.
..... Aro
I
-+
Brida superior (expuesta
al
sol).
Aro
2
-+
Resto de barras
.
internamente isostática, un cambio
de
temperatura originará desplazamientos
y
esfuerzos en las
barrasl
230
-
_
:
.
'
.
-:
•
•
•
•
• ~ ••
~
•
•
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•
•
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_~
_
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::,:,
.:
.
_
o
•
•
•,'.'
~
~
.
:
•
V

241. 2
31
Ejemplo 6-29Para est
ima
r
los esfuerzos que se ge
n
era
n
e
n
una viga po
r
un aumento de temperatura
o g
r
adiente no uniforme, analice
m
os
la viga de t
r
es tramos most
r
ada que pertenece a
l
>
_
table
r
o de un puente continuo. Se ha supuesto que la v
iga es de concreto armado
f~
(E
=
2
x
I06 tonfm2
a
R::1xl0
·s
l/OC)
de sección constante
O.40
x:
1.20
m
y
que es
t
á sometida a
'>
un grad
iente
linea
l
de
t
empera
tu
ra de 30°C
,
es dec
ir
,
la parte superio
r
de la v
iga se
§
encuen
tr
a m
á
s caliente (
5
0°
C)
que la
infer
ior (20°C
)
por esta
r
expues
t
a d
irectamente al
~
.
sol.
,
=
So
l
~o
,Existen situaciones en las cuales puede ser necesario es
ti
mar el efecto que produce en
la estructura
,
un incremento de temperatura solamente en
u
na de
las
f
ac
h
adas del
edific
io
.
En la figura a continuación se muestra la configurac
ión deformada de un e
di
fic
io
de seis p
isos en el cual una de
las fachadas se e
n
cuentra expuesta al sol
y
la otr
a
en la
sombra
.
El ala
r
gam
iento de
las columnas por el
incremen
t
o
d
e te
m
pe
r
atura
,
gene
r
a un
movimiento
late
r
al del edificio
y
esfuerzos en las barras
.
'---
- Variac
i
ón lineal
(
s
u
puesta
)
d
e
la
t
e
mp
e
ratura en la
al
tura de
l
a sec
ci
ó
n
.
Te
>T
i
_
h AT=Te-Ti
)))JI
~
~
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)
r
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i
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)
I1
-,
i
)
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~jI
}
¡
~
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¡
))
It
)
-
})

242. ~
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~"j --J
J
.-J o)Jj .,) ,)¡
J
-1_)
"
q ,
j,
'''7
).
J
~'O ::
?)
232
Caso
1. La viga experimenta un
J
ncrerneeto
uniforme de temperatura
·
de 30°C
.
Nótese
que
.
.en este caso
;
Ia
.
,
estructuray
Jas
~argas son simétricas,
.por
le-tanto el nudo 5 no debe
experimentar ni movimiento horizontal ni rotación
,
en consecuencia la estructura se
puede reducir cons
iderando un empotramiento en dicho nudo
.
La soluc
ión se deja como
ejercicio para el lector
y
a continuac
ión se muestran algunos de los resultados.
El sistema Q-D cons
iste en el desplazamiento horizontal de la viga
y
las rolaciones de los
nudos 4,
5
Y6. En total la estructura tiene 4 gdl.
JI
JI
JI
u
"
6
6m
oc
\
\
\\
\
2
3
5
6
4
E/emplo 6-30 Para estimar Jos esfuerzos que se generan en un pórt
ico pequeño por el aumento de
temperatura en algunos de sus elementos, analicemos el siguiente pórtico. Nótese la magnitud del momento flector en las vigas (cerca de 35
ton-m).
Si bien es cierto
que en un puente las cargas muertas y vigas suelen causar momentos flectores mayores que los producidos por el cambio de temperatura analizado
,
también es cierto que en el
tramo central, los momentos por cambio de temperatura son del mismo signo que los producidos por las cargas permanentes (momento positivo en el paño central) y en este caso pueden representar una fracción no desprec
iable
.
{M}
ton
-
m
~t~~~
34
.
56
34
.
56
1
~
J
~
Deformada
A ~ ~ A
Dv rnax
=
1
.
07 mm
J
9.00
m
So)
232~O
1
9
.
00 m
!
9
.
00
m
1

243. 233
Nótese la magnitu
d
del momento
f1
ec
t
o
r
en las bases de las columnas extremas
y
en los
extremos de
las v
igas cerca
n
os al nudo 5
.
{M}
ton-m
1.44
D
e
formada
Oh nudo 6
=
2
.1 mm
Caso
2. La viga experimenta un gradiente lineal de tempe
r
atura de 30
o
e,
es decir
,
la
parte superior de la viga se encuentra más calien
t
e
(50°C)
que la inferior
(20°C)
por estar
expuesta al sol
y
no contar con protección térmica. Nuevamente la estructura
y
las
'.
cargas son simétricas, por lo tanto el nudo 5 no debe experimentar ni movimientohor
izontal ni rotación
,
en consecuencia la estructura se puede reduc
ir cons
iderando un
empotramiento en dicho nudo
.
La solución se deja como ejercic
io para el lec
t
or
y
a
continuación se muest
r
an algunos de los resultados.
Nótese la magnitud del momento flector en las base
s
de las columnas extremas, es
probab
le que dicha magnitud sea comparable o super
ior a la oc
a
sionada por las cargas
permanentes en servicio que actúan sobre el pórtico.
233
r!I
)
J
)
-)_)
)
)))
)
_)
)
)-,.J.)
_)
~
:)
.
»
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244. ¡tI
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-
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~
)
) ) )
'"J
)"3 j ~::) ) ):
)
,
)
_) ))
,
~
6.13 Parrillas Las parr
illas son estructuras planas con ca
r
gas perpendiculares a su plano
.
Las barras
se suelen modelar como elementos unidimensionales que trabajan a flexión y torsión
.
Las fuerzas de sección en las barras son
:
Cortante. momento f1ector
y
momento torsor.
No ex
iste fuerza axial en las barras ya que las cargas son perpendiculares al plano de la
parrilla
.
Para analizar es
t
e t
ipo de estruc
t
uras mediante el Método de Rigidez. es necesario
considerar tres gdl en cada nudo: dos rotaciones contenidas en el plano de la pa
r
rilla
y
un desplazamiento vertical perpendicular al plano. La rigidez en flexión de las barras es la misma que para el caso de los pórticos planos y la rigidez en torsión de las barras (el cociente entre el momento torsor
y
el
giro correspondiente) se calcula mediante:
Kt= Mt
=
GJ
9t L
E
G
=
2(1+v)
(Módulo de Rigidez al esfuerzo cortante)
El término
J
depende de las caracterrsticas geométricas la sección transversal de la
barra
.
Para barras de sección c
ircular,
J
corresponde al momento polar de inercia de la
sección
(J
=
1t
D
4
I
32)
.
En las barras de sección rectangular las secciones planas se
alabean por el efecto de la torsión, por lo tanto el cálculo de
J
es bastante más
,
comple
jo,
fa Teorla de la Elasticidad índlca que si se acepta la torsión de Saint-Venant se tendrá:
J=(3hb
3
(3
~ .!.
(l
-
O
.
63~)
3
h
En la ecua
c
ión anterior b es el lado menor de la sección y
h
el lado mayor
.
{M}
ton-m
0
.7
1
0
.37
Deformada Dh nudo 6
It$
-0
.088 mm
Dv nudo 6 ""-0
.9 mm
Caso
3
.
La columna de la derecha experimenta un incremento uniforme de temperatura
de
30°C
por estar expuesta al sol
.
En este caso el sistema de cargas no es simétrico, en
consecuencia, la estructura no se puede reducir. A continuación se muestran algunos de los resultados
.
234

245. 235
R
, =
-45
ton
R2
=0
R
J
=
2
2
.5
t
o
n
-
m
Equilibr
io del
n
udo 3
:
JI
7
.
5
• Es
t
ado Pri
m
ario
J
=
0
.
2
3
(
0
.
8
)(0.4)3
Prop
iedades de las ba
rr
a
s
:
~~
'!'
(l-
0
.
6
3
x
0
.4) ~
0.
2
3
3
0.8
O
J~
12,
800
to
n-m
2
El ~ 42,
670
ton-ml
~
O
J~
0
.3
"
E
l
Nó
t
ese que la r
igidez
t
ors
iona
l,
medida a través
d
e OJ
,
es basta
n
te menor que la
ri
gidez
a flex
ión medida a
t
ravés de
E
l
~:.
E
=
2
.
5
x
l
0
6
t
o
n/m
2
(
l
e
=
2
80
kgl
c
m
2
)
v
~
0
.
15 E/G
~ 2.3
G
~ 1.
09
x
l0
6
to
nl
m
2
Ma
t
e
r
ial (concre
t
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m
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-
D
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t
o
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5
x
z
2
Eiemplo 6-31Anali
c
emos la parr
ill
a cuya vista e
n
planta se
ind
ica a con
ti
n
u
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tá
contenida
en el plano XZ. Las barras son de concreto armado de secció
n
rectangu
la
r
. Sobre la
barra
2-3-4
actúa una carga repartida verti
c
al de
1
0
ton/
m
.
Los
ú
n
icos grados de
libertad
de la parrilla perte
n
ecen al
nu
do 3, un desplazamien
t
o vertical
(DI)
,
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r
de
l
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X
(02) Y una
r
o
t
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(D3)
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D
2
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todas
las
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J2/27
pi
6136
121216
~6/9
•
Coeficientes
de
Rigidez
-
DI
=
1
2
•
Estado
Complementario
{Q}=-{R}={
~
}
-22.5
En
el
Estado
Primario
los
momentos
torsores
en
todas
las
barras
son
nulos
.
{M}p
2
Diagrama
de
momentos
en
el
Estado
Primario:
236

247. 237
3
6
G
J
GJ 4 4
k
22
=
-
+
-+{-+
-
)E
I =
0.5
GJ+2E
I
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2
.
1
5
EI
6 3
6 3
k
J2
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0
V
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k
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E
I
1
2
.
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•
X
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3
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2
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ll
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J6
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2
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D
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1
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5
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r
oduce flex
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2
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4
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V
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237
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248. 34
.
0
Barra 2-3
-4
2
4
26
.
96 3j
.
S
16
Barra 1-3-5
M
flector (ton-m)
16
.0
34
.
0
• Diagrama de momentos
tteotores
y
torsores
49
.
5
{
45} (1 -0.5
0.5
J{DI}
O
=
El -0.5 2.15 O D
2
-22.5 0.5 O 2.15 D
J
.
• Matriz de rigidez
y
solución del sistema de ecuaciones
D, f1:165.45/EI
=
1.534xl0-
J
m
D
2
R:l15
.22/ El
=
0
.357x
10,3
Rad
D) ~
-25.69/EI
=
-O
.
602x1
O-J
Rad
1
Por
ia smetrta
de
la
estructura
:
k
l3
=
k
21
=0
.
50J +2Ei =2.1SEI
k2J
=
k
J2
=0
k
i3
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0.5E
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2
J.l
- D3
=
l. En
la barra
2-3-4
se produce flexión
y
en ]-3-5 torsión
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238

249. 239
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5
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3
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3
2
2
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10 t/m
67
.
5
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w
P/12
67
.
5
Veamos
la diferencia de comportam
iento de
la estructura en el caso en que no hub
iera
existido la v
iga perpendicular (barra
1
-
3
-
5
)
.
L
a v
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r
ra
2
-
3
-4
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u
e es la que soporta
toda la carga externa
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raba
ja
r
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m
en
t
e empotrada tal como se muestra a
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-
3
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.5 0.5)
[K]
=
El -0.5 2 O
0.5 O 2
Los desplazamien
t
os del nudo 3 son:
DI
=
67
.
S/EI ~ 1.582xl0
-
3
m
D
2
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.
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O
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-
l
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J
=
O,
tamb
ién es
p
osib
le obtene
r
la Matr
iz de Rig
idez de
la estructura haciendo nulos
todos los términos que incluyen el pará
m
etro
GJ
en la matriz d
e ri
gidez calculada
prev
iamente
:
f5
En el caso de apoyo simple e
nt
re ambas v
igas
,
el modelo que podria emplearse para e
l
análi
s
is se
in
dica a continuación. En este modelo la v
iga (barra
1-3-5)
se ha remplazado
po
r u
n resorte de rigidez
K
cuyo va
lor puede calcularse como se i
n
dica a cont
inuación
.
Nudo
3
Si l
a
rigidez torsional de ambas v
igas fuera nu
la, la
u.
n
iónent
r
e ellas (
n
udo 3) equlvaldr
la
a un apoyo s
imple, como se muestra a continuación:
3
6
~V +V -IV
A-
A
h
Por lo tanto
,
el comportam
iento de la viga (ba
r
ra
2-3
-
5)
en térm
in
os de
fl
ex
ión y cortante
,
es equivalente al mostrado en la figura a continuación
,
en
la cual
se
ha remplazado la
v
iga perpend
icular po
r
las fuerzas que esta eje
r
ce sob
r
e fa v
iga
2-3-4.
240

251. 241
GJ
=
6
,9
47
t
o
n-m
2
~
G
J
~
0
.15
2
E
l
Material (conc
r
eto armado):
E
=
2
.5x 10
6
tonlm
2
(fe
=
280 kglcm
2)
v ~
0
.
15 E/O
~
2.3 G
R':
1.09x10
6
ton/m
2
Propiedades de
la sección de
las barras
:
O.
3
0
x
O.
9
0
-+
E
l
=
4
5
,
563
t
o
n--
m
2
J
=
f3
h b
3
~
0
.
2
63
x
0
.90
x
0.30
3
=
6.3
9
1
x
10
-
3
3m
6m
Q
-
D Grados de Libertad
Vi
s
ta
e
n plant
a
(Plano
X
-Z)
z
'1 .,
'1
x
I(]
v
4m
EJemplo 6-32Analicemos la parrilla cuya vista en planta se indica a continuación, que está contenidaen el plano XZ
;
Las vigas son de concreto armado de sección rectangular
O
.30xO.90
m.
Las dos barras está unidas en el nudo 3 (nudo rrgidO)y forman un ángulo de
60°,
Sobre
la barra
2-3
-
4
actúa una carga repartida vertical de
4
ton/m
y
sobre la barra
3-5
una carga
concentrada de 5
tOD.
los únicos grados de libertad de la parrilla pertenecen al nudo 3,
un desplazamiento vertical
(D3) ,
una rotación a
lrededor del eje X (D]) Y una
rotación
al
r
ededor del eje Z
(D2)
.
'
26
.
3
4
2
Barra 2-3-4
33
.
8
M
flector (ton-m)
16.9
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242
Para no sobrecargar la g
r
áfica de Vectores
;
los momentos flectores y torsores en el
3 se rep
r
esentarán únicamente en la v
ista en planta de dic
h
o nudo
.
lsen30° (torsión en 1
-
3
-
5 )
T
D
1=
1
Ico
s
3óo (flexión en )
-
3
-
5)
Estado Complementario
•
{
2
.17 }
{R}=
10.25 20.50
Vector de Cargas de Fijación
:
R2
=
12 - 3
+
2.5
s
e
n
30°
=
10
.25
ton x m
R3
=
2
.5
cos
l
O°
=
2
.17
ton x m
Equilibrio de momentos del nudo 3 (vista en planta)
:
Equilibrio vertical del nudo 3:
R3
=
2
.
5
+
6
+
12
=
20.5 ton
Sx4
2 ~~5
=
2.5
-=
.5 2
8
~
...._
• Estado Primario
.
Descomposición del g
i
ro unitario en vectores
.
perpend
i
culares a las barras

253. 243
Descomposición del giro unitario
e
n
ve
ctores
perpendiculares a l
a
s barras
lcos60°
lsen60°
4EI 4EI
k
2
1
=--cos30sen30+-cos30sen30
4 6
• GJ
sen30cos30_
GJ sen30cos30
4 6
k
21
= -
O.180GJ
+O
.
722EI
GJ-sen30°
6
k
=
GJ
+
GJ
+
4EI
cos! 30
+
GJ sen230
I1
3 6 4· 4
+
4EI
cos'
30+
GJ s
e
n230
6 6
k,•
=
0.604GJ
+
1
.
25EI
Equilibrio de momentos en el nudo 3 (vista en planta):
4EI
-~ ... 6 cos30°
+\GJsen300
6EI
300
~6
-COS
6
2
.
..
t
2EI 30°-cos
6 6 6
k
3\
=
4
2
COS300--62
cos30o=0
.
180EI
GJ
1J+-3
-44
Equilibrio vertical del nudo 3
:
GJ
... 6 ..
2EI
300
.
~4COS+'\'\..
GJsen30
0
4
6EI ~ 4EI-¡;-cos30·
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k
22
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+
2
.
417
El
GJ GJ
+-
'-sen
2
60 +-sen
2
60
4 6
k
4EI 4El 4EI
260
4El
260
=-+-+-cos
+
-cos
22
6 3 4 6
ku
=-
0.180GJ+O.722EI GJ 4EI
_
.
_
.
sen60cos60
+
-cos
60sen60
6 6GJ 4EI
.
k
l2
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o
-sen60cos60+-cos60sen60 4 4
Equilibrioverticaldel nudo3
:
k
3
2
=
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= -
0.396EI
36 16 9 36
GJ-sen60°
~t~
(4EI/4)cos60°
.¡
t
k22
4EI 2EI
±---~J
~kI2--1-
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t ~
3
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2
(4EI/6)cos60°
~~+\
GJ sen600
6
6EI
600
.
-cos
6
2
t
=----f+-
(2EI/
6)cos 60°
244
j,¡ f 1
(2EI/
4)cos 60°
~
~
6EI 600 -cos
4
2

255. 245
7.07
22.3
9
{
10
.
018}
{2
.
20 x
10
.
4 }
[K]
{D}
=
-
{R}
--+
{D}
=
~I -
12.911
=
-
2
.
83
X
10
.
4
-39.899 -8.10x
10
'4
•
Diagrama de momentos
ñectores
(
ton x rnt)
0.180]
-
0
.
396
0
.
743
•
Matriz de
R
igidez
ae
la estructura
y
s
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de
l
si
s
te
m
a
d
e ecuaci
o
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[
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+
1.25El
-
0.180GJ+O
.
722EI 0.18
0
EI] [
1
.342 0
.
695
[K]
=
-O
.
180GJ+O.722Ef O.313GJ+2.417EI
-
0.396EI =EI 0.695 2
.
465
0
.
180EI
-
0.396EI 0.743EI 0.180 -0
.
396
6666
·
k
=---+-sen30--sen30=-
O.
396EJ
13
62
3
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2
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2
6 6
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2
c
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=
0.18
0
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4 6
.
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en
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3
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6
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=
-
+
-
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3
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3
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3
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4
Barra
2-3-4
22.88
22.
7.54
2
15.10
•
Diagrama
de
momentos
flactores
(ton
x
rnt)
{
11.790}
{
D
}
=
_1
_
13.971
.
El
_
37.894
0.722 2.417
·0.396
0.180
]
-
0.396 0.743
=
{-
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]
-
8
.
32
X
10-
4
[
1.250
[
K
]
=
El'
0.722 0.180
Ejemplo
6-33
Resolvamos
la
parrilla
del
ejemplo
anterior
considerando
nula
la
rigidez
torsional
de
todas
las
barras.
Para
esto
basta
con
modificar
la
matriz
de
rigidez
[K],
calculada
en
el
problema
anterior,
eliminando
todos
aquellos
términos
en
los
que
esté
presente
el
factor
.
"OJ".
Si
la
rigidez
torsional
dé
las
barras
es
nula,
la
unión
entre
ellas
(nudo
3)
equivale
él
-
.,
un
apoyo
simple.
La
matriz
de
rigidez
modificada
de
la
estructura
es:
•
Diagrama
de
momentos
torsores
(ton
x
mt)
2
18
.
93
Barra
2-3-4
4
22.39
246

257. 24
7
7
.42
2
2
.
64
• Diagrama de momentos fle
c
tores
(
t
o
n
x
m
t
)
{
3.
0
39} {6.67
x
10
.
5
}
{ D
}
=
~I
-
13
.
442
=
-
2.95
X
10
.
4
-
3
7.48
7
-
8.2
3x
lO
·
4
[K
] {D}
=
_
{
R} ~
0
.
4
1
70J
+
2EI
-
0
.5
1
O.2
0
8
EI]
r
1.743
-O.5
EI
=
EI
O
0
.
7
43EI
0
.
20
8
o
0
.
2
0
8 ]
- 0.5
0.
7
4
3
o2
.
0
64
-
0
.5
a}
Caso
1
considerando rig
idez torsiona
l
en
t
odas las barras.
• Matriz de Rigidez
r
0
.
5
GJ
+
1.
66
7EI
[K]
= O
O
.2
08
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3
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6
m
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-
D
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11
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2
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*+
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H
~
4
3
P
=
5
ton
5
""
4m
Ejemplo
6~34
-Para apreciar la influencia que tiene en la respuesta de
la estructura la inclinació
n
de 60°
.de la barra 1-3-5 del Ejemplo 6-32. resolvamos nuevamen
t
e la parr
ill
a para el caso en
que el cruce en planta de las barras que la conforman es de
90°
(perpend
icular
)
en lugar
de los
60°
del p
r
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5
}
[K]
{D}
=-
{R}
-
{D
}
=
~
I
-13
.
975
=
-3
.
07x
10
-
4
-
37.899
-
8
.
32
x
10-
4
0.208
]
-0.5
0
.
743
o 2
-0.5
[
1.667
[K
]=EI
O
0
.
208
b)
Caso
2
sin
considerar
rigidez
torsional
en
todas
las
barras
(Gl
=
O).
•
Matriz
de
Rigidez
•
Diagrama
de
momentos
torsores
(ton
x
mt)
Barra
1-3-5
418.97
Barra
2-3-4
2
22
.
64
248
l
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7
.4
2

259. 22.8
1
5.10
• Diagrama de momentos flee
lores
(ton
x
mt)
24
9
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ton ~
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2 xl 0
6
ton/m"
G
=
8
.7 xlO
s
ton/m'
1
=
Altura total de la placa
=
1Sm
h
=
variable (peralte de la placa)
~IO.25
6.14 Deformaciones por Cortante Este tema fue tratado en el acápite 4
.
10, en el cual se derivó la matriz de rigidez de una
barra de sección constante, incluyendo
las deformaciones por fuerza cortante. En el
Método de Rigidez el incluir detormaclones por cortante en las barras, es tarea simple, basta con modificar
la matriz de rigidez de las barras
y
los momentos de empotramiento
(véase el acápite 4.11.7) incluyendo las deformac
iones por cortante.
Elemplo 6-35 Para formarnos una idea de la influencia de las deformaciones por cortante en la respuesta de una estructura, se ha analizado una placa o muro de concreto armado en voladizo de cinco pisos cuyo modelo se muestra a continuación. El análisis ha sido hecho por el Método de Rigidez utilizando el sistema Q-D
.
indicado (desplazamiento
horizontal y rotación en cada nudo) para un sistema de cargas laterales con variación triangular en la altura del muro, este sistema de fuerzas podría representar la acción de un sismo sobre la estructura
.
La influencia del cortante se ha cuantificado variando la
esbeltez geométrica de la placa x (cociente entre la altura total
y
el peralte)
y
resolviendo
cada caso incluyendo
y
sin incluir las defonnaciones por cortante.
250

261. 2
51
0.4
0
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Eabeltarz1
A continuación se muest
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a
.
pa
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a cada una de las esbe
lteces ana
li
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la estructura (desplazamientos laterales del eje de la placa) con y sin deformaciones por
.
cprtante
.
Para este caso particular. las de
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ormaclones po
r
cortan
t
e son
importantes para
.
esbel
t
eces de has
t
a 5 aproximadamente, para esbe
lteces
m
ayores
las de
f
ormaciones
por corte no modific
a
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.
9
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=
k
22
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ft
1
2
x
ft
2
1 )
=
(
6
.
72
E
l/15)
x
(
1 - 0
.
70
x
0
.
47
)
~ 4
.
51
(B
IlI
S)
Momen
t
os de empotram
iento
:
J.11
2
= -
0.0685
ro
(15)2
J.121
=
0
.
117
(J)
(15
i-
Momentos de e
m
potramien
t
o modificados de
la barra 1-2 (ve
r
acá
pit
e 4
.
9
.
7
):
U
'I
Z
=
O
U
' 21
=
U
ZI
+
f
l2
x
U
l2
=
0
.11
7
x
S
x
1
5
2
+
0
.
70
x (
0
.
0685
x
5
x
15
2 )
.~
1
8S.6
to
nxm
3.15 ] 6.72
[
k]
'
~
El
[ 4.4
8
barra
15 3.15
{q
}
=
[k
J
barra
{
d
}ft21
=
0
.4
7 (factores de
t
ransport
e)
k
22
=
6
.
7
2
El/IS
'
• Coe
fi
cientes de
ri
gidez
y
momentos de empotramiento
Utilizando las Tablas para barras de secc
ión variab
le de la peA que se resumen en el
Anexo 1 se tiene: a
} Barra 1 .....2 ft
ü
=0.
70
k
ll
=
4.48 EIIIS
Q-D
5
ton
1m
11:
l
I I I
};
yl
~ ~
I
*
~
:$:
0.90
m
0
.
90
m
\
\
3
J¿
v
I¿
I!
J¿
/1
12
m
í1j
m
11
4.5
11
1
0
.
5
m
í1
Ejemplo 6..36 Resolver la viga de dos tramos indicada a contin
u
ación. la viga es de an
c
ho c
o
nstante
igual a
0
.
35
m
.
El módulo de e
las
ti
cidad es
B
=
2
.
2
x
10
6
to
n/
m
2
.
Pa
r
a
la so
luc
ión se ut
ili
zará un sistema Q-D
r
educido que no
incl
u
ye como grado de
libertad
la rotación del nudo 1
!¡i.I ¡l.
6.15 Estructur
a
s
con
Elementos de Sección Variable
Es
t
e tema fue
tr
atado e
xt
ensamente en el acáp
ite 4
.
9
.
en el c
u
al se p
r
e
se
nt
ó
la
metodologra para obtene
r
la matriz de rigidez de barras de secció
n
variab
le
y
los
momentos de empotramiento
.
En el Método de Rigidez el anális
is de est
r
ucturas con
ba
r
ras de sección variable
.
es tarea simple. basta con calcular prev
iamente las matrices
de rig
idez de las barras
y
sus fuerzas de empotramiento
.
252

263. 253
{M}
t
0.
2
48 El
0.301 E
l
k
¡
I
=
0
.
5
53 El
+
0
.
30
1 E
l
=
0
.
854E
l
~f
0
.
020
El
0
.
2
4
8
E
l
k
ll
OJOl
El
~
0.5
53
El
T)
C~j(F-:;;=-
t)
C~
~ O
.
058
E
J
0.038 El
• Estado Complemen
t
ario
01
=
1
~-
-
---.._
I'!
f#. ~
F'
70
.
9
R
¡
=
185.6- 147
.
4
=
38
.
2
t
on-
m
R
I
185
.
6 ~ 1
4
7
.4
70.9
~O(I~t;¡
¡--r---r-¡
¡...........--¡
¡ ~
~f f~
(1
¡
J
¡ ,
¡
't0
(i--{
~"f~
f ~
f
25
.
16
4
9
.
84
T
42
.
60 32
.4
0
92.44
Momentos de empotramiento
:
Ul2
= -
0
.
131
x
5
x
15
2
~
-147.4
to
nx
m
U
2
1
=
0
.
0
6
3
x
5
x
15
2
:::s
70.9
to
n
x
m
• Estado Primario
q
-
d
3.72
J
'
4.71
[
k] El [ 8.29
barra ~
15
3
.
72
{q}
=
[k]barra
{d}
253
1JI1))~\
_j_j
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J
j
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~
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2;
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;
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~
;
,,
"-
_
,
;_;
=
C
:;_
"
;

264. 254
M
om
e
n
to
flector
(to
n
-
m)
H6
.
K~5.Y
m
3
4
.
82
t
80
.4
.'
,.:
;
~
,
Nota:
Se
s
u
g
iere
al
re
c
tor
r
esolver
esta
v
iga
considerando
dos
grados
de
libertad
(las
rotaciones
de
los
nudo
s
1
y
2).
E
n
este
Cf;lSO
no
será
necesario
modiñcar
los
coeficientes
de
r
ig
lcje
z
de
la
b
arra
1
-
2
.
Eiemp
ió
.6-37
Para
cuantificar
la
influencia
que
tiene
la
sección
variable
en
la
repuesta
de
la
v
iga
del
p
r
ob
lema
anterior
,
a
co
n
tinuac
ión
se
presenta
el
d.
iagrama
de
momentos
fleclo
r
es
para
el
caso
de
secc
ión
constante
O
.
35
x
O.
9
0
m,
E
=
2
.
2
xlO
6
t
o
nf
tn
2
•
l2
0
.5
"r
'
•
Deformada
67~
8
@
5
.
2
m
1
7
2
.1
•
Momento
f1ec
lor
(
ton
-
m)
o
O
O
-
18
5
.
6
-
0
.3
01
El
x
(-
4;~
7
3)
=
-
172
.1
+
-
147
.
4
0
.
55
3
-
172
.1
-
70
.
9
-
0
.
2
4
8
-
5
9.8
•
lJ~spléi.za.rn
¡
ent()s
en
fas
coordenadas
[K]
{D}
=
-
{R}
(O
.
85
4
EI)
P
I
==
-
38
.
2
--+
D
1
=
9
2
~
-
44
.
73/
El
•
Motnentos
fináles
·
en
las
barras
{M}p
+
{Mh
x
D1
=
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Mb
2S4
Q)Q) ::)
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7
-,

265. 255
R
,=
O
R2
=
10
t
o
n
R
3
= -
4
0
ton-m
a
)
Solución en e
l
Sis
t
ema
O,-
D
I
• Estado Primario
.
Las
fu
erzas en las barra
s
deformables son nu
las ya q
u
e no h
ay
deformación axialen ella
s
.
El primario se resuelve por equ
ilibr
io del sólido ríg
ido
.
f\
K
\1
4
m
\1
3
m
'.
-
Ejemplo 6-38Resolve
r
emos la armadura mostrada para los dos siste
m
as
Q
-
D ind
icados
.
La barra 3-4
es un sólido rígido, las o
t
ras bar
r
as son de acero co
n
E
=
2
.0x
l 0
7
to
nl
m
2
y área
0
.002 m
2
.
lO
t
on
+
6.16 Estructuras con Elementos IndefonnablesCuando existen elementos de rigidez a flexión muy grande
,
estos pueden modelarse
bajo la hipótesis de
El
=
00,
es decir como s
i
fueran sólidos rígidos. En estos casos debe
modificarse el sistema de coorde
n
adas para reflejar la dependencia de los
desplazam
ientos en los extremos del sólido rfg
ido
.
El análisis de este t
ipo
d
e es
t
ru
ct
ura
se
il
ustrará' median
t
e los ejemplos presentados a continuació
n
.
Nota: Se sugiere al lector resolver, por el Método de Rigidez, las vigas de
'los
.
e
jernplos
.
•
8~10y 8-11
-
del Capítulo 8 del Método de Cross
.
• Defonnada
~
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I,
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266. ¡J} a) ~-J
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25
6
kl2
=
4800
x
0.8
=
3,840
=
0.096EA
k22
=
2
x
13,333
+
4,800
x
0.6
=
29,547
=
O.739EA
k32
=
-
(4
,
800
x
0.6
+
13,333)
x
4
=
-
64,853
=
-
1.62EA
q.
=
q3
=
+
(2xI0
7
)(O.002)
(1)
=
13,333
=
0.33EA
3
q2
=
+
(2xl0')(O
.
002)
(0.6)
=
4,800
=
0.12EA
5
x
=
O
.
6
1
kll
=
6400
x
0
.
8
=
5,120
tonIm
=
0
.
128EA
k
21
=
6400
x
0
.
6
=
3,840
=
0
.
096EA
k
31
=
-
3840
x
4
=
-
15,360
=
-
0
.
384EA
q2
=
+
(2xIO')(0
.
002)
(0.8)
=
+6~400ton/m
=
O.16EA
5
x=o.s_A
~
1
256
o
6,400
o
.
.. /'
•
Estado
Complementario

267. 257
F
u
e
rza
s axia
le
s
(to
n
)
De
f
ormada
- 10
{
22
.
50 } {
5
.6
2
5
X
10
-
4
m }
[K]
{
D}
=
-{
R
}
-+
{
D
'}=
E~
O
=
O
7
.
5 1.875
x
10
-
4
rad
-
15,360]
-64
,
85
3
25
9,413
•
Mat
ri
z de Rigidez
[ 0.128
0
.
096
.0.384] [ 5,120
3
,
840
[K)
=
E
A
0.096
0.7
3
9 -1
.
6
2
=
3,
840
2
9
,
547
-
0
.
384 -1.
6
2 6.485
-1
5
,
360
-6
4
,
853
kJ3
= -
19,200
x
0
.
8
=
-
15
,360
= -
O
.
384EA
k
2J
=-
53,333 - 19,
2
00
x
0
.
6
=
-
64,853
=-
1
.
62EA
k33
=
(53,
333
+
19,200
x
0
.
6)
x
4
=
259,
41
3
=
6.485
EA
-;: 1"122
ZZ
ZZ
7t
A
-
k
3
J
o
1
9
,
200
.
.
53,333
q
l
=
0
q
2
=
-
(2x10
7
)(O.OO2>C2.4)
=-
19,200=-0.48EA
5
q3
=
(2X10
7
;(O.002)
(
4)
=
-53
,
333
=
-
1.
33EA
....
)
.
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5
8
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Jj
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)
258
\
\
• Estado Complementario
1,¡l
b) Solución en el Sistema
01- 01
• Estado Primario.
Las fuerzas en las barras deformables son nulas ya que no hay
defonnación axial en elfas
.
El primario se resuelve por equilibrio del sólido rfgido.
"''' ••••• ~ .
:.~
.
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'
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_
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Q-D
• Estado Primario
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t
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n
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(
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5
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6
El
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Ejemplo 6-39 La barra (v
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(El
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IX) )
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ian las deformaciones axiales en todos los elementos
.
Las columnas y la viga
del tramo 4-5 tienen
El
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3
,
000
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2
.
Como era de esperarse, la soluc
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istemas de coordenadas es la m
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Nótese que los resultados de las fuerzas finales en las barras
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se por
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3 m
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0
.
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.
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.
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.
89
• Momentos finales en las barras
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.
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Flexibilidad
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277. 267
Ejemplo 6-42la
figura muestra la planta y elevac
ión de una es
t
ructura
c
ompuesta
por
una losa maciza
indeformable en su plano (diaf
r
agma rfgido) apoyada sobre tres columnas ci
r
culares
,
empotradas en la base
y
articuladas en el extremo super
ior. La r
igidez a la f
lexión de las
..
co
lumnas es
E
l
=
5,4
0
0
t
on-m'
.
:
,
:
Ca
lcula
r
emos
s
olamente la Ma
tri
z de Rigidez d
e
la es
t
r
uctu
ra
.
M21
V3
1
3
1
1
3
2
,
.
:Cada nudo tiene en general
,
seis grados de libertad
,
tres tras
laciones ortogonales y tres
,
;
.
rotaciones
.
Los apoyos restringen algunos de los g
r
ados de
li
bertad. El aná
li
s
is de
,',
'
estructuras espaciales por el Método de Rigidez, con
ll
eva un gran número de grados de
,
libertad
.
Su aplicación manual es virtualmente
impos
ible, salvo pa
r
a el caso de
,
.
,'
estructuras muy simples
,
por lo que para su solución es práct
icamente ind
ispensable
,
utilizar un programa de computadora
.
Recuerde que las fuerzas de secc
ión en las barras de una estructura espac
ial son
:
Ax
ial
,
cortante
,
momento flecto
r
y momento
t
orsor
.
En la figura a continuación se muestran las
fuerzas de extremo de barra, referidas a sus ejes locales,
los que deben ser princ
ipales
y
centrales.
,",
6.17
Estructuras Espaciales
• Producto de las Matrices
'de Flex
ibil
idad
y
Rigidez
27 ]93
[
F]- _1 [ 9
El
2
7
f
=
lI
m
lm
2
=
3$(7
-
X)2
dx
=
93
22
El
El El
o
o
f.
=f
=
lJm
lm2
=
lJ(3-X)
(
7-X)dx
=
27
1
2
21
El El El
,
•
.
.'
o
'
"
o
f
=
3Im,m
l
=
3J
{3
-
X)
2
dx
=
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11
El El
'
El
o o
267
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J
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j
,
268
kit
=
3
x
600::: 1,800
t
o
n/m
k21
=0
kJI
=
600
x
3
=
1
,
800
600
+-
600
.._
._
600
Equilibrio de la Josa para
DI
=
1, D
2
=
D3
=
O
3EI 3(5400)
V
I
=
V
2
=
V
3
=
V
=-3
(1)
=
(1)
=
600
ton/m
3 27
1,
!,
},
DI
=
1,
D
2
=
D3
=
O
'-...fII
'-...;1f
'-.JIf
~
~
~
~ZZZZZZZ~Z7ZZZZZ~
ELEVACIÓN
C
2•
\\
\\
3m
268
• Cálculo de la Matriz de Rigidez
"
PLANTA
4m
Ir
4m
el•
f-~
I
3
El sistema de coordenadas adoptado consiste en los tres desplazamientos medidos en
el
centro de gravedad del diafragma rfgido. Este sistema
,
obedece a la presencia de un
.
diafragma rfgido en su plano (losa de piso)
.
La losa debe moverse como un sólido rfgido
:.
en su plano
,
por lo tanto, se generan dependencias entre los grados de libertad de todos
•
.
.
los p
u
ntos contenidos en el plano de la losa
.

279. 269
KxyKyyKay
Kx9]KyeKas
kJ3
= -
V3
+
V2
cos(53)
+
V
a
cos(53)
=
1,800
k
23
= -
VI
sen(53)
+
V
2
sen(S3)
=
O
k33
=
V3
(3)
+
VI
(5)
+
V
2
(5)
=
35,400
v.
=
3El
(3)
=
3(5400)(3)
=
1
800
3
3
3
27
"
v.
=
v.
=
3EI
(5)
=
3(5400)(5)
=
3 000
I 2
3
3
27
'
k22
=
·
3
x
600
=
1,800
k
3
2
=0
1,800 ]
35~400
o
1
,
800O
[
1,800
[K]= O
1
,800
La matriz
de
rigidez de la estructura es
:
Equ
I
librio de lalosa para
D
a
=
1,
DI
=~
=
O
600.t
.
~600
~qui(¡brio de la losa para.
Í>2
=
1,Di
=
D3
=
O
"l.T
V
·
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3EJ
··
3(5400)
VI
=
2
-'-
V
3 -
V
=7(1)=
27
(1)=600to~m
600
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269
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.­
'i
(;J':'1
270
2)
Comportamiento
de
la
Estructura
:
En
todos
los
problemas
resueltos,
hemos
supuesto
_o
_.
comportamiento
Lineal
Elástico,
sin
embargo
,
el
Método
de
Rigidez
se
ha
extendido
al
ámbito
de
l
comportamiento
no
lineal
de
las
estructuras
,
pudiéndose
abordar
problemas
.
.
de
no
lin
e
alidad
geométrica
,
no
linealidad
del
material
o
de
ambos
.
6.19
Ámbito
de
Aplicación
del
Método
de
rigidez
Hoy
en
día,
con
el
desarrollo
de
las
computadoras
y
de
los
programas
de
análisis
estructuraí.
:
están
desapareciendo
de
manera
acelerada
los
límites
en
el
ámbito
de
aplicación
del
Método
de
Rigidez.
1)
Tipos
de
estructuras
que
es
posible
analizar
a)
Estructuras
de
barras
•
Vigas
.
•
Pórticos.
•
Annaduras
Planas.
•
Parrillas.
•
Armaduras
Espaciales.
•
Pórticos
Espaciales.
b)
Medios
Continuos
~
Elementos
Fin
itos
(estados
planos
de
esfuerzo
Y
deformación,
losas,
cáscaras
,
sólidos,
etc.)
Caso
de
Carga
1
:
{R}l
-+
{Qh
=
-{R
}
¡
Caso
de
Carga
2:
{R}
2
-+
{Q}
2
=
-{Rh
Caso
de
Carga
n
:
{R}n
~
{Q}n
=
-{R
}
n
{Q}¡
=
[K]{Dh
=>
{n}¡=[Iq
ol{Q}¡
~
{ah
Estado
1
Q-D
~
~
~~'"
~~
Estado
2
A
J
E
s
tado
3
~
1
6.18
Análisis
para
Diversos
casos
o
Estados
de
Carga
II
La
matriz
de
rigidez,
[K],
de
una
estructura
depende
del
sistema
Q
-
D
seleccionado
para
I
el
análisis,
de
las
condiciones
de
apoyo,
geometrfa,
propiedades
y
conectividad
de
las
!
barras.
En
una
estructura
linealmente
e
lástica
[K]
no
depende
de
las
cargas
actuantes.
I
Esto
hace
que
el
análisis
de
una
estructura,
como
la
mostrada
a
continuación,
sometida
!
a
diversos
casos
de
carga
sea
simple
-
ya
que
lo
único
que
cambiará
entre
caso
y
caso
I
será
el
Estado
Primario.
el
Estado
Comp
lementario
será
el
mismo
para
todos
los
casos
de
carga
.
En
consecuencia
la
inversa
de
la
Matriz
de
Rigidez,
[Kr
l
,
no
depende
del
caso
de
carga
y
será
necesario
calcularla
sólo
una
vez.

281. 271
1 Introducción
el Capitulo 6 se presentaron las ideas centrales del Método de Rigidez aplicado a
ras reticulares. La aplicación del Método de Rigidez se realizó bajo una forma o
es decir, la matriz de rigidez de la
ra
se generó aplicando sucesivos desplazamientos unitarios en cada una de las
.....,..""'""'·1"I8S
elegidas y los coeficientes de rigidez se obtuvieron por equilibrio de los
o de porciones de la estructura. De
manera
similar se obtuvieron las cargas
,
~
:
nO~[]i:lJt:l:i
(Estado Primario). El procedimiento o metodologfa utilizado en el Capitulo 6,
~
_
·
."'rrT,.r~
entender las ideas centrales del Método de Rigidez y darle un significado flsico a
,••
<
.
.__ ........
una de las etapas que intervienen en la solución de una estructura utilizando este
;?
·
·
...."oyr.no.
análisis de los problemas resueltos en el Capitulo 6, aún en las estructuras simples
que hemos abordado, es fácil concluir que el Método de Rigidez y en general los
os matriciales, se caracterizan por una gran cantidad de cálculo sistemático, y su
en la práctica se basa en la adecuación de los computadores para llevar a cabo
.
.
o el trabajo numérico. La aplicación del Método de Rigidez conduce a
-
que aún para
·
estructuras pequeñas
,
el número de ecuaciones simultáneas podría ser tal que su
'.
solución sin computador, seria sumamente laboriosa por
no
decir imposible.
.
:
El desarrollo de los métodos de cálculo de estructuras en los que el trabajo numérico
.
. :
puede ser realizado convenientemente en un computador, lleva a procedimientos a la
.
vez sistemáticos y generales.
E
.I
objetivo no es el de disminuir el número total de
;•
operaciones aritméticas, sino conseguir métodos que puedan aplicarse a muchos tiposdiferentes de estructuras y que utiiicen el máximo posible de procedimientos numéricos
...
trpicos para los cuales ya existen rutinas en los computadores
.
La
cuestión ahora no es
·
decidir si a un ser humano le resultará el cálculo estructural tedioso, sino si el método esadecuado para ser fácilmente adaptado a una computadora. Si esto último sucede,
,
entonces eí método es "bueno", aunque el número total de operaciones realizadas sea
.
considerablemente superior al de otro método de menor facilidad de mecanizar.
·
El desarrollo de los equipos de cómputo y del Método de Rigidez ha permitido a losingenieros establecer métodos que requirieren menos suposiciones
y
restricciones en el
.
.
•
.planteamiento de los problemas
,
logrando mejores resultados. En la actualidad
,
el
•
.
ingeniero que se dedique al diseño de estructuras, debe estar familiarizado con los
.
métodos del análisis matricial de estructuras, porque constituyen una herramientapoderosa de análisis.Al mismo tiempo debe estudiar y entender el uso correcto de esta forma automática de
..
.-
an
á
ñsls. El resultado de un análisis por computador es sólo tan bueno como los datos
y
el modelo de los cuales se parte. El acrónimo GIGO (del inglés Garbage In, GarbageOut) cuya traducción al castellano podrfa ser BEBS se ha acuñado para recordarnosconstantemente que "basura que entra, es igual a basura que salen,Esto significa que el criterio
y
la habilidad del ingeniero
,
nunca podrán automatizarse. El
criterio
y
el entendimiento del comportamiento de las estructuras siempre deberán estar
presentes cuando se idealice la estructura y
·
se hagan las suposiciones acerca de las
cargas y solicitaciones, el comportamiento del material, las condiciones de apoyo, lasConexiones entre los diversos e
lementos
.
Lo mismo se aplica a la interpretación y uso
correcto de los resultados de tales análisis
.
))
")
))
CAPITULO
7-
Formulación Matricial del Método de Rigidez
271
_
.._-
-
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{d},
;
I
=
[A
]
n
xN
{D
}
N
x
1
Donde
[A]
es
la Matriz de tra
n
sformación de desplazam
ie
ntos
.
7
.
3
Matriz
de
Transformación
de
Desplazamientos
S
iempre que el sistema
Q
-
D
sea generalizado, será posible generar una matriz, que
llamaremos matr
iz
[
A],
que transfotme los desplazamientos medidos en las coordenadas
del sistema
Q-D
a los desplazamientos medidos en las coordenadas del sistema
q-d.
La
matriz
[Al
se genera por geometrfa aplicando desplazamientos unitarios en el sistema
Q-D. A la matriz
[A]
de transformación de desplazamientos, también se le denomina Matriz de
_
Compatibilidad
_
yaque en este
-
caso relaciona los desplazamien
t
os de los extremos de
-
Ias barras con los desplazamientos
.
de los nudos
.
Las relaciones de compatibilidad se
expresan mediante:En estructuras linealmente elásticas se cumple
:
W
=
W· :)
.!.{Q}
T
{D}
=
_1_{D
r
{Q}
2 2
Trabajo Real realizado por las fuerzas externas
:
w= ~
¿Q¡D¡
= ~
{QV
{D}
{Q}:::[K]{D} :) {Q}T:::{D}
T
[Kt [Kt
=
[K] (la matriz de rigidez es simétrica)
:.
W
=
.!.{D}T [K]{D}
2
Trabajo Complementario realizado por las fuerzas externas:
W'= ~LDiQi
=
~{DV{Q}
{D}=[F]{Q}
=>
{D}T
=
{Q}T[Ft
[Ft
=
[F
]
(lamatrizdeflexibilidadessimétrica)
:.
W'=~
{Q}T[
F
]{Q}
Qi
En este Capítulo se presentan, de manera simple, algunas de las ideas centrales de la sistematizac
ión del Método de Rigidez
.
Se
ha
esñrnado conveniente presentar estas
ideas a través de varios ejemplos en orden de complejidad crec
iente
.
7
.
2 Expresiones del Trabajo Real
y
del Trabalo Complementario
Antes de abordar el tema de la sistematización en sl, conviene recordar algunas de las expresiones del trabajo real
y
del trabajo complementario en estructuras linealmente
elásticas, expresiones que utilizaremos en algunas de las
deduccíones
posteriores.
272

283. 273
7.4 Ensamblaje
de
la Matriz de Rigidez
A continuación se mostrará la manera de generar la matriz de rigidez de una estructura apartir de las matrices de rigidez de las barras que la componen. Para ello utilizaremos unpórtico simple como el mostrado en la figura a continuac
ión en la cual se indica el
sistema de coordenadas globales Q-D
y
el sistema de coordenadas locales q-d de la
estructura
"
desmembrada" que corresponde a las coordenadas locales de cada una de
las barras.Nótese que el sistema global Q-D, de
N
grados de libertad (en este caso seis) es
generalizado. mientras que el sistema local q-d, de n grados de libertad (en este casodoce) no es generalizado ya que existen relaciones entre los desplazamientos, porejemplo
d,
=
c4,
d)=ds• d9=d
12
,
etc
.
En el sistema Q-D la matriz de rig
idez será definida
positiva (asumiendo que la estructura es estable) m
ientras que en el sistema q-d la matriz
de rigidez de la estructura "desmembrada" no será definida positiva
.
En este caso particular la matriz
[A]
de transformación de desplazamientos será de
orden 12x6, es decir, doce filas
y
seis columnas. En general la matriz [A] es de orden
nxN.
D3
=
1
Tercera
columna
de [A]
DI
=
1
Primera
columna
de
[A]
Resto
c
e
ro
Resto c
e
ro
\
q-d
Sistema no generalizado
"
n"
grados de libertad
Q-D
Sistema generalizado
'"N
"
grados de libertad
3
5
2
LOS
elementos de la columna
"i"
de la matriz
[A]
son los desplazamientos de extremo de
(en el sistema q-d) debidos a la aplicación de un desplazamiento unitario
Dj
(en el
,,
'sistema Q
,.
D)manteniendo todoelos
.
otroe desplazamientos Di nulos. Para que exista la
'.
~'
,matriz [A] es necesario que el sistema Q-D sea generalizado, es decir los
"
desplazamientos {D} deben ser independientes para poder variarlos arbitrariamente
,
por
-:
ejemplo hacer
Dj
=
1manteniendo todos los otros desplazamientos nulos.
,
A
continuación se muestra a manera de ejemplo, la generación a partir de la definición,
de la primera y tercera columna de la matriz
[A],
para el pórtico mostrado a continuación.
5
i
6 JB-
-
~tl~~
~;r:7 11
1~3 4;.10
12
273
..
.
...
.
.
"
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-
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~
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-
-~:
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:
..:
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-
.
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_.
..
-
-.
-r
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-
-
-:•
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~J---1
_)
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)J
~
La expresión anterior permite "ensamblar" la matr
iz de r
igidez de la estructura, sin
embargo, ya que la matriz
[
k]n
x n
contiene muchos ceros, su utilización resulta ineficiente
desde el punto de vista numérico, es mucho más conveniente utilizar la sigu
iente
expresión:
[
K]
=
[A]T
,
[k]
[A]
Nx
N
N
x
n
.
n
x
n n x N
Relación entre los desplazamientos en ambos sistemas:
{d}
=
[A]
{
O}
:::::>
{d}
T
=
{D}T[A]T
Uq-d
=.!..
,
{d}T
[k]
{d}
=
!
{D}T[A]T[k] [A] {D}
2
2
UQ-D
=
!
{
D}
T
[K] {D}
2
Ya que
la
energ
í
a interna es la misma en los sistemas
Q-D y
.
q-d,
debe cump
li
rse que:
{D}
T
[A]T
[k]
[A] {D}
=
{D}T
[K]
{D}
En consecuencia
,
la matriz de rigidez de la estructura en el sistema
Q-D,
puede
obtenerse a partir de las matrices de rigidez de las barras que conforman la estructura mediante la siguiente transformación
:
[ O ]
[lq]
matriz de rigidez de
ia
barra
i
[
k
l
13X3) [ O ]
[k
2]
(
6
x6
)
[k
3J
(Jx3)
1
2
x
12
[k]
=
En el sistema
Q-D
el trabajo realizado por las cargas externas nadales (cargas aplicadas
en los nudos) se acumula como energía
interna de deformación, es deci
r:
WQ-D
=
.!..{D}T[K]{D}
=U
1NTERNA
2
En el sistema q - d debe acumularse la misma energía de deformación
.
Wq-d
= ~
[d
}
T
[k]{d} = ~ {d}T
[q ]
=U
OOERNA
Donde [k] es la matriz de rigidez de la estructura "desmembrada" o "no ensamblada"
y
es
del tipo diagonal. Para el caso de la estructura utilizada para esta demostración, conformada por tres barras
,
tendrá la sigu
iente forma
:
q-d
S
i
stema no generalizado
"n
"
grados de libertad
Q-D
Sistema generalizado
"N
U
grados
de
libertad
3
2
3
5
4 8
~5~~~
·
~6-
·
-
.
------~7 11
4;.10
12
2
274

285. 275
~~
.
,.
7.5
Principio de Contragradlencla
Este principio establece la relación entre las cargas medidas en el sistema Q-D
y
las
cargas en los extremos de las barras medidas en el sistema q-d (sistema local decoordenadas)
.
{d}
=
[A] {D} ({d}
y
{D} son compatibles)
Principio de Contragradiencia:
{Q}
=
[A]T
{q}
({Q}
y
{q} están en equilibrio)
Este principio establece que si los vectores
{d}
y
{D} -
que representan desplazamientos
compatibles
-
están relacionados mediante
{d}
=
[A]
{D}.
entonces los vectores
{q}
y
{Q}
(en equilibrio) que representan las fuerzas correspondientes a
{d}
y
{D}
están
relacionados a través de
{Q}
=
[Af
{q}.
A continuación se demuestra este Principio:
{d}
=
[A] {D}
=>
{3d}
=
[A] {3D}
{3d}
T
=
{3D}
T [A]T
(1)
Trabajo virtual (desplazamientos virtuales, véase el acápite 2.4) para una estructuraformada por el ensamblaje de barras unidas en los nudos:
¿Q
(3D)
=
¿q
(3d)::)
{8D}
T
{Q}
=
{&l}
T
{q}
(2)
Reemplazando en (1) en (2):
{3D}T
{Q}
=
{BD}T[A]T{q}
(3)
Ya que el vector
{3D}
es arbitrario
y
la relación
.
(3)
debe cumplirse para cualquier valor
que adopte
{5D},
deberá cumplirse necesariamente que
{Q}
=
[A]T
{q}.
Esto demuestra tamb
ién, que el principio de los desplazamientos virtuales
t
ransforma las
ecuaciones de compatibilidad, en ecuaciones de equilibrio ya que
{Q}
=
[A]
T {
q}
representa las ecuaciones de equilibr
io de nudo
,
tal como se comprobará en los
ejemplos que se presentan a cont
inuación
.
.e"
0
nxN
[k
1]
[Al]
[k
2]
[A
2]
nxN
..
..
......
<,
-,
'.
[Al][A
2]
III
[Á
m
l
Veamos la deducción de esta expresión, asumiendo que la estructura tiene un total de
m
barras:
275
r
.
.
.
¡.
~
:
~
c
..
..
-
-
.
.
.
_
._
--
-
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:
_
:
.
.
.
.
.
•
. /
~
i
.
_'U..
.;,
'
.
• Aporte de la barra 1 a la matriz de rigidez de la estructura
[K
,
]
=
[A,]"
[k,]
[A
,] "' [ ~ ]
[E~~,]
[1
O
1
= [
et:]
Corno era de esperarse, la transfonnaci6n para la barra 1 es directa ya que el sistema local de la barra coincide con el s
istema global.
.
• Matrices de rigidez de barra en el sistema q-d (sistema focal de las barras)
(d
1J
[1 O
](DI
J
d
2
=
cosa -sena
D
2
~'.
"
cosa
~'lI'
• Generación de la matriz de transformación de desplazamientos {d}
=
[A}
{D}
q-d
Q-D
.K_h
.==:::::::::I1 _..
1
\
\
\
1
• Sistemas de Coordenadas
B~2:
El
=
lOO, OOQ
kgfcm
2
Al
=
15()
cm'}.
Ea
=
2
x
lü
6
kgfcm
2
Al:::::
5
cm
2
Barra 1:
sen
0.=0
.
6
cosa=O.8
Apliquemos las ideas expuestas a la solución de la armadura mostrada
,
Esta armadura
fue resue
lta en
el
Ejemplo
6..
2
,
acápitE.!
6
.
3
.
.
3
Eje_mp1.0
!-1

287. 2
77
Q
1
=
q
1
+
q
2
COS IX
Q2
=
-
q2
se
n
a.
Es f
á
cil comp
r
ob
a
r
q
ue
la
s
ec
uac
ion
es
ant
e
rior
es re
pre
se
n
t
a
n l
as ecu
a
cio
n
es
de
eq
u
ilibr
io d
e f
ue
rzas
en el nudo 2 d
e l
a arm
a
dur
a
.
c
os
a
]
[q. ]
-s
en
c
q
2
[~
'l
=
[
~
{Q
}
=
[A]
T
{q}
=:>
{
D
}
=
[
K
r
l
{
Q}
=>
DI
=
-
0
.
0
9
6
cm
D2
=
-
0.
5
0
3
c
m
• Fue
rza
s en las barr
a
s
e
n
e
l s
is
t
ema q-d
{
dj}
=
[Al]
{D
}
=
[1
O]
{D}
=
-
0.0
9
6 cm
{
q
¡}
=
[kj]
{dI}
=
4
1,6
67
x
(-
0
.
096) ~
-4
,
000 k
g (
c
omp
r
esión)
{d2
}
=
[A
21 {
D}
=
[cos
a
-s
e
ne]
{
D
}
=
co
s
a
D
I
-
s
e
na
~
=
0.
225 c
m
{q2}
=
[
k
2
1
{d
2
}
=
22,22
2
x
0.
225 ~
5
,
000
kg
(
trac
ci
ón)
Resultados idén
t
icos a
los obtenidos en el e
jemplo
6
-
2
.
• Verifiquemos el Princip
io de Contrag
r
adiencia
:
• Vector de
c
argas
.
Ya que so
lamente existen ca
r
gas en los nudos, e
l
vec
t
or de cargas
se ensambl
a
de manera d
irecta
.{Q
}
=
(-3.~
OOJ
• Soluc
ión del s
istema de
e
cuacione
s,
d
es
plazami
e
ntos de l
a
estructura en el sistema
Q-D
=
[
5
5,
88
9
-10
,6
6
7
-10
,667]
8,000
EA
_
c
osa s
e
na
_
2_2l2
[
K
]
=
[K
.J
+
[K2
]
=
E1A2
=
2
X
10
6
X
5
~
2
2
,222
k
g/
cm
.e
2
450
S
is
te
ma
global
q
'" -
d*
• Matriz de rig
idez de la estructura en el sistema Q-D
EA_
1
_
1
~
4
1
,6
6
7
kgl
c
m
.e.
~ 12
*
~
t_l'
La transformac
ión que se acaba de realizar equivale a calcular la matr
iz de
r
igidez de la
barra
2
([K
2
])
en el sistema global de coordenadas, sistema que se indica en la figura a
continuación
.
Este resultado se puede combrobar generando
,
u
t
ilizando la definic
ión
,
los
coefic
ientes de rig
idez de la barra en el sistema q
*
- d
*
.
• Aporte de la barra 2 a la matriz de rigidez de la estructura[1<.2]
=
[A
2f[
k
2]
[A2]
= [
co
s
a ]
[E2
A2] [cosa
-
sena
J "'"
E2
A
2 [
cos
2
a - cosa
s
ena]
-
sena
l2 l2 -
sena
cosa
sen
'c
277
tI)
.)))
"J
)-J)
~
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)
1
-
)
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1
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1
)
J -
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288. _
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1J<
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)
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)
.
)
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'.
;
~ -i
27
8
o
1
o
o
oo
O O 3/
5 4/
5
---
-
---
--
-
--
--
-
--
----
--
-
-
-
-
--
-
O
1
O O
O
o
d
Il
O O
.0 O
-
--
--
-
-
-
--
------
-
--
-
-
--
------
-
d
2
O
3
/
5 4
/
5
O O
-
--
--
-
--
--
--
-
-
-
_
-
-
-
--
-
-
-
--
-
-
-
[
A
]
=
d
3
O ~
~
~
O
____
_
dt
o
o
o
3/
5
Ds
DI
• G
e
neración d
e
la mat
r
iz
de trans
f
ormación de desp
lazam
ientos
{
d
}
=
[A]
{
D}
q
-
d
Q
.
-
D
s
3
• S
istemas de Coordenadas
3
m
_j
3
2
4
m
.
5
E
=
2xl
0
6
kglc
m
2
A
=
lOc
m
2
Ejemplo
7-2 Resolver
la armadura mostrada
,
todas las barras tienen
la m
isma secc
ión
trans
v
e
r
sal
.
Nótese que la armadura es isostática
inte
rna
y
externa
m
ente, e
n
.consecuencia, es posible ve
ri
ficar los
r
esultados ca
lcu
lando
f
as
fu
erzas en
las ba
r
r
as por
equilibrio de los nudos
y
cal
c
u
lar los desplazam
ientos de
los
n
udos
u
t
ili
zando T
r
abajo
V
irtual (fuerzas v
irtuales)
.
278

289. 27
9
{d
i
}
=
[
Aíl {D}
{qi}
=
[k¡]
{d
i
}
=
[k¡]
[A¡] {D}
ql
-2
.
25
q2
3.75
.
q3
-3.00
{q}
=
q4
=
3
.
75
ton
qs
-3
.
75
q
6
-
2.25
q
7
2
25
• Fuerzas en las barras en el sistema q-d
-03382.363
{D}
=
[Kr
J
{Q}
=>
{D}
=
-0.600
mm
2.700-
3.450
• Solución del sistema de ecuaciones, desplazamientos de la estructura en el sistema
Q-D
..,)-)_)))
-.)
))..)...,
)
.-=¡
i
_j
1
~-:J
:1
I
._
-
\ ),
)
OO
{Q}=
OO
•
-
3
)
• Vector de cargas
.
Ya que solamente existen cargas en los nudos, el vector de cargas
se ensambla de manera directa.
0.40533
O
O
-0.07200
-
0.09600
O
0.40533
0.09600
-0
.
33333
O
[IC]
= ~]
=FA
O
0.09600 0
.
37800
O
O
-0.07200
-0333
.
33
O
0
,
40533 0
.
09600
-0.09600
O
O
0.09QOO
0,12800
• Matriz de rigidez total de la armadura
s
T
[KJsxs
=
¿[A¡] [k
¡
] [Aí]
i=
I
Barras 4
Y
5:
Matrices de rigidez de barra en el sistema q-d (sistema local de las barras)
Barras1,2,3:
[k¡ ]
= [~~
l
)
r~
..
"
..
.
}
~:
::~
•
I
)
¡I
)
I ~
!iI

290. '~
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")
-J -7J;~
J
_) ) ~.
)
'8:
)
~
) .) ~d'D -)
280
01
=
-2
q¡
+
q2
02
=
q3
La primera ecuación representa el equilibr
io de momentos del brazo rígido y la segunda
el equilibrio de momentos del nudo derecho
.
{Q}
=
[A]T
{
q} :::)
1O
[~,] =
• Verifiquemos el Principio de Contragradiencia: Este resultado se puede verificar con el obtenido en el acápite 4.6
.
0
.
88 ]
0.80
[K]
=
[A]T
[k]
[A]
=
El
[2.144
0.88
• Matriz de rigidez de la barra en el sistema Q-D • Matriz de rigidez de la zona flexible de la barra en el sistema q-d (sis
t
ema loeal)
1 2 3
[
12/5
3
-
6/5
2
-6/5
2
]
[k]
=
EI -6/5
2
4/5 2/5
-6/5
2
2/5 4/5
Matriz de transformación de desplazamientos {d}
=
[Al
{D}
•
q-d
Q-D
5m
El 4-)2
1
2m
(
1f$/Mi
El
=0()
Ejemplo
7-3 Calcular la matriz de rigidez para la barra mostrada conformada por una
zona rígida en flexión de 2 m de longitud
y
una zona flexible de 5
m
.
Se consideran
deformaciones por flexión únicamente
.
Nótese que el sistema loeal de coordenadas está
referido a la parte flexible de la barra.
280

291. 2
81
\\
\
D
J
= 0
,
D
2
=
1
..
o
··
[A]
=
I
1
\
I
/
r
I \
, I
/
I
\.'
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I
~
I
\
"
:
.
"
• Ge
n
erac
ión de la ma
tri
z de trans
f
orma
c
ión de desp
laza
mi
e
nt
os
{d
}
=
[Al
{D}
1/
4
q-d
\
\
,\
Q
-
D
"
"
B
arra 1
-
2
1
=
3
'1t
21
• S
iste
m
as de Coordenadas
Barra d
efo
rm
ab
l
e
Só
l
i
d
o
r
ígido
3m
Ejemplo 7-4Ensamblar la matriz de
ri
g
idez para
la estruc
t
ura mostrada, compu
e
sta por un sólido
r
igido apoyado sobre una
.
b
arr
a deformable
(
ba
rr
a
1
-2
)
e
n fl
ex
ión e i
nd
e
f
ormable
ax
ial
m
ente, de longitud 3
m
.
Se s
u
g
ie
r
e rev
isar el Ejemplo
6-4
1
.
28
1
r
·
..
J}
-J
)
--)
1,)))))"t))
}
-)
.-}
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J
.)
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_J
)
.
))
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iI
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I
=;
IIII
j
)
I
_.
I
wjj
l
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292. -
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-
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-
J .} :;)
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).::;
~ ~ ...
-) )
.
J
o
•••.)~
3
..)
282
Ejemplo 7-5 Ensamblar la matriz de rigidez para la estructura mostrada
,
compuesta por un sólido
r
rgido (barra
2-
3) apoyado sobre una barra deformable (barra 1
-
2
) en flexión e
indeformable axialmente
,
de longitud 4
ID.
Equ
i
librlo del sólido rí
gi
do:
Ql
+
Q2
=
q
l
Q
2(
4)
=
'l2
De la figura mostrada a continuación, es fácil comproba
r
que las ecuaciones anteriores
representan las ecuaciones de equilibrio del sólido rigido
.
r--
-
-:"I
,
__.
Q
2
\
,
\
,
\
,
,
,
\,
)
,
,
, ,
,
\
r
:
\
,
1I \
-----Ji"
Q
1
q
l
4
\.1''l2
Q¡
=
ql
-
0.25 q2
<h
=
0.
2
5
'l2
-
1/4]
[qj]
1/4
q2
[~,]
=
[~
{
Q
}
=
[A]
T
{q}
=>
• Ve
r
ifiquemos el Principio de Contragradienc
ia
:
Resultado idéntico al obtenido en el Ejemplo 6-41 del acápite 6
.
16
,
en el cual la matriz de
rigidez de la estructura se generó utilizando la definic
ión y aplicando sucesivos
desplazamientos unitarios en las coordenadas
.
.
• Matriz de rigidez de la estructura en el sistema Q-D
1
1
.
-- 4
4 El [
3"
..!..
3 -2
4
[
01
[K
I
]
=
[AI]Y
[kl]
[Al]
=
• Aporte de la barra 1 a la matriz de rig
idez de la estructura
:]
• Matriz de rigidez de barra en el sistema q-d (sistema local de la barra 1-2)
[
12 -~
1 [
4
[k,l
=
El _{':,
!
=
~I _;
282

293. 283
• Matriz de rigidez de barra en el s
istema q-d (sistema local de la barra 1-2)
[
12 6] [3
[1<,]
-
El
_
t~
_
~ _
El _I;
f
t
8
DI
=
0,
D
2
=
)
q-d\\
B
arr
a
1
-2
1=
4
~2
]
4
.
00m
DI
=
I
,
D
2=
O
di
=
1 d2 =0
• Generac
ión de la matriz de trans
f
ormación de desplazamientos
{
d
}
=
[A] {D}
El
283
Q-D
• Sistemas de Coordenadas
2
r
.
3
_
00m
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,
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294. k
n
=
0.06
2
5
El
k
t
2
=
0
.
09375
E
l
4Ela --¡-
=
0.25 El
a.
=
(5/4) /5
=
0
.
25
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-
-
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_0
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Dl
=
O D2=1
k
21
=
0
.
09375 El
k
ll
=
0.1875
El
6EI 4
2
=
0.3750
E
l
12EI
--
----
-
7
=
0.1875 El
.t--4
_
00m---tI
k
2
t
=
0.375EI/4
• Comprobemos el resultado anterior. ensamblando la matriz de rigidez
,
utilizando
estrictamente la definición:
DI
=
1 D2=0
0.09375 ] 0.06250
3~] [0.18750
=EI
.
1 0
.
09375
16
[K]
=
[K]]
=
El[ 1:
32
• Matriz de rigidez de la estructura en el sistema Q-D • Aporte de la barra 1 a la matñz de rigidez
·
de la estructura
!]
El
[11 -:][:
284
4)
.
{
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1
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2
86
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4
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•
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•
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1
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0
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J
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Column
a
ca
3.
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m
.
0
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0
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'+
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...
,
...
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.
,
.......
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O
.2
5XO
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G>
20
t
E
jemplo 7
..
7
Re
s
olv
e
r el
pórtico
mostrado,
compu
es
to
po
r
un mu
r
o o
placa
(barra
1
-
3
)
una
c
olumna y
una viga qué se ha modelado
con
un brazo rígido de 0
.
75 m a la
iz
qui
e
rda
.
Se ignoran
las deformaciones axiales
y
por fuerza cortante
,
• Resultados finales (axiales y reaccion
e
s en toneladas)
B
arra
[ki]
d
i
(
q;) ,;",
[k
¡
][di} (T
o
n)
1-4
EA/
5
0
.
0
0
.
0
'
(
2
..3
EA/5
-0
.8 DJ
-
2
.
2
20
2
4
EA/~
-4/
3
Di
6
.
1
6
70.7
2
06 EA
• Fuerzas en las barras
.
{dí}
=
[Ai]
{D
}
{qi}
=
[Id]
{
di}
{lO}
=
[
0
.
7206
EA] {DI}
• Desplazamientos en el sistema
Q
-b
{
Q}
=
[K] {
D
}
Di
=
1
3
.
8175/
EA
:E=
[K]
=
Barra
kl~EA/L
i
[,Ai]
[Ar]T
Ik~
n~
1
1-4
EA/S
O
,
Q
0.0 EA
.
2.;3
EA/5
.
.,.
0.8
0.128 EA
2
-4
EA/3
-4/3
16/11EA
..
.
• Matriz de rigidez de la estructura en el sistema Q
-
D
286
\ 1;.~
t
··
"
.1

296. -0.8
(DI)
43 o
DI
=
1
285
o
-0.8
43
[A]=
D
I
=
1
i1
La barra
1-4
no se deforma, sólo exper
imenta movimiento de sólido r
igido (rotación). los
\
alegamientos de las barras son positivos
y
los acortamientos (compresión) negat
ivos
.
II\I!1,
• Generación de la matriz de transformación de desplazamientos
{
d}
=
[A]
{
D}
.
Recuerde que asumimos desplazamientos pequeños
.
1
q-d
3
Q-D
• Sistemas de Coordenadas
l
-i
~~~~~
'1
J!-I.--4
.
00m--....r..
1.
:
'
.
.
.
.
Ejemplo 7-6Resolver la estructura mostrada
,
compuesta por un só
li
do ríg
ido (barra 1-3-4)
y
tres
_
_
barras .tipoarmadura
.
.
.

297. 287
[
12.4444 -18.0000 -0.6667]
L
[K]
=
El -18
.
0000 37.6680 0
.
7813
-0
.
6667 0
.
7813 2.3333
El~
1.
6~80
O
.
7~13]
~ 0
.
7813 1
.
0000
[
0.4444
o
-O.
666~
El
O
o
O
-0
.
6667
o
1
.
3333
[
12 -18
O]
El -018 36
o
o o
.
.J)
}
Barra
[Id]
[Ai]
12
6
27EI
3
2
--
1-3
3
[!
o
~]
-3-
6
4
t
-?i'
12 6
El
31
--
2-4
3
[!
o
~]
3
6
4
o
-'3
12
6
12
6
..
4
2
-4
- 4
2
-4
,.
6
4
6
2
~
-0
.
75
~
El
--
-
3
'-4
4 4
1
"4
12 6
12
6
o
- 4
2
4
4:1:
4
o
6
2
6
4
..J
-'4
z
[Aí]
I
[ki][Ai]
• Matrices de rigidez de barra en el sistema q-d (sistema local de coordenadas)
y
aporte
de cada barra a la matriz de rigidez de la estructura
.
[A]
=
¡
=
1
~=
1 D
3
=
1
d
l
=
1 O O
[A
1
-
J
]
...
..
~~~.-
-
--._
-_.
~
--
--
-
---
--_
.
}
---
-----
----
-
~-
------
-
_._--
-
--
-
--
d]= 1 O O
.
~
_~
~
__
.
~ .
_
.__
..
L_
.._
._
I~~~)
_
d
s=
o
-0.75 O
~
=
O 1 O
d
7=
O
o o
-
-
_
._
~~~
_
.
---
-
-_
.
_
~
_.
_
-
-
--
--
--
-
~
-_
._
_
._
..
_
..
~-
--_
.-
D3
=
1
1
Nótese que en la barra 3
-4
el sistema q - d corresponde a la parte flexible de la barra
.
• Gene
r
ación de la matriz de transformación de desplazamientos {d}
=
[A]
{D}.
Sistemaq - d
Modelo de la estructura
y
sistema
Q -
D
4
.
00m---l~
0
.
15
m
,,1.
,,1,
1~2
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El ...,
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27E1 El
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l I
3.537
!IIi!i!itL
'
2
88
D
F
C
{
ton)
• Rigidez
lateral del pórtico
KL
=
~
=
3
.806
E
l
5.2
5
5
49
.638 --
4.68
i
~
/
/
/
1
.892
18.10&--
1 J
1
8
.1
08
• Diagramas de fuerzas internas finales
241-3
lk¡]
x
El
[
1
2
-
18)
-1
8
36
1
0.4444
-
0
.
6667]
-0
.
6
667 1
.33
33
r·
1
975
-0
.
3750 -0
.
1875
-0
.37
S
0]
-0.37
5
0 1.0000 0
.
37
5
0 0
.
5000
-
0
.
18
7
5
0
.
3750 0
.
1875 0
.
3750
-
0.3750 0
.
5000 0
.
3750
1
.
0000
3
'
4
Barra
d"
1
5.2
5
5
1
di
2.4
97
4
d
i
5
.
2
5
5
1
d
"
0.6653
..
=
•
1/
El
•
d
i
-1
.8730
d
"
2
.497
4
6
o
d
-7
0.6653
di
{di]
(To
nlE
n
{q
;} ...
[k¡)(
d;)
{5
.
25
5
~
{
1
8
.
1
079
1
2
.
4
97
-
4.
68
5
3
{
S
.
255
1
}
[1
.
8
9
21
]
0
.
6
653
-
2.616
4
r
9
7
3O}
r
S
3n}
2.4974
3
.5372
o
1
.
5
3
7z
0.66
5
3
2.
616
4
OOO 1
e
·
ZS51}
o
.497
4,
o
.66
5
3
O1
[5
.2551]
{
D}
=
_!_
2
.
4974
El 06653
{
D}
=
[K
r
1
{
Q
}
288
o
O
O
1
1
O
{d·
l
=
[A](D}~
f
d
·
}
=
00 O
-
0
.
75
O
1
O O O O
{
di}
=
[Ai]
{D}
{qi
}
=
[Id]
{
d
i
}
• Fuerzas en las ba
r
ras
.
{Q}
=
[r]
• Des
p
lazamientos en el siste
m
a
Q
-D
{Q}
=
[K]
{
D
}

299. 289
[A
3
_
4
]
T
[k
j_
4]
[
A
l
-4
]
-
El
[g
1
.
6~80
o.
7~131
o
0
.
7813 1
.
0000
Se
observa que se obtiene e
l
m
ismo
r
esultado
, r
especto al aporte de l
a
barra
3
-4
.
En
con
s
ecuencia y como era de esperarse
, l
a matriz de
ri
gidez del pó
rti
co e
n
el s
istema
Q
-
D
,
es
fa
misma
.
Luego
.
el aporte de la ba
rr
a
3-4
a la matriz de rigidez del pórtico es:
D
I
=
1
D
2=
1
D3
=
1
d
i
=
1 O O
[
A
l-3
]
._
._
_c!~
_
~. .
.º
.._.
..}.
..~
....
_
d
3=
1
O O
-..
.
~
-~
.- ---
-----
º-
--
-.o
--
--
--Q-
------
--_
..!.
._
.o
_
_
. ~~~~
~
_._
d
s
=
O 1 O
dtí
=
O O
1
[
A
l
=
• Ge
n
e
r
ación de la ma
t
ri
z
de
tr
ansformación de desp
lazamien
t
os
{
d
}
=
[
A] {
D
}
.
Para l
a
s otras dos barras
la ma
tri
z de rigidez no se modifica
.
0.7813]1.0000
[
4
(
0
.
75
2
)
75]
~ _
El
4"
4
+
3·0
.
75
+3
·
4
2+6
.
0
'4
_
1.6680
k
3
_4 -
4
75
-
EI~.
78
13
2
+
6.0'
4
4
• Matrices de rigidez de barra en el s
istema q
-
d (sistema local de coordenadas).
Nótese que el s
istema
q-
d
adop
t
ado para
la ba
r
ra
3
-
4
involuc
r
a la determ
inación de la
matriz de
ri
g
idez
d
e
la ba
rr
a, tal como se h
izo en el acáp
í
te
4.6
o en el E
jemplo
7
-
3
.
D
ic
h
a matriz de rigidez corresponde
.
al caso
7
del acápite
4
.
1
1
,
con
a
=
0
.
7
5
m
y
b
=
4
m
.
Model
o
de
l
a
e
structura
y.
s
istem
a
Q -
D
4
.
00m
--;.f
O
.
7
5
m
'" ....
1
r
,
~
~,
.
,
32
7 El
1
N
uevo
S
i
stema
q-
d
3
~1
El
3.00
m
21
El
5
r.
I!B~
-----)
6
4
2 \:
EI=oo
1~ 3~
• Nuevo s
istema
q
-
d
.
El S
istema
Q
-D
es el
m
ismo que hemos utilizado en el Ejemplo
7-7.
Ejemplo 7-8Reso
lveremos nuevamente el pórtico del Ejemplo 7-7, modifica
n
do el sistema
q -
d para
la barra
3-4
(la barra con brazo
r
igido a la izqu
ierda)
)).)
}
--
j
i
}
j
~
J
)
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i
J
\
j)J 1
l
_J
1
}
t
_j
~!!
I
i1
1
1
)

300. 290
{di}
=
[Aí]
{D}
{qi}
=
[ki]
{di}
• Fuerzas en las barras.
[
6.1861J
{D}
= ~
2.4450
El 0.9488
{Q)=
[rJ
{D}
=
[Kr
1
{
Q}
• Desplazamientos en el sistema Q-D
{Q}
=
[K] {D}
• Matriz de rigidez del pórtico en
Q -
D [K]
=
¿[A
i]T [ki]
[Ai]
[
7
.
5450
-
10
.
6509
-0.66671
[K
Flnal
1
=
El
-10.6509
26.6443 O.
7813
-0
.
6667
0
.
7813 2.3333
) ) .1 )
.
))
)))
-10
.
6509
gOl
24.9763
o
• Aporte de la barra 1- 3 a la matriz de rigidez del pórtico
[
7
.
1006
[k
l
-3]
=
[A
l
-
3]T[k
i
-3][A
l-3]
=
El
-
10
.
;509
-10
.
6S09]
24
.
9763
12 6
..
27EI
[33
-
3
1]
[7.1006
k
l-3
=
1
+a _~
4+«
=
El
-
10
.
6509
3
2,
3
b
E- =
2
.
3 (concreto armado)
G
(
h)2
(1
5)2
=:;.
a.
=
2
.
76
T
=
2.76
-T
=
0
.
69
]2 El
a=-::---
POAc
Ac
e
bh 1.2
~h
(
)
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"
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--::) -
}
4
))
Ejemplo 7-9 Resolveremos nuevamente el pórtico del Ejemplo 7-7, considrando deformaciones por corte en la barra 1-3 (muro o placa)
.
Con esto podremos formarnos una idea de la
influencia que t
ienen las deformaciones por corte en
la repuesta frente a cargas laterales
de este pórtico pequeño. • S
istemas
Q
-
D
Yq - d. Son los mismos del Ejemplo 7-7.
• Matriz de transformación de desplazamientos {d}
=
[Al
{D}
.
Es la misma del
Ejemplo 7-7.
• Matrices de rigidez de barra en e
l
sistema q-d (sistema local de coordenadas)
.
Las
.
.
barras 2- 4 Y 3- 4 tienen la misma matriz de rigidez del Ejemplo 7-7
.
S610
es necesario"
,
modificar la matriz de la barra 1
-
3 incluyendo deformac
iones por cortante, para esto,
utilizaremos lo expuesto en el acápite
4
.
10
.
3.
.
,
.....
290

301. 29
1
Se sug
iere al lector q
u
e compa
r
e
los
r
esu
lt
ados con los del Ejemplo 7-7
, t
an
t
o
los
desp
lazamientos como
las fuerzas internas
y
la rigidez
lateral. Encontrará que las
fuerza
s i
nternas va
rí
an po
c
o
,
la placa toma algo menos de fuerza cortante transfi
r
iendo
la diferencia a la columna
.
Sin em
b
argo
,
el desplazam
ien
t
o late
r
al del pórtico se
in
creme
nt
a un 18
%
con lo cual la rigidez lateral del pórtico se reduce al inclu
ir
deformac
io
n
es por cortante en el muro o placa
.
• Rigidez lateral del pórt
ico
KL= 2
0
~ 3
.
233 El
6
.1
8
6
1
DFC
(t
on)
17
.
8
8
3
DMF(ton-
m
)
2
.
1
1
2
.
117
-
-
3
.4
91
3
.607
2
.
85
9
!!@iilJ
t
i
i
1
7.
88
3
=
)'6.]7,
2.
859
• Diag
r
amas de fuerzas internas finales
Barr
a
fkil
x
E
l
{d
i}
[qi}
==
[ki]
{di}
1~3
( 7.1006
-
10
.
6509]
{6.1861}
(17.B832}
-10
.
6509
24
.
97
6
3
2
.
4
4
50
-4
.
8195
2
-4
[0
.
44
44
-0
.
6667J
[6.1861}
{2
.
1168 ]
-0
.
66
6
7 1
.
3
3
33 0.9488
-2
.
8590
r·
1
0
7
'
-0
.
37
50
-0.1
8
7
5
-
0.3
7
50]
r·
S
3
38}
r·
6
1
6'}
3
'-4
-0
.3750 1
.
0000
0
.3750 0
.5
000
2.
4
4
5
0
3
.
6071
-0.
1
875
0
.
3750 0.1
8
75 0
.
3750
o
1
.6165
-
0.3750
0.
50
0
0 0
.
37
5
0
1.0
0
00
0
.
9488
2
.
8590
J
_)
)
)
}
)
1
,
"¡
d
~
o
o
o
1
6
.
186
1
O
1
O
d
i
2
.4450
1
O
O
e
·
1861}
d
i
6.1861
O
O
1
d
.
0
.
9488
*
l
/
El
[del
=
[A
]f
o] ~
{
d·l
=
.4450
'
=
O
-0
.
75
O
d
!
-1.8338
.9488
;,
O
1
O
des
2
.
4450
}
O
O
O
d;
O
O O
da
0
.
9488

302. J
, "-,
-.."
r
.
-
J
)
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.
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4
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2
92
o 1
-4
~]
[
1
T
3
El
[KI]
=
[Al]
[kl]
[Al]
=
-3
O
(3)
3
•
Aporte
de
las
columnas
a
la
matriz
de
rigidez
de
la
estructura
~
]
[k]
=
3EI
[
1
h
3
O
•
Matriz
de
rigidez
de
las
columnas
en
el
sistema
q-d
(sistema
local
de
la
barra)
\\
DI
D
2
D3
di
1
O
3
d2
O
1
-4
[AJ)
-
--
-
-------------
d
3
1
O
3
[A
2
]
[A]
=
dt
O
1
4
----
-
----
-
-
-
-
---
--
d
s
1
O
-3
[A
3
]
d
6
O
1
O
•
Matriz
de
transformación
de
desplazamientos
{d}
=
[A]
{D
}
Q
-
D
(planta)
q
-
d
(P
e
rspectiva)
\\
\
\\
4m
4m
~(
el
f-~1 3
29
2
Ejemplo
7-10
Ensamblar
la
Matriz
de
Rigidez
del
edificio
de
un
piso
del
Ejemplo
6-42,
acápite
6
.
17.
El
edificio
es
una
estructura
compuesta
por
-
una
losa
maciza
indeformable
en
su
plano
(diafragma
rrgido)
apoyada
sobre
tres
columnas
circulares
de
3
m
de
altura
,
empotradas
en
la
base
y
articuladas
en
el
extremosupertor
con
rigidez
a
la
flexión
de
El
=
5,400
t-m
2
•
Se
desprecia
la
rigidez
torsional
de
las
columnas.
El
sistema
global
de
coordenadas
está
referido
al
centro
de
gravedad
de
la
losa
.

303. 293
La tra
n
spuesta de
la matriz de t
r
ans
f
ormació
n d
e desplazamien
t
os
,
represen
t
a la matriz
de transformación de
f
uerzas
.
El apo
rt
e de
las
"
m
"
barras que componen la estruct
u
ra
viene
d
ado por
:
_,¡---1)
El vector de cargas total, que debe utiliza
r
se para la so
lución de
la estruc
t
ura, se obt
iene
)
a part
ir de
:
{
Q}
t
o
ta
J
=
{Q
}nud
o
s
+
{Q
}
barr
a
s
=
{
Q}
n
u
d
os -
{
R
}
-
:
{Q
}
t
ota
l=
[K]
{
D
}
(soluciónde
l Estad
o
Com
pl
e
m
entario)
{d
}
=
[A]
{
D
}
Contrag
r
ad
ienc
ia
:
{
Q
}
=
[
A
]T
{
q
}
Cargas
en
barra
s
{
Q} barr
as
= -
{R}
Car
gas e
n
nud
os
{
Q
}
nudos
Q-D
Estado Prim
ar
i
o
para las
car
gas en barras:
Car
g
as
d
e fij
a
ci
ó
n
=
{
R
}
w
7.6 Ensamblaje del Vector de Cargas
en
Nudos
En el Método de Rigidez las cargas sólo pueden estar apl
icadas en
las coordenadas de
l
sistema Q-D e
legido para el análisis de
la estruc
t
ura. Sobre
la es
t
ructura pueden ac
t
ua
r
cargas directamente aplicadas a los nudos
y
al mismo tiempo cargas en las ba
r
ras
.
Para
las cargas aplicadas en los nudos el ensamblaje del vecto
r
de cargas
{Q}
es directo
,
mientras que para determinar el aporte de las cargas en barras a dicho vec
t
or, es
necesario reso
lve
r
primero e
l
Estado Primario (véase el acápíte 6
.
5) es
t
ado en el cual se
restringen
t
odos los desplazamientos de los nudos medidos e
n
el sistema Q-D
y
se
ca
lcu
la el vecto
r
de Cargas de F
ijac
ión {R}
.
A partir de este vec
t
o
r
se gene
r
a el Estado
Complementa
ri
o
,
en el cua
l
solo h
a
y cargas en los nudos.
La figura a continuac
ión muestra una est
ru
ctura con cargas aplicadas d
ir
ectamente en
los nudos en el s
istema de coordenadas eleg
ido y cargas en
las ba
rr
as pa
r
a las c
u
ales
será necesario resolver el Estado Pr
imar
io antes de p
r
oceder a
la
s
ol
u
ción de la
estructura.
3EI[ ~
o
2:
J
[K21
=
[A
2
]T
[k
2
1
[A2]
=
1
C3i
.3
4
r
1
O
-:
]
T
3 El
1
[
K3]
=
[A3]
[k
3
][A
3
]
=
-3
O
(3) -3
O
• Matriz de rigidez total de la estructura
.!
5~]-
[
m[~
O
1
,
80
0
O
1
,
800 ]
J
[K]
=
L
[Ai]T
[Id]
[Ai]
=
3
O
1,800
3
5
,
~OO
(3)3
3
O
1,8
0
0
O

304. 2
94
1
'
.
)
7.7 Etapas
de
la FormulacIón Matricial del Método
de
Rigidez
a) Defin
ir los s
istemas de coordenadas Q
-
D
y
q
-
d
b) Generar las matrices
[Aj]
-+
{
d
i
}
=
[
Aj] {D}
e
)
Generar las matrices de rigidez de barra en el sistema q
-
d
-+
[k
¡
]
d) Generar los productos
[
A
¡]T
[kí]
[Aí]
-+
aporte de cada una de las barras a
[K]
e) Ensamblar la Matriz de Rigidez de la estructura
-+
[K]
=
¿
[A¡]
T
[Ie
¡
]
[Aí]
f)
Ensamblar el vector
{Q}nudos
-+
(aporte de las cargas en nudos)
g)
Calcular las fuerzas de empotramiento debido a las cargas en barras
-+
tri}
h
)
Ensamblar el vector de Cargas de Fijac
ión
-.
{
R
}
=
L
[
Aj
]T
[ri] (
E
stado Primario)
i)
Ensamblar el Vector de Cargas
-'
{Q}to
ta
l
=
{Q}nudo
s-
{R}
j)
Resolver {D}
=
[Kr
J
{Q}totaJ
-+
(desplazam
ientos del Estado Complementario)
k
)
Calcular los desplazamientos de extremo de barra
-+
{d
i}
=
[A~ {D}
1)
Calcular las fuerzas de extremo de barra del Estado Complementario {q
¡}
=
[k
¡] {
m) Calcular
'
las fuerzas to
t
ales de extremo de barra (Complementarlo
+
Primario)
{q
¡
}tota
l
=
[k¡]
{
d
i}
+
tri}
mbarras T
{ Q }
=
L
[A
¡
]
{s.]
i
=
J
Si extendemos este resultado al
Vector
de Cargas de Fijación del Estado Primario
{R}.
,
tendremos
:
.
mbarras
T
{R}
=
¿
[A¡)
{fi}
i
-
l
{
Qh
arras
=
-{R}
(
aporte d
e
las cargas
e
n barr
a
sal vector {Q})
Donde
tri}
es el vector de fuerzas de empotramiento en los extremos de cada una de las
•
barras.
,,
:1)
;
~e ~
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--j ..
.j
~
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-3 -'
)
~ ~~
-:
)
))
294

305. 295
DI
=
1
~=I
dI
O O
d
2
1
O
[A
l]
[A]
=
---------
d
3
1
O
[A
2
]
<1.
O
1
• Generación de la matrizde transformación de desplazamientos
~1=1
~=O
0,=0 ~
D¿=1
~I~'-
~:I----~¿__p.,~
~ ~4
z
44
~ (:_1 __ 2 ~ ~
t
3
t
4
i) ~
-t
7--t
8
.
~,
Sistema q-d alternativo (n
=
8)
La desventaja del sistema q-d alternativo
,
estriba en que las matrices [Ai] contendrían
muchos ceros ya que hay una relación nula entre los desplazamientos
DI
y ~ con los
desplazamientos
d3,
<1.
,
d
7•
dI
.
Esto hace tedioso los cálculos cuando se desea abordar
de manera manual la solución de la estructura, sin embargo, cuando la solución serealiza con la ayuda de un computador, se usarla e
l
sistema alternativo ya que este
sistema permitirá calcu
lardirectamente
las fuerzas cortantesen las barras.
Nótese que con el sistema q-d eleg
ido, no será posible calcular las fuerzas cortantes en
los extremos de las barras. Estas deberán ser calculadas por equilibrio de cada una delas barras a partir de los momentos flectores en los extremos de las mismas. Si sedesea conocer directamente
los cortantes
,
será necesario utilizar el sistema q-d
alternativo indicado a continuación:
~
~
~
~
el
4)j
\\
I/t
Q-D
(N=2)
q-d
barras
~
~
:il
2
7S:
3~
~~
G)
G)
\\
4 \\
q-d
(n
=4)
• Sistemas de Coordenadas
4m
3m
,.,
v
Eiemplo 7-11Resolver la viga continua de dos tramos mostrada a continuación.
Se
consideran
deformacione
_
ssolo por flex
ión
y
El
es constante
.
Véase el Ejemplo6-3, acápite6.5
2 ton/m
1
-
~
::3
o
_) ))
))J
1iI-:
,
I)
I
-==1
"'1
I-,I
)
j
I
__)
)
~
_)
~tl;¡
)
i
)
1
)
1I¡~
,f,:._.¡'o
.
.-

306. 2
96
Aporte de
la barra
1
:
{R
,
}
=
[A,
]
T
{r
i}
=
[
~
RI R
~ 2
*-QY
YYLD(
)Cfiyyy~(~
~ --m
1.
5
1.
5
2
.
667
2
_
2
67
• Ensamblaje de
l
vec
t
or de Cargas de Fijación
.
Es
t
ado Primario. fuerzas
empotramiento en el sistema
q
-d
:
] <:a
G)
~2
3~
G)
?iJ
4
El
[4
:]
El
[4
!]
[
kl
]
=
-
[k
2
]
=
4
2
3 2
•
Ensamb
la
je de
f
a Ma
tri
z de Rig
idezde la estructura
A
p
orte de la barra 1
:
[KI
]= [
A
I
]
T
[
le
l
]
[Al]
= [
~
1PI
[4
:J[~
O]
=EI
[4
~]
0
32
O 3 O
i 1 ¡
Nuevamente es fácil comprobar que la relación
{Q
}
=
[A
]T
{
q}
represe
nta
las e
cu
ac
iones
de equilibrio de momentos de los nudos 2
y
3 d
e
la viga.
• Matrices de rig
idez de barra en el sistema q
-d
296
d
I
O
O
{
d}
=
[
A
]
{
D
}
-+
_d
.!
_
1
O
{~:
}
=
--
-
---
d
3
1
O
d
..
O
1
<
}
r:
~
~ é
~
)) ) ) ) ) ) ') )).
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):1
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}
~
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.) ")
)) ) )
-:j
')
~ ~~
)
:)-
J) ..;:) :
)
.
J
::J ~)
Aporte de la ba
r
ra 2
:
[K2
]
=
[
A2
]
T
[1<2]
[
Al
]
=
[
~
0p
I
[4
:J[~
O]
=
E
I
[4
:]
142
1 4 2
• Matriz de rigidez total
:
(K
]
=
¿
(Ki
]
4EI
+
4EI
0
+
2E
I
7
1
-
-
3
4
4
3
2
[K]
=
¿fki]
=
=
EI
O
+
2
E
I
0
+ 4EI
1
1
-
4
4
2

307. 297
• Diagrama de fuerzas en barras en e
l
Estado Complementario (ton-m)
1.167
J-
r;
.
80
1.
60
1"'16.
":;6~
;).667
-r
--i)
c.:~)
<':0
.4
34
-.J \
\
2 ]
{D
I}
_
{-
0.434 }
- ton
-
m
4 D
2 -
2
.
667
Barra 2
:
{
0
.
80}
=
ton-
m
1.60
2 ] { O }
=
El { 2
D
, }
4
DI
3 4 D,
{q}1
=
{q
r
}
=
El [ 4
q
2
3 2
• Solución del sistema de ecuac
iones
,
desplazam
ientos de la estructura en sistema Q-D
El
[
7/3 0.5]
{D
I}
= {
1.
1
67 }
{Q
}
=
[K]
{D}
0
.
5
1 D
2
-2
.
667
120 3.267
{D}
=
[I(J
-
) {Q}
=>
DI
=
9
2 ~ _.
-
D2
=
9
3
~
--
-
El El
• Fuerzas en barras en el Estado ComplementarioBarra
1
:
{q
}1
=
[kl]
{d
l
}
=
[kl]
[Al]
{
D}
~ _,_~~I,_
.J_
6_7__ .....~,\ 2.667
Complementario
{Q}
=
_
{R}
=
{
+
1.167 }
- 2
.
667
• Vector de Cargas
{Q}
.
Estado Complementario
{
-1.167}
{R}
=
{R
J}
+
{R2
}
=
+2
.
667
Aporte de la barra 2
:
(R2}~ [A,jT
(r.}
= [~
..
~] { ;~:::; }
= {
~~~~7 }
297
))')
)))
',:
.
J
)
-
)
j
)
--1
)
=4
)
i
)
.)=.::J
J
)
~
.
'
~
..
.
.
,
~
..
_
.
~
~~
.
1
;;,
1
~~
·
:r-
;.
,!1
_)
1
)
_)
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\
¡
}
j
)
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1,
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1
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I
1
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1
';:
:'"
..~,.:-=.:',
':
.
.'.
,
_J-t
'.
j

308. ....J
,
-.::;:;
'1
'
t
)
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1 ) ') .
)
.
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)
J
)
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-3
29
8
5~--=--zi>
6
-Y
G)
~
f
q
-
d
(0
=
6
)
~
3
E
==
2
x
l0
6
ton/m
2
E
A
=
CXl
B
a
rras 1y 3 0.25 x 0
.
40
Barra 2
0.50
x
0
.
40
El
t::#
2,
667
ton-m
2
2
EI
:::s
5, 33
j
ton-nr'
Q
-
D (N
=
3
)
2
~3
\\
l
6m
• Sistemas de Coordenadas
...
)¡
le
le
G)
I
1
Ejemplo 7-12 Ensamblar la Matriz de Rig
idez
y
el Vector de Cargas para el pórtico as
imétrico
mostrado
.
Se
ignoran las deformaciones axiales y por cortante en todos los elementos.
Este pórtico fue resuelto en el Ejemplo
6-9.
acápite 6.5.
D
i
a
g
on
a
l prin
cip
al
[O]
[K]
=
gdl~ 1 2 3
4
5
[O
]
1~ 2~ 3i- 4~ 5~
Q-D
Nótese que las vigas continuas
,
como la resue
lta en este ejemplo
,
en las cuales se
consideran únicamente grados de libertad de g
iro, originan matrices de rigidez
denominadas tridiagonales, es decir
,
todos los elementos no nulos se agrupan en tres
diagonales, la diagonal principal
y
otras dos "paralelas" a la principal. En este tipo de
estructuras, el ensamblaje de la matriz de rigidez es directo, lo mismo sucede con la solución del sistema de ecuaciones
para
lo cual existen algoritmos de soluc
ión eficientes
.
Primar
i
o
1
~
1.sK:'
24
.267
+
~fh."UfLLP"~G:L:LP'"
,,
\
\
Complementario
1.6
• Fuerzas finales en las barras
=
Complementario
+
Primario
{q¡}totaJ
=
[lq] {d
i
}
+
{
r¡}
298
_
.
_
--
-
-
"'
....-
-
-
-
-
-
-
-
--
-
-
_
..
..
I1
-
1 i.'

309. 29
9
DI
D2
D3
di
1
o
o
d
2
o
o
[A']
----------
{d}
=
[Al
{D}
[A]
=
d
3
1
o
o
[~]
d,
o
o
----------
ds
o
o
[A3]
d
6
o
o
• Generación de la matriz de transformación de desplazamientos. Para este tipo de
pórtico con barras ortogonales, la generación de estas matrices es directa y contienenúnicamente elementos unitarios y elementos nulos.
S
i
stema q-d con deformacionesaxiales en las barras n
=
12
La desventaja del sistema q-d alternativo, estriba en que la matriz
[Ai]
para la barra 3
contendrá muchos ceros
ya
que hay una relación nula entre los desplazamientos
DI. D2
Y
D3
con los desplazamientos verticales de la barra 3
.
Esto hace tedioso los cálculos para
esta barra cuando se desea abordar de manera manual la solución de la estructura, sinembargo, cuando la solución se realiza con la ayuda de un computador, se usaría elsistema
'
alternativo ya que este sistema permitirá calcular directamente las fuerzas
cortantes en las barras
.
Si fuera necesario considerar deformac
iones ax
iales en las barras, el sistema Q-D
tendría seis grados de libertad
(tres
en cada nudo libre) y el sistema q-d doce grados de
libertad como se ilustra a continuación
.
Cuando se realizan cálculos manuales, es
práctica común, ignorar las deformaciones axiales para trabajar con sistemas decoordenadas más pequeños, sin embargo, cuando los cálculos numéricos
los realiza un
computador, no hay ninguna limitación al respecto y se pueden incorporar todos losgrados de libertad que sean necesarios sin necesidad de hacer suposiciones relativas altipo de deformación predominante en la estructura
.
S
i
stema
q-d
alternativo (n
=
8)
Nótese que con el sistema q-d elegido, no será posible calcular las fuerzas cortantes enlos extremos de la barra 3, estas deberán ser calculadas por equilibrio de la barra a partirde los momentos f1ectores en los extremos de la misma. Si se desea conocerdirectamente los cortantes, será necesario utilizar
el
sistema q-d alternativo indicado a
continuación
:
,
i\ .JI~)}
j
.
~
.
)))'
j}
.
.J}~)})
))
_)
)
-
)
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"
"'1
I
)
J
=)
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~-3
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-;)
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-l

310. .) ,
1
t
~...
,
¡¡)
i
~
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-
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j
J
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.
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~
J,
---=-
-;¡J
..;
._
~
...._,
"d .-:9';-:»
"
'-J
O
O
O
O
O
O
[A
3y
[
k3
] [
A3
]
=
O
4
2
O
=
E
l
-
-
6
6
O
[k
3
1
2
x2)
2
4
O
-
6
6
30
0
Apo
rte
de la Barra 3
:
afe
c
ta únicamen
t
e
a
los gdl globales 2 y 3
%
O
-fe
(3)
3
(
3)
3
[
A
2f
[
k
2
]
[A
2
]
=
2EI
O
O
O
-fe
O
%
(
3)3
-
Barra 3
:
G
~6
[
k3
1
-
El
[ 4
!
]
l
2
Aporte d
e
la Barra 2
: a
fecta solo a los gdl global
e
s 1
y
3
-
B
a
rra 2
:
4r
1
2
-
6
[k
2
]
=
2
EI
(3t
(3)
2
-6
4
(3
y
3(3x3)
[
Al
r3
X
2)
[k
,1c
2lt
2
)
[A
l1
2.r3)
=
O
O
O
O
..... en e
l
sis
t
e
ma
g
lobal
Aporte de la Barra
1
:
a
f
ecta solo a los gdl globales
1
y
2
[k
]
1
2
x2)
O
1
2
-6
[k
l
]
=
E
l
(3t
(3
)2
.....
e
n el s
istema
l
oca
l
-6
4
(3)
2
3
j iII¡¡,I riII
300
Es posible comproba
r
que
la re
lación
{
Q}
=
[
A
]T
{
q}
(
Princ
ipio de Contragradie
n
c
ia)
conduce a las sigu
ientes e
c
uacio
n
es de equilib
r
io
:
Qt
=
q
¡
+
Cl3
(eq
u
ilib
ri
o horizontal del nivel)
Q
2
=
q2
+
qs
(eq
u
ilib
ri
o de mome
n
tos en e
l
nudo
3)
Q
3
=
qa
+
q6
(equilibrio de momen
t
os en e
l
nudo
4)
• Ma
tri
ces de rigide
z
de barra en el sistema
q
-d
y
aportes a
la ma
tri
z
[K]
-
Ba
rr
a
1
:

311. 301
{R}
= {-
1~.19}
to
n
-
m
+5.06
• Vector de Ca
r
gas
{
Q}.
Estado Complementario
{Q}
=
-
{R
}
=
{
15~19}
-5.06
o ] {
O }
- 15.1
9
O
{+
}
=
-
15
.
19
to
n-m
1 5.06
+
5
.
06
Aporte de la Barra 3
:
3
T
{R}
=¿
[A¡]
{r¡}
i
=
]
r
Cizs........._~]8__
¿)
I
CD
15
.
19
G)
5.06~
• Ensamblaje del vector de Cargas de Fijación
{R}.
Estado Primario, fuerzas de
empotramiento en el sistema
q-d,
Solo aporta la barra
3
.
- 1.333 ]
0.3333.333
[
1.333
-
0
.
667
[K]
=
El -
0.667 2.0
- 1.333 0
.
333
3 2 1
GD
L
globai
d- ~
1 2 3
12/(3t+ : -
6/(3)2
+
O
+
24/(3i+
1
O
+
-12/(3)7.
+
O
I
O I O
--
-
----
~
------~--------
-
I I
_6/(3)
2
+
I
4/3
+
1
O
+
0+ 10
+
10+
I I
O
1
4/6
I
~6
I I
-------r--
-
---~------
-
-
0+
10
+
10
+
.]2/(3
)
2+
I
O
+ :
8/3
+
O : 1/6
I
4/6
I I
¡_
,.
Nótese que para este tipo de pórtico, conformado por elementos ortogonales, no esnecesario efectuar los productos de las matrices de transformación
,
basta s610 con
generar la matriz.de rigidez de barra
_
y
lu~go por simple observación o inspección de los
grados de libertad globales que son afectados por la barra en cuestión
,
colocar en los
"
casilleros" apropiados de la Matriz de R
igidez
[K]
los elementos de la matriz de rigidez
de cada una de las barras e ir sumando los aportes de cada una de ellas. Esta idea seilustra a continuación:

312. DI
Ih
D
3
d
I
1
o
o
d
2
o
o
[Al
]
-
-
---
-
---
-
-
----
-
-
-
-
-
-
-
d3
1.25
o
o
[A
2
]
<4
o
o
1
-
-
--
-
-
-
-
-
-----
--------
{
d
}
=
[A
]
{
D
}
[
A
]
=
d
s
o
o
o
d6
o
1
o
d
7
0
.7
5
o
o
[A
3
]
d
s
o
o
1
DI
=
}
Nótese que en la barra 3 (elemento ho
r
izontal) se han
in
c
luid
o
los grad
o
s de
li
be
rt
ad
locales 5 y 7, estos son necesarios ya que esta barra aporta
,
a través de la col
u
m
n
a
inc
li
nada
,
al g
r
ado de libertad global 1 así como a los o
tr
os dos gdl de rotac
ió
n.
Es
t
a
barra también aporta al vec
t
or de cargas asociado a la coorden
a
da g
lobal 1
.
• Generación de
la matriz de transfonnación de desplazam
ie
n
t
os
.
1
.2~
4\
q
-
d
(n
=
8
)
Q
-
D (N=3
)
• S
istemas de Coordenadas
3m
6m
E;:;; 2
X
10
6
tonlm
2
Sec
c
i
ón
0.
2
5 x 0
.
50
El
1':$
5
,
2
0
8
ton
.m
2
E
A
=
C()
2
4
Ejemplo 7·13 Ensamblar la Matriz de R
ig
idez
y
e
l
Vector
d
e Ca
r
gas pa
r
a el pórtico mos
t
rado
.
Se
ignoran las deformac
iones ax
iales y por cortan
t
e en todos
los
e
leme
n
tos. Este pórt
ico fue
resuelto en el Ejemplo 6-
1
2
,
acáp
ite
6
.
5.
3
0
2

313. Aporte
d
e la Barra 2
:
afec
t
a a
los g.d.lg
lobales
1
y
3
.
}
[l.~
n
El [
k,
1
[
1.
~
5
~]
:1
[K,
l
=
[A
,f
[k,l
[
A
,]
= ~
O
)
O
}
[K,
l
=El [
0.15
O
-
0.3
J
j
O
O
O
I
-0.3
O
0
.
8
\
)-
I
)
J
B
a
rra 3
:
5
6
7 8
)
~t
t
8
12/6
3
-
6/6
2
-
12
/6
3
-6
/
6
2
-;)
-6
/6
2
4/
6
6
/
6
2
2
/6
)
5
7
~
[kJ]
=
EI
-1
2/6
3
6/
6
2
12/
6
3
6/6
2
)
-6
/6
2
2/
6
6
/6
2
4
/6
J
.~
j
Aporte de la Barra 3: a
f
ec
t
a a los g
.
d
.l
globales
1
, 2
y
3
.
)
IK,J=
[A
.]'
[
k
,][
A,
]
=
[ ~
~ ]
[
k,]
O
O
O
=,
O
0.
75
O
1
O
'}
1
O
0.
7
5
O
O
j
.J
O
O
"'!f
O
O
1
:J
303
)
i
'
)
1
2
-
6
[k
2
]
=
El
(S
)3
(
5)2
-
6
4
{
s
t
5
- Barra 2
:
(3,,3)
Apo
rt
e de la Barra
1:
a
f
ecta
solo
a
los gdl g
lo
b
ales
1
y
2
.
2
fI
1
2
-
6
[k
¡]
=
El
(4f
(
4
)2
-
e
n
el sis
tema local
-
6
4
(4
)2
-4
Nuevamen
t
e es posible comprobar que la relación
{
Q
}
=
[A]T{q
}
(P
ri
nc
ipio de
Contrag
r
adienc
ia) conduce a
I
as s
iguientes ecuaciones de equ
ili
b
ri
o
:
.
Q
l
=
q¡
+
1.25
CJ3
+
0
.
75
'17
(equ
ili
brio horizon
t
al de
l
n
iv
el)
Q
2
=
q2
+
q
6
(equilibrio de mo
m
entos en el nudo 3
)
Q
3
=
q
4
+
qs
(eq
u
ilibrio de momentos e
n
el nudo 4)
• Matrices de
r
igidez de barra e
n
e
l
s
istema
q-d
y
aportes a la matriz de rigidez total
[K]
-
Barra
1
:
•))
1I,
\l
' ,}

314. {
-
4.5 }
{
Q}=
-{
R
}
=
_:
{
4
.
5 }
{
R
}
=
-:
{
4
.
5
}
{R
),
=
[A,
r
{
,
,
)
=
-:
unida
des
to
n, m
+
6
-
6
+
6
+6
• Ensamblaje del vector de Cargas de Fi
jación
{R
}. Estado P
ri
mario
Estado Primario
,
fuerzas de empotramiento en el s
istema q
-
d
:
Solo aporta la barra 3
.
304
[ 0
.03125
0
.
125
0.125
J
[K3]
=
El 0
.
125
0.6667 0.3333
0.125
0
.
3333 0.6667
[K]
=
[Kt]+
[K21 +
[K3 ]
1
2
3
0.1
875
+
,
-
0375
+
O
+
,
0.15
+
I
O
+
-0.3
+
1
I
0.03125
I
0
.125
0
.1
25
I
I
---
-
--
-
L-_____
J__
_
_____
I
I
-0
.375
+
I
]
+
I
O
+
2
I
I
[K.]
=
O
+
,
O
+
1
O
+
I
I
0
.125
I
0
.fH>1
I
0
.3333
."
I
I
$
-
-----
~
---
-
--
~-
-
-
----
-
I
I
3
O
+
I
O
+
I
O
+
I
I
-0.3
+
I
O
+
I
0.8
+
0.1
25
I
0.33
3
3
I
I
I
0.
«)67
I
,
[K]
=
EI
[
0.3687
5
-
0.
2
5 - 0
.
175
J
- 0
.
2
5 1
.
6667 0.3
3
3
3
-
0
.
175
0.33
3
3 1.4667

315. 305
Q-D
D!~ ] = [
1
1
(matriz
i
dentidad)
La multipl
icación de matrices precedente, es ineficien
t
e por la gran cantidad de ceros
que contiene
[Al]'
¿Qué pasa si trabajamos con matrices
[
Ai]
más pequeñas? Matrices
que solo relacionen
los desplazamientos locales de la barra con los desplazamientos
globales de la estructura que afecten directamente a la barra en cuest
ión, por ejemplo
para la barra 1 tendremos:Para calcular el aporte de la barra 1 a la matriz de rigidezde la estructura
,
será necesa
ri
o
efectuar el sigu
iente productode matrices
:
[K.
18x8)
=
[A
1rSx2
)
[kl
1
2
x2
)
[A
1
](2x8)
donde [k
1
]
=
El [ ~
1
2
D4
n,
O OO O
Iniciemos la discusión calculado el aporte de la barra 1 a la Matriz de Rigidez total de laestructura
.
Para ello
,
será necesario construir
la
matriz de transformación de
desplazamientos
{di}
=
[Al]
{D}. Esta matriz relaciona los grados de libertad de la barra
1 en su sistema local (q-d)con todos los grados de libertadde
la
estructura en el sistema
Q-D
(en este caso ocho). Por simple inspección es claro que la matriz
[All
contendrá
muchos elementos nulos ya que solo los grados de libertadglobales 1 y 2 afectan a estabarra. A continuación se muestrala matriz completa: 7.8 Sistematización Parcial del Ensamblaje
de
la Matriz de Rigidez
Los ejemplos presentados permiten formarse una idea de todas las operacionesmatriciales necesarias para ensamblar la mat
r
iz de rigidez de una estructura, sin
embargo, es posible sistematizar aún más las operaciones matriciales pa
r
a la
implementación del Método de Rigidez en computadoras
.
Para explicar la manera de
sistematizar el ensamblaje de la Matriz de Rigidez usaremosel pórtico plano mostradoacontinuación
,
compuesto por doce barras. Salvo las barras 11 y 12 todas las otras son
indeformables axialmen
t
e.
))
_,)
)
J
)
4
_)
-'7
}J
~-3
)
)
_.
:}J
-) 1;
}))
,1
8
9
Q
@
~
5
l
6
4
8
-)
G)
@
2
3
Sistema Q-D
(EA
=00
)

316. o j
306
,
,
'_J
Para la barra 4, que afecta a los grados de libertad globales 1
,
3, 5
y
7 se m
continuación la ubicación de los 16 elementos de [K.t]:
.
SlID.
-12/13 _6/l
2
12/f'
El aporte de la barra 4 a la matriz de rigidez de la estructura viene dado por:
[K.
~4
X
.)
=
[A4]~4X
4
) [k4 ~4X4)
[A.l
4x4)
= [
k
.
](4X4)
Veamos el aporte de la barra 4
:
7
4
Gt
DI
D3
D
,
D
7
~:
dI
1
O O
O
d
2
O
1
O
O
=
[1]
,
,
"
[Aa ]
=
d
3
O
O
l.¡,.
O
d,
O
O O
1
(
4
x4)
2
Q~D
q-d
_--l '-'
;
(8
x
8
)
GDL global
J..
-t
1
i
2
i
3 4 5 6 7 8
1
LX
1
LX
I
...
;-
-'-fx
-r
LX
.,-
-
--
-
..-
--.- -
.-.--
.
...
_
...
-
--
·....
--
...-
-
t
-
---...-..;......_....--..
-
-
-
~
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..
-
..
..-
-
-
-
-
-
-
--....
..
..
-
-..--
:
!
I
[K]
Total
= :
I!i
~
I
I
8
!
I
El aporte de la barra 1 a la matriz de r
igidez de la estructura viene dado por:
[ KI
]~x2)
= [
Al
f2x2)
[kJ
](2x2)
[~ll2X2)
= [
k,
~2l12)
Nótese que en este caso el producto resultante es una matriz de orden 2x2
y
el aporte
de la barra 1 no se puede sumar directamente a los aportes de las otras barras de la estructura. en consecuencia será necesario, por simple observación o inspección (Ensamblaie de OC] por Inspección) de los grados de libertad globales que son afectados por la barra en cuestión. colocar en los "casilleros" apropiados de la Matriz de
-
,
Rigidez
[K]
los elementos de la matriz de rigidez de cada una de las barras
[Ki]
e ir
sumando los aportes de cada una de ellas. Esta idea se ilustra a continuación para la barra 1 que afecta a los grados de libertad globales 1 y 2, se muestra
la ubicación de los
cuatro elementos de
[KJ]
:
,
;
)
~Oc_
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J-
3
j
) ,) )) ) )J
))
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JJ
~ ~.) J)J
306

317. 3
07
D
,
=
1
05
=
1
Aporte
de
la
barra
12
:
4
7
8
.
Y
1
-+
4
Q
-
D
S
DI
D
s
[A
'2
]
[
co
s
a.
~a
]
=
O
8
(8x
8)
76
6
8
7
5
1
:
2
1
3
:
4
r
I
I
I
I
I
2
I
¿X,
LX
,
----
------
..1.
-----
1
--------
1
----------------------
-
--
-
--
--------
-
-
--
-
3
IL
XI
LX
I
_
_
_
_
L
_
_
l
J
•
_
4
I
I
[
K
]
T
ota
l
=
:
:
5
I
r
I
I
I
,
I
I
I
I
I
I
I
r
I
t
Pa
r
a
la
ba
rra
7
,
que
afecta
a
los
grados
de
libertad
globales
2
y
3
se
muestra
a
continuación
la
ubicación
de
los
cuatro
elementos
de
[K.7
]
:
~
]
~
[A,l
=
[~
zQ2
Veamos
el
aporte
de
la
barra
7:
!____.
,
~4
:
G
1
C;l
G
5
t3
Q
-
D
q
-
d
[]
[
]
T
[k]
[1
[k
]
donde
[k7
]
=
E
.t.
I[2
4
K7
(
2
x2)
=
A
7
(
2
x2)
7
(2,,2)
A
7
.1(
2
)(
2
)
=
7
(2x2)
(
8x
8)
78 34
[K]
Total
=
5
1:23:4
5:67:
8
:EX
I
LX
:
LX
:
LX
:
--~-
~
---
~
~-~--------~------~--
--
I
I
I
I
¿X:
LxI
LX
:
LX
:
----t------t--------~------i----
I
I
r
I
LXI
LXI
LX
r
LX
I
I
I
I
I
-
-
-
-
r
-
-
-
--
-
r--------r-
-
-
--
-;----
6
I
I
r
I
L
X
:
LXI
L
X
:
LX
:
_
___
~
---
---
L--------~
J
_
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
r
GDL
global-I
~
1
-2
307
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J.}1
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J
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"'l
)
J
j
)
"'9.--;)
}
Ij
"\
~)
-
) ,¡
'
)))

318. 7.8.1
Resumen
del
procedimiento
.
-
Ensamblaje
de
fK)
por
Inspección:
Luego
de
"recorrer"
todas
las
barras
de
la
estructura
y
de
ir
sumando
sus
aportes
en
cada
uno
de
los
"casilleros"
de
la
Matriz
de
Rigidez
Total
de
la
estructura,
se
habrá
concluido
el
ensamblaje
de
dicha
matriz.
Este
proced
imiento
es
mucho
más
eficiente
para
su
implementación
en
programas
(software)
para
el
análisis
de
estructuras
con
-
computadoras.
.
En
resumen
el
procedimiento
mostrado
para
ensamblar
la
Matriz
de
Rigidez
de
la
estructura
consiste
en:
a)
Generar,
para
cada
barra.
la
matriz
[
A¡]
({di}
=
[Ai]
{D})
considerando
solo
los
grados
de
liberad
globales
que
afectan
a
la
barra
en
cuestión.
b)
Generar
la
matriz
de
rigidez
de
la
ba
r
ra
[k¡]
en
el
sistema
q-d
.
Esta
matriz
está
referida
al
sistema
local
de
coordenadas
elegido
para
la
barra.
e)
Efectuar
el
producto
[Ki]
=
[Ail
T
[lq]
[A¡]
.
Este
producto
equivale
a
transformar
la
matriz
de
rigidez
de
barra
de
sistema
local
al
sistema
global
de
coordenadas.
d)
Considerando
los
grados
de
libertad
globales
que
son
afectados
por
la
barra
(posición
o
incidencia
de
la
barra
en
la
estructura)
colocar
en
los
casilleros
adecuados
de
[K]
los
elementos
de
[Ki]
e
ir
sumándolos
a
los
aportes
de
fas
barras
anteriores.
Nótese
que
la
Matriz
de
Rigidez
es
simétrica,
en
consecuencia,
bastará
con
ensamblar
solo
el
triángulo
superior
o
inferior
de
la
misma.
Para
ensamblar
el
vector
de
cargas
de
fijación
(Estado
Primario)
se
utiliza
un
-­
procedimiento
completamente
análogo
al
indicado
lineas
arriba.
7 8l4
[
K
]
Total
=
s-
-
2
Para
la
barra
12,
que
afecta
a
los
grados
de
libertad
globales
1
y
5
se
muestra
a
continuación
la
ubicación
de
los
cuatro
e
lementos
de
[K12]:
1
¡
2
3
4
¡
S
!
6
7
8
xx]
¡
LX!
----
-f
-
-
--
--
---------
---
---
-
-
-
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-
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-
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·
..
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1:
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·
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---
-
---
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T
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xr--~--
-
-
--------
-------+---
-
-------
-
-----
----+-----
---
J
-
-
-
-
.
.----
--
-
--
-
·
..
·
..
I
i
i
~
:
I
:
:
1
·
..
·
..
,
..
·
..
,
..
,
..
~
::
,
..
[
k]=EA[
1
12
l
_
1
308

319. 309
[
F2
]
=
¿
?
QI
-
DI
[F
1]
conocida
Matriz de Transformación de Fuerzas
:
{Ql}
=
[Bl
{Q
2
}
Por Contragradiencia
:
{D
2
}
=
[B]T
{D
I
}
La matriz
[B]
se genera por equivalencia estática aplicando cargas unitarias sucesivas
en el sistema Q2
-
D
2
, esta matriz
t
ransforma las fuerzas del s
istem
a
nuevo al s
istema
viejo.
Q
2-
D
2
Supongamos que para la armadura mostrada, en la cual el elemento horizontal esindeformable (sólido rígido), conocemos la Mat
r
iz de Flexibilidad,
[
Fl
]
,
en el s
istema
Ql
-
DI Y queremos calcular
,
a partir de
[FI]
,
la Matriz de Flexibilidad de la misma
estructura en el sistema Q2
-
D
2
.
2
b)
Transformación de la Matriz de Flexibilidad
Matriz de Transformación de Desplazamientos:
{
DI}
=
[H]
{D2}
Por Contragradiencia
:
{Q2}
=
[H]T
{Ql}
La matriz
[B]
se genera por geometría aplicando desplazamientos unitarios sucesivos en
el sistema Q2 -
D2
,
esta matriz transforma los desplazamientos del sistema nuevo al
sistema viejo
.
Para que exista
[H]
el sistema Q2
-
D2 debe ser generalizado, es decir los
desplazamientos {D2} deben ser independientes.
{Ql}
=
[Kl] {DI}
=>
{Ql}
=
[Kl]
[H]
{D2}
[H]T {Q
I
}
=
[Hf
[Kl]
[H]
{D2}
=>
{Q2
}
=
[H]T
[K1]
[H]
{D2}
=
[K2] {D
2
}
:. [K2]
=
[H]
T
[Kl] [H]
Q2-D2[K2]
=
¿?
Ql
-
Dl
[Kl]
conocida
1.9 Transformación de Coordenadasa)
Transformación
de
la Matriz
de
Rigidez
Supongamos que para la armadura mostrada, en la cual el
elemento
horizontal
es
indeformable (sólido rfgido), conocemos la Matriz de Rigidez,
[Kl]
,
en el sistema Ql-
DI
queremos calcular, a partir de
[Kl]
,
la matriz de rigidez de la misma estructura en el
sistema Q2- D2.
309
)}
,
i
f:
)
;
.
.;.,
..,
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,
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"
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~
~
~"
,
.
.
.
..
..
,
',
,,
.__..
.
.._
_..
_
__
))

320. {DI}
=
[H]
{D2}
• Matriz de trasformaclón de desplazamientos.
[
31 36
[KI]= El 1
4
• Matriz
de
rigidez
en
Ql -
DI (conocida).
Q2-D2
\\\ v
QI-Dl
Barra deformable
r-_.....,~2
Sólido rígido
1\
\1
3m
.
EjemPlo 1-14 Para
la estructura mostrada - compuesta por un sólido
rígido apoyado
sobre una barra
defcrmable (barra
1-2) en flexión e indeformable
.
~Jtñ~nfe de longitud 3 m - se conoce
,~ matriz
.<t~
rigiqez
en el si~t.ema
Ql - DI
(véase et Ejemplo 7-4)
,
se desea transformar
la
matriz de
rigict
.éz
al sistema
Q2 -
D2.
.
Cuando sea
complicado
g$ne.rar
la rnatnz
[al
(?Qt
equivalencia estática,
cotWiene
generar
por
geometrfa
la
transformáCión
{D2} ;:::
[Al {Pi},
de acuerdo
al
PrincipiO
de
Contragradiencia se tendrá
{Ql}
=
[Al
T
{Q2},
en consecuencia
[A]T
=
[B].
{D1}
=
[PI]
{Ql}
=>
{Dl}
=
[PI]
[B)
{Q2}-
[Bf
{DI}
=
[B]T
[PI]
[B]
{Q2}
=>
{D2}
=
mt
(F1]
[B]
{Q2}
=
[F2] {Q2}
:. [F2]
=
[8]T
(FH
(B]

321. 311
-
6
lf!
41
• Matriz de trasformación de desplazamientos
.
{d}]
=
[H]
{d}2
[kI]
=
El
12
(1)3
-6(/)2
• Matriz de rigidez en
ql - d
l
(conocida)
.
~2\ [kl]
=
conocida
ql-dl
Ejemplo 7-15Para la barra mostrada - de sección constante
El
y longitud
1-
se conoce la matriz de
rigidez en el sistema
q 1 -
dí
I
se desea transformar la matriz de rigidez al sistema
q2
-
d2
.
Resultado que se puede comprobar con el Ejemplo 40 del acápite 6.16.
[K2]= El
[4 -14]
9 -14 52
-14 ]
52
-2]
=
El [ 4
2 9 -14 (DI)
[1 -2
](DI)
D
2
I
=
.
1 2 D
2
2
-~ 1[:
12
[K2]
=
[H]
T
[Kl]
[1-1]
[
31
[ _~ ~] El 316
4
• Matriz de rigidez en Q2
-
D2
.
[H]=
311
j
}
J
)
-.iJ
..J
'
-
j)
~
.
"J
)
-')
)
~
:)
)'.
"),
-1
')
r
}I
i
-"
j
\
_)
~
\
}
~

322. 312
2 ] [
:]=
~
3EI
4 --
1
2
[k2]
=
[1
• Matriz de r
igidez en
q2 -
d2. [k2]
=
[H]T
[Id]
[H]
• Matriz de trasfonnación de desplazamientos
.
{d}t
=
[H] {d}2
{k!]
=
~I[ ~ ~ ]
• Matriz de rigidez en
ql - di
(conocida)
.
ql-dl
'
q2-d2
~1\..1J.....--------~4
(dl)2
=
1 -1/2
Ejemplo 7-16 Para la barra mostrada - de sección constante
El
y
longitud
1-
se conoce la matriz de
rigidez en el sistema q
J -
d
J
,
se desea transformar la matriz de rigidez al sistema
q2-
d2.
1
(ql)2
=--
(ql)J
sena
(
ql)
=[
se~a O
](q
l
)
q2 2
O 1
q2]
• Relación
{q2}
=
[Hf
{ql}
(Princip
io de Contragradiencia):
.
• Matriz de rigidez en q2- d2
.
[k2]
=
[H]T
[k.l]
[H]
)) ),) ).J )
--:}
.
) )))J(
)
) ) ),) ))
.
-)
.
~-}
.\ )J.) ))') ~
- 6 1W
sena
41
12 1(ti
(sena)2
-
6 1
(/)2
sena
[k2]= El
31
2

323. 313
[k2]
=
El
6
(1)
2
41
12(1)
3
6
(/)2
[k2]
=
[H]
T
[kI]
[H]
::
• Ma
t
riz de rigidez en
q
2
-
d
2
.
(di),
=
1//
Matriz de trasformación de desplazamientos.
{dh
=
[H] {d}2
• Matriz de
r
igidez e
n
ql
-
dl
(conocida)
.
[kl
]
=
~I[~
!]
ql-dl
Los términos de la primera columna corresponden a las rotaciones de las tangentesmedidas con respecto a la cuerda de la barra
.
como se indica a continuación:
1
/
I~
T
/
1
(d
l
)2
=
]
j_
\
~1 ,,2\.§r--------.......4,¡/
Ejemplo 7-17-Para la barra mostrada - de sección constante
El
y longitud 1- se conoce la matriz de
rig
idezen el sistema q
1-
d
i,
se desea transformar la matriz de rig
idez al sistema
q2 -
d2.
313
i
, 1)
,
"
,r
;
)"
}
"
).,

324. .
J
-::;7
i1I II
··
1I
))) ) ))J
.
)
i
) )
))
-:) .d
/."1
) ) ) ) )).> ) ')
.) ) ))
-3:; )
I
III
314
• Matr
iz de tras
f
ormación de desplazam
ientos
.
{
D}
*
=
[H]
{
D
}
•
DI
1
O
O
H:
]
D2
O
1
O
=
D3
0.
7
5
O
O
D4
O
O
1
Nótese que en el sistema
Q*
-
D*
las cargas de
fij
ac
ión
se
ca
lcu
la
r
o
n
de manera d
irecta
.
por simple equilibrio de los nudos
,
sin necesidad de ca
lcu
la
r l
a fuerza a
xial
e
n
la
b
a
rra 2-4.
R
;
=
"-
6
too-m
R;
=
6
ton
R
~
=
6
ton-m
Q
*
-
O
*
necesarios
.
ri! 1I¡ I¡,
• Estado Prim
ario
en
e
l s
is
t
ema
Q*
-
D
*
(Est
e si
stema no
es
ge
n
eralizado):
R
*
¡t~
:
6
• S
iste
m
as Auxiliar de Coordenadas
:
Cuando los cálculos son manua
les, puede se
r
co
n
ven
iente traba
ja
r
con un
s
istema
"
ampllado
"
o auxiliar que p
erm
ita s
implificar
los
cálcu
los del Estado P
ri
ma
rio
.
Si
se
r
evisa el Ejemplo
6-
1
2
(acáp
ite
6
.
5)
se
nota
r
á que
para calcular la fuerza
R
t,
e
s
necesa
ri
o calcula
r
p
ri
me
r
o la fuerza ax
ia
l
en la barra
2-4
,
esto involuc
r
a e
l
equilibrio de
l
nudo
4
.
S
i
se amplia el s
istema
d
e coordenadas, como
se indica a continuació
n
(s
istema
Q
*
-D
*
)
los cálculos menc
ionados
ya
no son
Q-D
3
m
6
m
1
E
A=
oo
2
4
Ejemplo 7-18 Calcular, en el s
istema Q-D indicado
,
el vector de cargas de
fij
ac
ión (
Estado Prima
ri
o)
para el pórtico mostrado.
Se
ignoran las deformaciones ax
iales
y
po
r
cortante en todos
ros elementos. Todas
las barras son de sección constante co
n
e
l
m
ismo va
lo
r
de
El.
314

325. 315
o3O
3
J
[1,
800
O
=
O
59 1,800
1,8
0
0
J
35,
~
0
0
o
1,800
O
[
K
]
=
3
E
I[ ~
(
3i
3
Matriz de r
ig
idez de las colum
n
as e
n
e
l
sistema
Q -
D (véase e
l
ejemplo 7-5)
~l
D*
2
3
/
6
-4
/
6
-1/
6
D
*,
[H
]=
~
~
[:
::
D
3
1
/
6
D
*1
=
1
D
*3
=
1
...
_
-
-­
-
--
-
-
-
-
-
-
-
:
,
-----
...
_-
,
-
-
-
-
,
--
_
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3
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Ejemplo 7..19
.
Transforma
r
la Matriz de Rigidez de
l
edificio del ejemplo 7-10
,
calculada en el Si
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...
..
Q
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D al Sistema Q* - D
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[k*]
=
[H]T[k][H]
=
FA
e
Matriz de rig
idez de barra en sistema global q* - d* (hac
iendo s
=
sen
a,
e
=
cosa)
:
Matriz de rigidez de barra en sistema local q
-
d:
[k]
=
EA
[l .
1 ]
!.
·1
1
cosa
o
o
sena
La matriz de transformación
[H]
es
:
Id}
=
[H]
{dO}
[H]
=
[~11
q*-d*
(Sist
e
ma Global)
4t
.
2t ~__'3
1~~
J
:
.
EA~~2
~
1~
a
q-'d
(Sistema
Local)
7~10
Matrices
de
Rigidez de Barra
en
Sistema Global
Para lograr la sistematización total del Método de Rigidez, conviene calcular las matrices
,
'.
de rigidez de cada una de las barras que componen la estructura, en el sistema global de
.
.
.
.
.
coordenadas en lugar del sistema
local.
Si se observan los productos
[Ai]T
[Id]
[Ai]
presentados en el acápíte 7
.
8, es fácil concluir
que dichos productos representan la transformación de la matriz de rigidez de la barra
"
i
u
del sistema local de coordenadas a
l
sistema global
,
en consecuencia, conviene
desarrollar de forma genérica dichos productos para los distintos tipos de barra que pueden conformar una estructura. Examinemos la idea del párrafO anterior en una barra del tipo armadura. La matiz de
.
rigidez en el sistema local q - d es conocida (véase el acápite
4.2)
y
su transformación a
...
:
,.
,
sistema global se realiza de acuerdo a 7.9 a). Se sugiere al lector el cálculo de la matriz
[K*]
utilizando la definición (tal como se hizo
en el Ejemplo 6-42, acápite 6
.
17)
y
por el procedimiento utilizado en el Ejemplo 7-10 de
este capítulo.
-1,333
1,933
-1,200
1,200
.
]
-1,200
1,800
[
2,533
[K*]
=
[H]T
[K] [H]
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1,200
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• Matriz de rigidez en
el
sistema de coordenadas
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r.
317
Para otros tipos de estructuras (armaduras espac
iales, pórticos planos
y
espaciales,
parrillas) la metodologra es la misma, lo que cambia es la matriz de rigidez de barra ensistema local
[k]
y
la matriz de transformación
[H].
Para pórticos planos
,
considerando deformaciones axiales, la matriz de rigidez en
sistema local es:
I
r
)
j '1
Conoc
ida la matriz de rigidez de una barra en el sistema global, el determinar su aporte a
la matriz de rigidez total de la estructura, se hace siguiendo la metodología indicada en elacápite 7.8, el aporte de [k*] dependerá de la posición o incidencia de la barra dentro dela estructura
.
Lo anterior se logra considerando los nudos (a los cuales se han asignado grados delibertad globales) que son afectados por la barra
y
colocando en los casilleros adecuados
de la matriz de rigidez total
[K],
los elementos de
[k*]
sumándolos a los aportes de las
-
otras barras.Por ejemplo
,
si la barra "m" conecta a los nudos l
,
j
de la estructura, su contribución a la
matriz de rigidez total se indica a continuación. Nótese que en las columnas
i,
j
hay dos
grados de libertad globales en cada una
,
por tratarse de una armadura.
Nudo,1..
--+
2
3
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318
Si as
u
mimos que existen
"
m
"
coordenadas con desplazamie
n
tos impues
t
os
(m
<
n)
t
endremos
:
• [K1l
]
Su
b
matriz correspondiente a las m coordenadas con desplaza
mi
e
n
tos
impuestos
,
de orden m x
m.
• [K22]
Submatr
iz correspondiente a las n-
ro
coordenadas sin desplazam
ientos
impues
t
os
,
de orden
(n-m)
x
(
n-m)
.
=:>
(
{
Q
I})
=
[
[K
1l
]
{Q
2
} [K21]
{Q}
=
[
K
]{D}
[K
1
2
] ]
[K22
]
nxn
[K1
2
]
]({Dl
})
(K22
]
{D2}
7.11
.
1 Desplazamientos Impuestos
en
Algunas
de
las Co
o
rdenadas
Supongamos que se conoce la matriz de rigidez de una estructura en determ
inado
sistema Q
-
D de
"n"
grados de libertad, si algunos de
los desplazamientoe e
n
Q-D son
conocidos o
impuestos sobre la estructura
,
podremos partic
ionar la matriz de rig
idez de
la estr
u
ctu
r
a del sigu
iente modo:
[K
]
=
[
[K.l 1]
[K2
1
]
7.11 Conden,aclón
de
la Matriz de Rigidez
Es una operac
ión que se realiza sobre la mat
ri
z de rigidez total de una estructura
y
que
tiene numerosas aplicaciones
.
Presentaremos dos casos de inte
r
és
:
[R]
T
(.k
ji
]
[R]
[R]
T
(.k
ji]
[R]
=
[R]
T
[kit1
[R]
[R]T
I_kij]
[R]
La ma
t
r
iz de rigide
z
e
n
el sistema g
lob
a
l será
:
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O:
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[H]
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[H]
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t
ra
n
sformac
ión
[H]
v
iene dada por:
318

329. 3
1
9
S
i
se restringe el desplazamiento late
r
al en la coordenada 1, equivale a
imponer un
desp
lazamien
t
o
DI
=
0
, l
a ma
t
r
iz
de rigidez partic
ionada es
:
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4
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x
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3
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25
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0
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1
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D
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3
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[
K]{
D}
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El
-0.667
2
0
.
3
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D
2
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-1.
333 0
.
333
3
.
3
33
D
3
) )
"
1
EJemplo7
.
20
)
Calcularla fuerza necesaria en la coordenada 1
(Q
I
)
para lograr que el desp
lazamiento
-
) correspond
iente sea nulo
. E
sta
t
écnica de Condensació
n
de la Matriz de R
igidez
,
fue
ut
iñ
zad
ate
n e
l
E
jemplo
6-
8 del Capftulo 6
,
que se sug
ie
r
e revisa
r.
A con
t
inuación se
reproduce parte del ejemplo.S
i
el vector
{D
I
}
es n
u
lo.
t
endremos
:
{D2
}
=
[
K22r
l {Q
2}
{QI}
=
[K
12]
[
K22
r
1 {
Q
2
}
De la segunda ecuación se obt
iene
{
D
~}
el vecto
r
de desplazam
ie
n
tos desconocidos
:
{D
2
}
=
[K2
2rl
(
{Q2}
-
(K21
]{
D
l})
D
e
la primera ecua
c
ión se ob
ti
ene
{
Qt}
el vector de desplazamien
t
os desconocidos
:
{
Q
l}
=
[K
1l]
{
D
l}
+
[K
1
2
]
(
[K22r
1
({
Q
2} -
[K2t]
{
D
t}
)
{
Q
I
}
=
[K
lI
]
{
DI}
+
[K
12
]{D
2
}
{Q
2}
=
[K2
1
]
{
D
I
}
+
[K22
]
{D
2
}
[K
t2
] ](
{
DI
}
)
[K22
]
{D2}
(
{
Q
l}
)
=
[
[Kit
]
{
Q
2} [K2t
]
31
9
II
i.,
)
-,
iJ
J
J
-l
l,¡¡¡t
• {Ql}
Vector de ca
r
ga correspondiente a las m coo
r
denadas con desp
lazam
ien
t
os
imp
u
estos
.
Este vecto
r
es desconocido y
re
presenta las fuerzas nece
s
arias en las m
coo
r
denadas para lograr los desplazam
ientos impuestos
.
•
{
Q2}
Vec
t
o
r
de carga co
r
res
p
ondiente a las (
n-
m
)
coordenadas sin desplazamien
t
os
}
impues
t
os
.
Es
t
e vector es conocido y representa las
fu
erzas que actúan en
las
coordenadas s
in desplazamien
t
os impuestos
.
En
algunos casos este vector puede
ser nulo
.
•
{
DI
}
Vector
d
e desplazam
ientos
impuestos
.
Es
t
e vec
t
or es co
n
oc
ido
,
en algunos
casos este vector
p
uede ser nulo
,
por ejemplo cuando se
trata
de apoyos que se
ad
icionan a la estruct
u
ra
.
• {
D2
}
Vector de desp
lazam
ientos desconocidos
.
Ef
ectuando
los productos en la matriz de
ri
gide
z
particionada tendremos
:

330. 7.11.2
.Cargas Nulas
en
Algunas de las Coordenadas
Si las cargas aplicadas en varias de las coordenadas son nulas, es posible encontrar
,
mediante un proceso de Condensación Estática, la matriz de rigidez "reducida o condensada" que re
lacione únicamente las cargas en los grados de
li
bertad con cargas
._
no nulas, con sus desplazamientos correspondientes
.
.
{Q2) = (~) = [K21]{DI}+[K22]{02}
=>
{D
2
) = _[K22fl[K2
I
l{Dl}
1 (2 0
.
333)-1 (-0.667) (0
.
27143)
{D2}
=-
El 0.333 3
.
333 El -1.333 {1
}=
0.37282
(
0.27143)
{QI}
=
[K1l]{Dl}
+
[K12]{D2}
=
1.333EI(1)
+
El [-0.667 -1.333] 0.37282
De donde
Ql ~ 0.655
EI;::¡
1,147ton/m.
El número que acabamos de calcular es la r
igidez
.
.
.
•
.
.
lateral del pórtico, es decir la fuerza lateral necesaria para lograr un desplazamiento
.
lateral unitario.
.
Ejemplo 7-21 Resolvamos el pórtico del ejemplo anterior (Ejemplo 7-20) sin cargas en barras
y
con un
desplazam
iento impuesto en la coordenada 1 unitario
(DI
=
1
)
.
*-{-~!-}-::EiH:ll+~'r--
-~:t!!-)-*{~;}-
--
°
l-1.333: 0.333 3.333
DJ
I
De donde se obtiene
Qlltl
0.913
ton
.
La fuerza necesaria para lograr que el desplazamiento en la coordenada 1 sea nulo viene dada por
:
1 (5.0333)
{Ql}
=
[Kll]{Dl}
+
[Ku]{D2}
=
[Ku]{D2}
=
El [-0
.
667 -1.333] El -3
.
203
=
_1
(5.0333)
El -3.203
{02} = [K22fl
{(2)
=<>
{D2
)
=(~:J
Al ser el desplazamiento impuesto nulo
,
tendremos
:
{Q2}
= [K22}{D2}
=<> {~:}
=
El(0.:33 ~~~~){~:} [K12]
]({D
l
})
[1(22]
{D2}
(
{Ql})
= [
[K1I]
{Q2}
[K21]
ao
)
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j
) ~
320

331. 3
2
1
ql-
dl
Ejemplo 7-22Calcular la matriz de rigidez de la barra de sección variab
le indicada en la figura a
cont
inUación. Se consideran deformaciones por flexión ún
icamen
t
e. Ambos tramos son
de la misma longitud
,
el primero tiene 2
E
l
Yel segundo
E
l.
De la segunda ecuación se obtiene
{D2}
el vector de desplazam
ientos asociado a las
coordenadas con cargas no nulas:
{D
2
}
=
-
[K.2
2
rl
[K21
]
{
DI
}
Sustituyendo
{
D
2}
en la primera ecuación
:
{Ql}
=
(
[K1l] - [K
12
] [K2
2
rl [
K21
]
)
{DI
}
{
Q
J
}
=
[K*]
{
DI}
[K
*
]
(
n-m)I[
(n
-lII
)
=
[
K
It]
-
[K1
2
]
[K.2
2
r
J
[K2
1]
[i
C
*]
es la Matriz de Rig
ide
z
Condensada (reducida) de la estructura
,
que relaciona
únicamente los desplazamientos con las cargas en aquellos grados de libertad
c
on
cargas no nulas
.
Los proced
imientos de Condensación presentados en 7.
1
1
.
1
y
7
.
11
.
2 son
completamente aná
logos
,
lo ún
ico que los diferenc
ia es
la
manera como
h
an sido
presentados
.
[K.1
2
] ]({Dl
}
)
[K22]
{
D
2
}
{QJ}
=
[K.n]{DI}
+
[
K
J
2
]
{
D2}
{
O}
=
[K2
J]
{Dl}
+
[K22
]
{
D
2}
(
{Ql}
)
=
[
[Kll]
{O}
[K21]
Efectuando los productos en la matriz de rigidez part
icionada tendre
m
os
:
Si asumimos que existen
"m"
coordenadas con cargas nulas (m
<
n) tendremos:
• [Kit]
Submatriz correspondiente a las coordenadas con cargas no nulas
,
de orden
(n-m) x
(n-m).
• [K22]
Submatriz correspondiente a las
"
m" coordenadas con cargas nulas
,
de orden
m x m
.
• {Ql}
Vector de carga correspondiente a las coordenadas con cargas no nulas.
• {DI}
Vector de desplazamientos correspondiente a las coordenadas con cargas no
nulas
.
• fD2}
Vector de desplazamientos correspondiente a las coordenadas con cargas
nulas
.
[K12]
](
{
Dl})
(K22]
{D2}
=>
({Ql})
= [
[KIt]
{Q2} [K2I]
{Q}=[K]{D}
supongamos que se conoce la matriz de rigidez de una estructura en determ
inado
sistema QwDde
"n"
grados de libertad
,
si algunas (o muchas) de las cargas externas son
nulas, podremos particionar la matriz de rigidez de la estructura del siguiente modo:
321
.),) ,
1
)
1",~J
}
I J
.;
i!i}
)))).).
))
J)
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1
~
¡
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l
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-
o
.~
o
.O
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o
_
0_
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•
•
0
'
0
•
•
O
.
.
..
"
0
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2~:
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:
~:
~
~
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~
L
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o
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~
~
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~
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.
~
o
2
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~
~
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l
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~
~
~
~
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~
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~
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o
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-S
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.~
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'~
~
.~;.
'~
_
~
..;;
~
~
:~o
~
.,:~...
_
~

332. Calcularemos
primero
la
matriz
de
rigidez
del
muro
en
el
sistema
Q-D,
luego
med
condensación
"reduciremos"
los
grados
de
libertad
de
giro
(grados
de
libertad
3
y
4
no
tienen
cargas
aplicadas)
para
obtener
la
matriz
de
rigidez
lateral
del
muro
en
sistema
Q*_
D*.
Q*-D*
Q-D
El
h=4m
Ejemplo
7-23
Calcular
la
matriz
de
rigidez
lateral
del
muro
(placa)
en
voladizo
de
dos
pisos
indicado
en
la
figura
a
continuación.
Se
consideran
deformaciones
por
flexión
únicamente.
Ambos
:
."
pisos
tiene
la
misma
altura
(4
m)
y
la
misma
sección
transversal.
El
1
(40
16)
[k]
=
[k*]
=
-¡
11
16
24
•
Condensación
de
la
matriz
de
rigidez
de
barra
calculada
en
q2
-
d2:
[k*]2X2
=
[ku]
-
[kL2]
[k22r
1
[101)
•
Matriz
de
rigidez
de
la
barra
en
el
sistema
q
1
_
dl:
·
8
·
O
:4
12
[k121]
:
=
[[k111
El
O
4
:2
-6
[k]
=
,
-.-
..
·
..
-.--t.-··.--
..
--
.
.
-
e
4
2
:12
6
,
[k2d
[k
22
1
·
12
-6
¡
6
36
•
Matriz
de
rigidez
de
ia
barra
en
el
sistema
q2
_
d2:
) )
-7 1 ~
') ) ) ))
) )) ) )) )
~'3 -7
) ) )
,-) ,
)
..) "
)
~)-J
)"'" ))
~
q2-d2
Adoptaremos
un
sistema
auxiliar
de
coordenadas
(q2
-
d2)
en
el
cual
es
fácil
ensamblar
la
matriz
de
rigidez
de
la
barra
y
luegó,
considerando
que
en
los
grados
de
libertad
3
y
4
no
hay
cargas,
procederemos
a
"condensar"
la
matriz
de
rigidez
calculada
reduciendo
dichos
grados
de
libertad.
322
fE) c
J)
l:' ') ') ) )) ) )
--+
I
3

333. 323
Ql=O Q2=1
Q
l
=
1
Q
2
=
O
,¡m¡+i
II.
ñz
• Matriz de flex
ibilidad lateral del m
u
ro
.
Se obt
iene aplicando car
g
as late
r
ales unitarias
en las coo
r
denadas 1
y
2 Ycalculando los desplazamientos late
r
ales
.
Í22
D*
l
=
O
D*2
=
1
D*
J
=
1 D
*2
=
0
ku
1
1>i- . _.
_
...-_..,.k2
2
• Significado físico de los términos de la matriz de rigidez lateral calculada (véase el
acápite 6.10.2):
• Condensación de la matriz de rigidez de barra calculada en
Q
-
D
,
reducción de los
grados de libertad de g
ir
o:
[K
la
t]
=
[k*]2X2
=
[kl1] -
[k1
2
1
[la
2r
1
[la])
[K
l
'
(0.21429 -0
.
06696)
(kIt k12)
a
t]
=
El
-0.06696 0
.
02679
=
la]
k22
.
-
0
.
3750
.
-0.1875
¡
0
.
0 0
.
375
.
-0.1875 0
.1
875
¡
-0.375 -0
.
375
El
·
···
··
·
·
··
·
·
·
··
·
·
·
···
·
·
.··
·
·
i·
·
·
·
·
··
·
·
····.
..
·
·
··
·
·
·
Sim
¡
2
,
0 0.5
¡
0.5 1.0
:
[k]
=
• Matriz de rigidez de la estructura en el sistema
Q - D,
considerando cuatro grados de
libertad, dos desplazam
ientos
laterales
y
dos giros
.
323
\)
J
)
).))
j
)
j)
~
))})))
j
;'
'j
.
~
r
\
J
J
)
1
'
j"')1

334. Q-D
,
(mitad
derecha)
=>
324
•
Matriz
de
rigidez
del
pórtico
en
el
Sistema
Q
-D
1~
•
Simetrra
del
pórtico
.
Para
reducir
el
trabajo
numérico
aprovecharemos
la
simetrra
del
pórtico,
considerando
que
las
cargas
laterales
son
antisimétricas.
Trabajaremos
con
la
mitad
derecha
del
pórtico.
4
'
,.-------h--+
2
1
~-__I_----I---____"..
~m':r
2
~
...-----------.
Ejemplo
7-24
Calcular
la
matriz
de
rigidez
lateral
del
pórtico
de
dos
pisos
mostrado,
por
inversión
de
la
matriz
de
flexibilidad
lateral
(correspondiente
a
los
grados
de
libertad
laterales
1
y
2).
Se
consideran
deformaciones
por
flexión
únicamente
.
Todas
las
vigas
y
columnas
tienen
el
'
mismo
valor
de
El.
El
producto
[K
1at]
[F
lat]
=
[F
lat]
[K
lat]
resulta
ser
la
matriz
identidad,
con
lo
cual
se
comprueba
que
es
posible
generar
la
matriz
de
rigidez
lateral
de
un
pórtico
por
inversión
de
su
matriz
de
flexibilidad
lateral.
.-' ))) )))
-j ]4
) ))
).
)) ))).) ))
d ~ ~
)) )
_
J
,
)
.) :) d,
)
d.
)
~
})i9e(
:;)
"
-
~
,
La
matriz
de
flexibilidad
lateral
del
muro
es
(véase
el
acápite
6.10.1):
[F
)at]
=
_1
(21.33
.
53.33
J
=
(fl
J
fJ2]
El
53
.
33
170.70
.
121
f22
324

335. 325
k13=
O
1<23
F::S
-0.667 El
k33
=
4 El
/3
+
4 El
/3
+
3
El
/3
+
3
El /5:::::4.266 El
k43
=
2 El
I
(3) ~ 0.66
7
El
k1
2
=
-12 El/
(3i:::::
-0.444 El
k22
=
12 El
f
(3i:::::
0
.
444 El
k32
=
-
6 El
I
(3)2 ~
-0
.
66
7
El
k
42
=
-
6 El
I
(3i~
-0.667 El
kll
=
1
2 El
I
(3i
+
12
E
l
I
(3)3:::::
0
.
88
8
El
k21
=
-1
2 El
/
(3)3 ~
-0
.
4
44
El
k31 =0k41
=
6 El
I
(3i ~
0.667 El
325
•!
1)
))i)
~)
-
~
-
)'}}
))
)
Jj~
j) ~.,
)
~
.
t:
"
,
j
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'
..
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-4
"
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,
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336. la :1) .~
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-
JJ.,J )':3
)cj
)
~,
j )e ~ "'
.
~
A
--
,\
3
26
•
La
matriz
dé
rigidez
lateral
del
pórtico
se
ca
lcula
invirtiendo
[F
lat]:
[K
lat]
=
[F
lat]"
=
El
(1.3768
-0.5512)
=
(kt1
k12)
-
0.5512
0.3953
kn
k22
[F
lat]
=
_1
(1.6443
2.2929)
=
(ft
1
f12)
El
2.2929
5.7271
f21
122
La
matriz
de
flexibilidad
lateral
del
pórtico
completo
será
la
mitad
de
la
calculada
en
el
paso
anterior
:
(
fll
f12)
12
1
fu
La
matriz
de
flexibilidad
lateral
de
la
mitad
del
pórtico
es
:
[F
la
j
mi
,.
1
(3
.
2886
4
.
5857
)
t
mitad
pórtico
=
-
=
El
4.5857
11.4543
{
An}
[
0
.
8S8
-0
.
444
°
0
.
667
]-1
{O}
{AlZ}
{4
.~R
5
7
}
A
22
=
El
-
0
.
444
0
.
444
-
0
.
667
-0.667
1
"*
6
22
=
11
.
4543
•
..!...
A
32
o
-
0
.
667
4
.
266
0.667
°
A32
1.5533
El
41
4
2
0.667
-0
.
667
0.667
2
.
333
°
A42
1
.
5196
b)
Segunda
columna
de
[F
lat]
.
Aplicamos
una
carga
un
itaria
en
la
coordenada
2
y
calculamos
los
desplazamientos
{~}
=
[Kr
l
{Q}.
6
1
=A12
y
f
22
=
822
{
Al1}
[
0.888
-0
.
444
°
0
.6
67
]-1
{1}
{A11}
{3
.2886}
A2l
=
El
-0.444
0
.
444
-
0
.
667
-0
.
667
°
~
Aa
=
4.5857
•
_!_
A31
°
-
0
.
667
4
.
266
0
.
667
°
A31
0
.
6898
El
A41
0
.
667
-0
.
667
0.667
2
.
333
°
A41
0
.
1736
•
Matriz
de
flexibilidad
lateral
del
pórtico
.
Se
obtiene
aplicando
cargas
laterales
unitarias
en
las
coordenadas
1
y
2
Y
calculando
los
desplazamientos
laterales
.
a)
Primera
columna
de
[F
lat).
Aplicamos
una
carga
unitaria
en
la
coordenada
1
y
calculamos
los
desplazam
ientos
{~
}
=
[Kr
l
{Q}
.
fll=AIJ
Y
f
21
=.62
1
La
Matriz
de
Rigidez
de
la
mitad
de
la
Estructura
es:
r
0
.
888
-0
.
4«
o
0
.
667]
Kt
=
-0.444
0.444
-0
.
667
-0.667
El
1
o
-0
.
667
4.266
0.667
0
.
667
-0
.
667
0
.
667
2
.
333
kl4
:::s
0.667
El
k24
:::s
-0.667
El
k34
~
0.667
El
k«
=
4
El
/3
+
3
El/
(3):::s
2.333
El326

337. 327
[K
lat]
=
El
(1.3768 -0.5512)
=
(kll
ki
,2)
-
0
.
5512 0.3953
k21
k22
La
matriz de r
igidez lateral del pórtico completo
,
se obtine duplicando la matriz calculada
,
en el paso anterior:
(
kll k12).101
k22
. ( 0.6884 -0.2756)
[K.
la
t
] mitad pórtico
=
El
=
-0.2756 0.1976
'. Condensación de la matriz de rigidez de barra calculada en
Q -
D, reducción de los
grados de libertad de giro
:
[K
lat]
=
[k*]
2x
2
=
[k11
]
-
[kI2] [k22r
l
[kn]
0.888 -0.444
j
0
.
0 0.667 [k ]
I
[
11
-0.444 0.444
¡
-0
.
667
-
0.667
El _ ~
_.
_
_
_ ~
_
.
__
..
_ _
-
_
.
.
=
Sim
j
4.266 0.667
[k ]
¡
0
.
667 2.333
2
1
.
[k]
=
',
giemplo 7-25
,',
Calcular la matriz de rigidez lateral del pórtico de dos pisos del Ejemplo 7-24 por
:
condensaci6n estática de la matriz de rigidez
.
,.
La matriz de rigidez de la mitad del pórtico fue calculada en el Ejemplo 7-24, mediante"
"
reduciremos
·
los grados de libertad de giro (grados de libertad 3
y
4 que
"
no tienen cargas aplicadas) para obtener la matriz de rigidez lateral.
Matriz de rigidez de la mitad del pórt
ico en el sistema
Q -
D, considerando cuatro
grados de libertad, dos desplazamientos laterales
y
dos giros
.
327
J);})
~
J)JJ))I
).,.
3
)
)
")
))

338. ) ):
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_
)
'
]
...) .)d)
~
).., J3"e=>-.,~O '~
)) ) )) ) ) } ) )
-4 1
~
)
328
8
.
1 Introducción
En 1922, K.A
.
Calísev publicó un artí
cu
lo que descr
ibfa un
m
étodo de aprox
imac
iones
sucesivas para el análisis de estru
ctu
ras reticulares, en el q
u
e se determinan
las
rota
c
iones de los nu
d
os de una estructura (pórtico) por aproxima
c
iones sucesi
v
as. De
esta manera los sistemas de numerosas ecuacio
n
es se pueden resolver con cálculos
manuales iterativos. Puede decirse que esté método fue, d
e
algún modo, el predecesor
del Método de Cross o de Distribución de Momentos
,
aunque pasó casi desapercibido
hasta que Calisev lo publicó nuevamente en 1936. Es conveniente anotar que los métodos iterativos de solución de s
istemas lineales de
ecuaciones fueron desarrollados mucho antes del Método de Cal
isev. Uno de los
métodos iterativos más conoc
idos para resolver sistemas
li
nea
les de ecuaciones es e
l
de
Gauss - Seidel atribu
ido a Johann Carl Friedrich Gauss
(17n-1855) y
Philipp Ludwig
Von Se
idel (1821-1896)
.
También destaca el método
iterat
ivo desarrollado po
r
Carl
Jacobi
(1804 -1851).
El análisis de las estruc
t
uras
indeterminadas recibió
u
n gran impulso en 1930, año en
que el profesor Hardy Cross (1885
-
1959)
de la Unive
r
s
idad de lIIinois
,
presentó su
Método de Distribución de Momentos.
L
a publicación más co
n
ocida de Cross se titula
"
Analysis of Cont
inuous Frames by Dis
tri
buting Fixed End Moments
'"
publicada en los
Proceedings of the American Society of Civil Engineers
(ASCE)
.
El hecho de que el menc
ionado artrculo escrito por Cross
,
constaba de d
iez páginas y
que fue seguido de una discusión de 146 pág
inas, ilus
t
ra el gran i
n
terés que produjo
.
El
interés suscitado es una indicación del impacto que e
l
método de Cross tuvo en el
"
análisis de fas estructuras
indeterminadas
.
:'
En 1930, cuando Cross introdujo el Método de Distribuc
ión de Momentos
,
ya estaban
',
.
formulados todos los p
ri
ncipa
les Teoremas de Energra en est
r
ucturas y
los métodos de
solución de estructuras que de ellos se derivaron
.
Ya exist
f
a el Método de Flexib
ili
dad
,
.
:
las Ecuac
iones de Pen
di
ente - Deflexión, el Método de Rigidez no Sis
t
emat
izado
.
S
in
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.
'"
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embargo. todos estos mé
t
odos aplicados a estructu
r
as hiperestát
icas
,
conducen
.
:
:
:
~
inevitablemente a un conjunto de ecuaciones linea
les c
u
ya so
lu
c
ión ma
n
ua
l
es tediosa y
en muchos casos
,
depend
iendo del n
ú
mero de incógnitas
,
impos
ible
,
aú
n utili
zando
',
'
esquemas iterat
ivos de solu
c
ión del sistema de ecuaciones, po
r
ejemp
lo Gauss
-
Saidel
.
~:1
;
Los esquemas
it
erat
ivos de solución de sistemas de ecuac
iones ope
r
an sobre
las
j
incógnitas
,
que en el caso del Método de R
ig
idez ap
li
cado a es
tru
ct
ur
as ret
icula
r
es
,
son
los desp
lazam
ientos de los nudos
.
La
idea genial de Cross
fu
e la de desar
r
o
ll
ar e
l
Método de Rigidez
,
tomando como inc6gn
it
as los momentos en los e
xtr
emos
d
e
las
barras que co
n
forman el pórtico y obte
n
e
r
de manera
itera
ti
va d
ich
o con
jun
to de
incógnitas
.
Esto significa que
las
it
eraciones
, a
d
iferen
ci
a del
M
é
t
odo de Cas
il
ev
,
no se
llevan a cabo sob
r
e los desplazamientos (rotaciones) desconoc
idas
,
se
ll
evan a cabo
.
"
sobre
los
m
omentos en los extremos de las barras hasta logra
r
el equ
ili
brio de los
n
udos
y
por ende de
la estructura.
La soluc
ión
"
exacta
"
de estruct
ur
as hiperestát
icas grandes hasta finales de la década de
1960, era una tarea titán
ica. La mayorfa de
ingenieros estructurales acud
t
an al Método
de Distribuc
ión de Momentos para obtener la solución de las fuerzas in
t
ernas. Esto
cambió con la aparic
ión de las computadoras
y
su creciente dispon
ibilidad, es decir, las
computadoras salieron de los centros de cómputo
,
donde unos pocos c
ient
ificos tenían
acceso a ellas
,
y pasa
r
o
n
a formar pa
rt
e del equ
ipamie
n
to normal en
las ofic
inas de
d
ise
ñ
o
.
Esto, sumado al desa
r
rollo de los Métodos Ma
tri
ciales
,
en part
icu
lar el Mé
t
odo
S
ist
e
m
ati
zado de Rigidez y los Métodos de Elemen
t
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itos
(
FEM
)
,
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ndu
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CAPITULO
8-
Método de Cross - Distribución de Momento
s
328
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339. 329
8.3 Ejemplo
de
Introducción
al
Método
de
Cross
Para presentar algunas de las ideas centrales del Método de Cross
,
tomemos como
ejemplo inicia
l
la viga continua de tres tramos indicada a cont
inuación
,
solic
itada por una
carga concentrada al centro del segundo tramo. No utiliza
r
emos argumentos de simet
r
ía
.
.
.
de la estructura y de las cargas
.
La resolveremos primero por el Método de Rigidez
.
..
presentado en el Capítulo
6.
luego resolveremos el sistema de ecuaciones a las que
COnduce el Método de Rigidez
,
siguiendo un esquema iterativo o de aproximac
iones
sucesivas. Finalmente analizaremos el significado
ñ
slco de cada una de las iteraciones,
para present
a
r el Método de Cross
.
8.2 Algunas Ideas Centrales del
Método
de
Cross
.
• No es otra cosa que el Método
'
de Rigidez con la particularidad que las incógnitas no
son los desplazamientos (rotaciones) de los nudos, son los momentos en los extremosde las barras
.
• El Método de Cross resuelve e
l
Estado Comp
lementario del Método de Rigidez po
r
iteraciónes o aproximaciones sucesivas
.
Las iterac
iones se realizan sobre los
.
momentos desequilibrados en los nudos que aparecen en el Estado Primario delMétodo de Rigidez.
¡
.
•
Nunca llega a plantearse de manera explfcita la Matriz de Rigidez de la estructura que
.
se está resolviendo. Dicha matriz se encuentra implicita en el procedimiento mismo de
,:
la Distribución de Momentos. Esta es otra de las genialidades del Método de Cross.
• En el Método de Cross
-
Distribución de Momentos - los momentos de empotramiento
(Estado Primario del Método de Rigidez) en las barras que conforman el pórt
ico
,
se
distribuyen a las barras adyacentes en un número de iteraciones que conducengradualmente a que la estructura alcance su configuración natural de equilibrio.
• El Método de Cross no es un método aproximado de análisis estructura
l, se puede
alcanzar la p
r
ecisión deseada en los resul
t
ados finales, controlando el número de
iterac
iones o de ciclos.
• El Mé
t
odo de C
r
oss sigue en esencia el esquema del Método Iterativo de Jacobi
aplicado al Método de Rigidez o de Desplazam
ientos.
• Fue ideado para su aplicación en estructuras planas que se deforman
fundamentalmente por flexión
,
sin embargo, puede extenderse, sin mayores
complicaciones a estructuras en las cuales las deformaciones por cortante seanimportantes.
T
ambién se pueden analizar estructuras planas con desp
lazam
iento de
traslación en los nudos
.
abandono paulatino de los métodos iterativos como el de Cross, sin embargo, durantecasi 50 anos los métodos iterativos y en particular los de Cross y Kani, fueron laherramienta fundamental para la solución de estructuras
.
hiperestáticas
.
A lo largo de los anos se desarrollaron nume
r
osas var
iantes del Método de C
r
oss, entre
ellas, un método para modelar o determinar el flujo en redes complejas de d
istr
ibución de
agua, hasta hace pocos a
ñ
os era el método más común para resolver tales problemas
.
El Método de Cross se extendió al análisis de pórticos con desplazamientos laterales, a
l
análisis de parrillas, al análisis de estructuras espaciales, de barras con sección variable,
•..•
.de pórticos con deformaciones axiales, es decir se desarrollaron numerosas aplicacionespara casos particulares
.
329
.
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-
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J

340. 3
30
4
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95
2
3
,048
• Diagrama final de momentos
(k
g-
m)
.
• Solución del Sistema
de
Ecuaciones:
9
2
=
3.809 9
3
=
-
3.809
Asumimos, por comodidad un valor arbitrario de
E
l
=
1
,
000
0
.2
5
]{9
2
}
1
.30
9
3
{
+4
,OOO}
[1.30
-4,000
=
E
l 0
.
25
[
1 1
{
+4,000}
=
El
"5+
i
-4
,
000 1
4
{Q}
=
[
K
] {D}
• Estado Complementario.
4~OOO
.
~ ~
~
• {Q}
=-
{R}
R.
=
-4
~
000
kg -
m
R
2
=
+4
,000
kg - m
92
=
93
=
O
Uij
O O -4000
+
4000 O O
~
--
~,_~~~~~--~
--
-
• Estado Primario.
SistemaQ -D
Momentos de empotramiento uij
1
4000+
R2
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330
1 ~
2
i
4,OOOk
g
3
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8
5
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D1
D2
D1=92
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g
k
D2
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341. 3
3
1
Solució
n
por Iterac
iones
:
9
2
=
3
,
809
9
3
= -
3
.809
Nótese que la s
u
ma de todos los cambios en las rotaciones (dos últimas columnas de la
tabla anterior) como era de esperarse es
igual a
lo rotac
ión final del nudo (ú
ft
imo c
iclo)
Es importante se
ñ
alar que en cualqu
ier ciclo de la iterac
ión, se pueden calcular los
momentos de extremos de barra
,
e
n
e
l
Estado Complementario
,
u
t
ilizando por ejemplo,
las ecuaciones de Pe
n
diente - Deflexión para cada barra
:
M
..
Ei
Ji
(
4ll' 29
')
U
= --
u
l+ ~
ti
M
·
· Ei
Ji
(2ll
'
4ll')
~1
= --
ul
+
v
J
t
i
Si el proceso ite
r
at
ivo se detiene en un ciclo in
t
ermedio (po
r
ejemplo en el terce
r
ciclo) lo
que obtendremos son va
lo
r
es aproximados de los momentos de extremo da barra y en
consecuencia los nudos no esta
r
án en equilibr
io
.
El equ
ili
brio de nudo se
logra luego de
un n
ú
me
r
o suficiente de c
iclos,
L
=
3.809
L
=
3.809
Ci
clo
Eh
93
IA92
1
IA93
1
O
O
°
1
-
-
-
-
1
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077(Ec. 1)
E
• O
3.077
O
2
3.
077 --
-3
.
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(Ec
. 2)1
O
3
.
66
9
3
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78
2
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l
0
.
705
O
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3
.
6
69
4
3.
782 --
-
3
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80
4
(Be.
2
)I
O
0
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5
r
809
(Ec. 1)
-- -3.804
0
.
0
2
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O
6
3
.
809 -- -3.809 (Ec
.
2
1
O
0.005
.
1.39
2
+
0.25 9
3
=
4 ~ Ecuación 1
0.259
2
+
.
1.39)
=
-4 ~ Ecuación 2
En la tabla a cont
inuación se muestra un esquema iterativo simple para resolver el
sistema de ecuaciones
,
Se parte de un valor inic
ial nulo para ambas rotaciones (Estado
Pr
imario)
y
se procede sucesivamen
t
e a cor
r
eg
ir los valores in
ic
iales asumidos hasta
lograr la precisión deseada
.
Las dos
ú
ltimas columnas muestran
,
en valor absoluto, el
cambio en las rotaciones
,
inicialmente los cambios so
n
grandes
y
paulatinamente son
cada vez más pequeños hasta que en los ú
ltimos ciclos de la iterac
ión son casi nulos
.
El
=
1,000
4,000 4,000
~------~~~__~f)~ ~_
1 2 ~3 4
• Solución Iterativa del Sistema de Ecuaciones(Estado Complementario)
331
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3049 -3043
3048
-
3045
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1524
14
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C
5
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7
22
11
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.
0
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CiCI05~~
Deseq. Nudo
Deseq
.
Nudo
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.6.9
2
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o
Ciclo 4
.6.9
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=
-0
.135
Mij
o
o
-
34
-68
-108
-
54
Mfin
1513
3026
-
3059 3042
-3043
-1
521
C3+C4
C2+C3
o -1467
176
o
3110
-2935
564
353
3
0
2
6
-3025
Mij 282 Mfin 1513
Deseq. Nudo
.1.a
2
=
0
.705
Aa]
=
o
2934 -2935
2462 -3378
-
1467
Cl
+
C
2
o
-1
835 -2935
-917
~1467
Mij O Mfin 1231
A9
2
=
0
.1.9)
=
-3.669
Deseq. Nudo
o O
769
O
4769
O
CO+Cl
2462
1539
2462
-
2461
M
ij
]231
Mfin
1231
.1.9
2
=
3
.077
Aa
3
=0
4000
-4000
o
o
o
o
Mij
• Significado Hsico de cada Ciclo de la Solución Iterativa
123
CicloO ~ ~ ~
332
',"
",
,
'
,
,
o _
j
o,