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CAPITULO 1 ANALISIS ESTRUCTURAL _____________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -1-

Capítulo 1

Introducción al análisis de estructuras de barras

1.1- Conceptos generales

Se entiende por análisis estructural al estudio y determinación de tensiones,

deformaciones y reacciones, que ocurren en una estructura al ser sometida a acciones exteriores

que pueden ser: cargas, efectos térmicos, movimiento de apoyos, deformaciones impuestas, etc.

El análisis estructural provee los fundamentos sólidos para producir buenos diseños

estructurales, al ocuparse de establecer la relación entre causas y efectos.

El desarrollo del proyecto de una estructura, proceso que se conoce como “diseño

estructural”, se apoya en normas y preceptos que surgen del análisis estructural, así como

también en reglas prácticas y empíricas que dependen fuertemente de la modalidad o carácter

del proyectista.

El análisis estructural propende a dar soluciones únicas y precisas. Por otro lado, el diseño

estructural está influenciado por aspectos prácticos y subjetivos que hacen que dos diseños

igualmente correctos o válidos puedan ser muy distintos entre sí.

En este curso se estudia la formulación y resolución de problemas estáticos y

dinámicos para estructuras de barras, en general, en régimen elástico. Se presentan los

métodos generales para abordar cualquier tipo de estructura, indicándose modalidades

corrientes de estos métodos para la resolución de tipos particulares de configuraciones

estructurales.


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1.2- Tipos de estructuras de barras y modelos de análisis

Los dos tipos básicos de estructuras que se estudian en este curso son “reticulados” y

estructuras de “alma llena”. Las estructuras de tipo “reticulado” consisten en barras prismáticas

conectadas en nudos a los que convergen los ejes baricéntricos de las piezas concurrentes. Las

cargas exteriores se suponen aplicadas en los nudos que se asume que no tienen capacidad de

transmitir momentos flectores de una barra a otra adyacente (Figura 1.1). Suponiendo que el

sistema descripto sea “inicialmente estable”, es decir, que sea por lo menos isostático (o

hiperestático), las cargas se equilibran mediante esfuerzos axiales en las barras.

Figura 1.1

Las estructuras de “alma llena” poseen nudos rígidos capaces de transmitir momentos

flectores entre las barras (Figura 1.2). Este tipo de estructuras presenta una gran cantidad de

variantes; la Figura 1.2.a muestra una viga tipo “Vierendell” en la que las cargas se equilibran

fundamentalmente a través de esfuerzos cortantes y flectores en las barras, aunque también con

alguna participación de las fuerzas axiales.

Figura 1.2

)a )b

Nd

Ad

)c


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Si a esta estructura se le colocan tensores según las diagonales y se supone que estos

tensores no tienen capacidad alguna de transmitir flexión, el sistema continúa siendo de tipo

nudos rígidos, pero los esfuerzos flexionales se reducen apreciablemente y las cargas aplicadas

en los nudos son resistidas en una mayor proporción que en la Figura 1.2.a por fuerzas axiales.

La representación gráfica de la relación entre la fuerza en una diagonal Nd y el área Ad

de la sección de las diagonales, para un determinado estado de cargas exteriores, presenta la

forma indicada en la Figura 1.2.c. La contribución del tensor resulta nula para valores de Ad

próximos a cero, por lo que la deformación del bastidor, y por lo tanto el alargamiento del tensor

l∆ , es independiente de Ad . El esfuerzo crece proporcionalmente con el área:

.. ∆=

E lNd Adl

Dicha curva tiene una asíntota que corresponde al valor límite de carga axial que puede

tomar la diagonal. Ello se debe a que, si bien a mayor Ad corresponde mayor Nd , para grandes

secciones Ad comparables con las áreas de las restantes barras, el sistema comienza a

comportarse casi como un reticulado y el valor de carga axial tiende al que se obtiene por medio

de dicho modelo de cálculo, valor que naturalmente es acotado. Este ejemplo pone de manifiesto

que una estructura de nudos rígidos podría analizarse, bajo ciertas condiciones de proporción

entre sus miembros, como si fuese un reticulado. En tal caso, los esfuerzos de flexión que

seguramente aparecen, son de menor importancia y se los considera “secundarios”.

En realidad, las estructuras cuya configuración permite calificarlas como reticulados

ideales (también denominadas “celosías” o “cerchas”) en la mayoría de los casos se construyen

con nudos que no son articulaciones perfectas, sino que presentan una cierta rigidez que depende

del sistema de unión entre las barras. Cuando se usan remaches o bulones es necesario introducir

chapas de nudo que permiten la transferencia de esfuerzos entre las distintas barras que

convergen al nudo, y la disposición de esos remaches o bulones producen cierto grado de rigidez

a los giros relativos entre las barras. Si se trata de uniones mediante cordones de soldadura, la

rigidez al giro relativo resulta aún más notable. Sin embargo, como se menciona más arriba, si la

configuración (geometría del conjunto más las propiedades mecánicas de las barras) es de tipo

reticulado, la rigidez al giro relativo de los nudos introduce ciertos esfuerzos de flexión y corte

en las barras; estas solicitaciones se consideran “secundarias” ya que no son indispensables para

equilibrar las cargas exteriores, y merecen un tratamiento especial en el proceso de diseño.


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Elección del modelo adecuado

La definición de un modelo de cálculo que refleje la realidad física requiere el desarrollo

de cierto juicio basado en resultados de análisis detallados de casos similares. La sensibilidad a

la elección del modelo adecuado se va adquiriendo con la experiencia. Un camino aconsejable

para desarrollar esa experiencia consiste en analizar una misma estructura con modelos

diferentes variando parámetros tales como la rigidez relativa para determinar cuál es el esquema

principal o primario de transmisión de las cargas. De lo contrario, un analista puede trabajar

continuamente con un único esquema basado simplemente en el hecho que “no se cae” sin

advertir que está dimensionando las componentes en forma ineficaz.

Hay que establecer el esquema primario o fundamental de:

Fuerzas axiales o bien Flexión-Corte-Normal

para la transmisión de las cargas a tierra. Como esto no siempre es obvio se debe

adquirir sensibilidad experimentando distintos modelos para una misma estructura y

comparando los resultados.

El caso de la Figura 1.2.b, aún para pequeña rigidez relativa de las barras de los tensores,

presenta un esquema primario de reticulado por ser “más fácil” (en realidad es más “rígido” y

por lo tanto requiere menos deformaciones) transmitir cargas por efecto axial. Este hecho

fortuito permite analizar como reticulado ideal a muchas estructuras cuyos nudos son

relativamente rígidos como consecuencia de las uniones soldadas o remachadas.

Por otro lado, no a todo lo que se asemeja a un reticulado conviene siempre analizarlo

como tal. Cuando se debe analizar una torre para antena como la indicada en la Figura 1.3 puede

resultar más conveniente adoptar un modelo de viga continua con propiedades equivalentes de

corte y flexión, propiedades que deberán calcularse previamente de acuerdo con criterios que se

describen más adelante. Las riendas o cables de la estructura funcionan como apoyos elásticos.


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Figura 1.3

1.3- Ecuaciones para el análisis de sólidos deformables

En la Figura 1.2.b, se define como esquema “primario” o “fundamental” el constituido

por el reticulado de igual forma con los nudos articulados. Esa estructura es estáticamente

determinada o isostática y los esfuerzos axiales en la barras pueden ser obtenidas por

consideraciones estáticas únicamente (equilibrio). Como ya se indicó, la verdadera estructura de

la Figura 1.2.b equilibra parte de las cargas con esfuerzos de flexión en sus barras en una

proporción que depende de la rigidez relativa de sus miembros; por lo tanto, salvo para valores

muy extremos de Ad , la repartición de cargas no puede calcularse con consideraciones estáticas

únicamente. El concepto de “rigidez”, como relación entre esfuerzos y deformaciones de una

pieza, se torna crucial. En este ejemplo, la elongación de las diagonales causada por las fuerzas

axiales Nd deberán ser compatibles con los desplazamientos de los nudos extremos, valores que

a su vez dependen de las fuerzas en las barras de la viga. Estas condiciones adicionales a las de

equilibrio se denominan ecuaciones de compatibilidad, y resultan necesarias para definir

unívocamente los esfuerzos y las deformaciones del sistema hiperestático.

Resumiendo, se puede concluir que para realizar el análisis estructural es necesario, en

general, definir y resolver ecuaciones simultáneas de:

a) Equilibrio

b) Compatibilidad

c) Relaciones de rigidez

Los grandes métodos generales de análisis estructural corresponden a diferentes

modalidades de eliminación de incógnitas en las ecuaciones a), b) y c), cuyos significados son:

Realidad Fisica (Reticulado) Modelo Estructural (Alma llena)

K equivalente

( . )E I equivalente( . )cA G equivalente


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a) Se refiere a la suma de fuerzas y la suma de momentos iguales a cero.

b) Establecen condiciones de congruencia geométrica y se las conoce también como

relaciones cinemáticas.

c) Se refieren a las propiedades constitutivas del material que relacionan los esfuerzos

(axial, flector, corte o torsión) con las respectivas deformaciones específicas (axial, curvatura

flexional, distorsión al corte, y ángulo unitario de torsión).

Nótese que las condiciones de compatibilidad son independientes tanto del tipo de

material como de las secciones de las barras (ambas determinan la rigidez). Por ejemplo, en el

caso de la Figura 1.2.b establecen que los extremos de los tensores permanecen unidos a los

nudos de la columna en que se insertan.

1.4- Grado de hiperestaticidad

Para un modelo isostático es posible determinar todas las fuerzas (internas y externas)

utilizando únicamente ecuaciones de equilibrio, aunque es corriente que por norma de diseño las

estructuras tengan que cumplir ciertas condiciones de máxima deformación. La práctica corriente

limita la flecha (por ejemplo a 1/500 o 1/800 de la luz según el caso y tipo de estructura) de

modo que para resolver completamente el problema se debe recurrir a los tres tipos de

ecuaciones ya mencionados, aún para las estructuras isostáticas.

El concepto de grado de hiperestaticidad es el aspecto central para la formulación del

Método de las Fuerzas que se desarrolla en el primer tercio del curso; posteriormente se estudia

el método de los desplazamientos, donde el concepto de hiperestaticidad se torna irrelevante

desde el punto de vista del análisis estructural. De todos modos, más allá de la importancia

relativa de la hiperestaticidad, o “redundancia estructural” para el desarrollo del método de

análisis estructural, debe destacarse que la redundancia estructural es de fundamental

importancia para el diseño de las estructuras, que deriva de la existencia de caminos alternativos

para equilibrar las cargas aplicadas en el caso de falla o deterioro en algunas de sus

componentes. En este tipo de fallas se enmarcan la formación de rótulas plásticas imprevistas,

asentamiento de las fundaciones, u otros defectos o situaciones imprevistas en el

comportamiento de una estructura. De no existir redundancia, la estabilidad del conjunto

depende del funcionamiento correcto de todas las componentes y no hay margen para fallas

locales. Por lo tanto, se debe tener presente que la redundancia estructural es reconocida como

uno de los aspectos más significativos al momento de diseñar una estructura y establecer los

márgenes de seguridad frente a los distintos tipos de solicitaciones.


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En el Método de las Fuerzas, las dimensiones del sistema de ecuaciones que se plantea y

resuelve para hallar la distribución de esfuerzos es igual al grado de hiperestaticidad.

Por lo tanto, el grado de hiperestaticidad determina el volumen del esfuerzo de cálculo

necesario para hallar la solución, de allí su importancia operativa en el análisis estructural.

Al margen de estas cuestiones computacionales, se insiste que las estructuras isostáticas

tienen un único mecanismo o esquema para equilibrar las cargas, mientras que en las

hiperestáticas, si falla un mecanismo, pueden en ciertas condiciones comenzar a trabajar de una

manera distinta y aún equilibrar las cargas a través de un mecanismo alternativo. Por ejemplo, si

la viga continua de dos tramos de la Figura 1.4 llega a fluencia por el momento flector sobre el

apoyo central, puede desarrollar una rótula plástica y trabajar como dos vigas simplemente

apoyadas hasta que comience a plastificarse en el interior de los tramos. Para que sea posible esta

distribución de esfuerzos es indispensable que la viga presente capacidad de deformación

plástica sin que pierda su capacidad portante. Esto no ocurriría para una viga de material frágil,

ya que en ese caso al llegar al máximo momento se produciría una falla frágil, y el mecanismo de

redistribución de esfuerzos no alcanzaría a desarrollarse. (Figura 1.5)

Figura 1.4

Figura 1.5

)a M

κ

pM

Ley momento - curvatura para un material elasto-plástico ideal

M

κ

rM

)b

Ley momento-curvatura para un material frágil linealmente elástico

l


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1.5- Vigas prismáticas de eje recto (ecuación de la elástica)

Las barras prismáticas son aquellas que tienen una sección transversal constante a lo largo

de su desarrollo y su eje longitudinal es recto. El caso de una viga de sección continuamente

variable puede ser aproximado por tramos rectos de sección constante.

Sea una pieza prismática sometida a acciones de corte, flexión, axial y torsional descripta

a través de las variables ( )Q x , ( )M x , ( )N x y ( )tM x donde x es la variable independiente sobre

el eje de la pieza.

En la Figura 1.6 se indican los esfuerzos asumiendo que no hay carga axial ni momento

torsor distribuido en el tramo dx , es decir, sólo hay flexión y corte.

Figura 1.6

Como ya se ha visto en el curso de Resistencia de Materiales, para el cálculo de la elástica

o deformación de la viga en flexión son necesarios los tres ingredientes básicos antes

mencionados.

a) Equilibrio

Equilibrio de fuerzas:

. ( ) 0Q q dx Q dQ+ − + = ∴

dQqdx

= (Ec. 1.1)

Equilibrio de momentos:

.

. ( . ). ( ) 02

Inf orden superior

dxM Q dx q dx M dM− − − + + =14243

∴

dxQ Q dQ+MMt

N

M dM+

N

Mt+

++Convención de signos de la elastica

( )q + ( )Q + ( ) ( )M κ+ + ( ) ( )Mθ + +

y

( )y +


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dMQdx

= (Ec. 1.2)

b) Ley de Hooke

De la misma manera que se asocia la deformación específica ε al esfuerzo normal, se

asocia la curvatura κ al momento flector a través de las relaciones:

.N

A Eε = ;

.ME I

κ = ; Siendo 1 dr dx

φκ = =

. . dM E Idxφ

= (Ec. 1.3)

A éstas se puede agregar la relación entre el corte y su distorsión asociada γ :

.Q

Ac Gγ =

Por simplicidad, en el presente análisis no se tiene en cuenta la contribución del corte a la

elástica.

c) Compatibilidad

Recordando que las secciones planas perpendiculares al eje baricéntrico permanecen

planas y perpendiculares a la línea baricéntrica (elástica) después de la deformación, se tiene:

dydx

φ = (Ec. 1.4)

Una vez planteados los tres tipos de ecuaciones se pueden hacer las siguientes

sustituciones:

Derivando (Ec. 1.4) y sustituyendo en (Ec. 1.3) queda:

2

2. . d yM E Idx

= (Ec. 1.5)

Derivando (Ec. 1.5) y sustituyendo en (Ec. 1.2) se tiene:

3

3. . d yQ E Idx

= (Ec. 1.6)

Derivando (Ec. 1.6) y sustituyendo en (Ec. 1.1) se tiene:

y

x

θdy

dx


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4

4. . d yq E Idx

= (Ec. 1.7)

La (Ec. 1.7) se designa habitualmente “ecuación diferencial de la elástica”. Resulta

conveniente destacar que la ecuación de la elástica es una ecuación de equilibrio donde la

incógnita que es el desplazamiento “y” se expresa como función de la carga “ q ”.

Asimismo, se debe notar que no es lo mismo resolver (Ec. 1.7) que (Ec. 1.1). La ecuación

(Ec. 1.7) no puede resolver el equilibrio sin considerar la deformación mientras que (Ec. 1.1) es

sólo una de las ecuaciones diferenciales de la viga.

Debe tenerse presente que al utilizar (Ec. 1.7) da lo mismo que la viga sea isostática o

hiperestática porque este planteo es equivalente a estar resolviendo el problema por el Método de

Rigidez (nota: el Método de Rigidez, también llamado Método de los Desplazamientos se

estudia en detalle más adelante)

Ejemplo:

Figura 1.7

Solución Homogénea: 2 3

0 0 1 2 3. . .Y C C x C x C x= + + +

Solución Particular:

Se propone una solución tal que derivando cuatro veces dé una constante. 4.p pY C x=

Resulta fácil obtener de la ecuación (Ec. 1.7) la relación entre pC y q :

24. .pqCE I

=

2 3 40 0 1 2 3. . . .

24. .pqY Y Y C C x C x C x xE I

= + = + + + +

Para calcular las cuatro constantes es necesario aplicar las cuatro condiciones de borde:

l

A

Bx

q cte=


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En A:

(0) 0Y =

(0) (0) 0dYdx

φ= =

En B:

( ) 0Y l =

2

2 ( ) ( ) 0.

d Y Ml ldx E I

= =

Se puede apreciar que la hiperestaticidad no aparece en este análisis. Si se considera el

caso isostático u otras condiciones de apoyo sólo es necesario cambiar las condiciones de borde.

Figura 1.8

En A:

(0) 0Y =

2

2 (0) 0d Ydx

=

En B:

( ) 0Y l =

2

2 ( ) 0d Y ldx

=

Derivamos (Ec. 1.2) y reemplazando en (Ec. 1.1):

2

2

d M qdx

= (Ec. 1.8)

Que aparenta ser un camino más sencillo porque permite encontrar la distribución del

momento flector integrando dos veces la carga dato “q”. Sin embargo, la (Ec. 1.8) no podrá

resolverse a menos que el sistema sea isostático. Si, por ejemplo, a la viga de la figura se le

agrega la condición de que los extremos no giren, se torna indispensable considerar los

desplazamientos para obtener la solución del problema.

La hiperestaticidad puede acarrear complicaciones cuando se la plantea de una

determinada manera (Método de las Fuerzas) pero si se utiliza el Método de los

Desplazamientos, la solución se obtiene sin mayor esfuerzo a pesar del grado de hiperestaticidad.

1.6- Conceptos generales de la estática de sistemas deformables

La estática es la parte de la mecánica que estudia el planteo y resolución de las

condiciones o ecuaciones de equilibrio. “Equilibrio estático” es la condición que se da cuando

no se producen aceleraciones en las componentes o en el conjunto del sistema.

l

A

B

x

q cte=


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Considérese en primer lugar configuraciones estructurales que en sus condiciones de

servicio sufren deformaciones “pequeñas”. La “pequeñez” de las deformaciones será precisada

cuantitativamente más adelante; por el momento será suficiente con aclarar que la forma de la

estructura en su conjunto o algunas de sus componentes no cambia apreciablemente de forma al

actuar las cargas exteriores.

Sea el reticulado “ideal” (con articulaciones perfectas en la intersección de los ejes

baricéntricos de las barras) de la Figura 1.9.a , que se puede apreciar es isostático.

Figura 1.9

En la Figura 1.9.b se esquematiza en escala distorsionada la configuración deformada

correspondiente a una carga P en el extremo del voladizo. Dado que se estima que las

deformaciones son pequeñas, es posible plantear las ecuaciones de equilibrio como si las fuerzas

en las barras actuaran en la dirección original. En realidad esto resulta sólo una primera

aproximación, pero de esta manera se simplifica el cálculo ya que se reduce al caso de un

sistema rígido estudiado en el curso anterior de “estática”. O sea que los esfuerzos en la barras se

pueden calcular por los procedimientos de la estática sin tener en cuenta la deformabilidad de las

barras.

Configuración Original

P

Configuración Deformada

)a )b


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Figura 1.10

Supóngase ahora que se agrega una barra que vincule los puntos B y C (Figura 1.10).

Esta estructura no es más isostática y no es posible por consideraciones estáticas exclusivamente

determinar los esfuerzos de todas las barras. Se designa con T al esfuerzo de la barra CB y se

analiza cómo varía T en función del área A de la sección transversal de la barra CB

manteniendo constante las restantes barras. Al tender A a cero, la barra se hace infinitamente

flexible, por lo que la fuerza T tiende a cero. Naturalmente 0T = cuando 0A = .

Al aumentar A, la fuerza T aumenta ya que en forma relativa la barra se hace más rígida

frente a la estructura original. Si A→∞ , T debe tender a un limite finito (dicho valor

corresponde a la reacción de apoyo móvil perpendicular a BC actuando en C ).

En forma cualitativa se espera una ley de variación de T en función de A como se

indica en la Figura 1.11.

Figura 1.11

Un caso conceptualmente similar es la torre de alma llena arriostrada con un tensor según

la Figura 1.12.

T

A

Límite

C

B


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Figura 1.12

Para poder calcular la fuerza T será necesario determinar la “deformabilidad” de la torre

sin el tensor, ya sea ésta de reticulado o de alma llena. La determinación de la “deformabilidad”

requiere el cálculo de la elástica que describe la posición en el espacio de la estructura

deformada. La modalidad operativa del cálculo de estas deformaciones es distinta según sea un

reticulado o un elemento de alma llena, y será estudiado en detalle en las secciones que siguen.

Desde el punto de vista global, sin embargo, en el Método de las Fuerzas se procede de la

siguiente manera:

1) Determinación de la elástica de la torre sola bajo la acción de las cargas exteriores P .

2) Imposición de las condiciones de compatibilidad de deformaciones entre la torre y el

tensor. Estas condiciones llevan a la determinación del esfuerzo en el tensor

3) Cálculo de los esfuerzos y deformaciones de la torre bajo la acción de las cargas

exteriores P y del esfuerzo en el tensor T , considerado también como una fuerza

exterior.

Ejemplo:

Sea ahora el ejemplo de la viga con un apoyo elástico central según la Figura 1.13.

Figura 1.13

/ 2l

q

/ 2l

hSección A

P


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -15-

Interesa conocer el diagrama de momentos flectores de la viga y el esfuerzo axial en la

barra de apoyo. Se supondrá que el módulo elástico de la viga y de la columna es E en ambas

componentes. De acuerdo a lo indicado antes, la determinación de la fuerza de reacción R que

se genera en la barra central requiere los siguientes pasos:

1) Determinar la elástica de la viga sola, o sea, simplemente apoyada en los extremos.

Por integración de la ecuación de la elástica se sabe que la flecha al centro 0δ es:

4

05 .

384 .q lE I

δ =

2) Para establecer la condición de compatibilidad entre la viga y la barra debe

reconocerse que esta última genera una fuerza concentrada R . Para ello se calcula el

efecto que R− tiene sobre la barra y el que R+ tiene sobre la viga.

La viga bajo la acción de R , se deforma con una flecha central 1δ , según la ecuación de

la elástica dada por: 3

11 .48 .

R lE I

δ = − (hacia arriba)

La barra bajo R− se deforma: 2..

R hA E

δ =

La condición de compatibilidad establece que debe existir continuidad de desplazamiento

vertical en la unión de la viga y de la barra. Por eso:

0 1 2δ δ δ+ = ∴4 35 . 1 . .

384 . 48 . .q l R l R hE I E I A E

− =

4

3

5 .384

48.

q lIR

l hI A

=+

(Ec. 1.9)

Nótese que R es independiente de E , cuando E es uniforme para toda la estructura. Si

se mantiene I constante, la ley de variación de R es función de A está dada por la (Ec. 1.9) y

tiene el aspecto indicado en la Figura 1.14.

Figura 1.14

R

A

maxR


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -16-

La asíntota horizontal corresponde al valor máximo de la reacción central que ocurre

cuando A→∞ o sea que se tiene un apoyo rígido al centro. Según (Ec. 1.9) se tiene que :

max5 . .8

R q l=

3) El diagrama final de momentos flectores se obtiene por superposición de la parábola

debido a P y del triángulo debido a R (Figura 1.15)

Figura 1.15

El vértice A del triángulo puede resultar por debajo del vértice de la parábola B (según

Figura 1.15) o por encima del mismo, según el valor de R , que a su vez depende de la rigidez de

la barra.

En todo el desarrollo de este ejemplo se han empleado dos hipótesis de linealidad que

son independientes entre sí. Por un lado, el material de la barra y de la viga cumple con la ley de

Hooke. Por otro lado, al sufrir pequeñas deformaciones, la ecuación de la elástica es lineal, o sea

que a doble carga corresponde el doble de deformación. La primera hipótesis se refiere al

material de la estructura y la segunda al comportamiento cinemático de la misma. Estas hipótesis

son aceptables en muchas situaciones prácticas, aunque deben reconocerse los tipos de casos

donde estas simplificaciones no son apropiadas.

Como ejemplo ilustrativo de estructuras con comportamiento no lineal, se puede

mencionar al cable tendido de la Figura 1.16.a.

Figura 1.16

)a

)b

l

BA

δ

PBA

A

B


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -17-

Su forma corresponde a la curva funicular del peso propio del cable y que pasa por puntos

de apoyo. Al aplicar una carga concentrada P el cable cambia apreciablemente de forma (Figura

1.16.b) y aún cuando sea de material linealmente elástico, el comportamiento de la estructura

será no lineal, es decir que la relación entre la flecha δ y la magnitud de la carga no es lineal,

por efectos cinemáticos. Se dice que la estructura posee “no linealidad geométrica”.

Otro ejemplo de este tipo es la viga cargada axial y transversalmente al mismo tiempo

(Figura 1.17).

Figura 1.17

El diagrama de momentos flectores tiene dos componentes. Una debido a V de variación

lineal en función de x, y tiene la forma de un triángulo. Otra debido a P , tiene una forma suave,

sin quiebres y se debe a la excentricidad de P con motivo de la deformación provocada por V .

Naturalmente esta última componente no aparecerá si se planteara la ecuación diferencial

de la elástica suponiendo el eje longitudinal recto. Esta parte del diagrama es función no lineal de

P , o sea que, a doble P no corresponde doble momento adicional. En este caso, dependiendo

del valor de P a considerar, puede ocurrir el fenómeno de inestabilidad de forma o pandeo en el

cual los momentos flectores provocados por P no pueden ser equilibrados sino con grandes

deformaciones transversales de la viga.

l

PV

P


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -18-

Ejercicio Nº 1:

Dado el sistema hiperestático simétrico del croquis, cuyas barras son del mismo

material, se pide:

a) Expresar la fuerza en la barra central ( )1N en función de la relación de áreas

1

2

AA

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

suponiendo todas las barras en el periodo lineal.

b) Expresar la tensión en la barra central ( )1σ en función de su área 1A

suponiendo fijos 22 0,1A cm= y 1000P Kg= .

c) Graficar 1N en función de 1A para 22 0,1A cm= y 1000P Kg= suponiendo que

la tensión de fluencia para ambas barras es 22600fKgcm

σ = .

Ecuaciones de equilibrio:

Se plantea una ecuación de equilibrio de fuerzas verticales en el nudo A .

( ) ( )2 22 320 240 400l cm= + =

320cos( ) 0.80400

α = =

2N

P

2N1N

α

240 240

320( )1

( )2 ( )2

A

P


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -19-

1 2 20,80. 0,80. 0VF N N N P= + + − =∑

Ecuación de equilibrio:

1 21,60.N N P+ = (Ec. 1.10)

Ecuaciones de compatibilidad:

Se plantea una condición geométrica que establece que el desplazamiento de los extremos

A de las barras ( )2 y ( )1 son iguales.

Aceptando la hipótesis de pequeñas deformaciones se obtiene el alargamiento de las

barras ( )2 proyectando el desplazamiento A sobre la dirección original de las barras:

2 .cos( )l α∆ = ∆ (Ec. 1.11)

Para barra ( )1 :

1l∆ = ∆ (Ec. 1.12)

Para barra ( )2 :

2 0,80.l∆ = ∆ (Ec. 1.13)

Ecuación de compatibilidad:

2 10,80.l l∆ = ∆ (Ec. 1.14)

Nótese que (Ec. 1.10) y (Ec. 1.14) son válidas aunque alguna barra entre en fluencia y

sólo se basan en la hipótesis de deformaciones pequeñas que permitió formular: 1º) La ecuación

de equilibrio (Ec. 1.10) en el sistema indeformado y 2º) la ecuación cinemática (Ec. 1.11).

Ecuaciones constitutivas:

Son las ecuaciones que definen el comportamiento del material, es decir la relación

Eσ − . Se supondrá un material elasto-plástico con el siguiente diagrama:

Ecuaciones constitutivas:

.. ...... 2600

2600. ...

ii

ii

i

A EllNA en fluencia

σ⎧∆ <⎪= ⎨⎪⎩

(Ec. 1.15)

σ

ε

2600

α22600f

Kgcm

σ =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -20-

(Ec. 1.16)

a) Suponiendo todas las barras en el período lineal se puede despejar 1l∆ y 2l∆ a partir

de (Ec. 1.15) y llevarlas a (Ec. 1.14). Luego despejando 2N en función de 1N , que llevado a (Ec.

1.10) permite finalmente despejar 1N .

1

1 2

1,0241/

PN

A A

=+

(Ec. 1.17)

Estos resultados son válidos si 1 2600σ < y 2 2600σ < .

Nótese que para llegar a (Ec. 1.17) se deben utilizar necesariamente ecuaciones

constitutivas, ecuaciones de equilibrio y ecuaciones de compatibilidad.

b) Haciendo 2 0,10A = en (Ec. 1.17) y dividiendo por 1A , se tiene:

11

11

1

10000,1024. 1

NA

AA

σ = =⎛ ⎞+⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )11

10000,1024A

σ =+ (Ec. 1.18)

En (Ec. 1.18) se puede apreciar que si 1 0A → , 1 2

1000 97650,1024

Kgcm

σ → ≈ lo que

demuestra que para valores pequeños de 1A la barra central entra en fluencia. Haciendo

1 22600 Kgcm

σ = en (Ec. 1.18) permite despejar el área mínima para la cual no hay fluencia.

21

1000 26000,1024

KgA cm

<+

∴ 21 0.28A cm>

Por lo tanto la expresión (Ec. 1.17) debe limitarse:

(Ec. 1.19) 1

11

1

2600..................0 0.281000 ..... 0.28

0,1024

A

AA

σ≤ ≤⎧

⎪= ⎨ ≥⎪ +⎩

(Ec. 1.20)

c) Según (Ec. 1.19) la fuerza que toma la barra central es muy pequeña si el área 1A

tiende a cero o es muy pequeña ( 1 12600.N A= cuando 21 0.28A cm< ) y en tal caso debe

considerarse la posibilidad de que las barras ( )2 también entren en fluencia.

La máxima fuerza 2N resulta:


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -21-

( )2 max0,10.2600 260N Kg= =

Valor que llevado a (Ec. 1.10):

( ) ( )1 2min max1,60. 1000N N Kg+ =

De donde:

( )1 min584N Kg=

Como se sabe que:

1 12600.N A=

( ) 21 min

0.225A cm= (Ec. 1.21)

1A 0 0,10 0,225 0,25 0,282 0,50 1,00 2,00 10,00

1σ 2600 2600 2600 1660 907 476 99

1N 584 650 734 830 907 951 990

2σ 2600 2188 1664 1062 581 304 63

2N 260 219 166 106 58 30 6,30

( )I

144424443( )II

144424443( )III

14444444244444443

( )I

1000

( ) :Zona I No hay equilibrio

21A cm⎡ ⎤⎣ ⎦

800

600

400

200

[ ]1N Kg

0,20 0,40 0,60 0,80 1,00 1,20

0,225 0,282

( )II ( )III

( )(1) :

:(2) :

Barra FluenciaZona II

Barra Elástica

⎧⎪⎨⎪⎩

( ) :Zona III Todas las barras elásticas


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -22-

Ejercicio Nº 2:

Dado el sistema simétrico del ejercicio anterior cuyas barras tienen igual sección

21 2 0,10A A cm= = y el mismo material 22600f

Kgcm

σ = . Se pide:

a) Determinar la máxima carga portante uP .

b) Determinar la carga que produce la primera fluencia.

c) Graficar la relación P −∆ y calcular la rigidez de los distintos tramos.

d) Determinar si existe alguna relación entre las áreas 1A y 2A de modo que las

barras ( )2 y ( )1 entren simultáneamente en fluencia.

a) La carga última se obtiene cuando entran en fluencia todas las barras. La fuerza en

cada barra se obtiene a partir del área y la tensión de fluencia fσ .

1 2600.0,10 260N Kg= =

2 2600.0,10 260N Kg= =

Llevando a (Ec. 1.10):

(260) 1,60.(260) uP+ =

676uP Kg= (Ec. 1.22)

b) Haciendo 1

2

1AA

= en (Ec. 1.17) resulta:

1 0, 494.1 1,024

PN P= =+

(Ec. 1.23)

Valor que llevando a (Ec. 1.10):

σ

ε

2600

α

22600fKgcm

σ =

622,10 10 KgE x

cm=

240 240

320( )1

( )2 ( )2

A

P


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -23-

2 0,3162.N P= (Ec. 1.24)

Como las áreas son iguales, la barra central tiene mayor tensión y es la primera en entrar

en fluencia.

11

1

4,94. 2600 4,94.fN P PA

σ σ= = ⇒ = =

526,24fP Kg= (Ec. 1.25)

c) Durante el período lineal elástico el desplazamiento se puede obtener indistintamente

a partir de (Ec. 1.12) o (Ec. 1.13) calculando los alargamientos de las barras a partir de la ley de

Hooke (Ec. 1.15).

De (Ec. 1.12):

11 6 6

.320 (0,494. ).3200,10.2,10 10 0,10.2,10 10

N Plx x

∆ = ∆ = =

0,000753.P∆ = (Ec. 1.26)

La (Ec. 1.26) es válida mientras las barras ( )2 y ( )1 se comportan linealmente. A partir

de la definición de rigidez K , en el período lineal:

.0,000753.

P PP K U KU P

= ∴ = =

1328 KgKcm

= (Ec. 1.27)

Cuando la carga es mayor que fP , (Ec. 1.12) y (Ec. 1.13) mantiene validez, pero 1l∆ no

puede calcularse en la hipótesis lineal (ley de Hooke). Utilizando la (Ec. 1.13), y la ley de Hooke

que sigue válida para las barras ( )2 (hasta que dichas barras entren también en fluencia y se

produzca el colapso del sistema):

2 226

.400 0,00238.0,80 0,80.(0,10.2,10 10 )

l N Nx

∆∆ = = =

2N se calcula teniendo en cuenta que 1 1. 2600.0,10 260fN cte A Kgσ= = = = mientras

dura la fluencia. Empleando (Ec. 1.10) que mantiene validez a pesar de la fluencia, se tiene:

2 2260(260) 1,60.

1,60PN P N −

+ = ∴ =

2600,00238.1,60

P −⎛ ⎞∆ = ⎜ ⎟⎝ ⎠


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -24-

0,38675 0,001488.P∆ = − + (Ec. 1.28)

La rigidez del segundo tramo se obtiene a partir de la definición de rigidez para los casos

no lineales:

0limU

P dPKU dU∆ →

∆= =

∆

De (Ec. 1.28) se tiene 672. 260P = ∆ + , derivando se tiene:

* 672 KgKcm

= (Ec. 1.29)

Recuérdese que la validez de (Ec. 1.28) y (Ec. 1.29) está limitada al valor de fP .

f uP P P< < .

Nota 1: la carga de fluencia puede incrementarse en un 28% antes que se produzca el

colapso.

Nota 2: la rigidez del sistema estructural se reduce a la mitad al entrar en fluencia la barra

central.

d) Las expresiones (Ec. 1.23) y (Ec. 1.24) desarrollados para 1 2A A= muestran que la

barra ( )1 entra primero en fluencia. Corresponde preguntarse si es posible lograr que las barras

entren simultáneamente en fluencia con una relación apropiada de 1A y 2A .

Llamando 2

1

AA

λ= y empleando (Ec. 1.17):

676 1,28.u fP P= ≈

* 672K =

[ ]cm∆

600

500

400

200

[ ]P Kg

0,20 0,40 0,60 0,80

0,396 0,619

700

300

100

1,00

526,24fP =

2601328K =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -25-

1 1 1,024.PN

λ=

+ (Ec. 1.30)

Llevando (Ec. 1.30) a (Ec. 1.10) permite despejar:

12 1,60

P NN −=

20,64.

1 1,024.N λ

λ=

+ (Ec. 1.31)

Si se pretende que:

1 2 2 21 2

1 2 1 1

N N A NA A A N

σ σ= ∴ = ∴ =

0,64.λ λ∴ = ¡¡¡ !!!No hay solución

Alternativa: Por la ley de Hooke, tenemos .Eσ ε=

11 1

1 2

122 2

2

.320 320

0,64!!!0,80. .

320 400

l El

l El

ε σσσ

ε σ

⎫∆ ∆= = ∴ = ∆ ⎪

⎪ =⎬∆ ∆ ⎪= = ∴ = ∆⎪⎭

2 10,64.σ σ= !!!!

Conclusión:

Si todas las barras están en el periodo lineal, la tensión en la barra ( )1 es mayor

que en las barras ( )2 independientemente del valor de las áreas.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -26-

Ejercicio Nº 3

Determinar el diagrama que relaciona el valor de la carga P y el

desplazamiento de su punto de aplicación en la viga de la Fig.(c). Se supone que el

material se comporta elasto-plásticamente según la Fig.(a) y que la sección tiene un

diagrama momento-curvatura indicado en la Fig.(b).

Este ejemplo supone que al entrar en fluencia las fibras externas, entra en fluencia toda la

sección, vale decir que el modulo plástico de la sección pW es igual al modulo elástico.

( )3512 80,63

/ 2 6,35pIW W cm

h= = =

Para perfiles doble T la relación 1,10pWW

≈ . Tomando el factor de forma igual a la unidad

se busca simplificar el cálculo y lo que es más importante, poner de manifiesto que las

estructuras hiperestáticas pueden, en general, desarrollar formas alternativas de equilibrar la

carga después de entrar en fluencia.

Para determinar la carga de fluencia fP debemos determinar donde ocurre el máximo M

en el periodo elástico y su valor en función de P . Siendo este un problema hiperestático no es

posible determinar directamente el diagrama de M (momentos flectores).

150

P

150 300A

B C

4512Sección doble T I cm=

12,70

.( )Fig c

σ

ε

2600 22600fKgcm

σ =

.( )Fig a

M

K

f pM M=

.( )Fig b


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -27-

Solución del problema hiperestático:

De las tres reacciones verticales sólo se pueden calcular dos empleando ecuaciones de

equilibrio estático. Nótese que si se conociera por ejemplo la reacción BR la determinación de

las restantes reacciones y los esfuerzos internos resulta un simple problema de estática.

Durante el periodo elástico vale el principio de superposición y por lo tanto el efecto

simultaneo de P y BR es igual a la suma de los efectos por separado.

Las vigas isostáticas de las figuras (II) y (III), pueden resolverse totalmente llegando a la

ecuación de la elástica. Mientras que la viga hiperestática de la fig. (I) debe cumplir una

condición cinemática extra, además de las ecuaciones de equilibrio estático. Dicha condición

establece que el desplazamiento del punto B debe ser nulo.

Descomponiendo dicho desplazamiento como la suma de los desplazamientos de las vigas

de las figuras (II) y (III), se obtiene la llamada “Ecuación de compatibilidad”:

0B BP RBδ δ+ = (Ec. 1.32)

Nótese que esta ecuación no es una ecuación de equilibrio y que a partir de ella se puede

determinar BR .

Para hallar los desplazamientos se recurre al resultado conocido de la elástica:

1δ

P

A B

a b

2δx z

( )2 2 21

. . .( ) . . .6. . . 6. . .A

P a b l b P b x l b x x al E I l E I

θ δ+= = − − <

( )2 2 22

. . .( ) . . .6. . . 6. . .B

P a b l a P a z l a z z bl E I l E I

θ δ+= = − − <

TABLA

BR= +

P

A

.( )fig II

BC

BPδ

P

A C

.( )fig III

BRBδ

A C

BR

.( )fig I


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -28-

La ecuación de compatibilidad resulta:

0,0028773717. 0,0041852679. 0BP R− =

0,6875.BR P=

La solución de la viga de la fig. (I) se obtiene como suma de la solución de las vigas de

las figuras (II) y (III).

Cálculo de BR :

450. 300.(0,6875. ) 600. 0CAM P P R= − − =∑

0, 40625.AR P=

0,6875.P

P

AB

C

.( )Solución viga fig I

0,40625.P 0,09375.P

DDδ

60,9375.P

28,125.P

DRBδ

AB

BRBδ

D

.( )Solución viga fig III

34,1852679 10 .BP BRδ −= − ×

( )2 2 2300 300. 600 300 3006 600 .

B BRB

RE I

δ − × ×= − −

× ×

.( )Solución viga fig II

32,8773717 10 .BP Pδ −= ×D

Pδ

P

A B

BPδ

D( )2 2 2150 300 . 600 150 300

6 600 .BP

PE I

δ × ×= − −

× ×


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -29-

Cálculo de Dδ :

( )2 2 2150 450 . 600 150 4506 600 .

DP

PE I

δ × ×= − −

× ×

( )2 2 2300 150 . 600 800 1506 600 .

D BRB

RE I

δ × ×= − −

× ×

D D DP RBδ δ δ= +

0,0003760202.D Pδ =

Determinación de la carga de fluencia fP y su correspondiente desplazamiento

Esto resulta muy simple porque se tiene expresado el máximo momento flector M y el

desplazamiento δ , en función de P .

maxmax

60,9375.2600

80.63f

f

PMW

σ σ= ∴ = =

3440fP Kg=

Este mismo resultado se logra igualando el momento flector máximo al momento de

fluencia fM .

. 2600 80,63 209638f fM Wσ= = × =

209638 .pM Kg cm=

60,9375. 209638fP =

3440fP Kg=

El desplazamiento del punto D al comenzar la fluencia (plastificación) resulta:

0,0003760202 3440, 2Dfδ = ×

1, 29Df cmδ =

Determinación de la carga última uP :

Cuando la carga es mayor que la carga de fluencia fP la sección D no resiste más que el

pM y se comporta como una rótula plástica. Los incrementos de carga P∆ por sobre fP

producen que la estructura se comporte como una viga isostática articulada en D.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -30-

Nótese que esta “descomposición” no significa validez del principio de superposición de

las estructuras lineales porque las estructuras de la .( )fig ii y .( )fig iii son diferentes.

Aquí queda claro que la estructura de la .( )fig i , que es hiperestática, tiene una alternativa

para resistir la carga aun después que la sección D se ha plastificado totalmente.

Es importante destacar que una estructura isostática no posee dicha propiedad. El caso de

la .( )fig ii ya fue resuelto totalmente. Concentrándose ahora en el caso de la .( )fig iii , resulta

simple por ser isostático.

El momento flector sobre el apoyo B en el caso de la .( )fig i se obtiene sumando los

valores correspondientes a los casos de las .( )fig ii y .( )fig iii .

( )28,125. 3440, 2 150. 96755 150.BM P P= + ∆ = + ∆

La máxima carga maxP∆ que la viga de la .( )fig i puede resistir es aquella para las cual el

momento flector en B es igual al momento plástico.

( )maxB

PM M P P= ⇒ ∆ = ∆ y por lo tanto ( )maxf uP P P+ ∆ =

Para el valor uP (carga última) se forma una nueva rótula plástica en B y la estructura se

transforma en un mecanismo (estructura hipostática)

P∆

A CB

150.BM P= ∆

= +P

A B C

Dfδθ

fP P>fP

A B C

DPδ∆

P∆

A B C

θ

fP P P∆ = −

.( )fig i .( )fig ii .( )fig iii

D DD


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -31-

max96755 150. 209638P+ ∆ =

max 752P Kg∆ =

Se puede calcular el desplazamiento ( )maxD

Pδ ∆ superponiendo el desplazamiento por la

flexión del voladizo DB con el desplazamiento de cuerpo rígido del extremo D causado por la

rotación del extremo B.

( )( ) ( )3

max

752 150 150 752 300.150

3. . 3. .D

P E I E Iδ ∆

× × ×= +

( )max 2,36DP cmδ ∆ =

Diagrama de Carga - Desplazamiento:

4193

[ ]D cmδ

5000

4000

2000

[ ]P Kg

1,00 2,00 3,00 4,00

1,29 3,65

3000

1000

5,00

3340

δ

P

l

3.3. .P lE I

δ =

TABLAS

.3. .M lE I

θ =

M θ

l

uP P>A C

B

PM

DPM

PMPM

No hay equilibrio COLAPSO⇒


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -32-

( )max3440 752u fP P P= + ∆ = +

4193uP Kg=

( )max 1,29 2,36D D DPu Pf Pδ δ δ ∆= + = +

3.65DPu cmδ =

Nótese que durante el primer tramo elástico la rigidez resulta: 2

3440,2 26601,2936

Kgcm

=

Al formarse la rotula plástica en D se reduce a: 2

752,54 3182,3621

Kgcm

=

Mientras que al formarse la segunda rotula plástica la rigidez se hace cero.

Procedimiento alternativo:

El comportamiento de la estructura después de la formación de la rotula plástica en la

sección D de la .( )fig i , puede analizarse directamente sin descomponerlo en los estados de las

figuras .( )fig ii y .( )fig iii . Basta suponer una rotula en el punto D y los momentos plásticos

PM actuantes sobre cada extremo que concurre a D.

La carga última se tiene cuando el momento flector en B es igual al momento plástico

PM .

150. 419280 209638uP − =

4193uP Kg=

Para calcular el desplazamiento en D causado por uP se determina el desplazamiento del

punto D como perteneciente a la viga DBC.

P

A CB

150. 1397,6 300BM P= = ×

209638209638

D3440P >

209638 1397,6( )150AR cte= =

209638( )DM cte=


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -33-

Cálculo de la carga última uP por Trabajos virtuales.

Cuando se conocen donde se van a forma las rotulas plásticas resulta muy simple

determinar la carga última donde un desplazamiento virtual de cuerpo rígido al mecanismo

formado por las rotulas y en equilibrio a través de los momentos plásticos PM .

Ecuación de T.V.

( ). . . .0 . 150. 0p p p p uM M M M Pδθ δθ δθ δθ− − − + + =

3. . 150. . 0p uM Pδθ δθ− + =

2 209638150uP ×

=

4193uP Kg=

uPA C

B

PMPM

PMPM

Sistema en equilibrio

150 150 300

δθ

Diagrama de desplazamientos virtuales

150

2795u AP R− =

300209638PM =δ

M

l

2.2. .M l

E Iδ =

TABLA

CAPITULO 2 ENERGIA INTERNA DE DEFORMACION

_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -1-

Capítulo 2 Energía interna de deformación

2.1- Energía interna de deformación en sólidos elásticos

Se dice que un sólido es elástico si para cualquier carga exterior P , la relación P U−

(Figura 2.1) se cumple mediante una única ley a través de los ciclos de carga y descarga (U es la

componente del desplazamiento del punto de aplicación de la carga P en la dirección de dicha

carga)

Figura 2.1

En otros términos, un sólido es elástico cuando no se observan ciclos de histéresis en el

diagrama P U− a través de los ciclos de carga y descarga.

El trabajo desarrollado por la fuerza exterior durante la deformación del sólido está

representado por el área rayada del diagrama P U− (Figura 2.1)

Si la carga crece lentamente de modo de no producir aceleraciones y el sólido es

elástico (por lo que el diagrama de cargas es reversible), entonces todo el trabajo externo We de

la carga queda almacenado en forma de energía interna de deformación, Wi .

.= ∫We P dU (Ec. 2.1)

P

U


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -2-

Wi We= (Ec. 2.2)

Cuando se trata de sólidos elásticos, el trabajo de las fuerzas exteriores es por

definición igual a la energía interna de deformación.

La energía elástica acumulada en el cuerpo deformado se restituye cuando el sólido

recupera su forma primitiva. Por lo tanto, Wi es energía potencial elástica de deformación.

Cuando un sólido es elástico y el diagrama P U− es una línea recta (Figura 2.2) se dice

que es un sólido linealmente elástico.

Figura 2.2

Para el caso de un resorte de rigidez K constante resulta:

.P K U= (Ec. 2.3)

que corresponde al gráfico de la Figura 2.2, donde la recta tiene pendiente K .

Llevando la ecuación (Ec. 2.3) a (Ec. 2.1) tenemos según (Ec. 2.2):

( )1

21

0

1. . . .2

= = =∫U

Wi We K U dU K U (Ec. 2.4)

valor que coincide con el área rayada del triángulo de la Figura 2.2.

Introduciendo la ecuación (Ec. 2.3) a (Ec. 2.4) se tiene: 2

11 .2

PWiK

= (Ec. 2.5)

1 11 . .2

We P U= (Ec. 2.6)

Tanto (Ec. 2.4) como (Ec. 2.5) son expresiones numéricamente iguales para sólidos

linealmente elásticos, pero se debe destacar que en (Ec. 2.4) Wi es función de las deformaciones

y en (Ec. 2.5) de los esfuerzos.

A continuación se analiza el caso en que la carga aplicada en el extremo del resorte (de

rigidez constante) se aplica en forma repentina en vez de realizarse gradualmente.

P

U

1P

1U


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -3-

En este caso, en la expresión de Wi sigue apareciendo el factor ( )1 2 dado que la carga

P que toma el resorte depende sólo de su deformación ( P es proporcional a U ).

1 11 . .2

=Wi P U (Ec. 2.7)

Sin embargo, la energía potencial debida a la carga aplicada en este caso no sería igual a

1 11 2. .P U (ya que la misma se aplica en forma brusca) sino que ahora es:

1 1.=We P U (Ec. 2.8)

Figura 2.3

De las (Ec. 2.7) y (Ec. 2.8) puede demostrarse que la deformación máxima que se

desarrollará será el doble que la deformación que habría tenido si la carga se aplicaba en forma

gradual, es decir que el factor de amplificación dinámica por la aplicación repentina

(instantánea) de la carga es igual a 2. Este tema se abordará en detalle en el capítulo sobre

Dinámica Estructural

Para sólidos linealmente elásticos Wi puede calcularse por cualquiera de las

expresiones (Ec. 2.4), (Ec. 2.5) y (Ec. 2.6), aun en el caso de que la carga no crezca

muy lentamente (siempre que K cte= ).

A continuación se desarrollan las expresiones de Wi para estructuras de barras de

materiales que siguen la ley de Hooke.

P

U

1P

1U

We

P

U

1P

1U

Wi


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -4-

2.2- Cálculo de la energía interna de deformación Wi Causado por el esfuerzo axial N :

Figura 2.4

Se considera un tramo de barra de longitud infinitesimal dx para el cual resulta N cte= ,

entonces el trabajo externo infinitesimal vale:

1 1. . . . .2 2

dWe N dx Wi dWe N dxε ε= ∴ = =∫ ∫ (Ec. 2.9)

Ecuación que se cumple para sólidos elásticos en general. Si se supone válida la ley de

Hooke (sólido linealmente elástico), se tiene:

.. .

N l l NlA E l A E

ε∆∆ = ∴ = = (Ec. 2.10)

Donde:

l = Longitud de la barra

E = Módulo de elasticidad

A =Área de la sección

ε =Deformación específica longitudinal

Llevando la ecuación (Ec. 2.10) a (Ec. 2.9): 2

0

1 .2 .

l NWi dxA E

= ∫ (Ec. 2.11)

Que expresa Wi en función del esfuerzo normal N para el caso lineal.

También puede expresarse:

2

0

1 . . .2

l

Wi A E dxε= ∫ (Ec. 2.12)

Que expresa Wi en función de la deformación específica para el caso lineal.

dx

N

N

dx

N

N

.dxε


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -5-

Wi Causado por el Momento Flector M :

Figura 2.5

Considerando un tramo de viga de longitud infinitesimal dx , para el cual se supone

M cte= , el trabajo externo infinitesimal vale:

1 . .2

dWe M dθ=

.d dxθ κ=

0

1. . .2

κ= =∫ ∫l

Wi dWe dx M dx (Ec. 2.13)

ddxθκ = =Curvatura longitudinal

La (Ec. 2.13) vale para sólidos elásticos en general. Si se supone válida la ley de Hooke.

(Sólido linealmente elástico)

.. .

M Md dxE I E I

θ κ= ∴ = (Ec. 2.14)

Llevando (Ec. 2.14) a (Ec. 2.13) tenemos: 2

0

1 .2 .

l MWi dxE I

= ∫ (Ec. 2.15)

Esta última expresa Wi en función del Momento flector M para sólidos linealmente

elásticos. Puede también escribirse:

2

0

1 . . .2

l

Wi E I dxκ= ∫ (Ec. 2.16)

La anterior expresa Wi en función de la curvatura para el caso lineal.

dθ

dx

M M


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -6-

Wi Causado por el Esfuerzo de Corte Q :

Figura 2.6

Considerando un tramo de viga de longitud infinitesimal dx , para el cual se supone

Q cte= , el trabajo externo infinitesimal vale:

1 . .2

dWe Q du=

.du dxγ=

0

1. . .2

γ= =∫ ∫l

Wi dWe dx Q dx (Ec. 2.17)

La (Ec. 2.17) vale para sólidos elásticos en general. Si se supone válida la ley de Hooke

.. .c c

Q Qdu dxA G A G

γ= ∴ = (Ec. 2.18)

Llevando (Ec. 2.18) a (Ec. 2.17) se tiene: 2

0

1 .2 .

l

c

QWi dxA G

= ∫ (Ec. 2.19)

2

0

1 . . .2

l

cWi A G dxγ= ∫ (Ec. 2.20)

Tanto (Ec. 2.19) como (Ec. 2.20) corresponden a sólidos linealmente elásticos.

( . )cA G = Es la rigidez al corte.

cA = Es el área de corte que es en general menor que el área de la sección y depende de la

forma de la misma.

Q

du

Q

γ

dx


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -7-

Wi Causado por el momento torsor Mt

Figura 2.7

Procediendo de la misma manera se tiene:

1 . .2

dWe Mt dα=

.d dxα θ=

0

1. . .2

θ= =∫ ∫l

Wi dWe dx Mt dx (Ec. 2.21)

Si se introduce la ley de Hooke:

.. .p p

Mt Mtd dxG J G J

α θ= ∴ = (Ec. 2.22)

Reemplazando (Ec. 2.22) en (Ec. 2.21): 2

0

1 .2 .

l

p

MtWi dxG J

= ∫ (Ec. 2.23)

2

0

1 . . .2

l

pWi G J dxθ= ∫ (Ec. 2.24)

Que corresponden a sólidos linealmente elásticos.

θ = Es la deformación específica (giro por unidad de longitud).

( . )pG J = Es la rigidez a la torsión.

pJ = Es el momento polar de inercia sólo para el caso de secciones circulares o anulares.

Para secciones no circulares no es el momento polar de inercia sino un parámetro generalizado

que se define en la teoría general de la torsión de secciones no circulares.

Mt

dx

dα

Mt


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -8-

Wi Para el caso de solicitaciones combinadas

Debe notarse que para cada tipo de solicitación corresponde un tipo de deformación

independiente. Así, ε depende exclusivamente de N , κ depende exclusivamente de M , etc.;

aún en el caso que las solicitaciones sean simultáneas. Por lo tanto, la energía total para este caso

se obtiene como la suma de los distintos términos: 2 2 2 2

0 0 0 0

1 1 1 1. . . .2 . 2 . 2 . 2 .

l l l l

p c

M Mt N QWi dx dx dx dxE I G J A E A G

= + + +∫ ∫ ∫ ∫ (Ec. 2.25)

2 2 2 2

0 0 0 0

1 1 1 1. . . . . . . . . . . .2 2 2 2

l l l l

p cWi E I dx G J dx A E dx A G dxκ θ ε γ= + + +∫ ∫ ∫ ∫ (Ec. 2.26)

Según se puede apreciar en (Ec. 2.25) y (Ec. 2.26), Wi es una función cuadrática en

los esfuerzos o en las deformaciones específicas y por lo tanto resulta:

0Wi ≥ (Ec. 2.27)

Obsérvese que si se duplica la carga, la energía Wi se hace 4 veces mayor. Por esta razón,

no es correcto sumar la energía correspondiente a una carga iP con la energía correspondiente a

otra jP calculadas independientemente; se requiere determinar primero los esfuerzos totales

como superposición de esfuerzos debidos a las distintas cargas y recién calcular la energía

interna que es una función cuadrática de las cargas.

En las expresiones (Ec. 2.25) y (Ec. 2.26) debe considerarse para la flexión dos términos

correspondientes a los momentos flectores respecto a los dos ejes principales de inercia, para los

cuales las deformaciones (curvaturas) son independientes. Lo mismo ocurre con el esfuerzo de

corte que debe considerarse según las direcciones de los dos ejes principales de inercia.

Notar que se cumple: 0

. . 0l

i jE d dx =∫ cuando i j≠

Donde:

iE =Es un esfuerzo determinado, como ser: , , , .N M Q Mt

jd = Es la distorsión asociada al esfuerzo jE .


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -9-

2.3- Aplicaciones del postulado Wi We= 1- Calcular la flecha δ en la viga simplemente apoyada de la Figura 2.8 cargada en el centro del tramo.

Figura 2.8

1 . .2

We P Wiδ= =

2 2

0 0

1 1 1. . . .2 2 . 2 .

l l

c

M QP dx dxE I A G

δ = +∫ ∫ (Ec. 2.28)

Se desprecia la energía de deformación por corte frente a la de flexión. Esto equivale a

despreciar la deformación por corte frente a la deformación por flexión (suele ser menor del 1%).

( ) .2PM x x=

Por simetría, la energía en toda la viga es dos veces la energía correspondiente a la mitad. / 2/ 2 2 2 2 3 2 3

20 0

1 1 . 1 1 .. . . 2. . . . .2 2 2 . . 2 2. . 3 2 48. .

ll P x P x P lP dxE I E I E I

δ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

= = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

∫

Finalmente: 3.

48. .P l

E Iδ = (Ec. 2.29)

El postulado de igualdad entre We y Wi permite calcular el desplazamiento del punto de

aplicación de la única fuerza actuante. (Ver el primer miembro de (Ec. 2.28)).

lx

P

( )M x


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -10-

2- Calcular la flecha en la viga simétrica de la Figura 2.9

Figura 2.9

Tramo Momento flector Limites

A-D 13 . .2

P x 104lx≤ ≤

D-C 2 2 23 3. . . . . .2 4 8 2

l PP x P x P l x⎛ ⎞+ − = +⎜ ⎟⎝ ⎠

204lx≤ ≤

(Ec. 2.30)

1 1 1 1. . . . . . . .2 2 2 2i i D C EWe P P P Pδ δ δ δ= = + +∑

21 .2 .

MWi dxE I

= ∫

(Se desprecian las deformaciones de corte).

Haciendo We Wi= se tiene una única ecuación con tres desplazamientos incógnitas

( , , )D C Eδ δ δ . (En rigor, por simetría resultan sólo dos incógnitas).

El problema puede ser resuelto en forma aproximada asumiendo una “forma” para la

elástica. A tal efecto, se supone una elástica aproximada con forma de parábola simétrica

respecto al centro con un parámetro 0δ a determinar:

xx

y

0

0δ

l1x

P PP

2x

P PP

xA BCD E


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -11-

2

0 2. 1 4. xyl

δ⎛ ⎞

= −⎜ ⎟⎝ ⎠

(Ec. 2.31)

Wi se calcula en forma exacta a partir de los momentos dados en (Ec. 2.30). 2 2/ 4 / 4 2 3

1 1 2 20 0

1 3 3 23 .. 2. . . . . . . . .2 . 2 8 2 384 .

l l P P lWi P x dx P l x dxE I E I

⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + =⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦∫ ∫ (Ec. 2.32)

Se puede calcular We en forma aproximada utilizando (Ec. 2.31).

( )( / 4) (0) ( / 4)1 . .2 l lWe P y y y−⎡ ⎤≅ + +⎣ ⎦

( / 4) ( / 4) 03 .4l ly y δ− = = ; (0) 0y δ=

0 01 3 3 5. . . 1 . .2 4 4 4

We P Pδ δ⎛ ⎞≅ + + ≅⎜ ⎟⎝ ⎠

(Ec. 2.33)

Igualando (Ec. 2.32) y (Ec. 2.33): We Wi= 2 3

023 . 5. . .

384 . 4P l PE I

δ≅

3

0.

20,86. .P l

E Iδ ≅ (Ec. 2.34)

El resultado que se obtiene con procedimientos exactos es:

3

0.

20,21. .P l

E Iδ = (Ec. 2.35)

La (Ec. 2.34) presenta sólo un 3% de error en defecto.

También es posible aproximar la elástica por una sinusoide del tipo:

0.. xy senlπδ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

(Ec. 2.36)

01 3. . . .2 4 2 4

We P sen sen senπ πδ π⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≅ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

01, 207. .We Pδ≅ (Ec. 2.37)

xx

y

0

l


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -12-

La energía interna se determina en forma exacta en (Ec. 2.32) mientras que (Ec. 2.37) es

una aproximación del trabajo externo basada en (Ec. 2.36). Igualando We con Wi tenemos: 2 3

023 .. 1, 207. .

384 .P l PE I

δ≅

3

0.

20,15. .P l

E Iδ ≅ (Ec. 2.38)

Este resultado presenta un error en exceso del 0.3%.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -13-

3- Calcular el área de corte para una sección rectangular

Figura 2.10

La tensión de corte τ(y) no es constante en la altura de la viga y su valor en función del

momento estático S(y) se encuentra utilizando el teorema de Jouravski:

( )( )

yy

rect

Q Sb I

τ⋅

=⋅

; 3.

12rectb hI =

( )/2 2

2( ) . . .

2 4

h

yy

b hS y b dy y⎛ ⎞

= = −⎜ ⎟⎝ ⎠

∫

2

( ) 2

6. 1.. 4yQ y

b h hτ

⎛ ⎞= −⎜ ⎟

⎝ ⎠ (Ec. 2.39)

( )( )

yy G

τγ = (Ec. 2.40)

Para obtener la energía de deformación por corte en el tramo dx debe integrarse primero

en la altura de la viga(variable y) y luego integrarse a lo largo de la viga (variable x):

( )/ 2 2

2 2( )

0 0 / 2 0

1 1 1 6. . . . . . . . . . . .2 2 2 5 . .

c

l l h l

c yh dA

QWi A G dx b dy G dx dxb h G

γ γ−

⎡ ⎤⎢ ⎥= = =⎢ ⎥⎣ ⎦

∫ ∫ ∫ ∫ (Ec. 2.41)

( ).cdA b dy= = Área de corte infinitesimal donde la tensión es constante ( ) ( ).y y Gτ γ=

Comparando (Ec. 2.41) con (Ec. 2.19) resulta:

dx

y

b

h

dQ

.dQ dAτ=

dx

dy

.dA b dy=

( )yτ( )yτ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -14-

2 26 .5 . . .c

Q Qb h G A G

=

5 .6cA A= (Ec. 2.42)

Conclusión:

En lugar de considerar la tensión de corte variable a lo largo de la altura de la

viga según la expresión (Ec. 2.39) se puede considerar una tensión constante mτ

actuando sobre el área de corte cA a los efectos del cálculo de la elástica incluyendo las

deformaciones por corte de una viga de sección rectangular:

5 . .6

mc

Q QA b h

τ = = (Ec. 2.43)


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -15-

4- Área de corte para una viga reticulada

En casos de estructuras livianas del tipo de la Figura 2.11 que se construyen con hierros

redondos soldados con frecuencia no conviene tratarlas como reticulado por el elevado número

de barras sino como una barra de alma llena con propiedades equivalentes.

Figura 2.11

Donde:

A =Área de cordón ; mA =Área de montante ; dA =Área de diagonal

Se busca una viga de alma llena equivalente que tenga igual deformación por flexión y

corte que la viga reticulada. El momento de inercia se calcula por el teorema de Steiner. Se

puede despreciar los momentos de inercia de las barras respecto a su propio eje. 2

24. . .2hI A A h⎛ ⎞= =⎜ ⎟

⎝ ⎠ (Ec. 2.44)

La determinación del área de corte cA de la viga equivalente requiere el cálculo de la

energía de deformación por corte. Para un tramo de viga de longitud “ a ” se tiene:

Figura 2.12

a

A

dAmA

2h

2Q

mF

a

α

dF


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -16-

El sistema de apoyos deslizantes sólo permite deformaciones por corte. Se considera la

mitad del corte actuando sobre cada una de las caras del reticulado.

2mQF = ;

2. ( )dQF

sen α= (Ec. 2.45)

El corte se traduce en fuerzas axiales en las diagonales y en los montantes cuyos valores

están dados por (Ec. 2.45).

La energía de deformación es:

2 2( ) ( )1 12. . .2 2. .

d m

d md m

F FWi E EA Al l

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟= +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

(Ec. 2.46)

El coeficiente 2 en (Ec. 2.46) resulta de considerar las dos caras verticales del reticulado.

Se ha considerado sólo un montante ya que existe uno por módulo que se repite (el montante de

la izquierda se lo considera perteneciente al modulo anterior). Introduciendo (Ec. 2.45) en (Ec.

2.46): 2

2

1 . .2 2. . ( ) 2.

d m

d m

l lQWiE A sen Aα

⎡ ⎤⎛ ⎞= +⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠⎣ ⎦ (Ec. 2.47)

En el caso de una viga de alma llena la energía de deformación por corte está dada por

(Ec. 2.19). Integrando en un tramo de longitud “ a ”: 21 . .

2 .c

QWi aA G

= (Ec. 2.48)

Igualando (Ec. 2.47) y (Ec. 2.48) y observando que:

cos( )dl a α=

. tan( )ml h a α= =

2

1. 1 tan( )2. . ( ).cos( ) 2.

c

d m

EAG

A sen Aα

α α

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟+⎜ ⎟⎝ ⎠

(Ec. 2.49)

Este valor puede ser del orden del 10% del área de la sección transversal (4. )A por lo que

las deformaciones por corte no resultan siempre despreciables frente a las deformaciones por

flexión y deben tenerse en cuenta en los cálculos. Para resolver problemas hiperestáticos es

necesario calcular deformaciones y esas deformaciones deben considerar los esfuerzos de corte a

través del área de corte cA .


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -17-

Una vez determinado el diagrama de M podemos hallar la máxima solicitación en los

cordones (que son los que absorben la flexión), a partir del máximo momento flector:

max max max2. .

. 2cM M M hrW I A h

σ = = =

max

2. .cM

A hσ = (Ec. 2.50)

r = Distancia del eje neutro a la fibra más alejada.

Como alternativa se puede considerar que el momento flector M esta equilibrado por

fuerzas F en los cordones tales que:

Figura 2.13

4. . 4. . .2 2h hM F Aσ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Y llegamos a (Ec. 2.50).

Los esfuerzos máximos en las barras diagonales y montantes (que absorben el corte) se

calculan según (Ec. 2.45) a partir del máximo corte.

max

2m

m mm

Q FFA

σ= ∴ = ; max

2. ( )d

d dd

Q FFsen A

σα

= ∴ = (Ec. 2.51)

.F Aσ=

F

2h


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -18-

5- Determinación de la constante elástica de un resorte de paso grande.

Se aplican dos fuerzas que comprimen el resorte y se determinan los esfuerzos en una

sección genérica.

Figura 2.14

Para calcular Wi se utiliza la ecuación (Ec. 2.25):

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )2 2 2 2

0

. . . .cos . .cos1 1 1 1. . . .2 . 2 . 2 . 2 .

l

p c

P R sen P R P sen PWi dl dl dl dl

E I G J A E A Gα α α α

= + + +∫ ∫ ∫ ∫ (Ec. 2.52)

Como todos los esfuerzos son constantes a lo largo del desarrollo del resorte salen fuera

del signo de la integral.

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )2 2 2 2. . . .cos . .cos1 . .

2 . . . .p c

P R sen P R P sen PWi dl

E I G J A E A Gα α α α⎡ ⎤

⎢ ⎥= + + +⎢ ⎥⎣ ⎦

∫ (Ec. 2.53)

El largo " "l del resorte puede deducirse de la Figura 2.15:

Figura 2.15

( )2. . .cos

R ndl l πα

= =∫

n =Número de vueltas del resorte

El trabajo externo resulta:

α

l

( )2. . .R nπ

P

P

s

αs

P

s

s .M P R=

( ). .M P R sen θ=

( ). .costM P R θ=

( ).N P sen θ=

( ).cosQ P θ=

α

P


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -19-

1 1. . . .2 2

PWe P PK

δ ⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

Haciendo Wi We= se despeja la constante del resorte:

( )( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2

cos

. .cos cos. 2. . .

. . . .p c

KR sen R sen

R nE I G J A G A E

α

α α α απ

=⎡ ⎤⎢ ⎥+ + +⎢ ⎥⎣ ⎦

(Ec. 2.54)

Despreciando la contribución de las deformaciones por esfuerzo de corte y normal; y

considerando un alambre circular de diámetro “d” de acero se obtiene: 4

4

.64

.32

0, 40.

P

dJ

dJ

G E

π

π

⎫= ⎪

⎪⎪

= ⎬⎪

= ⎪⎪⎭

( )

( ) ( )

4

3 2 2

. .cos5128. . .cos .4

E dK

R sen n

α

α α=

⎡ ⎤+⎢ ⎥⎣ ⎦

(Ec. 2.55)

Si α es pequeño la flexión deja de tener importancia y el resorte trabaja

fundamentalmente a la torsión (y al corte).


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -20-

6- Calcular el desplazamiento vertical ( )vδ del punto de aplicación de la única carga que actúa sobre la estructura.

Figura 2.16

1 . .2 vWe Pδ=

La energía interna es la suma de la energía de todas las barras.

Wi Para una barra es según (Ec. 2.6) un medio del producto del esfuerzo jN por la

elongación je .

1 . .2 j jWi N e=∑

Suponiendo el material lineal se tiene por Hooke:

.j

j

j

Ne

A El

=⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Si se impone la condición Wi We= . 21 1. . .

.2 2j

v

j

NP

A El

δ =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

∑

21 ..

jv

j

NA EP

l

δ =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ (Ec. 2.56)

P


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -21-

Ejercicio Nº 1:

Comprobar que la energía de deformación es igual al trabajo de deformación cuando un

fleje de largo " "l se lleva a la forma circular mediante momentos iguales y opuestos actuando en

los extremos.

Se puede asegurar que la forma final es una circunferencia porque al ser el momento

constante en todo el fleje y el momento de inercia también constante tendremos curvatura

constante.

1.

Mr E I= (Ec. 2.57)

Trabajo externo: Es el trabajo del momento a través del giro:

1 . .2

2.

We M θ

θ π

⎫= ⎪⎬⎪= ⎭

.We M π=

Energía de deformación: es la energía de deformación por flexión: 2

0

1 1. . . .2 . 2 .

l M MWi dx M lE I E I

⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠∫

Según (Ec. 2.57):

1.

MKr E I

= =

Además: 2. .l rπ=

Reemplazando:

1 1. . .2. .2

Wi M rr

π⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

⇒ .Wi M π=

Luego:

We Wi=

l

M M

r


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -22-

Ejercicio Nº 2:

Determinar el valor de la máxima fuerza elástica que puede proveer la arandela y el valor

que tendrá ∆ .

2

2

0,20 2

8 8400

2 21000

1 60f

KgR mm Gmm

Kga mm Emm

Kgb mmmm

σ σ

= =

= =

= = =

El máximo momento torsor ocurre en la sección S.

2. .tM P R=

La máxima tensión de corte ocurre en el punto A:

34

34

4, 072

4,37

. 0.166712. 0.4577

ab

a bI mm

a bJ mm

αβ

β

=⎧= ⇒ ⎨ =⎩

= =

= =

De Tablas

1l

2l

θ( )( )1. . . 1 costM P l P R θ= = −

( )2. . .M P l P R sen θ= =

R

P

P

∆ab


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -23-

max 2 2

2 8. 4,07 32,60.. 2 1

tM P Pa b

τ α × ×= = × =

×

max1 . 302f fτ τ σ= = =

Trabajo externo:

1 . .2

We P= ∆

0,92P Kg=

Energía de deformación: 2 21 1. .

2 . 2 .t

Torsión Flexión

M MWi Wt Wf dx dxG J E I

= + = +∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )2. 2 3 2 3 2 3

2.20

0

. . 1 .. . . . 0 .cos . 0,1945 .2. . 2. . 2 2 .P R P R P RWf sen d sen flex

E I E I E I

ππ πθ θ θ θ= = − = =⎡ ⎤⎣ ⎦∫

( ) ( )( ) ( )2. 2 3 2 3

2

0

. 1 .. 1 cos 2.cos . .3. . 0,53122. . 2 .P R P RWt d torsión

G J G J

π

θ θ θ π= + − = =∫

1 .0,92. 0,1945 0,53122

We Wi= ⇒ ∆ = +

1,58mm∆ =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -24-

Ejercicio Nº 3:

Determinar el máximo valor aproximado de la flecha para el caso de la viga del croquis.

Suponiendo una elástica:

La energía de deformación (por flexión) se calcula en forma exacta (Wi ).

2. . .2 2

q l xM x q= −

2 2 2 2 2 4 2 3 2 2 3 5 4

0 0 0

1 1 . . . . . . .. . . .2 2. . 2. . 4 4 2 2. . 12 20 8

ll lM q l x q x q l x q l x x l xWi dx dxE I E I E I

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = + − = + −⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫

2 5 2 5. 1 1 1 ..2. . 12 20 8 240. .q l q lWi

E I E I⎡ ⎤= + − =⎢ ⎥⎣ ⎦

El trabajo externo We se calcula aproximadamente en base a una cierta “forma” de la

elástica.

Caso a):

( )/ 2 / 2 2

011 0 12

/ 2 0

. .4.1 2. . . . . . 1 .2 2 3

l l

l

q lxWe q dx y q dxl

ωω−

⎛ ⎞= = − =⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫

Igualando: Wi We=

2 50. ..

240. . 3q lq l

E Iω

= ∴ 4

0.

80. .q l

E Iω =

q

.2

q l .2

q l

x

q

2x 1xl

21

0 2

0 2

4.) . 1

) . .

xa yl

b y sen xl

ω

πω

⎛ ⎞= −⎜ ⎟

⎝ ⎠⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -25-

Caso b):

( )/ 2 / 2

02 0 2 2 0

/ 2 0

. .1 2. . . . . . . . 0,3183. . .2 2

l l

l

q lWe q dx y q sen x dx q ll

ωπω ωπ−

⎛ ⎞= = = =⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫

Igualando: Wi We=

2 50. ..

240. .q lq l

E Iωπ

= ∴ 4

0..

240 .q lE I

πω =

Nota: el valor exacto de la flecha es: 4

05 ..

384 .q lE I

ω =

Caso a), error: 3,99 % ; Caso b), error: 0,53 %

Nótese que la elástica propuesta es simétrica y cumple con las condiciones de contorno.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -26-

Ejercicio Nº 4:

Determinar cuanto se puede incrementar la distancia " "a sin superar la tensión de

fluencia 245fKg

mmσ = .

Se adopta un radio medio mR .

1 21 . 14,782 2 2m

h hR R mm⎛ ⎞= + + =⎜ ⎟⎝ ⎠

El momento de inercia Iθ :

3340

180

2. . 1,57 1,93.3,512 12

hb h bIhθ

θπ

=⎧⎛ ⎞= = + ⇒ ⎨⎜ ⎟ =⎝ ⎠ ⎩

La tensión debida a la flexión compuesta es:

( )( ) ( )( )2

. . 1 cos .cos. .6

mP R Pb h b hθ

θ θσ

− −= +

P

θ( )( )

( ). . 1 cos

.cosf mN P R

N P

θ

θ

= −

= −

2hP

a

P

α

1h

R

b1

2 2

2

13,50 15,00

3,50 40º

2,00 21000

2,00 8400

R mm a mm

h mmKgh mm E

mmKgb mm G

mm

α

= =

= =

= =

= =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -27-

( )( ) ( )2

14,78. 1 cos cos. 0,70

2. 1,57 1,93.2. 1,57 1,93.

6

Pθ

θ θσ θ π

θθππ

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

−⎜ ⎟= − ⇒ ≤ ≤⎜ ⎟⎛ ⎞⎛ ⎞ +⎜ ⎟+ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2,38 max 8, 43.Pσ σ= =

8,43. 45P = ⇒ 5,33P Kg=

Calculando la energía despreciando el esfuerzo de corte y normal:

( )( ) ( )( )2 22 33,14 3,14 3,142

3 30,7 0,7 0,7

. . 1 cos 1 cos12. . . . 26,21. ..2 . . 1,57 1,93.12

mm

P RMWi R d d db hE I E

θ θθ θ θ

θπ

⎡ ⎤ − −= = =⎢ ⎥

⎛ ⎞⎢ ⎥⎣ ⎦ +⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫ ∫

Resolviendo por trapecios: 5n = ; 0, 489∆ =

01 2 1. ...

2n

nf f f f f −

+⎛ ⎞=∆ + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠∫

0,1757=∫

[ ]gradosθ

[ ]radθ

( )( )2

3

1 cos

1,57 1,93.

θ

θπ

−

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

40 0,698 0,0068

68 1,187 0,0322

96 1,675 0,0695

124 2,164 0,0997

152 2,653 0,1082

180 3,141 0,0933

( )f θ

θ0, 70 3,14


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -28-

4,60Wi =

El trabajo externo:

0 01 . . 2,66.2

We Pδ δ= =

We Wi=

02,66. 4,60δ = ⇒ 0 1,70mmδ =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -29-

Ejercicio Nº 5:

Calcular el descenso de la viga en voladizo cuya sección se indica en el croquis.

1001000

P Kgl mm==

Despreciar deformación por corte

Determinación del centro de gravedad:

El centro de gravedad coincide con el centro de simetría O.

Determinación de los momentos de inercia:

Aplicando el teorema de Steiner:

( ) ( ) ( )3 3240 4 4 60

40 4 32 .2 400106,8712 12xI

⎡ ⎤× ×= + × × + =⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

( ) ( ) ( )3 324 40 60 4

40 4 18 .2 146666,6712 12yI

⎡ ⎤× ×= + × × + =⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

( )40 4 32 18 .2 184320xyI = × × × =⎡ ⎤⎣ ⎦

Determinación de los ejes principales:

minI

2θmaxI

xyI

xIyI

xyI

I

Círculo de Mohr

P

l

4

4

40

68


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -30-

( ) 22

max 497064,62 2

x y x yxy

I I I II I Iα

+ +⎛ ⎞= = + + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) 22

min 49708,72 2

x y x yxy

I I I II I Iβ

+ +⎛ ⎞= = − + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) ( )2.

tan 2 1,454xy

x y

II I

θ = =−

27,74ºθ =

Determinación de las componentes de desplazamiento:

En la dirección de los ejes principales:

( )2

0

.. .

.

l P xP dx

E Iα

α αβ

δ = ∫

3.3. .P lE Iα

αβ

δ =

346,55 (1000) 14,873 21000 49708

mmαδ×

= =× ×

385,5 (1000) 2,833 21000 497064

mmβδ×

= =× ×

hδ

vδ

βδαδδ

θ

Pα

x

.M P xα=

46,55Pα =

85,5Pβ =

β

α

100


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -31-

( ) ( ).cos .h senα βδ δ θ δ θ= −

( ) ( ). .cosv senα βδ δ θ δ θ= −

9, 40v mmδ = ⇓ 11,80h mmδ = ⇒

Nota: la carga vertical produce un desplazamiento que no es vertical.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -32-

Ejercicio Nº 6:

Calcular el corrimiento del punto “A” en el extremo de la viga en voladizo.

La sección es un perfil “L” de alas iguales, y la carga vertical actúa en el centro de

gravedad del perfil.

2

2

21000 1000

8400 40 : 60 60 10

KgE l mmmmKgG P Kg PNL

mm

= =

= = × ×

Centro de gravedad:

. 60 5 50 35 18,64110

i iA xx

A× + ×

= = =∑

. 60 30 50 5 18,64110

i iA yy

A× + ×

= = =∑

Momento de inercia:

( ) ( ) ( ) ( )3 3

2 210 60 50 10' 600 11,36 500 13,64 351669

12 12xI× ×

= + × + + × =

' 351669,4yI =

( ) ( ) ( ) ( )600 11,36 13,64 500 16,36 13,64 204574xyI = × × − + × × − =

P l

A

y'y

'x

x5

35

30

11,36


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -33-

Ejes principales y momentos de inercia:

45ºθ = ; 435,16 20,45 55,62I cmα = + = ; 435,16 20, 45 14,71I cmβ = − =

Componentes de desplazamiento según ejes principales por flexión:

3 3. 28,28 1000 3,05

3. . 3 21000 147100P l mmE Iα

αβ

δ ×= = =

× ×

3 3. 28,28 1000 0,813. . 3 21000 556200P l

mmE Iβ

βα

δ ×= = =

× ×

Componentes de desplazamiento horizontal y vertical:

3,05 0,707 0,81 0,707 1,58hδ = − × + × = − ⇐

3,05 0,707 0,81 0,707 2,73vδ = × + × = ⇓

Giro de la sección por torsión:

Centro deA

ϕTorsión

tAδ

28, 2828, 28

40

α β

1,58

0,81

2, 73

3, 05

maxI

35,16

2θ

minI


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -34-

( ) ( )3 33. 60 10 60 10 . 545,6 100036666 0,001773 3 3 . 8400 3666640 13,64 545,6

i it

t

l t M lJG J

Mϕ⎫× ×

×⎪= = + = = = =⎬ ×⎪= × = ⎭

∑

Descenso del punto A por el giro por torsión:

. 0,00177 55 0,097tA rδ ϕ= = × = ⇓

Desplazamiento vertical total:

2,73 0,097 2,83A tv v Aδ δ δ= + = + = ⇓

2,83Avδ = ⇓ 1,58A

hδ = ⇐

CAPITULO 3 PRINCIPIO DE TRABAJOS VIRTUALES _____________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -1-

Capítulo 3 Trabajos Virtuales

3.1- Principio de los trabajos virtuales

En el curso de estática se ha utilizado el Principio de los Trabajos Virtuales (P.T.V) como una

forma alternativa de plantear ecuaciones de equilibrio y determinar el valor de alguna fuerza o

solicitación incógnita. También se lo aplicó al estudio de líneas de influencia de reacciones o

solicitaciones en sistemas isostáticos.

“Es condición necesaria y suficiente para que un sistema esté en equilibrio que el

trabajo virtual sea nulo para cualquier desplazamiento vitrual”.

Este principio, que aparentemente no agrega información desconocida, resulta no obstante, muy

útil por sus importantes aplicaciones.

Definiciones:

Desplazamiento virtual: es todo desplazamiento compatible con sus vínculos externos y con

las condiciones de continuidad internas del sistema estructural. Ejemplos se ilustran en la Figura

3.1.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -2-

Figura 3.1

Resulta fundamental tener presente que los desplazamientos virtuales se aplican a las fuerzas

internas y externan que actúan en un sistema pero no al material que lo constituyen. Por lo tanto,

para generar un desplazamiento virtual no hay que vencer la rigidez o elasticidad del material, y

por lo tanto un desplazamiento virtual no está asociado a ninguna fuerza o conjunto de fuerzas

que lo produzcan.

Notación:

:δ Como prefijo de una variable significa que se trata de un valor virtual de la variable cuyo

nombre figura después de esa letra.

:eWδ Es el trabajo virtual de las fuerzas exteriores.

:δ iW Es el trabajo virtual de las fuerzas interiores.

El concepto de fuerza interna es el siguiente:

Considérese una pieza traccionada sometida a la carga exterior P. Imagínese al cuerpo como

constituido de diversas secciones planas sobre las que se ejercen las acciones transmitidas por los

bloques de material entre secciones; esas acciones son las fuerzas internas.

δ

δ

δ

2uδ

1uδ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -3-

Al aplicar el Principio de Trabajos Virtuales al conjunto de todas las secciones es necesario

considerar las fuerzas externas y las fuerzas internas reales que actúan sobre el sistema.

Si se designa con juδ al desplazamiento virtual de la sección “j” se tiene:

( )1 1 2 21

. . . 0e

i

n

i jjjW

W

P u P u F uδ

δ

δ δ δ=

+ + =∑14424431442443

(Ec. 3.1)

Figura 3.2

En la sumatoria se tiene dos valores de iF para cada una de las secciones excepto para la

secciones extremas (en total son 2(n -1) fuerzas internas iF , donde n es el número total de

secciones consideradas incluyendo las secciones extremas).

La sumatoria puede reagruparse de la siguiente manera

( ) ( )1

111

. .n

i i j i jj jj

W F u F uδ δ δ−

++=

⎡ ⎤= +⎣ ⎦∑

Si no actúan fuerzas exteriores en los bloques resulta:

( ) ( ) 1i ij jF F

+= −

Además se puede dividir y multiplicar por x∆ sin alterar el valor de la sumatoria.

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

1 1

11 1

. . . .n n

ki j j ij k k

j k k

uF u u F x

xδ δ δ

− −

+= =

∆⎡ ⎤− = ∆⎣ ⎦ ∆∑ ∑

Nótese que al reagrupar la sumatoria iWδ que estaba expresado en función de los

desplazamientos virtuales absolutos de las secciones queda expresado en función de los

juδ

iF

1P

2P

iF


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -4-

alargamientos virtuales de los bloques, es decir el producto de la deformación virtual específica

δε por dx.

En el límite la sumatoria se transforma en una integral:

0

. .l

i iW F dxδ δε= ∫ (Ec. 3.2)

Figura 3.3

Si se aisla un bloque como el de la Figura 3.3 (limitado por dos secciones) se observa que las

fuerzas internas son iguales y opuestas a los esfuerzos “ N ”:

iN F= − ∴ 0

. .l

iW N dxδ δε= −∫ (Ec. 3.3)

El Principio de Trabajos Virtuales puede expresarse entonces con la siguiente expresión:

0e iW Wδ δ+ = (Ec. 3.4)

En el caso general se tendrá:

0 0 0 0

. . . . . . . .l l l l

i tW N dx M dx M dx Q dxδ δε δκ δθ δγ= − + − + − + −∫ ∫ ∫ ∫ (Ec. 3.5)

Se debe enfatizar que las distorsiones virtuales iδε no son causadas por las

solicitaciones reales iN . Tampoco es indispensable asociar los desplazamientos

virtuales a algún sistema de esfuerzos virtuales iNδ .

Llamando iN a un esfuerzo genérico ( ), , , tN M Q M y iδε a la distorsión especifica asociada al

mismo, se tiene:

0

. .l

iW N dxδ δε= −∫

( )i jF

( ) 1i jF

+

1jN +

jN


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -5-

. . .δ δε=∑ ∑∫ i iP u N dx (Ec. 3.6)

En el caso de fuerzas distribuidas, el primer miembro contendrá integrales.

Observaciones:

Se debe destacar que (Ec. 3.6) es totalmente general y vale para cualquier material ya

que las distorsiones virtuales iδε son completamente arbitrarias. No es necesario

asociar a las deformaciones virtuales un sistema de cargas o esfuerzos internos. La

expresión (Ec. 3.6) es válida tanto para desplazamientos virtuales pequeños como

grandes; siempre que para grandes desplazamientos se tenga en cuenta que el

equilibrio se establece en el sistema deformado y se calculan correctamente los iN .

La expresión (Ec. 3.6) equivale a decir que “para todo sistema en equilibrio el trabajo virtual de

las fuerzas es igual al trabajo virtual interno”. Téngase presente que la expresión (Ec. 3.6) se

obtuvo generalizando el concepto de trabajo virtual de fuerzas actuando sobre partículas que

resulta independiente del concepto de energía interna asociada a un medio continuo elástico.

Es conveniente destacar que en el caso de energía interna las deformaciones ε son causadas por

los esfuerzos N , mientras que en trabajos virtuales las deformaciones son arbitrarias y no está

asociadas necesariamente a fuerzas u otras causas. Debe notarse que en las expresiones del

trabajo virtual no figura el valor 12

como en el caso de energía interna porque el desplazamiento

virtual (y por lo tanto iε y iuδ ) ocurre después que las fuerzas iP ya estaban actuando, y

consecuentemente iN ya tienen su valor final.

Verificación del Principio de Trabajos Virtuales

Sea el caso de una viga simplemente apoyada cuya única carga externa es un momento

BM aplicado en el extremo “B”.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -6-

Figura 3.4

Se impone arbitrariamente un desplazamiento virtual a partir de la posición deformada de la viga

en la forma:

0.. xy senlπδ δ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

(Ec. 3.7)

( )0

.. .cosd y x

dx l lδ π πδθ δ ⎛ ⎞= = ⎜ ⎟

⎝ ⎠

0.B x l lπδθ δθ δ

== = −

( ) 0. . .e i i BW P u Mlπδ δ δ⎛ ⎞= = −⎜ ⎟

⎝ ⎠∑

0. .e BW Mlπδ δ= − (Ec. 3.8)

La curvatura virtual se obtiene derivando dos veces la elástica virtual:

( )2 2

02 2

.. .d y xsen

dx l lδ π πδκ δ ⎛ ⎞= = − ⎜ ⎟

⎝ ⎠ (Ec. 3.9)

( )( )0 0

( ). ( ). .l l

i xW M x d M x dxδ δθ δκ= − = −∫ ∫

BM

.x BxM Ml

=

yδ

yδ

+

++

Convención de signos de la elastica

( )q + ( )Q + ( ) ( )M κ+ + ( ) ( )Mθ + +

y

( )y +

.dQ q dx= .dM Q dx= .d dxθ κ= .dy dxθ=dydx

θ =ddxθκ =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -7-

20

0 20 0

. . . .. . . . . . . .l l

i B Bx x x x xW M sen dx M sen dl l l l l l l

δπ π π π πδ δ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠∫ ∫

Recordando que: ( ) ( ) ( ). . .cosx sen x dx sen x x x= −∫

Se tiene:

0. .i BW Mlπδ δ= (Ec. 3.10)

De modo que se verifica que la suma de los T.V. es nula:

0e iW Wδ δ+ = (Ec. 3.11)

Para que sea válida la (Ec. 3.11) se deben cumplir dos condiciones:

1º) El equilibrio de fuerzas: Las fuerzas externas ( ), ,A A BM R R están en equilibrio y las fuerzas

internas ( )( ), ( )M x Q x cumplen con las condiciones de equilibrio interno.

2º) El desplazamiento virtual es compatible (no hay quiebres en la elástica virtual)

3.2- Formulación de las ecuaciones de equilibrio a partir del Principio de Trabajos Virtuales 2) Determinar el valor de la reacción de apoyo " "BR en la viga del ejemplo (1)

Figura 3.5

BM

BM

BR

( ) ( )( )

B B

B

M x M R l xQ x R

= + −=

Bδθ

Byδyδ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -8-

Se introduce un desplazamiento virtual de la forma: 2y x xδ = − (Ec. 3.12)

2( )By y l l lδ δ= = −

( ) 2. 1d y

xdxδ

δθ = = −

( ) ( )2

2 2d d y

dx dxδθ δ

δκ = = =

Nótese que la curvatura virtual es constante, mientras que la curvatura real, causada por el M

real es en general variable.

( ).

M xE I

κ =

. . .e i i B B B BW P u R y Mδ δ δ δθ= = +∑

( ) ( )2. . 2. 1e B BW R l l M lδ = − + −

( ) ( )0 0

. . . . 2 .δ δκ= − = − + −⎡ ⎤⎣ ⎦∫ ∫l l

i B BW M dx M R l x dx

Si se supone que el sistema de fuerzas de la Figura 3.5.b está en equilibrio, como el

desplazamiento virtual es compatible se puede aplicar la ecuación (Ec. 3.11) de T.V.

( )2

2 2. . .2. . . . .(2) 02B B B B B B B

WeWi

lR l R l M l M M l R l Rδ

δ

⎧ ⎫⎡ ⎤⎪ ⎪− + − + − + − =⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭14444424444431444442444443

. 0− − =B BM R l (Ec. 3.13)

Se llega así a la ecuación de equilibrio de momentos respecto al punto “A”, de donde se puede

despejar la fuerza incógnita BB

MRl

= − (el signo “–“ indica que la reacción tiene el signo

opuesto al adoptado en el planteo del problema).

Conviene destacar que en los dos ejemplos anteriores no se ha despreciado el trabajo virtual

de las fuerzas internas de corte, simplemente se ha definido un desplazamiento virtual que no

implica distorsiones de corte.

Es interesante notar que como la viga es isostática, se puede llegar a la expresión (Ec. 3.13)

utilizando un desplazamiento virtual de cuerpo rígido como en el curso de Estática.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -9-

Por ejemplo:

Figura 3.6

.y xδ α= ; dydx

δθ α= = ; .By lδ α= ; 0δκ =

Como la curvatura es nula para este desplazamiento virtual, no hay trabajo interno 0δ ≡iW y la

ecuación de T.V. es:

. . . 0 0B BWiWe

M R lδδ

α α+ + =1442443

3) Sea la viga hiperestática de la Figura 3.7 que tiene cuatro incógnitas y cuya única

carga externa es un momento en el punto B.

Figura 3.7

Dando el mismo desplazamiento virtual del ejemplo (2) se llega a:

. 0A B BM M R l− − = (Ec. 3.14)

Se tiene entonces una sola ecuación con dos incógnitas ( ),A BM R .

Como el P.T.V. vale para cualquier desplazamiento virtual podría pensarse que dando al sistema

en equilibrio Figura 3.4.b (fuerzas externas e internas), otros desplazamientos virtuales, se podría

formular el número suficiente de ecuaciones para resolver el problema.

Esto no es posible ya que el P.T.V. vale para cualquier desplazamiento virtual del sistema en

equilibrio, pero siempre se llega a una ecuación de equilibrio. Como el número máximo de

ecuaciones independientes de equilibrio (para un cuerpo en el plano es tres), este procedimiento

no permite resolver por sí mismo el problema hiperestático.

BM

BR

BM

VAR

HAR AM

α

BM

BR


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -10-

3.3 Distintas formas de utilizar el principio de trabajos virtuales

Hasta aquí se ha utilizado el P.T.V. para formular ecuaciones de equilibrio, pero este modo de

aplicar el P.T.V., muy útil en el curso de Estática, resulta poco interesante al estudiar cuerpos

deformables y problemas hiperestáticos.

El P.T.V. relaciona tres aspectos:

I) Fuerzas en Equilibrio

II) Desplazamientos virtuales

III) Suma de T.V. igual a cero

Siempre que se cumplan dos de estos tres aspectos, el restante se cumple también.

En el ejemplo (1), se vio que partiendo de I) fuerzas en equilibrio, II) desplazamientos

compatibles, se puede verificar que . . 0T V =∑ [(Ec. 3.11)]

En los ejemplos (2) y (3) se vio que partiendo de un sistema de fuerzas, al dar II) un

desplazamiento virtual compatible, y III) anular la sumatoria de los T.V. se llega a I) un sistema

de fuerzas en equilibrio ((Ec. 3.13) y (Ec. 3.14))

Se tratará ahora una tercera forma de utilizar el P.T.V. que resulta sumamente útil en este curso

para su aplicación en cuerpos deformables.

Si a la ecuación de T.V. ( ). . 0T V =∑ se le agregan las condiciones de equilibrio, se

puede obtener de la ecuación de T.V. un desplazamiento desconocido.

Este procedimiento es simplemente una aplicación práctica del P.T.V. que establece que las

fuerzas están en equilibrio, y a partir de esa condición se obtiene el desplazamiento buscado..

3.4 Cálculo de desplazamientos por aplicación del principio de T.V. 4) Calcular el giro Bθ en el extremo “B” de la viga simplemente apoyada de la Figura

3.8 con carga uniforme " "q .


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -11-

Figura 3.8

Se concentra la atención en un sistema auxiliar (B) (Figura 3.9) que tiene como única carga

externa un momento en el extremo “B” de la viga de valor unitario 1BM = .

Figura 3.9

1) El sistema auxiliar (B) está en equilibrio (porque los esfuerzos M y Q se han determinado

de modo de satisfacer equilibrio).

2) Se impone un desplazamiento virtual al sistema auxiliar (B) que es el desplazamiento del

sistema real. Este desplazamiento es compatible con los vínculos por lo que estos no realizan

trabajo, y además es compatible con la continuidad interna de la viga.

Se adoptan como deformaciones virtuales las correspondientes al sistema real, que dependen de

los esfuerzos internos a través de las ecuaciones constitutivas del material supuesto lineal y

elástico.

Bθ

yδ

M

Q

1( ) .M x xl

=

1l

1

Bθ

2.( ) . .2 2

q l xM x x q= −

.( ) .2

q lQ x q x= −


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -12-

Para materiales linealmente elásticos (que responden a la ley de Hooke) se tiene:

.ME I

δκ = ; .c

QA G

δγ = (Ec. 3.15)

3) Planteando la ecuación de T.V. :

e iW Wδ δ= −

0 0

1. . . . .. .

l l

Bc

M QM dx Q dxE I A G

θ⎛ ⎞⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫ (Ec. 3.16)

Como los valores del segundo miembro son conocidos, se puede determinar la única incógnita

“ Bθ ”.

2

0 0

. .. . .1 12 2 2. . . . .. .

l l

Bc

q l x q lx q q xx dx dx

l E I l A Gθ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

∫ ∫ (Ec. 3.17)

Debe considerarse la conveniencia de utilizar un estado auxiliar con una única carga externa, de

modo que se evalúe una única incógnita.

Resulta fundamental que el sistema sea isostático porque de esa manera se puede garantizar

equilibrio simplemente calculando los esfuerzos M y M con las ecuaciones de la estática.

En esta forma de aplicar el P.T.V., en lugar de proponer una elástica y luego derivar para

obtener las distorsiones ( ), , ,δκ δε δθ δγ , se propone como elástica virtual para el estado auxiliar

(b), a la elástica real del sistema (a), y se calculan las deformaciones virtuales por expresiones

del tipo (Ec. 3.15).

Este último ejemplo se ilustra con un ejemplo práctico. Para calcular una componente del

desplazamiento de un punto se procede de la siguiente manera:

1) Se determinan los diagramas de esfuerzos internos para el estado de cargas reales.

2) Se define un estado auxiliar en una estructura igual a la dada pero con una única carga

unitaria colocada en el punto cuyo desplazamiento se busca, aplicada en la dirección de la

componente deseada del mismo.

3) Se determinan los esfuerzos internos para el estado auxiliar.

4) Se calcula el desplazamiento por la expresión:

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

tt

c p

MM Q NM dx Q dx M dx N dxE I A G G I A E

δ⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∫ ∫ ∫ ∫ (Ec. 3.18)


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -13-

Es importante reconocer que este método permite calcular sólo una componente del

desplazamiento de un solo punto por vez. Por lo tanto se deben plantear tantos estados auxiliares

como componentes de desplazamiento se deseen calcular. El primer paso no necesita repetirse.

5) Calcular la componente horizontal del desplazamiento del punto “C” de la torre

reticulada de la Figura 3.10 .

Figura 3.10

Damos al sistema auxiliar un desplazamiento virtual que coincide con el desplazamiento del

sistema real y planteamos la ecuación de T.V.

1

1. .n

HC j j

j

N eδ δ=

=∑ (Ec. 3.19)

Las elongaciones jeδ son las deformaciones del sistema real que según la ley de Hooke son:

.j

jj

j

Ne

A El

δ =⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

(Ec. 3.20)

Finalmente:

1

..

nH

C jj

j

NNA E

l

δ=

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∑ (Ec. 3.21)

La expresión (Ec. 3.19) vale para cualquier material mientras que la expresión (Ec. 3.20) vale

sólo para materiales linealmente elásticos.

Conviene aquí insistir sobre un concepto: “el desplazamiento virtual no debe necesariamente ser

pequeño”. Resulta que en la aplicación práctica del P.T.V. se emplean como virtuales a las

.jN

A El

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

jN

HCδ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -14-

deformaciones reales que, en muchos casos son pequeños. La hipótesis (generalmente aplicable)

de que las deformaciones son pequeñas, permite calcular los esfuerzos en el estado indeformado;

lo que en la mayoría de los casos es una buena aproximación, a menos que exista una tendencia

al pandeo.

Para determinar los jN se determinan las fuerzas en las barras suponiendo que éstas actúan

paralelas al eje de las barras en la estructura sin deformar. Los cálculos necesarios para emplear

(Ec. 3.21) se suelen ordenar en una tabla como sigue:

Barra

Nº jl jA

.j

j

A El

jN jN ..j

j

NNA E

l

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

1

2

M n

L

L

M

L

L

L

M

L

L

L

M

L

L

L

M

L

L

L

M

L

L

L

M

L

∑KK

Cálculo de desplazamientos relativos

6) Calcular la componente en la dirección DE del desplazamiento relativo entre los

puntos D y E, en el reticulado de la Figura 3.10.

Figura 3.11

( )j EN ( )j D

N

jN


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -15-

( ) ..E j E

j

NNA E

l

δ

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∑ ; ( ) ..D j D

j

NNA E

l

δ

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∑

El desplazamiento relativo EDδ se obtiene como suma de los desplazamientos de E y D, Eδ y

Dδ .

( ) ( )1 1

. .. .

n n

ED E D j jE Dj j

j j

N NN NA E A E

l l

δ δ δ= =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= + = +⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑ ∑ (Ec. 3.22)

( ) ( )1

..

n

ED j jE Dj

j

NN NA E

l

δ=

⎛ ⎞⎜ ⎟

⎡ ⎤ ⎜ ⎟= +⎣ ⎦ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∑ (Ec. 3.23)

La (Ec. 3.23) sugiere que en lugar de utilizar dos sistemas auxiliares con dos análisis

independientes, se utilice un único estado auxiliar como el de la Figura 3.12.a.

Figura 3.12

Esto trae aparejado una ventaja operativa ya que el sistema de cargas de la Figura 3.12.a es

autoequilibrado (no requiere reacciones exteriores), y las únicas barras con esfuerzos son las

correspondientes al marco cerrado de la Figura 3.12.b.

En consecuencia la sumatoria de la expresión (Ec. 3.23) se extiende sólo a esas cinco barras.

( ) ( )j j jE DN N N= +


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -16-

7) Calcular el giro de la barra CG de la Figura 3.13 (este cálculo es de interés en caso

de llevar montada una antena de telecomunicaciones).

Figura 3.13

Se utiliza un sistema auxiliar consistente en dos fuerzas unitarias perpendiculares a la dirección

de la barra considerada, que permiten calcular la componente del desplazamiento relativo entre

los extremos de la barra en la dirección normal a la misma.

( )1

..

n

CG normal jj

j

NNA E

l

δ=

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∑ (Ec. 3.24)

Luego el giro, en radianes, se obtiene dividiendo por la longitud de la barra CG

(aproximadamente aceptable cuando el ángulo es pequeño, entonces es prácticamente igual a su

tangente)

( )CG normalCG

CGlδ

φ = (Ec. 3.25)

Si este valor resulta positivo, se asocia el sentido de las fuerzas unitarias en la Figura 3.13.b, y se

concluye que el giro es antihorario.

Desplazamientos por defectos de montaje en reticulados isostáticos

Si en un reticulado isostático las barras no tienen exactamente la longitud teórica, el reticulado

se puede montar de todos modos sin introducir tensiones en las barras, pero la estructura presenta

deformaciones iniciales y la forma real del reticulado no coincide con la teórica.

jN jN


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -17-

Figura 3.14

Para “ver” la forma real se procede a dibujar la estructura de la siguiente manera:

El punto “B” se encuentra sobre la horizontal de A considerando el largo real de la barra 1. El

punto E’ se obtiene haciendo centro con el compás en B’ con la longitud real de 4, y trazando un

arco, haciendo centro en A, y con una abertura de compás igual al largo de la barra 3,

intersectamos al arco anterior en E’ (posición real del punto E). Luego se determina por el

mismo procedimiento el punto F’, luego H’,etc.

En realidad para trazar el diagrama deformado y a escala hay métodos gráficos como el de

Willot. El procedimiento del compás es sólo para visualizar que la estructura puede montarse sin

problemas aunque las barras tengan defectos de longitud (siempre que la estructura sea

isostática).

Como ejercicio se sugiere determinar a mano alzada la posición deformada para el caso en que

todas las barras de la Figura 3.14 tienen la longitud teórica excepto la barra 11 que resulta corta.

8) Calcular el corrimiento horizontal del punto “C” respecto a la configuración teórica

en el reticulado de la Figura 3.14.a .

I) Se calculan los esfuerzos jN en el sistema auxiliar que tiene la forma teórica debidos a una

carga unitaria horizontal en C.

II) Se aplica sobre el sistema auxiliar (en equilibrio) una deformada virtual que es la

correspondiente a la estructura real (Figura 3.14.b).

jejN


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -18-

Las elongaciones del sistema real son los errores en la longitud de las barras je . Una barra larga

presenta una elongación del mismo signo que el alargamiento por tracción que es positivo.

Luego:

j

j

Barra larga e es positivo

Barra corta e es negativo

⇒ ⎫⎪⎬⇒ ⎪⎭

(Ec. 3.26)

je reemplaza a los alargamientos .

j

NA E

l

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

Se aplica la ecuación de T.V.:

1

.n

HC j j

jN eδ

=

=∑ (Ec. 3.27)

Desplazamientos por variaciones térmicas en reticulados isostáticos

Si alguna o todas las barras de un reticulado isostático experimentan una variación de

temperatura ( ) jt∆ respecto a la temperatura de montaje, el mismo se dilata cambiando su forma,

pero sin introducir tensiones en las barras.

Para calcular el desplazamiento de un nudo del reticulado se procede igual que en el caso

anterior, teniendo presente que una dilatación térmica causado por un 0t∆ > es equivalente a la

elongación de una barra traccionada, que es positiva:

. .te t lα∆ = ∆ (Ec. 3.28)

Donde α es el coeficiente de dilatación térmica.

tt positivo elongación e positiva∆∆ ⇒

La componente horizontal del desplazamiento del nudo “C” resulta:

( )1

.n

HC j t j

jN eδ ∆

=

=∑ (Ec. 3.29)

Finalmente, en el caso general de considerar simultáneamente cargas, cambios térmicos y

defectos de montaje, se superponen los efectos y considerando las expresiones (Ec. 3.21), (Ec.

3.27) y (Ec. 3.29), se tiene:


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -19-

1

. . ..

nH

C jj

j

NN e t lA E

l

δ α=

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= + + ∆⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∑ (Ec. 3.30)

Recuérdese que jN corresponde al sistema auxiliar de la carga unitaria mientras que el

paréntesis contiene las elongaciones virtuales que son las de la estructura real.

Desplazamientos por variaciones térmicas en sistemas isostáticos de alma llena

Se supone que el cambio de temperatura es pequeño, de modo que no cambian las propiedades

del material, y que la variación de temperatura en altura de la viga es lineal.

La dilatación térmica que sufren las fibras superiores e inferiores de un tramo de viga de

longitud dx es según la ecuación (Ec. 3.28):

Figura 3.15

La sección plana CD se ha desplazado una distancia dl hasta la posición D’C’ y luego ha rotado

un ángulo dθ para llegar a la posición final C’’D’’.

. . . .2

s im

t tdl dx t dxα α∆ + ∆= = ∆

La deformación específica por cambio de temperatura resulta:

.t mtε α= ∆ (Ec. 3.31)

El ángulo girado se puede aproximar por la tangente:

( ). . . .''' '' '' '' . .s is i

t dx t dxD D DD CCd t t dxh h h h

α α αθ ∆ − ∆−= = = = ∆ −∆

st∆

it∆dx

2h

h'' . .sDD t dxα= ∆

'' . .iCC t dxα= ∆

dθ

. .it dxα ∆

. .st dxα ∆


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -20-

De modo que la curvatura térmica tκ es: tddxθκ =

( ).t s it thακ = ∆ −∆ (Ec. 3.32)

Para considerar el efecto térmico sobre los desplazamientos basta tener en cuenta en la estructura

real las deformaciones térmicas, dadas por (Ec. 3.31) y (Ec. 3.32). El resto del cálculo es el

mismo de los casos anteriores.

9) Calcular el desplazamiento horizontal del punto C de la estructura de la Figura 3.16

que sufre un aumento de temperatura 0t∆ > en la parte inferior del tramo AB.

Figura 3.16

( )0 0

. . 1 . .2

l l

t tx dx dxδ κ ε⎛ ⎞= + −⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫

1 2

. . . . .2 2l t tl l

hαδ α∆ ∆⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠1442443 14243

(Ec. 3.33)

El desplazamiento se compone de dos términos: el primero se debe a la rotación del punto “A”

causado por la curvatura en el tramo AB, y el segundo, a la dilatación del tramo AB (ver Figura

3.17)

Figura 3.17

Aθ

1

2

'C

2l

tκ

tε ( )+ ( )−


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -21-

3.5- Teorema de reciprocidad para sólidos linealmente elásticos

Como corolario del principio de Trabajos Virtuales aplicado a sólidos linealmente elásticos se

puede demostrar el Teorema de Reciprocidad que es muy útil desde el punto de vista conceptual

y práctico.

Se demostrará este teorema para el caso de una viga simple. Supongase un estado (I) provocado

por las cargas 1 2, ,.....,I I InP P P para el cual se ha determinado el estado de solicitaciones, y otro

estado (II) provocado por las cargas 1 2, ,.....,II II IImP P P .

Se aplica la ecuación de T.V. para el estado (I) tomando como desplazamiento virtual el

provocado por las fuerzas del estado (II).

1. . . . . 0

nI II I II I II

i ii

Trabajo Trabajode deFuerzas FuerzasExternas Internas

P M dx Q dxδ κ γ=

⎡ ⎤− + =⎢ ⎥⎣ ⎦

∑ ∫ ∫14243 14444244443

(Ec. 3.34)

Nótese que los desplazamientos IIiδ son causados por las cargas II

jP pero se refieren al lugar

donde se aplican las cargas IiP .

Recíprocamente se puede plantear:

1. . . . . 0

mII I II I II I

j jj

P M dx Q dxδ κ γ=

⎡ ⎤− + =⎢ ⎥⎣ ⎦

∑ ∫ ∫ (Ec. 3.35)

Suponiendo proporcionalidad entre tensión y deformaciones:

1 ..

I IME I

κ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

1 ..

I I

c

QA G

γ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

( )I ( )II1IP 2

IP IiP I

nP

i j

Ijδ

IM

1IIP II

jP IImP

i j

IIiδ

IIM


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -22-

1 ..

II IIME I

κ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

1 ..

II II

c

QA G

γ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Reemplazando estas expresiones en (Ec. 3.34) y (Ec. 3.35), y restando miembro a miembro se

tiene:

1 1

. . 0n m

I II II Ii i j j

i jP Pδ δ

= =

− =∑ ∑

Por lo tanto:

1 1. .

n mI II II I

i i j ji j

P Pδ δ= =

=∑ ∑ (Ec. 3.36)

El teorema de reciprocidad se sintetiza en la expresión (Ec. 3.36) que expresa que el trabajo de

las fuerzas del estado (I) a través de los desplazamientos de sus puntos de aplicación en el estado

(II), es igual al trabajo de las fuerzas del estado (II) a través de los desplazamientos en el estado

(I). Este resultado puede generalizarse. Designando KN a una solicitación ( ), , , ,tM M Q N etc y

Kξ a su deformación específica asociada ( ), , , ,etcκ θ γ ε las expresiones (Ec. 3.34) y (Ec. 3.35)

quedan:

1

. . . 0n

I II I IIi i K K

i K

P N dxδ ξ=

− =∑ ∑∫ (Ec. 3.37)

1

. . . 0n

II I II Ij j K K

j KP N dxδ ξ

=

− =∑ ∑∫ (Ec. 3.38)

Las condiciones de linealidad expresan: .I IK K KNξ α= ; .II II

K K KNξ α=

Por lo tanto:

1 1

. .n m

I II II Ii i j j

i jP Pδ δ

= =

=∑ ∑

Es importante destacar que el teorema de reciprocidad vale sólo para sólidos lineales

mientras que el principio de Trabajos Virtuales vale aun en el caso No Lineal. En el

caso No Lineal (Ec. 3.37) mantiene vigencia pero IIKξ puede ser bastante complicado.

Entre las aplicaciones del teorema de reciprocidad para sólidos linealmente elásticos se destacan

dos:

1) Probar la simetría de la Matriz de Flexibilidad en el método de las fuerzas y de la

matriz de Rigidez en el método de los desplazamientos.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -23-

2) Trazado de líneas de influencia de reacciones y solicitaciones en sistemas

hiperestáticos y de deformaciones en sistemas isostáticos e hiperestáticos.

Por reciprocidad se puede afirmar que el giro en el extremo de una viga simple (en radianes)

causado por una carga de 1Kg actuando en el centro es numéricamente igual al descenso del

centro de la viga (en metros) causada por un momento de 1 Kg.m actuando en el extremo.

1. 1.A Cθ δ=s)

A Cθ δ= (Ec. 3.39)

Como ejercicio el lector puede calcular por separado Aθ y Cδ , y comparar.

Ejercicio N°1:

Determinar el corrimiento de los nudos B, C y D y trazar la deformada para un

aumento uniforme de temperatura.

200ºt C∆ = + ; 6 111 10 .ºC

α −= ×

Aθ

Cδ

( )I

( )II


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -24-

200 3 3

0. . 2, 2 10 0,667. 2,2 10 0,667 200 0,293

BVD tA

N dx dx cmδ ε − −= = × × = × × × = ⇓∫ ∫

3 32, 2 10 1,33 200 2,2 10 1 250 1,135HD cmδ − −= × × × + × × × = ⇒

32, 2 10 0,0067 200 0,003[ ] ( )B rad horarioθ −= × × × =

32, 2 10 1 200 0, 44VB cmδ −= × × × = ⇑

32, 2 10 ( 1,33) 200 0,585VB cmδ −= × × − × = − ⇒

Bθ

Bθ

tε( )+

.t tε α= ∆

6 111 10 . 200ºt C

ε −= × ×32, 2 10tε

−= ×

( )+

tε

VDδ

( )+H

Dδ( )+

( )+

Bθ HBδ V

Bδ( )+ ( )− ( )+


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -25-

Nota: el efecto térmico no produce esfuerzos en este sistema isostático. Se dilatan libremente los

tramos vertical y horizontal produciéndose un giro del conjunto de valor Bθ y hay también un

desplazamiento del apoyo “C” hacia la derecha.

Se deja al lector verificar que el giro de cualquier sección es Bθ .

Ejercicio N° 2:

Determinar el máximo descenso del punto B que puede producir una carga P aplicada

en C sin producir fluencia.

Tubo: diámetro exterior: 15cm ; 23000fKgcm

σ =

Espesor: 0,50cm

Tensor: Diámetro: 2 cm ; 24000fKgcm

σ =

Tensor:

22. 3,14

4tDA cmπ

= =

( )+

( )−


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -26-

2,83.3,14 f

N PA

σ σ= = < ∴ 4440P Kg<

Tubo:

( )2 2 2. 22,7774

A D d cmπ= − =

( )4 4 4. 599,3164

I D d cmπ= − =

60. 2,57.599,31 22,78

7,5

B fM N P PW A

σ σ= + = + < ∴⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

3473P Kg<

El factor limitante es la tensión por flexión compuesta en el punto B del tubo.

Cálculo del desplazamiento máximo:

300 331,6

0 0

8930 9582. . . . .2,143. .2,365.. . 47830748 6597344

B BVB A D

N NN dx N dx dx dxA E A E

δ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫ ∫ ∫

0,120 1,137 1,257VB cmδ = + =

12VB mmδ =

Nota: Obsérvese que la flexión del tubo no contribuye al descenso del punto B, y que el 90% del

descenso se debe al alargamiento del tensor.

Se puede verificar que el descenso del punto C es de 27mm y el 43% del mismo proviene de la

flexión del tubo.

( )+

( )−

( )+

( )−2,143 N


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -27-

Ejercicio N° 3:

Determinar el descenso del nudo central del cordón inferior y el desplazamiento del

apoyo móvil causado por el peso propio del reticulado de acero. 2

1 2 3 4 5 6 8A A A A A A cm= = = = = =

27 8 9 10 4A A A A cm= = = =

211 12 13 6A A A cm= = =

37,8 grcm

ρ =

Considérese que la mitad del peso de las barras que concurren a cada nudo debe ser aplicadas a

dicho nudo. La característica de los nudos C, F, y G sumado a la simetría del sistema que permite

considerar la mitad de la estructura, simplifica los cálculos. (el peso de cada barra P= Volumen

x Peso específico).

EvN

N


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -28-

Se confecciona una tabla para calcular los desplazamientos requeridos en forma ordenada.

Nº

Barra

Área

[cm²]

Largo

[cm]

Peso

[Kg]

.A El

[Kg/cm²]

N

[Kg] EvN BN

.. EvN N

A El

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

[cm]

.. BN N

A El

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

[cm]

1 8 233,24 14.55 72029 -101,25 -0,972 --- 0,00137 ---

2 8 200 12,48 84000 -119,23 -1,667 --- 0,00237 ---

3 8 200 12,48 84000 -119,23 -1,667 --- 0,00237 ---

4 8 233,24 14,55 72029 -101,25 -0,972 --- 0,00137 ---

5 8 233,24 14,55 72029 37,79 0,972 --- 0,00051 ---

6 8 233,24 14,55 72029 37,79 0,972 --- 0,00051 ---

7 4 200 6,24 42000 86,82 0,833 1 0,00172 0,00207

8 4 200 6,24 42000 86,82 0,833 1 0,00172 0,00207

9 4 200 6,24 42000 86,82 0,833 1 0,00172 0,00207

10 4 200 6,24 42000 86,82 0,833 1 0,00172 0,00207

11 6 120 5,62 105000 9,05 --- --- --- ---

12 6 120 5,62 105000 15,29 --- --- --- ---

13 6 120 5,62 105000 9,05 --- --- --- ---

∑ 0,01538 0,00827

. 0,015.

VE Ev

N N cmA E

l

δ = = ⇓⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

∑

. 0,008.B BN N cm

A El

δ = = ⇒⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

∑

BN


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -29-

Ejercicio N° 4:

Calcular el descenso del extremo C del caño debido al peso propio y al peso del agua

del mismo.

Diámetro interno: 2 pulgadas

Espesor: 3/16 de pulgadas

Despreciar deformación por corte.

622,1 10 KgE

cm= × ; 5

28, 4 10 KgGcm

= ×

( ) ( )4 4 4 4 4. . 6,03 5,08 32,31664 64

I D d cmπ π= − = − =

tMtM

6,00 pies

3,00 pies

SecciónTubo


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -30-

( )4 4 4. 64,63232

J D d cmπ= − =

Peso total por cada centímetro del caño:

( ) ( )2 2 2 2 3. . 1 . . 6,03 5,08 1 .7,8 10 0,06474 4c

Kgq V D dcm

π πρ ρ −⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = − × = − × × =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

2 2 3. . 1 . .5,08 1 .1 10 0,02034 4a

Kgq V dcm

π πρ ρ −⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = × = × × =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

0,0647 0,0203 0,085c aKgq q qcm

= + = + =

( )

lcm

( ).RigidezE I

( ).M

Kg cm

M Contrib. al

desplazamiento

Flexión en AB 182,4 67863600 27,8. 0,0425.x x+ 1.x 0,40579

Flexión en CB 91,2 67863600 20,0425.x 1.x 0,01083

Torsión en AB 182,4 54290880 353,5 91,2 0,10831

∑ 0,52493

2 2182,4 91,2 182,4

0 0 0

7,8. 0,0425. 0,0425. 353,5.1. . .1. . .91, 2.67863600 67863600 54290880x x xx dx x dx dxδ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∫ ∫ ∫

0,52cmδ =

Ejercicio N° 5:

Sabiendo que la carga vertical en C produce un desplazamiento vertical y horizontal

delmismo, determinar si existe una dirección α , para la cual el desplazamiento tiene la

misma dirección de la carga aplicada (considerar sólo deformaciones por flexión)

4600I cm= ; 622,1 10 KgE

cm= ×


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -31-

1) Determinar los desplazamientos de C debidos a las componentes de P.

200 300

0 0

. .200. . .200. 0,0116.. .

v vv

vvP x Px dx dx PE I E I

δ = + =∫ ∫

300

0

.200 . . 0,00714..

hv

hvP x dx P

E Iδ = =∫

300

0

. .200. 0,00714..

hh

vhP x dx PE I

δ = =∫

300

0

. . . 0,00714..

hh

hhP x x dx PE I

δ = =∫

El vector desplazamiento del punto C es:

hvδ

vvδ

vP

.ME I

κ =

.200vM P=

1vM

2vM

hhδvhδ

hP

α


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -32-

0,0071. 0,0071.0,0071. 0,0116.

h v h

h v v

P PP P

δδ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

El desplazamiento debe ser múltiplo de Pr

:

0,0071 0,0071. .

0,0071 0,0116

h h

v v

P PP P

λ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤

=⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

.U Pλ=

Resulta un sistema homogéneo de la forma:

0,0071 0,0071. 0

0,0071 0,0116

h

v

PP

λλ

− ⎡ ⎤⎡ ⎤=⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Esta ecuación admite solución distinta de la trivial si el determinante se anula:

0,0071 0,0071det 0

0,0071 0,0116λ

λ−⎡ ⎤

=⎢ ⎥−⎣ ⎦

2 0,01874. 0,0000318 0λ λ− + =

1 0,01682λ = ; 2 0,001915λ = (Máxima flexibilidad)

Para 1λ la primera ecuación resulta:

0,00968. 0,00714. 0h vP P− + =

( )

0,7376

tan

h

v

h

v

PPPP

α

⎫= ⎪⎪

⎬⎪= ⎪⎭

1 36,4ºα =

Para 2λ : 2 53,6ºα = −

Existen dos soluciones:

Nota 1: se trata de un problema de vectores propios de la matriz de flexibilidad. Dichos vectores

propios son ortogonales.

Nota 2: si se aplica una carga vertical sobre la estructura rotada 33,4° en sentido horario, el

desplazamiento horizontal es nulo.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -33-

Ejercicio N° 6:

a) Calcular el desplazamiento del punto central del tramo de la viga que tiene una

carga P en el extremo C y sufre una disminución de la temperatura t∆ en la parte

inferior del tramo AB.

b) Determinar la incidencia que tendría un apoyo elástico de constante K colocado en

el apoyo B.

a) Despreciando las deformaciones por corte frente a las producidas por flexión:

2.

0 0

0,50. 0,50.. . . .0,50. . . . .. . . 2

l l lVD t t tl

M P P xM dx x x dx x l dxE I E I E I

δ κ κ κ− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = − + − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫ ∫

( ) 0,50. .M x P x=

.ME I

κ =

.t

th

ακ ∆=

M

Tramo AD

Tramo DB

0,50.M x=

0,50. 1.( )2xM x x l l= − − = −

0t∆ <


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -34-

3 2. .. 2

VD t

P l lE I

δ κ= − −

Se puede llegar al mismo resultado calculando por separado el desplazamiento producido por la

carga y el producido por la variación térmica y luego superponiendo los resultados.

b) Para tener en cuenta el apoyo elástico basta con agregar la energía almacenada en el resorte

durante el desplazamiento virtual en el estado inicial.

* . ..

V V V BD D D B

RN N RA E K

l

δ δ δ= + = +⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Nótese que el asentamiento bb

RK

δ = permite un giro de cuerpo rígido a la viga y el punto central

tendría un descenso 1.2bδ por estar en el centro del tramo. Justamente se tiene que 1

2bR = .

CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -1-

Capítulo 4

Método de las Fuerzas

4.1- Introducción

Los procedimientos de Análisis Estructural pueden clasificarse en dos grandes métodos

esencialmente diferentes:

a) Método de las Fuerzas

b) Método de Rigidez (o de los Desplazamientos)

También existen métodos mixtos en los que las incógnitas son simultáneamente fuerzas y

desplazamientos, pero no serán tratados en este curso.

En muchos casos de aplicación corriente, el Método de las Fuerzas conduce a un sistema

de ecuaciones con un número menor de incógnitas que el de Rigidez y por eso en el pasado se lo

prefería para cálculos manuales. En la actualidad, la mayoría de los programas de computadora

se basan en el Método de Rigidez por ser más sistemático y, por ende, más fácil de programar.

El Análisis Estructural basado en el Método de Rigidez se estudiará detalladamente más

adelante en el desarrollo del temario.

Sistemas hiperestáticos

En el curso de Estática se tratan problemas que involucran estructuras isostáticas, en los

cuales las fuerzas incógnitas se pueden obtener a partir de ecuaciones de equilibrio estático.

El Capítulo 3 se dedicó al cálculo de desplazamientos en sistemas isostáticos a través del

Principio de Trabajos Virtuales. En ese caso, la secuencia usada consistió en calcular primero las


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -2-

fuerzas y luego los desplazamientos a partir de los diagramas de solicitaciones (M, Mt, Q y N).

En este capítulo se estudia el análisis de sistemas hiperestáticos por el Método de las Fuerzas.

Una estructura resulta hiperestática desde el punto de vista de las reacciones externas

cuando posee más apoyos que los estrictamente necesarios para garantizar las condiciones de

equilibrio. Tal es el caso de las siguientes vigas continuas.

Figura 4.1

Un reticulado con más barras que las estrictamente necesarias para hacerlo indeformable

representa un ejemplo de estructura internamente hiperestática, tal como las ilustradas en la

Figura 4.2.

Figura 4.2

Los dos casos antes presentados pueden combinarse para producir estructuras que resultan

simultáneamente interna y externamente hiperestáticas.

Figura 4.3


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -3-

Las siguientes son estructuras inestables, es decir que sus vínculos internos y/o externos

son insuficientes para garantizar las condiciones de equilibrio para cualquier sistema de cargas

exteriores.

Figura 4.4

Clasificación:

InestablesTipos de Estructuras Isostáticas

EstablesHiperestáticas

⎧⎪

⎧⎨⎨⎪⎩⎩

4.2-Método de las Fuerzas

Los fundamentos del Método de las Fuerzas se presentan utilizando como ejemplo el

reticulado hiperestático de la Figura 4.5.

Figura 4.5

Fuerzas incógnitas: 18 fuerzas en barras + 4 reacciones de apoyo = 22

Ecuaciones de equilibrio: 2 ecuaciones por cada uno de los 10 nudos = 20

Por lo tanto, faltan dos ecuaciones para resolver este sistema hiperestático de 2° grado.

Se introduce un “corte” que desconecta el apoyo central del resto de la estructura y se

colocan dos fuerzas 1X (incógnitas) iguales y opuestas, actuando una sobre el apoyo y otra sobre

el reticulado. Si 1X tiene el valor de la reacción de apoyo y el sentido correcto no se producirá

ningún desplazamiento relativo entre la estructura y el apoyo.

iP


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -4-

Similarmente, se “corta” una de las diagonales del segundo tramo y en su reemplazo se

colocan dos fuerzas 2X (incógnitas) iguales y opuestas actuando sobre las caras del corte. Si el

valor 2X coincide con el valor de la fuerza en la barra cortada no se producirá desplazamiento

relativo entre las caras del corte.

Figura 4.6

A la estructura isostática resultante (con la barra y el apoyo cortados) se la designará

“estructura isostática fundamental”. La estructura fundamental con las cargas iP , 1X y 2X

se comporta exactamente igual que el sistema real y se denomina “sistema equivalente”. De

esta forma, en lugar de resolver el problema hiperestático real se analiza el sistema isostático

equivalente con las cargas iP , 1X , 2X .

Utilizando el principio de superposición, válido para problemas lineales, se descompone

el sistema equivalente en tres estados de carga:

Figura 4.7

Estos tres estados de carga actuando sobre una estructura isostática pueden analizarse a

través de consideraciones puramente estáticas, tal como se ha hecho en los capítulos anteriores.

Nótese que la barra cortada sólo tiene esfuerzo en el tercer estado.

iP 1X1X

2X2X

iP1X

2X2X

1X


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -5-

Dado que las fuerzas 1X y 2X son inicialmente desconocidas, se considera al sistema

equivalente como una superposición, por un lado, del estado que contiene sólo las cargas

exteriores (estado “0”) y, por otro lado, de dos estados con cargas unitarias (estados “1” y “2”

según la Figura 4.8) cuyos esfuerzos deben escalarse precisamente por 1X y 2X .

1 2Sistema Equivalente = Estado "0" + X .Estado "1" + X .Estado "2"

Figura 4.8

De esta forma, las deformaciones, reacciones y solicitaciones del sistema

equivalente se obtienen a través de una combinación lineal de las deformaciones,

reacciones y solicitaciones de los estados “0”, “1” y “2”.

Debe reconocerse que existe total libertad para la elección de la estructura isostática

fundamental, siendo sólo necesario que sea isostática y estable. Como ilustración de posibles

alternativas, se podría haber elegido alguna de las siguientes:

Figura 4.9

iP1X1X

2X

2XiP

1.X 2.X


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -6-

Asimismo debe tenerse presente que si se efectuaran los dos cortes en forma totalmente

arbitraria, la estructura podría resultar inestable, lo cual es inadmisible.

Supóngase que se han calculado de alguna manera los desplazamientos relativos en los

cortes en los tres estados, por ejemplo, a través del Principio de Trabajos Virtuales.

Figura 4.10

10 :δ desplazamiento relativo en el apoyo central causado por las fuerzas externas.

20 :δ desplazamiento relativo entre las caras del corte causado por las fuerzas externas.

11 :δ desplazamiento relativo en el apoyo central causado exclusivamente por la acción de

las cargas unitarias verticales.

En general:

:ijδ desplazamiento relativo en el corte “i” causado por las fuerzas unitarias actuando en

el corte “j”.

El primer índice se refiere al corte donde se mide el desplazamiento y el segundo se

refiere al estado de carga que lo produce. Como se demostrará más adelante, los desplazamientos

relativos ijδ resultan siempre positivos cuando “i = j”. Si las fuerzas unitarias colocadas en un

corte tienden a acercar las caras donde se introdujo el corte, entonces se consideran positivos los

desplazamientos relativos que tienden a acercar dichas caras, y negativos los que las alejan.

Ecuaciones de compatibilidad

Resulta importante observar que se pueden resolver cada uno de los tres estados, en

cuanto al cálculo de las solicitaciones, reacciones y desplazamientos, con los procedimientos

normales de la estática por tratarse de un sistema isostático, y una vez determinadas las

10δ

20δ

iP

21δ11δ

22δ

12δ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -7-

incógnitas hiperestáticas (fuerzas), el sistema hiperestático se calcula por simple superposición

de los estados básicos mencionados.

Las incógnitas deben resultar tales que aseguren que la combinación lineal de los tres

estados isostáticos reproduzcan exactamente al sistema hiperestático. Por ejemplo:

1 2. ."0" "1" "2"

Un desplazamiento Desplazamiento Desplazamiento DesplazamientoX X

en el hiperestático en el estado en el estado en el estado⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Una condición que debe garantizarse es que el nudo sobre el apoyo cortado no se desplace

respecto a dicho apoyo en la dirección vertical, es decir que:

10 11 1 12 2. . 0X Xδ δ δ+ + = (Ec. 4.1)

Otra condición es que las caras del corte de la barra diagonal en la estructura hiperestática

(donde no está cortada) no tengan desplazamientos relativos:

20 21 1 22 2. . 0X Xδ δ δ+ + = (Ec. 4.2)

Las ecuaciones (Ec. 4.1) y (Ec. 4.2) establecen que los desplazamientos relativos en los

cortes del sistema equivalente isostático son compatibles con lo que ocurre en la estructura real

hiperestática, y se conocen como “ecuaciones de compatibilidad”.

Estas ecuaciones se expresan en forma matricial de la siguiente manera:

1011 12 1

2021 22 2

0.

0XX

δδ δδδ δ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

+ =⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

(Ec. 4.3)

[ ] [ ] [ ] [ ]0. 0F X δ+ = (Ec. 4.4)

donde “ F ” recibe el nombre de matriz de flexibilidad. Los coeficientes ijδ son

desplazamientos relativos producidos por fuerzas unitarias: dimensionalmente son una longitud

dividida por una fuerza. Debe reconocerse que la matriz de flexibilidad no es única para una

cierta estructura hiperestática, dado que depende de la selección de las incógnitas hiperestáticas.

La matriz “ F ” se asocia a la elección de las incógnitas hiperestáticas y, en definitiva, a

los “cortes” que se efectúan para obtener el sistema isostático equivalente.

Un procedimiento general para el cálculo de los elementos de la matriz de flexibilidad ijδ

y los términos independientes 0iδ consiste en la aplicación del Principio de Trabajos Virtuales

visto en el capítulo anterior.

El cálculo de todos los coeficientes no es necesario dado que el teorema de reciprocidad,

que ya ha sido demostrado, indica que el desplazamiento relativo en el corte “i” producido por


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -8-

cargas unitarias en el corte “j” es igual al desplazamiento relativo en el corte “j” producido por

cargas unitarias en el corte “i”, y por lo tanto la matriz de flexibilidad F es siempre simétrica.

Vale decir: ij jiδ δ=

Además puede comprobarse con las expresiones de trabajos virtuales que todos los

elementos de la diagonal principal de F son “positivos”.

De una manera formal, puede decirse que las 2 ecuaciones de compatibilidad sumadas a

las 20 ecuaciones de equilibrio de fuerzas (dos ecuaciones de proyección por cada nudo)

permiten el cálculo de las 22 incógnitas.

Forma práctica de operar con el Método de las Fuerzas:

1) Se obtiene una estructura isostática fundamental efectuando los cortes necesarios de

acuerdo al grado de hiperestaticidad (esta estructura fundamental debe resultar estable).

2) Se resuelven los estados auxiliares (determinando las solicitaciones).

3) Se calculan los coeficientes de la matriz de flexibilidad ijδ junto con los términos

independientes 0iδ por trabajos virtuales, utilizando los diagramas de las solicitaciones y

aprovechando la condición de simetría.

4) Se resuelven las ecuaciones de compatibilidad (Ec. 4.4) y luego se obtiene la

“solución” como combinación lineal de los estados isostáticos auxiliares ya resueltos.

1 2. ."0" "1" "2"

Solución Problema Solución Solución SoluciónX X

hiperestático estado estado estado⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

La solución puede expresarse como un vector que contiene las reacciones de apoyo, las

solicitaciones y los desplazamientos. La aplicación del Método de la Fuerzas requiere el cálculo

en primera instancia de "fuerzas", mientras que los desplazamientos se calculan a posteriori en

los puntos específicos de interés. Naturalmente, la superposición lineal también resulta válida

para los desplazamientos asociados a los distintos estados básicos considerados.

4.3- Efectos térmicos y defectos constructivos

Para ilustrar la aplicación del Método de las Fuerzas para efectos térmicos y defectos de

fabricación o montaje, se continúa analizando el reticulado de 18 barras de la Figura 4.5:


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -9-

Figura 4.11

Los esfuerzos en las barras para los tres estados se designan 0 1 2, ,N N N , respectivamente.

Los desplazamientos relativos se calculan por trabajos virtuales, siendo los siguientes los que

constituyen el término independiente del sistema de ecuaciones de compatibilidad: 18

010 1

1

./k k

NNAE l

δ=

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ ; 18

020 2

1

./k k

NNAE l

δ=

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ (Ec. 4.5)

Los elementos de la matriz de flexibilidad son:

111 1. / k

NNAE l

δ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ ; 212 21 1. / k

NNAE l

δ δ ⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ ; 222 2.

/ k

NNAE l

δ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ (Ec. 4.6)

Supóngase que interesa determinar los efectos que se producen en la estructura por

variaciones térmicas t∆ respecto a la temperatura de montaje. El cambio de temperatura sólo

modifica el estado “0”; vale decir, un nuevo estado de carga no modifica la matriz de flexibilidad

ya desarrollada en el apartado anterior.

( )( )10 11

. . .n

kk

N t lδ α=

= ∆∑ ; ( )( )20 21

. . .n

kk

N t lδ α=

= ∆∑ (Ec. 4.7)

La sumatoria para calcular 10δ se extiende rigurosamente a todas las barras; en esta

sumatoria, algunos términos pueden resultar nulos en correspondencia con las barras en las que

los esfuerzos 1N son cero o no tienen cambio de temperatura.

Si se consideran errores dimensionales de montaje "e" en cada una de las barras, los

términos independientes resultan:

iP


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -10-

( )10 11

.n

kk

N eδ=

=∑ ; ( )20 21

.n

kk

N eδ=

=∑ (Ec. 4.8)

Los signos deben garantizar consistencia: la barra cuya longitud en el estado "0" es mayor

que la longitud teórica posee signo positivo de “e”.

0Barra traccionada N positivoAumento de temperatura t positivoBarra "larga" "e" positivo

⇒

⇒∆⇒

Conclusión:

Las variaciones térmicas y los errores constructivos constituyen estados de carga

que no requieren cambiar la matriz de flexibilidad. Una vez calculados los términos de

carga 0iδ , las incógnitas hiperestáticas se calculan en la forma habitual resolviendo las

ecuaciones de compatibilidad, y la solución completa se obtiene por superposición.

4.4- Cálculo de desplazamientos en sistemas hiperestáticos

Supóngase que interesa calcular el desplazamiento vertical del nudo en el centro del

primer tramo (punto D) debido a un estado de carga compuesto por cargas exteriores, variaciones

térmicas y defectos constructivos.

Se procede en dos etapas:

(I) Se resuelve el problema hiperestático. La matriz de flexibilidad es la misma que se

utilizó en las secciones anteriores mientras que los términos independientes son: 18

010 1

1. . .

/k k

NN t l eAE l

δ α=

⎡ ⎤⎛ ⎞= + ∆ +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦∑ ;

180

20 21

. . ./k k

NN t l eAE l

δ α=

⎡ ⎤⎛ ⎞= + ∆ +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦∑ (Ec. 4.9)

Una vez resueltas las ecuaciones de compatibilidad y calculadas las incógnitas

hiperestáticas 1X y 2X , se obtiene por simple superposición el esfuerzo en todas las barras del

sistema equivalente, y en consecuencia del sistema hiperestático.

0 1 1 2 2. .fN N X N X N= + + (Ec. 4.10)

(II) Se calcula por trabajos virtuales el desplazamiento del punto que interesa en el

sistema isostático equivalente según el procedimiento descripto en el capítulo anterior: se

aplica una fuerza unitaria en el punto D del sistema auxiliar en la dirección que interesa el

desplazamiento como se ilustra en la Figura 4.12, designándose DN al esfuerzo en las barras.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -11-

Figura 4.12

El desplazamiento en el punto D se obtiene a través del Principio de Trabajos Virtuales

combinando los esfuerzos DN del estado auxiliar con las deformaciones de estado equivalente:

1. . . ./f

D DTrabajo Externo

Trabajo Interno

NN t l e

AE lδ α

⎛ ⎞= + ∆ +⎜ ⎟

⎝ ⎠∑

(Ec. 4.11)

donde fN se obtiene según (Ec. 4.10). Obsérvese que el valor fN es independiente de la

elección del sistema isostático equivalente, mientras que DN depende del sistema equivalente.

Sin embargo, la sumatoria en (Ec. 4.11) es independiente del sistema equivalente elegido, ya que

el desplazamiento en el hiperestático Dδ tiene un valor único. De hecho, podría utilizarse un

isostático equivalente para resolver los esfuerzos en el hiperestático y luego otro isostático

distinto como estado auxiliar para calcular el desplazamiento.

A primera vista podría pensarse que las variaciones térmicas y los errores

constructivos considerados en la (Ec. 4.9) al calcular las incógnitas hiperestáticas no

deberían figurar nuevamente en la (Ec. 4.11) al calcular los desplazamientos en el

sistema hiperestático porque su incidencia vendría dada a través de los esfuerzos fN .

No obstante, la (Ec. 4.11) resulta correcta dado que el estado isostático (Figura 4.11)

equivalente al hiperestático se obtiene combinando los estados unitarios con el estado

"0" (que contiene cargas, errores de montaje y variaciones térmicas).

0 1 21 2

"1" "2""0"

1. . . . . ./ / /

Distorsiones en el EstadoIsostático Equivalente

Solicitaciones en elEstado Auxiliar

D D

Estado EstadoEstado

N N NN t l e X XAE l AE l AE l

δ α

⎡ ⎤⎢ ⎥⎛ ⎞= + ∆ + + +⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

∑

(Ec. 4.12)

Recuérdese que los desplazamientos se calculan utilizando las solicitaciones del estado

auxiliar y las deformaciones del sistema real.

iPDδ 1X

2X

1X2X


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -12-

La expresión (Ec. 4.12) muestra que si el sistema es isostático (no existen las

incógnitas hiperestáticas) las variaciones térmicas originan desplazamientos y

deformaciones respecto a la configuración de montaje, y los errores de montaje dan

origen a configuraciones distintas de la teórica. Sin embargo, las variaciones térmicas

y errores constructivos no originan tensiones en las estructuras isostáticas.

Si el valor Dδ hallado según (Ec. 4.11) es positivo significa que el desplazamiento tiene

igual sentido que la carga unitaria utilizada en el sistema auxiliar.

4.5- Método de las Fuerzas en sistemas de alma llena

En las secciones anteriores se presentó el Método de las Fuerzas a través de un reticulado,

pero los conceptos generales son igualmente válidos en el caso de sistemas de alma llena

(elementos resistentes en flexión).

Sea, por ejemplo, el caso de la viga continua de tres tramos de la Figura 4.13 que es

hiperestática de segundo grado.

Figura 4.13

El grado de hiperestaticidad es un aspecto esencial en el Método de las Fuerzas dado que

determina la cantidad de incógnitas involucradas en la solución.

El grado de hiperestaticidad es igual al número de incógnitas hiperestáticas, y por lo

tanto determina el tamaño del sistema de ecuaciones (de compatibilidad) a resolver y el número

de coeficientes de flexibilidad involucrados.

Como estructura isostática fundamental se puede adoptar algunas de las variantes

indicadas en la siguiente figura:

iP


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -13-

Figura 4.14

Adoptándose como isostática fundamental una viga Gerber, como en los casos e) y f) de

la Figura 4.14, se está eligiendo como incógnita hiperestática al momento flector en los puntos

donde se colocaron las articulaciones.

En el caso )g las ecuaciones de compatibilidad deben expresar que el punto B (sobre el

apoyo) tiene desplazamiento vertical nulo y que el giro relativo entre los extremos que concurren

a la articulación B es nulo.

El caso )h resulta tal vez el menos intuitivo. Se eligió como incógnitas hiperestáticas a la

reacción de apoyo C y al esfuerzo de corte en la sección donde se colocaron las bielas paralelas.

Debe reconocerse que la Figura 4.14 no agota todas las posibilidades. En las secciones

siguientes se verá que el caso )e resulta el más adecuado para analizar vigas continuas.

Otro caso hiperestático típico lo constituyen los marcos cerrados como el mostrado en la

Figura 4.15. Las solicitaciones no pueden determinarse sólo por consideraciones de equilibrio,

por lo que se adopta como estructura isostática fundamental el marco al cual se le practica un

corte en el punto C.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -14-

Figura 4.15

Figura 4.16

Esta manera de generar el sistema isostático fundamental implica elegir como incógnitas

hiperestáticas a las solicitaciones (corte, normal, flector) en el punto C. El sistema isostático

equivalente puede descomponerse en una combinación lineal de estados unitarios.

Figura 4.17

Para poder asegurar que el sistema isostático resulta equivalente al hiperestático debe

garantizarse simultáneamente que:

1) El desplazamiento vertical relativo entre C' y C'' sea nulo

2) El desplazamiento horizontal relativo entre C' y C'' sea nulo.

3) El giro relativo entre las secciones extremas C' y C'' sea nulo.

iP iP

1.X

2.X 3.X

iP

iP


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -15-

Este conjunto de tres condiciones de continuidad de la elástica constituyen las ecuaciones

de compatibilidad que permiten determinar el valor de las incógnitas hiperestáticas.

10 1 11 2 12 3 13

20 1 21 2 22 3 23

30 1 31 2 32 3 33

. . . 0. . . 0. . . 0

X X XX X XX X X

δ δ δ δδ δ δ δδ δ δ δ

+ + + = ⎫⎪+ + + = ⎬⎪+ + + = ⎭

(Ec. 4.13)

donde, por ejemplo, 30δ es el giro relativo entre las secciones C' y C'' causado por las

cargas datos del problema (estado "0") que se calcula utilizando trabajos virtuales:

0 0 030 3 3 3. . . . . .

. . .c

M Q NM dx Q dx N dxE I A G A E

δ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠∫ ∫ ∫ (Ec. 4.14)

Los subíndices en las solicitaciones indican el estado de carga que los define, y la integral

se supone extendida a todos los tramos del marco.

De la misma manera, 12δ es el desplazamiento horizontal relativo entre los extremos C' y

C'' causado por el estado de carga "2" que se calcula usando trabajos virtuales:

2 2 212 1 1 1. . . . . .

. . .c

M Q NM dx Q dx N dxE I A G A E

δ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠∫ ∫ ∫ (Ec. 4.15)

Recuérdese que intervienen las solicitaciones del sistema auxiliar y las distorsiones

( ), ,κ γ ε del estado en el cual se requiere el cálculo del desplazamiento.

La resolución analítica de las integrales en las expresiones (Ec. 4.14) y (Ec. 4.15) para el

cálculo de los valores ijδ requiere expresar las solicitaciones analíticamente en función de x.

También puede utilizarse los diagramas y usar tablas que proveen el valor explícito de la

integral por tramos para casos habituales. Por ejemplo, el caso “triángulo-trapecio” produce:

Figura 4.18

( )1 21 . . . 2.6

s i k k+

1( ) . xM x is

=

( )2 1 2 1( ) .xM x k k ks

= + −

1k 2kx

s

1k2k

is

s


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -16-

( ) ( ) ( )2 121 11 2 1 2 12

0 0

. .. . .. . . . . . . . .2 3

s s i k k si k i k si x x ik k k dx x k k x dxl s s s

−⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎛ ⎞ − = + − = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫ (Ec. 4.16)

Estas tablas permiten, con cierta práctica, obtener los valores ijδ que habitualmente se

presentan en la mayoría de los casos. No obstante, debe evitarse trabajar en forma excesivamente

“mecánica” y descuidar cuestiones tales como la elección correcta del tipo de diagrama, o los

signos de los términos cuyo producto se está integrando.

Una vez determinado el valor de las incógnitas hiperestáticas, las solicitaciones se

obtienen por superposición de los estados isostáticos ya conocidos.

0 1 1 2 2 3 3

0 1 1 2 2 3 3

0 1 1 2 2 3 3

( ) ( ) . ( ) . ( ) . ( )( ) ( ) . ( ) . ( ) . ( )( ) ( ) . ( ) . ( ) . ( )

M x M x X M x X M x X M xQ x Q x X Q x X Q x X Q xN x N x X N x X N x X N x

= + + + ⎫⎪= + + + ⎬⎪= + + + ⎭

(Ec. 4.17)

Debe tenerse presente que existen otras alternativas para la elección de la estructura

isostática fundamental, por ejemplo:

Figura 4.19

En el caso )a se ha elegido como incógnita hiperestática el momento flector en tres

puntos. Notar que el caso )c no es válido por resultar inestable. En el caso de la viga Vierendell

de la Figura 4.20.a, se obtiene una estructura isostática efectuando un "corte" en cada cuadro.

Figura 4.20

is

21

0

1. . .. .

s MM dxE I E I

⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ s

1k 2k( )1 2

1 1. . . . 2.. 6

i s k kE I

= +


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -17-

Nótese que al efectuar un corte en cualquier sección de la Figura 4.20.b quedan

determinadas dos partes perfectamente separadas, y por lo tanto se pueden definir las

solicitaciones en cualquier sección.

Este tipo de viga puede darse en muchas estructuras mecánicas, tales como la carrocería

de vagones de pasajeros, pero su tratamiento por el Método de las Fuerzas resulta desalentador

debido al elevado número de incógnitas. Para el caso de la Figura 4.20, se tienen 5 cortes y por

lo tanto 15 incógnitas hiperestáticas.

El Método de las Fuerzas utilizando cálculos manuales resulta totalmente inadecuado en

casos como el anterior con un elevado grado de hiperestaticidad. En la segunda parte del curso se

verá la formulación de procedimientos (y programas) de cálculos computacionales muy eficaces,

que son independientes del grado de hiperestaticidad y están basados en el Método de Rigidez.

Un caso similar al anterior se presenta cuando se quiere tratar un reticulado con nudos

rígidos (no articulados) como el de la Figura 4.21.a.

Figura 4.21

En un caso como éste correspondería efectuar tantos cortes como triángulos tenga el

reticulado. Aún en este caso tan simple, el número de incógnitas hiperestáticas es excesivamente

elevado (3 incógnitas por cada uno de los cinco cortes ⇒ total 15 incógnitas). Esto se plantea

sólo a los efectos de ilustrar las limitaciones prácticas del Método de las Fuerzas, ya que su

aplicación al caso de la Figura 4.21 resulta totalmente impráctico y poco conducente.

A esta altura se torna obvia la razón por la que se consideran los nudos perfectamente

articulados. Cuando las cargas están aplicadas en los nudos, el reticulado ideal produce muy

buenos resultados a pesar de tratarse de una simplificación del caso real, considerando que

resulta impracticable analizar un reticulado a nudos rígidos por el Método de las Fuerzas. Para el

caso de la Figura 4.20 se pasa de un problema isostático a un problema hiperestático de grado 15.

Para el mismo reticulado, pero analizado por el Método de Rigidez, se pasa de un

problema de dos incógnitas de desplazamiento por nudo en el caso del reticulado ideal, a tres

incógnitas por nudo en el caso de nudos rígidos, ya que se agrega el giro de cada nudo como


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -18-

nueva incógnita. Esto se verá en detalle al estudiar el Método de Rigidez o de los

Desplazamientos en la segunda parte del curso.

El procedimiento completo desarrollado en las secciones anteriores referidas a reticulado

es válido para el análisis de sistemas de alma llena tanto en la determinación de las incógnitas

hiperestáticas como en el cálculo de desplazamientos. Sólo es necesario considerar en el cálculo

de los desplazamientos las deformaciones por efecto axial, corte, flexión y torsión.

En tramos donde hay flexión o torsión, la contribución del corte generalmente puede

despreciarse. En el caso de variaciones térmicas a lo largo de un tramo de barra deberán tenerse

en cuenta las deformaciones térmicas.

Se deja al lector como ejercitación el desarrollo de las expresiones equivalentes a las

expresiones (Ec. 4.7), (Ec. 4.9) y (Ec. 4.11) deducidas para el reticulado ideal.

4.6- Desplazamientos prefijados

En el caso de una estructura isostática, el movimiento de un apoyo se traduce sólo en un

cambio en la geometría sin que se produzcan esfuerzos asociados a dicha condición.

Figura 4.22

En el caso general de estructuras isostáticas o hiperestáticas, al prefijar un desplazamiento

en un punto que no sea un apoyo, se está introduciendo un grado adicional de hiperestaticidad.

Resulta importante notar entonces que un desplazamiento prefijado en un punto implica

que en ese punto, de alguna manera, se aplicará una fuerza incógnita capaz de asegurar dicho

valor del desplazamiento, para cualquier estado de carga.

Un desplazamiento prefijado equivale estructuralmente a un apoyo

δ δ

st∆

it∆. s it t

hκ α ∆ −∆=. mtε α= ∆


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -19-

El apoyo debe considerarse actuando en la posición final del desplazamiento prefijado: el

desplazamiento prefijado de un punto representa una restricción al desplazamiento de dicho

punto, y por lo tanto constituye para la estructura un apoyo.

Si en una estructura cargada se agrega un desplazamiento prefijado en un punto que no es

originalmente un apoyo, cuando se utiliza el Método de las Fuerzas para el análisis no se trata

simplemente de un estado de carga más; sino que además se modifica la "estructura". Es obvio

que el hecho de agregar un "apoyo" cambia la estructura.

Sea el ejemplo de la Figura 4.23, donde el extremo C tiene un desplazamiento prefijado

δ hacia arriba.

Figura 4.23

La fuerza incógnita, que aplicada en C' asegura que dicho punto quedará en la posición

prefijada, resulta una reacción de apoyo.

La resolución de este problema hiperestático de primer grado puede realizarse

introduciendo un "corte" en el apoyo C, que equivale a elegir la reacción en C' como incógnita

hiperestática. Luego se introduce un par de fuerzas iguales y opuestas, sobre el extremo de la

viga y sobre el apoyo, respectivamente, de forma de satisfacer que el desplazamiento relativo

entre ambos puntos sea nulo.

Figura 4.24

δ

1X

1

1

1X

10δ

1.X 11δ

δ δ

l l


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -20-

Nótese que en el sistema isostático equivalente, el "corte" no se aprecia por la acción

restitutiva de la fuerza 1X aplicada sobre la viga que garantiza el desplazamiento impuesto sobre

la estructura. En el estado "0", la estructura permanece recta mientras que el apoyo C pasa a la

posición C'. El sentido (arbitrariamente elegido) que se asigna a las fuerzas unitarias en el estado

"1" es tal que la fuerza aplicada en la viga tiende a subir el extremo C hacia C', mientras que en

el estado "0" el apoyo se ha movido en dirección contraria a la fuerza aplicada sobre éste.

El valor absoluto de 10δ es igual a δ y el signo surge de comparar el sentido del

desplazamiento del apoyo en el estado "0" con el sentido de la fuerza unitaria aplicada

sobre el apoyo en el estado "1".

Por lo tanto, el signo de 10δ resulta en este caso negativo. En el estado "1" el valor de 11δ

siempre resulta positivo (recuérdese que todos los elementos de la diagonal de la matriz de

flexibilidad son positivos). Planteando la ecuación de compatibilidad se obtiene:

1010 1 11 1

11

. 0X X δδ δδ

+ = ⇒ = −

Recordando que 10δ es negativo y que 11δ es positivo, resulta que la incógnita 1X es

positiva, es decir que posee el sentido supuesto. Nótese que la estructura isostática elegida no es

la única posible; por ejemplo, se podría "cortar" el apoyo B para obtener:

Figura 4.25

10δ resulta igual a la mitad de δ (para luces iguales) con valor negativo, dado que el

apoyo B no se mueve, y el desplazamiento de la viga en este punto para el estado "0" tiene el

signo contrario a la fuerza aplicada en el estado "1".

δ

10δ

.BR 11δ

δ

10 2δδ = −

BR

BR

δ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -21-

1010 11

11

. 0B BR R δδ δδ

+ = ⇒ = − ( BR posee el sentido supuesto)

4.7- Método de las Fuerzas aplicado a vigas continuas

El “Método de Tres Momentos” desarrollado en la próxima sección constituye un caso

particular del Método de las Fuerzas, especialmente útil para estructuras unidimensionales tales

como las vigas continuas.

Cuando se enfrenta por primera vez la solución de una viga continua por el Método de las

Fuerzas, el analista tiende intuitivamente a asociar la hiperestaticidad al exceso de apoyos, por lo

que elige como estructura isostática fundamental a una viga simplemente apoyada suprimiendo

los apoyos redundantes y considerando a las reacciones como las incógnitas hiperestáticas.

11 12 1 1 1 10

21 22 2 2 2 20

1 2 0

1 2 0

00

.0

0

j n

j n

i i ij in i i

n n nj nn n n

XX

X

X

δ δ δ δ δδ δ δ δ δ

δ δ δ δ δ

δ δ δ δ δ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

+ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

Figura 4.26

donde:


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -22-

. ..

iij j

M M dxE I

δ = ∫

:ijδ Es el desplazamiento en el nudo "i" debido a una carga unitaria actuando en "j".

La ecuación de compatibilidad "i" establece que el desplazamiento del punto sobre el

apoyo suprimido "i" es nulo.

Figura 4.27

Se puede verificar que, en general, 0ijδ ≠ , y por lo tanto la matriz de flexibilidad

resulta "llena”, es decir que resulta necesario calcular la totalidad de los coeficientes.

4.8- Método de tres momentos

La resolución de las ecuaciones de compatibilidad del Método de las Fuerzas para vigas

continuas se simplifica notoriamente eligiendo como la estructura isostática fundamental al

conjunto de vigas simplemente apoyadas obtenidas introduciendo articulaciones en los apoyos.

De esta forma, se obtiene una secuencia repetitiva que facilita el cálculo de coeficientes

de la matriz de flexibilidad, ya que es posible deducir una forma general de los mismos que no

requiere resolver explícitamente las integrales involucradas en su formulación.

Eligiendo como incógnitas hiperestáticas a los momentos flectores sobre los apoyos, las

ecuaciones de compatibilidad establecen que el "giro relativo" entre los extremos de las barras

que concurren a la articulación es nulo (para mantener la continuidad elástica).

ijδ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -23-

Figura 4.28

Observando los dos últimos diagramas de momentos iM y jM puede apreciarse que:

0ijδ ≠ si y solo si 1

1

ij i

i

−⎧⎪= ⎨⎪ +⎩

Si "j" es distinto de (i+1), (i), (i−1); luego ijδ resulta nulo (de aquí viene la designación de

Tres Momentos). En consecuencia, la matriz de flexibilidad posee como máximo 3 coeficientes

no nulos por cada fila, lo que produce una matriz de tipo “bandeada” con importantes ventajas

numéricas en la resolución de las ecuaciones de compatibilidad.

Figura 4.29

Los únicos elementos no nulos se encuentran sobre la diagonal principal y sus dos

diagonales contiguas. La matriz de flexibilidad F resulta una matriz tridiagonal.

A continuación se verá que los tres coeficientes no nulos de cada fila de la matriz de

flexibilidad pueden calcularse fácilmente a través de una "expresión genérica" para cada uno de

ellos.

0M

iM

jM

( 1)i iδ − iiδ ( 1)i iδ +


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -24-

Figura 4.30

:iiδ Es el giro relativo entre los extremos de las barras que concurren a la articulación "i",

causado por los momentos unitarios colocados en dichos extremos de barra.

:ijδ Es el giro relativo entre los extremos de las barras que concurren a la articulación "i",

causado por los momentos unitarios colocados en los extremos de las barras que concurren a la

articulación "j". 2 2

0 0

1 1. . . 1 .. .

i dl l

iii i d d

x xdx dxE I l E I l

δ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫ ⇒ 3. . 3. .

i dii

i d

l lE I E I

δ = +

,( 1)0

1 . 1 . ..

dl

i id d d

x x dxE I l l

δ +

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ⇒ ,( 1) 6. .

di i

d

lE I

δ + =

,( 1)0

1 . . 1 ..

il

i ii i i

x x dxE I l l

δ −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ⇒ ,( 1) 6. .

ii i

i

lE I

δ − =

La matriz de flexibilidad no necesita deducirse mediante integrales en cada caso.

Sólo basta con aplicar las expresiones genéricas arriba indicadas en la Figura 4.29.

Los términos independientes se obtienen integrando a lo largo de toda la viga.

00

0 0 0

. . ( ) ( ).

i dl ll

i i i dM M dxE I

δ θ θ= = + = +∫ ∫ ∫

iM sólo es distinto de cero en dos tramos, de modo que la integral se reduce a estos

dos tramos. Los valores iθ y dθ son giros de los extremos de dos vigas simplemente apoyadas

que se encuentran tabulados para los casos habituales. La utilidad de las tablas se amplía cuando

un estado complejo de carga se considera como una superposición de estados simples.

iM

il

1iM−

1iM +

dl

i

xMl

=1

d

xMl

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

1i

xMl

= −

d

xMl

=


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -25-

4.9- Ventajas del Método de Tres Momentos

Resulta importante remarcar que este método es una forma particular del Método de las

Fuerzas, en la que las ecuaciones de compatibilidad se plantean de una manera sistemática

eligiendo como incógnitas hiperestáticas iM a los momentos flectores sobre los apoyos. La

ecuación de compatibilidad para el giro en el apoyo "i" resulta:

( )1 1. . . 06. . 3. . 3. . 6. .

i i d di i i i d

i i d d

l l l lM M ME I E I E I E I

θ θ− +

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Figura 4.31

Las ventajas de este procedimiento respecto a otras alternativas de elegir las incógnitas

propias del Método de las Fuerzas se enuncian a continuación.

1- No hace falta deducir los coeficientes de la matriz de flexibilidad en cada caso. La

forma explícita de dichos coeficientes se conoce para tramos de momento de inercia constante.

2- La matriz de flexibilidad tiene un ancho de banda igual a 3 y puede triangularizarse en

pocos pasos, por lo que se facilita la resolución del sistema de ecuaciones de compatibilidad.

3- Los términos independientes se calculan fácilmente combinando el diagrama

correspondiente a un momento unitario en el extremo de la viga con el diagrama de momento

flector de una viga simplemente apoyada. Esto se realiza para sólo dos tramos adyacentes a cada

nudo con incógnita, o bien los giros iθ y dθ se obtienen de tablas.

Recordar que la matriz de flexibilidad no depende del estado de cargas.

A continuación se verá que la matriz de flexibilidad es independiente de los estados de

carga que interese analizar, y por lo tanto, para solicitaciones externas consistentes en efectos

térmicos o desplazamientos prefijados de los apoyos, la matriz de flexibilidad es la misma que

para cualquier otro tipo de estado de cargas conocidas. Sólo resulta necesario tener en cuenta su

incidencia en el cálculo de los términos independientes 0iδ .

1iM −

il

iM1iM +

dl


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -26-

4.10- Efectos térmicos y desplazamientos prefijados

Se considera un efecto térmico ( )t−∆ que representa un descenso de temperatura en el

tramo il que se superpone con las cargas exteriores iP y dP .

Figura 4.32

Bastará agregar a la curvatura producida por las cargas exteriores la curvatura térmica tκ .

00 0

. . . .. .

i d

i d

l l

i t i i ti i di dP P

M MM dx M dxE I E I

δ κ θ θ θ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥= + + = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦∫ ∫

Siendo:

0

. .il

ti ti

x dxl

θ κ= ⇒∫ 1 . .2ti t ilθ κ=

En el caso de un desplazamiento prefijado δ del apoyo "i" (descenso) debe considerarse

su incidencia en ( 1),0iδ − , ,0iδ y ( 1),0iδ + .

Figura 4.33

Los giros se calculan "geométricamente" como la tangente de la elástica en los apoyos.

Los giros relativos son positivos cuando tienen el sentido elegido como positivo

para la incógnita de ese nudo.

Se considera que los momentos flectores en el estado auxiliar son positivos, por lo que el

sentido de los giros resulta:

il

δ

dl

il

iP

dl

dP

( )t−∆


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -27-

Figura 4.34

Por lo tanto, en este caso, los giros producidos por el descenso de apoyo en la estructura

isostática son contrarios al sentido de giro de los momentos indicados en los nudos que se

adoptan como positivos para el nudo "i", pero del mismo signo para los nudos "i–1" e "i+1"

Observando la Figura 4.33 se tiene:

( 1),0iilδδ − = + ,0i

i dl lδ δδ

⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

( 1),0idlδδ + = +

Observación final: Mover un apoyo en una cantidad prefijada no implica un

cambio de la estructura, sino simplemente la introducción de un estado de carga más

que no afecta a la matriz de flexibilidad.

4.11- Cálculo de reacciones y trazado de diagramas:

Repitiendo un esquema similar a las Figura 4.31 y Figura 4.32 se tiene:

Figura 4.35

1 1i i i ii Pi Pd

i i d d

M M M MR R Rl l l l− +⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= + − + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Los momentos 1iM − , iM y 1iM + llevarán el signo que resulta de resolver el

sistema de ecuaciones de compatibilidad.

El trazado del diagrama de momentos flectores requiere la superposición de los diagramas

0M multiplicados por las incógnitas hiperestáticas iM (con su signo). A veces resulta más

il

iP

dl

dP1iM − 1iM +iM

( )iθ + ( )dθ +


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -28-

simple desplazar la línea de referencia del diagrama 0M según los valores obtenidos para las

incógnitas. De esta manera resulta una línea de referencia de forma poligonal.

Ejemplo:

Figura 4.36

Nota:

El Método de Tres Momentos puede aplicarse a estructuras en forma de

poligonal no ramificada cuyos nudos están restringidos de desplazarse, por ejemplo:

Figura 4.37

Ejercicio Nº 1:

Determinar el esfuerzo en todas las barras del reticulado del croquis. Material: acero


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -29-

Barra

Nº A

[cm²]

l [cm]

.A El

0N 1N 2N 21

.NA E

l⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

22

.NA E

l⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1 2..

N NA E

l⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

0 1..

N NA E

l⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

0 2..

N NA E

l⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

fN

1 3 375 16800 166,7 0 0 --- --- --- --- --- 166,7

2 4 300 28000 -133,3 0 0 --- --- --- --- --- -133,3

3 4 225 37333 -100 0 -0,6 --- 9,64e-06 --- --- 1,60e-03 -118,5

4 3 300 21000 133,3 0 -0,8 --- 30,47e-06 --- --- -5,08e-03 108,6

5 3 300 21000 -266,7 1,33 -0,8 8,47e-05 10,47e-06 -5,02e-05 -1,69e-02 10,15e-03 -88,2

6 3 375 16800 166,7 -1,67 1 16,53e-05 59,52e-06 -9,92e-05 -1,65e-02 9,92e-03 -56,4

7 3 375 16800 0 0 1 --- 59,52e-06 --- --- --- 30,9

8 3 225 28000 0 0 -0,6 --- 12,86e-06 --- --- --- -18,5

∑

2,50e-04

11δ

2,025e-04

22δ

-1,50e-04

12δ

-3,34e-02

10δ

1,66e-02

20δ

22 3 4A A cm= =

21 4 5 6 7 8 3A A A A A A cm= = = = = =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -30-


1

2

2,5 1,5 334,6.

1,5 2,025 166,1XX

− ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

1 152,4X =

2 30,9X =

Los esfuerzos en el hiperestático se obtienen por superposición

[ ] [ ] [ ]0 1 2152,4 30,9fN N N N⎡ ⎤ = + × + ×⎣ ⎦


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -31-

Ejercicio Nº 2:

La torre tiene una altura de 26 m, y tiene tres riendas igualmente espaciadas sobre un

radio de 15 m.

La torre resultó larga 2 mm por error de montaje y la temperatura de las barras 1 y 2

disminuyó 20 °C. Determinar las fuerzas en las barras. 2

1 2 3 1A A A cm= = = ; 24 40A cm=

Se adopta como isostático fundamental a la torre con un corte en la parte superior. En el

estado "0" no hay esfuerzos, sólo existen deformaciones térmicas y la torre es demasiado "larga".

tε

x

y

(1)

(2)

tε

"0"Estado

z

A

B

CD

E

x

y

(1)

(2)

(3)(4)D

E


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -32-

En el estado "1" las fuerzas en los tres cables serán iguales por simetría. La componente

vertical de (1) debe ser entonces igual a 1/3. Barra

Nº A

[cm²]

K

[Kg/cm] 0N

K

. .t lα ∆ e 1N 21N

K

22

.NA E

l⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1 1 699,5 --- -0,66 --- 0,385 2,12e-04 -2,5427e-01

2 1 699,5 --- -0,66 --- 0,385 2,12e-04 -2,5427e-01

3 1 699,5 --- --- --- 0,385 2,12e-04 ---

4 40 32307,7 --- --- -0,2 -1 3,09e-05 -0,2

411 6,66 10δ −= ×

110 7,08 10δ −= − ×


01 1 11 1 4

0,708. 0 1061,56,66 10

X X Kgδ δ −+ = ⇒ = =×

Fuerzas en barras:

( )0 1 1.iF N X N= +

(1) 0 1061 0,385 408,5F = + × =

(2) 0 1061 0,385 408,5F = + × =

(3) 0 1061 0,385 408,5F = + × =

(4) 0 1061 ( 1) 1061,5F = + × − = −

x

y

1"1"Estado

1

(1) 1/ 3 (1) 0,38530,02 26

= ∴ =

(1) (3)

(2)


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -33-

Ejercicio Nº 3:

Resolver el ejercicio anterior por un procedimiento general, sin considerar simetría, y

calcular el corrimiento del extremo superior de la torre en dirección "y".

1 2 3 30,017l l l= = =

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

1

2

3

4

0; 15; 26 0; 0,5; 0,866

12,99;7,5; 26 0, 433;0, 25; 0,866

12,99;7,5; 26 0, 433;0, 25; 0,866

0;0; 26 0;0; 1

EA

EB

EC

ED

λ

λ

λ

λ

= − − = − −

= − = −

= − − = − −

= − = −

tε

"0"Estado

A

B

CD

E

xy

tε

e

D

E

z

A

B

CD

E

x

y

(1)

(2)

(3)(4)( )0; 15;0−

( )12,9;7,5;0

( )12,9;7,5;0−


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -34-

El equilibrio del punto E exige que:

1 (1) 2 (2) 4 (4) (3). . . 1. 0X X Xλ λ λ λ+ + + = (Se han supuesto todas las fuerzas salientes de E)

De esta ecuación vectorial se obtienen tres ecuaciones escalares:

1

2

4

0 0, 433 0 0, 4330,5 0, 25 0 . 1. 0, 25

0,866 0,866 1 0,866

XXX

−⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

1

2

4

1,01,0

2,6

XXX

=== −

Barra

Nº A

[cm²]

.A El

0

.NA E

l⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

. .t lα ∆ e 1N (*) 21

.NA E

l⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

FN EYN (**)

1 1 699,5 --- -0,66 --- 1,0 -0,6604 0,00143 408,5 2,0 -0,152

2 1 699,5 --- -0,66 --- 1,0 -0,6604 0,00143 408,5 --- ---

3 1 699,5 --- --- --- 1,0 --- 0,00143 408,5 --- ---

4 40 32307,7 --- --- 0,2 -2,6 -0,520 0,0021 -1061,5 -1,73 0,167

(*): 01. . .NN t l e

Kα⎛ ⎞+ ∆ +⎜ ⎟

⎝ ⎠

(**): . . .FEY

NN t l eK

α⎛ ⎞+ ∆ +⎜ ⎟⎝ ⎠

10 : 1,84δ − ; 11 : 0,0045δ ; : 0,015EYδ +

1"1"Estado

A

B

CD

E

xy

1


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -35-


0101 1 11 1

11

1,84. 0 408,50,0045

X X δδ δδ

+ = ⇒ = − = − =

Estado auxiliar:

1

2

4

0 0, 433 0 00,5 0, 25 0 . 1. 1

0,866 0,866 1 0

XXX

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

1

2

4

2,00,0

1,73

XXX

=== −

: 0,015YEδ

Ejercicio Nº 4:

La parte inferior del segundo tramo de la viga continua de dos tramos sufre un aumento

de temperatura t∆ .

Se pide resolver el problema hiperestático y trazar los diagramas de solicitaciones.

t∆

(1)

A

B

CD

E

xy

(2)

(4) (3)

1


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -36-

Cálculo de 10δ :

( ) ( )2

100

.1. . .2

lt

tlx dx κδ κ= − = −∫

Nótese que el primer tramo gira como cuerpo rígido alrededor de B.

Cálculo de 11δ : (despreciando deformación por corte)

( )2 3

110

1. 2.2. .. 3. .

l x ldxE I E I

δ = =∫

La ecuación de compatibilidad establece que el extremo de la viga no debe separarse del

apoyo.

10 11. 0Xδ δ+ = ⇒10

11

. .3 .4

tE IXl

δ κδ

= − =

El estado final se obtiene por superposición:

1Estado Final = Estado "0" + X .Estado "1"

t+∆

10δ

11δ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -37-

Ejercicio Nº 5:

Durante el montaje del resorte " AB " fue necesario comprimirlo 2 cm entre las vigas

para colocarlo. Se pide:

a) Corrimiento del punto A

b) Diagramas de , ,fM Q N .

Datos:

41 1

42 2

2, 4 3,8 60

0,98 3,0 100

KgI cm h cm Kcm

I cm h cm P Kg

= = =

= = =

50ºt C∆ =

10ºt C∆ =

1 .4 tκ

3 .4 tκ

tκ

3 . . .4 tE I κ

t∆


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -38-

( )2010 1

1 40 1. . 80 60 6000 20 2 80 1 2 4,5133. 2 3,8 6. .t

l

MM dxE I E I

δ κ α⎛ ⎞= + = − × × × − × × × + × − × = −⎜ ⎟⎝ ⎠∫

1 2

2 2 2 23 31 1 1

111 2

1 1 1. . 80 80 0,1334575. . 3. . 3. .l l

M M Ndx dxE I E I K E I E I K

δ = + + = × + × + =∫ ∫

10 11. 0Xδ δ+ = ⇒10

11

33,81X Kgδδ

= − =

( )2 3

1 1

1 40 1 1. . 80 60 6000 20 2 80 80 33,81. 2 3,8 6. . 3. .A

l

MM K dxE I E I E I

δ α⎛ ⎞= + = × × × + × × × + × − × ×⎜ ⎟⎝ ⎠∫

1,368A cmδ =

M

κ

1M

0

.ME I

tκ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -39-

Ejercicio Nº 6:

Calcular los diagramas , ,f tQ M M para el emparrillado plano de sección circular hueca y

forma de triángulo isósceles cargado perpendicularmente en el centro de la base del triángulo.

2.0, 4.

. 0,8. .

J IG EG J E I

===

Por la simetría respecto al eje “y” se analiza sólo la mitad colocando sobre el plano de

simetría empotramientos deslizantes que restringen el giro alrededor del eje y .


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -40-

Se trata de un cuerpo plano con cuatro condiciones de apoyo. Se elige como incógnita

hiperestática el momento flector (momento alrededor del eje y) en el punto de aplicación de la

carga.

( ) ( ) ( )2 2 211

1 1 1 88.30. 1 .50. 0,6 .50. 0,8. . . .

Flexión en AC Flexión en AB Torsión en AB

E I E I G J E Iδ = + + =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )101 1 1 1095..30. 1 . 15. .50. 0,6 . 9. .50. 0,8 . 12.. . . .

Flexión en AC Flexión en AB Torsión en AB

PP P PE I E I G J E I

δ = + + = +

Se plantea la ecuación de compatibilidad: el giro en C alrededor del eje y es nulo.

10 11. 0Xδ δ+ = ⇒1095.

.88.

PE IX

E I

= − 12,44.X P=


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -41-

Nótese que la viga AC se encuentra en una situación intermedia entre simplemente

apoyada y biempotrada.

Ejercicio Nº 7:

Calcular los desplazamientos de los nudos del emparrillado del ejercicio anterior.

Una vez resuelto el problema hiperestático se pueden calcular uno por uno los

desplazamientos.

2.0, 4.

. 0,8. .

J IG EG J E I

===


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -42-

En todos los casos se ha omitido el cálculo de las reacciones de apoyo. En todos los casos

debe plantearse:

Sumatoria de fuerzas según " z " igual a cero 0ziP⇒ =∑

Sumatoria de momentos alrededor de " x " igual a cero 0xiM⇒ =∑

Sumatoria de momentos alrededor de " y " igual a cero 0yiM⇒ =∑

1) Desplazamiento vertical del punto C’ ( )'CVδ :

( ) ( ) ( ) ( )' 21 1 1 130 2. 2,56. 12,44. 50 18 1,53. 50 24 2,04.. 6 . .

CV P P P P

E I E I G Jδ = × × × + − + × × × + × × ×⎡ ⎤⎣ ⎦

' 2454,5. 1099, 4 1380,7. 0,8

CV

PE I

δ ⎡ ⎤= − + +⎢ ⎥⎣ ⎦

' 3349..

CV

PE I

δ = ⇓

2) Giro alrededor del eje " x " del punto A ( )xAφ :

10

30

ABM

=== −


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -43-

( ) ( ) ( )1 1 1 61,3650 0,5 1,534. 0, 45 0,8 50 0,6 2,045. . 13, 42. . . 0,8

xA P P

E I G J E Iφ ⎡ ⎤= × × × − + × × × = − +⎢ ⎥⎣ ⎦

63, 28..

xA

PE I

φ =

3) Giro alrededor del eje " y " del punto A ( )yAφ :

( ) ( )1 1 1 81,8150 0,6 1,534. 50 0,8 2,04. . 46,02. . . 0,8

yA P P

E I G J E Iφ ⎡ ⎤= × × × + × × × = +⎢ ⎥⎣ ⎦

148,28..

yA

PE I

φ =

4) Giro del punto B alrededor del eje " x " ( )xBφ :

00

1

ABM

=== −

140

1403040

A

B

M

=

= −

= −


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -44-

( )1 1 50 1, 25 1,534.. 2

xB P

E Iφ = × × × ×

47,94..

xB

PE I

φ =

Nótese que xAφ está asociada a la torsión de la barra AC, y que y

Aφ está asociada a la

flexión de la barra AC. Para determinar los giros asociados a torsión y flexión del tramo AB se

debe transformar los giros de A y B a coordenadas locales.

Giros en coordenadas globales = giros alrededor del eje "x" local + giros alrededor del eje

"y" local.

Verificación:

La diferencia de giros alrededor del eje " x " local de la barra AB debe provenir del

momento torsor actuante sobre la barra:

..tM l

G Jθ = ∴ ( )156,59 28,76. 0,80 ..

. 50tG J E IM P

l E Iθ

− ×= = × ×

2,045.tM P=

lx

ly

ly

lx

140

1403040

A

B

M

=

= −

= −


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -45-

No habiendo desplazamientos verticales de los extremos A y B, ni cargas exteriores en el

interior del tramo, resulta simple determinar los momentos actuantes en los extremos de la barra

por un análisis similar al método de tres momentos (recordar que se consideran giros positivos

cuando coinciden con el sentido del momento aplicado).

3. . 6. . .

6. . 3. .

A A

B B

l l ME I E Il l

ME I E I

θ

θ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

∴

4. . 2. .

.2. . 4. .

A A

B B

E I E IMl lE I E I

Ml l

θ

θ

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

Despejados AM y BM pueden ser puestos en función de los giros extremos, adoptando

una convención única: giros y momentos antihorarios son positivos.

4. . 2. .. .A A BE I E IMl l

θ θ= +

2. . 4. .. .B A BE I E IMl l

θ θ= +

1,53.1,53.

A

B

M PM P

= −=

Nota: las fuerzas actuantes en los extremos de barra pueden determinarse una por una

cuando se conocen los desplazamientos de los extremos de barra. Está forma operativa que

consiste en calcular primero los desplazamientos y luego las fuerzas, es la que corresponde al

“Método de los desplazamientos” o Método de Rigidez. Se sugiere al lector determinar las

fuerzas de extremo de la barra AC (superponer a las fuerzas de extremo causadas por los giros en

A y C las reacciones debidas a la carga P actuando en el centro)

Ejercicio Nº 8:

a) Calcular la rigidez del aro

b) Calcular el aumento de diámetro vertical para una carga horizontal P.

(Considerar solo flexión)

BMAM


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -46-

El sistema admite dos ejes de simetría y puede analizarse sólo un cuarto del aro

imponiendo condiciones de apoyo adecuadas.

Es necesario colocar empotramientos deslizantes sobre los ejes de simetría. Cada

empotramiento deslizante restringe dos grados de libertad. El problema es hiperestático de

primer grado. Se adopta como incógnita hiperestática el momento en la parte superior.

( )/ 2

211

0

1 1. 1 . . . .. . 2

R d RE I E I

π πδ θ= =∫

Fundamental

.vecesX

θ

( )( ). . 1 cos2PM R θ= −

( ).cos2PN θ= (-)


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -47-

( )/ 2

210

0

1 1. . . 1 cos .1. . . . . 1. 2 . 2 2

P PR R d RE I E I

π πδ θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫

10

11

1 1. .2

X P Rδδ π

⎛ ⎞= − = − −⎜ ⎟⎝ ⎠

0,18169. .X P R=

a) Rigidez (por iW ):

( )/ 2

2

0

1 . . . 0,3183 0,5.cos . . .42. .iW P R R d

E I

π

θ θ⎡ ⎤

= − +⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

∫

2 21 .. 0,14878.2 .i

P RWE I

⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ;

21 .2i

PWK

=

3.0,149..h

P RE I

δ =

3

.6,7214. E IKR

=

b) vδ por trabajos virtuales:

( ) ( )/ 23

0

1 . . . 0,3183 0,5.cos . . .4. 2v

senP R d

E I

π θδ θ θ

⎡ ⎤⎛ ⎞= − +⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

∫

θ 1 . ( )2

M R sen θ=

( ). . 0,1817 0,5. 1 cosM P R θ= − −⎡ ⎤⎣ ⎦


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -48-

3.0,137..v

P RE I

δ =

Nótese que el aro se "ovala" y que el aumento de diámetro vertical es similar a la

disminución de diámetro horizontal.

Ejercicio Nº 9:

Trazar los diagramas de , ,M Q N para el sistema mostrado en la figura.

El problema es hiperestático de primer grado debido al desplazamiento prefijado ∆ que

equivale a un apoyo móvil.

Se desprecian las deformaciones por corte y efecto axial en los tramos con flexión.

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 25 4 6 421 3

11 2 3 20 0 0 0

1, 2. 6 1. 1. . . .

. . . .R

x x Ndx dx dx dxE I E I E I K A E

δ = + + + +∫ ∫ ∫ ∫

5 5 5 3 7 311 2,857 10 6,857 10 3,428 10 2,88 10 9,52 10 3,01238 10δ − − − − − −= × + × + × + × + × = ×

( )55 5 2

4 410 1

0 0 0

. . 2, 2 10 . 1, 2. . 1 2,2 10 .1,2. 1 1,00332txM dx x dxδ κ − −= − ∆ = × − − = − × − = −∫ ∫

∆4. 2, 2 10i

tt

hακ −∆

= = ×

10δ

11δ

1, 2N =

1x

3x

1 11, 2.M x=

2 6M =

3 31.M x=

RK

it∆

∆

4 2

6 62

1,0 2,0

500 2,0

1,0 40º111 10 . 2,1 10

º

R

i

I cm A cmKgK h cmcm

cm t CKgE

C cmα −

= =

= =

∆ = ∆ = +

= × = ×


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -49-

La ecuación de compatibilidad resulta:

10 11. 0Xδ δ+ = ⇒1,00330,00301

X = ⇒ 333,06X Kg=

κ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -50-

Ejercicio Nº 10:

Considerar en el ejercicio anterior las siguientes variantes:

a) Sin it∆ y cuerpo rígido

b) Con it∆ y cuerpo rígido

c) Apoyo rígido (sin resorte)

Caso a):

Al considerar al cuerpo como rígido ( )I = ∞ no hay deformaciones por flexión.

10 11. 0Xδ δ+ =

10 1δ = −

2

11 0,00288R

NK

δ = =

1 .0,00288 0X− + =

347,2X Kg=

∆

RK

it∆

∆

4 2

6 62

1,0 2,0

500 2,0

1,0 40º111 10 . 2,1 10

º

R

i

I cm A cmKgK h cmcm

cm t CKgE

C cmα −

= =

= =

∆ = ∆ = +

= × = ×


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -51-

Se trata de un giro de cuerpo rígido alrededor de B, venciendo la fuerza del resorte. La

fuerza X debe ser mayor que en el ejercicio anterior.

Caso b)

Al considerar el efecto térmico cambia 10δ mientras que 11δ es igual que en el caso a).

10 1,0033δ = − ; 311 2,88 10δ −= ×

1,0033 .0,00288 0X− + = 348,4X Kg=

La fuerza debe ser algo mayor que en el caso a) para contrarrestar el efecto de la

curvatura térmica en el tramo AB.

Caso c)

Al considerar un apoyo rígido en A en lugar del resorte, el ∆ se logra a través de

deformaciones flexionales (despreciamos corte y normal).

10 1,0033δ = − ; 411 1,314 10δ −= ×

1,0033 0,0001314. 0X− + = 7633,8X Kg=

∆

∆

it∆


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -52-

La fuerza resulta mucho mayor que en los casos anteriores porque ya no ocurre giro de

cuerpo rígido permitido por el acortamiento del resorte.

El desplazamiento ∆ se lograría primordialmente a través del efecto acumulado de la

curvatura.

Observación:

Suponiendo una tensión de fluencia 23000fKgcm

σ = vemos que:

.630001/1

ff

M XW

σ = ∴ =

500,0fX Kg=

Vale decir que: se lograría el 1,0cm∆ = a través del giro alrededor de una o varias rotulas

plásticas que se producirán en el tramo BC.

Ejercicio Nº 11:

Resolver la parte a) del ejercicio anterior en forma exacta empleando la teoría de segundo

orden (plantear el equilibrio en el sistema deformado)

La solución considerando el ángulo como rígido consiste en una rotación de cuerpo rígido

alrededor del apoyo B.

416,64500arctan

5 5lθ

⎛ ⎞⎜ ⎟∆⎛ ⎞ ⎝ ⎠= =⎜ ⎟

⎝ ⎠ ; 9, 4617ºθ =

RK

it∆

∆

4 2

6 62

1,0 2,0

500 2,0

1,0 40º111 10 . 2,1 10

º

R

i

I cm A cmKgK h cmcm

cm t CKgE

C cmα −

= =

= =

∆ = ∆ = +

= × = ×


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -53-

Si se calcula el desplazamiento horizontal del punto D, éste resulta 1,04cm∆ = .

Se podría pensar que reduciendo las fuerzas en un 4% se obtendría la solución correcta.

En ese caso habríamos determinado "exactamente" el desplazamiento a partir de fuerzas

calculadas como actuando en la estructura indeformada (ecuación de momentos respecto al

punto B que relaciona la fuerza aplicada X con la fuerza en el resorte) sin tener en cuenta que al

rotar el marco cambian los brazos de palanca.

Planteo exacto:

1) Considerando el ángulo como rígido el cálculo de θ es un problema cinemático.

2 26 4BD l= = + 52l =

06arctan4

α ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

0 56.31ºα =

( ) ( )0 0.cos .cosl lα α θ− + = ∆

1,0cm∆ = 9,106ºθ =

θl∆

∆


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -54-

2) Una vez determinado el ángulo θ se pueden determinar en forma exacta los brazos de

palanca y el alargamiento del resorte.

( )5. 0,633U sen θ= −

Tomando momento respecto a B:

( )500 0,633 4,937 6,557 0X× × − × =

297,88X =

Notas:

1) La solución no lineal (teoría de 2° orden) difiere apreciablemente de la solución de la

teoría lineal (1° orden). Las diferencias crecen cuando aumenta el ángulo θ .

2) El planteo de 2° orden resultaría muy engorroso en un caso más general como el del

ejercicio Nº 12.

Ejercicio Nº 12:

Resolver el ejercicio Nº 9 considerando como incógnita hiperestática el momento flector

en el punto C.

θ

0α

∆

( )0α θ+0. ( ) 6,557l sen α =

5.cos( ) 4,9837θ =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -55-

Este planteo es un tanto complejo; mejor resulta considerar una articulación en "C" y un

apoyo móvil en D que asegure ∆ .

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 25 4 62

110 0 0

0, 2. 1 1,67. 1. . . .4

. . . .R

x xN dx dx dxK E I E I E I A E

δ = + + + +∫ ∫ ∫

( )6 25 4 33

110 0 0

0,1660,04 0,04 . .4500 500 . 3 36. . 2.

x xxE I E I E

δ = + + + +×

5 7 6 7 811 8 10 7,936 10 1,9604 10 9,5238 10 8,36 10δ − − − − −= × + × + × + × + ×

511 8,367725 10δ −= ×

42, 2 10tκ−= ×

10δ

∆

RK

it∆

∆

4 2

6 62

1,0 2,0

500 2,0

1,0 40º111 10 . 2,1 10

º

R

i

I cm A cmKgK h cmcm

cm t CKgE

C cmα −

= =

= =

∆ = ∆ = +

= × = ×


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -56-

( )5

100

. 0,2. .6

Giro Prefijado

t x dxδ κ ∆= − −∫

54 2

100

0, 22,2 10 . . 0,1666 12

xδ − ⎛ ⎞= − × − ×⎜ ⎟⎝ ⎠

10 0,167217δ = −

La ecuación de compatibilidad establece que el ángulo entre los extremos que concurren a

" C " debe ser de 90°.

10 11. 0CMδ δ+ =

55

1 0,1672170,167217 .8,3677 106 8,368 10C CM M−

−− + × = ∴ =×

1998 .CM Kg cm=

Este resultado coincide con el obtenido en el ejercicio Nº 9.

Ejercicio Nº 13:

El tensor AE está pretensionado con 40 Kg., Marco A-B-D-E 2 2

1 24

0,5 7,0

4,0 4,0

A cm A cm

I cm h cm

= =

= =

Los t∆ actúan sobre la porción BD; 30ºst C∆ = - 5ºit C∆ = - 200P Kg=

Determinar:

a) Esfuerzo en el tensor

b) Máximo M en el marco

c) Corrimiento de E respecto del estado de pretensión.

it∆st∆


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -57-

( ) ( ) ( )40 80 80

5 410

0 0 0

1,1428 0,3300 0,0154

100.2. . 60 . 6,875 10 . 60 . 1,925 10 . 1 . 0,8282.

x dx dx dxE I

δ − −

− + −

= − + − × − + × − = −∫ ∫ ∫

80 80 60 802 2 2 2

11 6 6 6 60 0 0 0

0,000005 0,000076 0,017143 0,034287

1 60 1. . 2. . . 0,051514,7 10 8, 4 10 8, 4 10 1,05 10

xdx dx dx dxδ = + + + =× × × ×∫ ∫ ∫ ∫


10 11. 0Xδ δ+ = 16,08X Kg=

a) Esfuerzo en el tensor:

40 16,08 1T Kg= + × 56,1T Kg=

b) Máximo momento flector:

/Kg m

( ). 17,5tε α=

25.4tκ α ⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠/Kg m

/Kg m


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -58-

max 24 0,6 16,08M = + × max 33,65 .M Kg m=

c) Corrimiento del punto E:

. .E

EA

N dxδ ε= ∫ 31, 2 10E cmδ −= ×

Ejercicio Nº 14:

Resolver el estado de cargas finales en la estructura de la figura y dar los diagramas de

esfuerzos.

6. 330 10tε α −= − ∆ = − ×

30ºt C∆ = − 6

4 62

2 62

2 2

130º 11 10 .º

1000 2,1 10

10,0 0,84 10

1,0 0,5c tensor

t CC

KgI cm Ecm

KgA cm Gcm

A cm A cm

α −∆ = − = ×

= = ×

= = ×

= =

51,53 10.N

A Eε −= = ×

1AA


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -59-

2 2 2

111 0 0

. . .. . .

i il lni i

i c

N l M Qdx dxA E E I A G

δ=

= + +∑ ∫ ∫

3 3 6 3 511 0,269 10 0,266 10 4,76 10 0,317 10 5,95 10

Tensores Normal Momento Flector Corte

δ − − − − −= × + × + × + × + ×

411 9,1677 10δ −= ×

001

1

. . . ..

n

ii i

N l t l NA E

δ α=

⎛ ⎞= + ∆⎜ ⎟⎝ ⎠

∑

( ) ( ) ( ) ( )6 601 6

223,6 447, 2 330 10 447,2 . 0,790 330 10 282,8 . 10,5 2,1 10

δ − −−

⎛ ⎞×⎜ ⎟= − × × − − × × −⎜ ⎟× ×⎝ ⎠

( ) ( )6 2 2 26

200 200 330 10 200 . 0,707 4,1352 10 9,3324 10 4,80 1010 2,1 10

− − − −⎛ ⎞×⎜ ⎟− + × × = × − × − ×⎜ ⎟× ×⎝ ⎠

201 9,9981 10δ −= − ×

11 01. 0X δ δ+ = ∴ 01

11

X δδ

= −

109,06X Kg=

Ejercicio Nº 15:

Se pide trazar los diagramas de momento flector y corte.

Mediante la fuerza F se eleva el punto "E" 0,4 cm. El t∆ actúa en toda la viga.

15,0 0,8 500 Kgh cm b cm Kcm

= = =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -60-

Ecuación de compatibilidad: ( )2X F=

01 1 11 2 12

02 1 21 2 22

. . 0

. . 0X XX X

δ δ δδ δ δ

+ + =+ + =

001 1 1. . . . 0, 4486

.

C C

tB A

M M dx M dxE I

δ κ= + = −∫ ∫

.

002 2 2. . . . 0,40 2,7948

.

Despl PrefijadoD E

tB B

M M dx M dxE I

δ κ= + − = −∫ ∫

2 221 1

11 . 1,6109 10.

C

A

M NdxE I K

δ −= + = ×∫

222

22 . 5,6172 10.

E

B

M dxE I

δ −= = ×∫

0BDM 1ACM

1N

2BEM

tκ

40ºt C∆ =

10ºt C∆ =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -61-

31 212 21

. . 7,4074 10.

C

B

M M dxE I

δ δ −= = = ×∫

Resolviendo el sistema tenemos:

1 5, 29X = 2 49,06X =

La fuerza F que eleva el punto E en 0,4 cm., puede existir como tal, pero puede ser

también un apoyo colocado 0,4 cm. más alto por necesidades constructivas, o simplemente por

error de construcción.

Este tipo de cálculo sirve para saber en cuanto influyen los errores de montaje en los

esfuerzos máximos a que se someterá la pieza.

Ejercicio Nº 16:

Determinar la tensión máxima en barras de cordones, diagonales y montantes.

(1) Tensor: 21 2,0A cm= ; Pretensión = 400 Kg.

(2) Viga empotrada: 25,0b h cm= =

Diagonal: 22 2,0A cm= ; Montante: 2

3 2,0A cm= ; Cordón: 24 5,0A cm=

22100000 KgEcm

= 2840000 KgGcm

=


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -62-

Reemplazaremos a la viga reticulada por una viga equivalente de alma llena.

Cálculo del área de corte cA de la viga equivalente:

a) Tramo de viga reticulada: la deformación por corte debe ser la misma en ambas vigas

1 2δ δ= .

e iW W= --------------- ( )26 2

11 1. . . 9,06 10 .2 2 2 .

i

i

i

NQ QA E

l

δ −= = ×⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

∑

b) Tramo de viga equivalente:

e iW W= --------------

2

26

2 0

1 1 2. . . . 7, 44 10 .2 2 2 .

l

c c

QQ Qdx

A G Aδ −

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= = ×∫

Igualando: 2

6 6 27, 44 10 . 9,06 10 .c

Q QA

− −× = × -------------- 20,82cA cm=

24

44. . 31252xhJ A cm⎛ ⎞= =⎜ ⎟

⎝ ⎠

2δ

1δ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -63-

Barra l A .A El

iN

2

.iN

A El

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Diagonal

Montante

55,9

25

2

2

75132

168000

2,236.2Q

1.2Q

5 21,663 10 .Q−×

5 20,148 10 .Q−×

El área de corte es doble debido a que el reticulado tiene dos caras:

21,64cA cm=

Rigidez flexional de la viga equivalente: 6 9. 2,1 10 .3125 6,56 10E I = × = ×

Rigidez al corte de la viga equivalente: 6. 1,64 840000 1,38 10cA G = × = ×

Rigidez a axial de la viga equivalente: 6 7. 4 5 2,1 10 4,2 10A E = × × × = ×

Solución del sistema hiperestático:

22. 3,5.

2xM q x= =

7.Q x=


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -64-

300 3002 2

010 0

3,5. 7..0,555. . .0,555. 0,600 0,127. .c CorteFlexión

x xx dx dxE I A G

δ⎛ ⎞⎛ ⎞− −

= + = − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫

10 0,727cmδ = −

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2360,5300 300 300

1110 0 0 0

0,555. 0,555 0,832 1. . . .

. . . .c

xdx dx dx dx

E I A G A E A Eδ = + + + =∫ ∫ ∫ ∫

411 4, 226 0,670 0,049 0,86 10

Flexión Corte Normal Tensor

δ −⎛ ⎞= + + + ×⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

411 5,803 10δ −= ×


10 11. 0Xδ δ+ = ∴ 104

11

0,7275,803 10

X δδ −= − =

×

1253X =

Diagramas finales:

Estado Final = Estado "0" + X.Estado"1" + Pretensión


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -65-

Máxima tensión en barras de cordón:

( ) ( ) 60090 1375 240, 4 68,753125 2012,5

x x

Máx

M NW A

σ⎛ ⎞

= + = + = +⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠

2309 Kgcm

σ =

Máxima tensión en montantes:

max

3

11832 2

2

Q

Aσ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =

⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

2296 Kgcm

σ =

Máxima tensión en diagonales:

max

2

11832,236. 2,236.2 2

2

Q

Aσ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠= =

2661 Kgcm

σ =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -66-

Ejercicio Nº 17:

Calcular el descenso del punto central de la viga del ejercicio anterior respecto a la

posición de montaje.

Como se pide el desplazamiento respecto a la configuración de montaje, no se tiene en

cuenta la pretensión. Estado Real = Estado "0" + X.Estado "1"

( ) ( )2300 300

150 150

3,5. 695. 695 7.. 1. 150 . .1.. .c

x x xx dx dxE I A G

δ− + ⎛ ⎞− +

= − − + =⎡ ⎤ ⎜ ⎟⎣ ⎦⎝ ⎠

∫ ∫

( )3 2300 300

150 150

3,5. 1220. 104250. 7. 695. . 0,0846 0,0956. .c Flexión Corte

x x x xdx dxE I A G

δ+ − + ⎛ ⎞−

= + = + +⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -67-

0,18cmδ =

Alternativa:

( ) ( )2150 150

9 60 0

3,5. 355. 25500 355 7.. . .1.6,56 10 1,38 10

z z zz dz dzδ −

− − + +⎛ ⎞= − + =⎜ ⎟× ×⎝ ⎠∫ ∫

( )3 2150 150

9 60 0

3,5. 355. 25500. 355 7.. . 0,085 0,0966,56 10 1,38 10

z z z zdz dzδ −

+ + + +⎛ ⎞= + = + +⎜ ⎟× ×⎝ ⎠∫ ∫

0,18cmδ =

Ejercicio Nº 18:

Determinar las reacciones de apoyo en el caso genérico de la viga biempotrada con un

momento concentrado.

Elegimos como sistema isostático fundamental al voladizo empotrado en A.

.lα .lβ

2

2

1503,5. 695.3,5. 355. 25500

695 7.355 7.

x zM x xM z zQ xQ z

= +

= − + ∴

= − − += − + ∴= +

M = -1.z

z


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -68-

10 . ..

MlE I

δ α= ; 20.. . .

. 2M l llE I

βδ α +⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

; ( )2

11

1 ..

lE I

δ = ; 121 1. ..2 .

l lE I

δ =

221 . ... 3

l l lE I

δ =

Las ecuaciones de compatibilidad garantizan que el extremo no rota ni se desplaza.

10 1 11 2 12

20 1 21 2 22

. . 0. . 0

X XX X

δ δ δδ δ δ

+ + =+ + =

2

2 3

. . .1.. 2. . .

.. . .. 22. . 3. .

B

B

Ml l M lE IE I E I

M l ll l lR E IE I E I

α

βα

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ −⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ =⎢ ⎥ +⎛ ⎞⎢ ⎥⎢ ⎥ −⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Resolviendo el sistema resultan los siguientes valores para las incógnitas hiperestáticas

( ). 3. 1 .BM Mα β= − 6. . .BMRl

α β= −

Por superposición de los Estados "0" más BM veces el estado "1" más BR veces el estado

"2", se obtienen las reacciones en A.

( ). 3. 1 1 .AM Mα β= + −⎡ ⎤⎣ ⎦ 6. . .BMRl

α β=

.lα


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -69-

Recordar el sentido positivo de las fuerzas y momentos

Como ejemplo sea 0,3α = :

Ejercicio Nº 19:

Se ilustrar la necesidad de considerar el t∆ , en la (Ec. 4.11), con un problema

hiperestático muy simple.

Se procede a determinar el desplazamiento vertical del punto A de la barra (a) cuando ésta

sufre un aumento uniforme de temperatura t∆ .

t∆

1l

Momentos positivos son antihorarios (+)

Fuerzas positivas hacia arriba ⇑


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -70-

01 1. .l t lδ α= ∆ = ∆

( )2 22

11 10

1.1 . .. .

l xl dx

A E E Iδ = + ∫


10 11. 0Xδ δ+ = ∴10

11

X δδ

= −

De acuerdo al sentido positivo adoptado para la incógnita hiperestática, 10δ resulta

positiva, y en consecuencia X resulta negativo. El signo menos indica que la barra (a) no está

traccionada sino comprimida.

Para calcular el desplazamiento de A, se utiliza el estado auxiliar unitario sobre el

isostático y se aplica el teorema trabajos virtuales.

Según (Ec. 4.11):

1 11. . . ..AX l t l

A Eδ α−⎛ ⎞= + ∆⎜ ⎟

⎝ ⎠ ………

21

1 1. . ..AX l t l

A Eδ

δ

δ α−= + ∆

.X

A E.T tε α= ∆

l∆ 11aδ

11bδ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -71-

El desplazamiento en el hiperestático se compone de dos términos: un descenso 1δ debido

a las solicitaciones, y un ascenso 2δ por dilatación térmica (libre). Cabe destacar que el

desplazamiento Aδ es idéntico a 'Aδ , condición dada por la ecuación de compatibilidad que

asegura un desplazamiento relativo nulo entre A y A'. Podemos llegar al mismo resultado

colocando la fuerza unitaria en A', y utilizando el mismo sistema equivalente.

El estado auxiliar correspondiente será:

( )2

'0

.1. . .

.

l

AX xx dxE I

δ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠∫

32

' .3. .A

lXE I

δ =

Se deja como ejercicio para el lector verificar que 'A Aδ δ=

Ejercicio Nº 20:

La unión abulonada fue forzada debido a los defectos de montaje que se indican en la

figura. Se pide determinar los diagramas de ,M Q y N .

θ

δ

4 41 2

2 21 2

1 2

100 1,0 2,5

0,08 0,7 0,91,0 3,0 4,0

P Kg I cm I cm

rad A cm A cmcm h cm h cm

θδ

= = =

= = == = =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -72-


01 1 11 2 12 3 13

02 1 21 2 22 3 23

03 1 31 2 32 3 33

. . . 0

. . . 0

. . . 0

X X XX X XX X X


+ + + =+ + + =+ + + =

( )102

1 10000 100 40 2 140 10,15876. .E I

δ = − × × × + × = −

311

2 1

1 1140 100 0,17433. . .E I A E

δ = × + × = ; 2 312 21

2

1 140 1,867 102. .E I

δ δ −= = × = − ×

13 31 0δ δ= = ; 320

2

1 100 0,015242. .E I

δ θ= × − =

522

1 2

100 140 7, 4286 10. .E I E I

δ −= + = × ; 2

323 32

1

100 2,38095 102. .E I

δ δ−= = × =

30 1δ δ= − = − ; 3

332 1

140 1 100. 0,1588. 3 .A E E I

δ = + =

31

3 5 32

33

0,1743 1,867 10 0 10,15871,867 10 7,4286 10 2,38095 10 . 0,01524

0 2,38095 10 0,1588 1

XXX

−

− − −

−

⎡ ⎤− × ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− × × × = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥× ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -73-

1

2

3

103,53784225,1217 .

57,0502

X KgX Kg cmX Kg

=== −

Ejercicio Nº 21:

Determinar a la fuerza P que hace que la posición de D sea igual que la de la viga sin P,

sin t∆ y sin resorte. El resorte es 1cm. más largo que la distancia D-E.

Kgb = 1,5cm h = 2,0cm (Sección Rectangular) K = 100cm

st∆ y it∆ actúa en el tramo A-B.

a)

40ºst C∆ =

10ºit C∆ =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -74-

10 11. 0Xδ δ+ =

( ) ( ) 3001 1 1. . . . 1 6,0317 10 . 1,099

.

C B

tA A Error Montaje

MM dx M dx PE I

δ κ −⎛ ⎞= + + − = − × −⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫

2 21 1

11 . 0,01 0,01 0,02.

D

A

M NdxE I K

δ = + = + =∫

36,0317462 10 . 1,099 100 0,02 0P−− × − + × =

149,38P Kg=

La fuerza del resorte X es conocida 100X Kg=

b)

Si 100X Kg= es conocida y condición final 0δ = se puede plantear:

01 11. ' 0Xδ δ+ =

Donde: 01δ no cambia y ( )21

11' . 0,01.

DAD

A

Mdx

E Iδ = =∫

36,0317462 10 . 0,099 100 0,01 0P−− × − + × =

149,38P Kg=

Observar que el resorte no interviene en el cálculo.

c)

( ).t s it thακ = ∆ −∆


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -75-

Se Calcula ahora la fuerza X con la carga 149,38P Kg= .

Suponiendo que el resorte no resultó largo ni corto.

50X Kg= max 1487 .BM M Kg cm= =

Se deja a cargo del lector analizar la razón por la cual el maxM en este caso es mayor que

en el anterior.

Ejercicio Nº 22:

Resolver por tres momentos los casos siguientes:

a)

La incógnita es AM y la carga exterior es el momento en B: .BM P a=

10 Aδ θ= (Debido a .BM P a= )


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -76-

. . .6. . 6. .Al M l P aE I E I

θ = − = −

El momento en B produce en A un giro antihorario que es de signo opuesto al sentido

horario adoptado por la incógnita AM .

La ecuación de compatibilidad es:

[ ] . .. 03. . 6. .A

l l P aME I E I

⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

.2A

P aM = , es decir que AM resulta positivo.

b)

De tablas: 3.

24. .Bdq l

E Iθ =

3.24. .Ci

q lE I

θ = 2.

16. .CdP l

E Iθ =

3

10.

24. .q l

E Iδ =

3 2

20. .

24. . 16. .q l P l

E I E Iδ = +

El sistema de ecuaciones de compatibilidad será:

( )M +

.2

P a

3 ..2

P al

3 ..2

P al

.2

P a

3 ..2

P al

3. 1 .2

aPl

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -77-

3

3 2

. 03. . 3. . 6. . 24. ..

. . 06. . 3. . 3. . 24. . 16. .

B

C

l l l q lME I E I E I E I

l l l q l P lME I E I E I E I E I

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥+ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥+ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

2. .20 40Bq l P lM⎡ ⎤

= − −⎢ ⎥⎣ ⎦

; 2. .

20 10Cq l P lM⎡ ⎤

= − +⎢ ⎥⎣ ⎦

Suponiendo: 2. . 0BP q l M< ⇒ <

O bien referido a la línea de referencia a horizontal:

.20 40Aq l PR = − ⇓ ;

11 21. . .20 40CR q l P= + ⇑

11 3. . .20 20BR q l P= − ⇑ ;

1 2. . .20 5DR q l P= − + ⇑

Ejercicio Nº 23:

En la viga continua del croquis se pide resolver los siguientes estados de carga por tres

momentos.

1 1. . .20 10

q l P−

1 1. . .2 8

q l P−

1 1. . .2 8

q l P+

1 3. . .20 5

q l P+

1 2. . .20 5

q l P− +

23 3. . . .40 80

q l P l−

2. .5 40

P l q l−

BM CM


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -78-

a) Descenso δ del apoyo “C”.

b) Descenso t∆ de la temperatura de la parte inferior del tramo AB.

a)

Es hiperestático de primer grado y es necesario plantear la ecuación de compatibilidad de

giro en el punto B.

11 1 10. 0Mδ δ+ =

[ ] [ ]. 03. . 3. . B

l l ME I E I l

δ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ + =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

2

3 .. .2B

E IMl

δ= −

Cálculo de reacciones:

3

3. . .2.AE IR

lδ

= ; 3

3. . .B

E IRl

δ= ; 3

3. . .2.CE IR

lδ

=

3

3. . .2.E I

lδ

3

3. . .2.E I

lδ

3

3. . .2.E I

lδ

3

3. . .2.E I

lδ

δ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -79-

b)

La flexibilidad es la misma que en el caso a), sólo que cambia 10δ .

[ ] [ ].. 03. . 3. . 2B

l l K lME I E I

⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ + − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

3 . . .4BM K E I=

La incógnita resulta positiva, luego el momento flector es:

Cálculo de las reacciones:

( )M +

10δ

δ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -80-

Ejercicio Nº 24:

Resolver la viga continua por tres momentos.

4

62

2,00 800

2,1 10 1000

2 12A

l m I cmKg KgE qcm m

cm h cmδ

= =

= × =

= =

Es un sistema hiperestático de segundo grado. Se adopta como incógnitas hiperestáticas a

los momentos flectores sobre los apoyos B y C.

δ

3 . ..4

K E Il

3 . ..4

K E Il

3 . ..4

K E Il

3 . ..4

K E Il

tκ

. tME I

κ κ= +


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -81-

0,01ABi l

δθ = = ; 3

3. 1,984 1024. .Bd

q lE I

θ −= = × ; 3

3. 1,984 1024. .Ci

q lE I

θ −= = ×

Las ecuaciones de compatibilidad establecen que no hay giro relativo entre los extremos

de barras que concurren en B y C.

03. . 3. . 6. . .

06. . 3. . 3. .

B Bi Bd

C Ci

l l l ME I E I E I

l l lM

E I E I E I

θ θ

θ

⎡ ⎤ +⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥+ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

8 8

8 8

0,0119847,9365 10 1,9841 10.

0,0019841,9841 10 7,9365 10

B

C

M

M

− −

− −

−⎡ ⎤ ⎡ ⎤× × ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥× × ⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

154400BM = − ; 13600CM =

Adθ

Biθ

Bdθ Ciθ

2. 500008

q l=

BM CM


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -82-

La máxima tensión de flexión resulta:

2

154400 1158800

6

Kgcm

σ = =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

CAPITULO 5 PRINCIPIOS DE MINIMA ENERGIA POTENCIAL ____________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -1-

Capítulo 5

Energía Complementaria

5.1- Principio de Mínima Energía Potencial Complementaria

Se define como energía potencial complementaria *π para sistemas elásticos a la

expresión:

( )* * .i i iW R Uπ = −∑ (Ec. 5.1)

*:π Es una función cuyas variables son fuerzas (o tensiones)

*:iW Es la energía de deformación complementaria función de fuerzas (o tensiones).

:iU Son desplazamientos conocidos y iR son fuerzas desconocidas aplicadas en los

puntos cuyo desplazamiento es conocido.

A continuación se analiza el significado de cada uno de los términos que conforman la

E.P.C.

Recuérdese que un sistema se dice elástico si la curva de descarga coincide con la curva

de carga (Figura 5.1) de modo que al retirar la carga no quedan deformaciones permanentes ni

se ha disipado energía.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -2-

Figura 5.1

Ciertos materiales que se comportan como elásticos para pequeñas velocidades de carga

pueden comportarse como elásticos pero viscosos, es decir que para variaciones relativamente

“rápidas” de la carga exhiben un ciclo de histéresis.

La energía de deformación complementaria corresponde al área de la región sombreada

de la Figura 5.2. La denominación de energía complementaria resulta obvia por ser el

complemento respecto de la energía interna de deformación, cuya suma es igual al área del

rectángulo .P e .

Figura 5.2

Aunque el principio de mínima energía potencial complementaria (P.M.E.P.C.) que se

enuncia a continuación es válido para sistemas elásticos en general (lineales o no lineales) en el

presente contexto se utilizará únicamente en sistemas linealmente elásticos. Para sistemas

lineales *iW es numéricamente igual a iW pero el asterisco indica que *iW está en función de

fuerzas o solicitaciones, y no en función de los desplazamientos o deformaciones como es el

caso de iW .

iW

*iW


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -3-

Figura 5.3

Al segundo término, ( ).i iR U−∑ , no se le asigna significado físico específico, aunque

por su expresión representa un “trabajo mecánico”; en realidad, para cargas estáticas, es decir

cargas aplicadas en forma progresiva a medida que se producen las deformaciones, estos

términos representan el doble (con signo cambiado) del trabajo realizado por las fuerzas

desconocidas iR aplicadas en los puntos de desplazamiento conocido iU .

Las fuerzas desconocidas (a priori) iR son normalmente denominadas “reacciones de

apoyo”. Recuérdese que se define como apoyos a los puntos cuyo desplazamiento se conoce (en

la mayoría de los casos los desplazamientos conocidos son nulos por lo que la sumatoria tiene

habitualmente pocos términos o bien ninguno).

El producto .i iR U tiene signo positivo si el desplazamiento prefijado iU tiene el

mismo sentido que la incógnita, en caso contrario tiene signo menos. Todo esto es

independiente de signo menos en la expresión (Ec. 5.1).

Como ejemplo considérese la viga de la Figura 5.4 cargada uniformemente.

Figura 5.4

1l 2l

1R2R

iW

*iW


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -4-

Momento flector en una sección genérica x 2

1.( ) .2

q xM x R x= − 10 x l≤ ≤

( )2

1 2 1.( ) . .2

q xM x R x R x l= − + − 1 1 2l x l l≤ ≤ +

(Ec. 5.2)

La energía de deformación por flexión (despreciamos la energía de deformación por

corte) es: 1 2 2

0

* .2. .

l l

i iMW W dxE I

+

= = ∫ (Ec. 5.3)

Por ser nulos los desplazamientos en todos los apoyos, se tiene que:

* *iWπ = (Ec. 5.4)

Según la (Ec. 5.2) el momento flector M es una función lineal en las variables 1 2,R R . La

expresión (Ec. 5.3) ilustra que la energía de deformación complementaria es una función

cuadrática en las variables 1 2,R R .

Debe reconocerse que las variables de la función *iW y consecuentemente *π según

(Ec. 5.4), son 1 2,R R , mientras que “x” es una variable auxiliar para realizar la integración en (Ec.

5.3).

Si en un tramo además de la carga distribuida "q" hay una carga concentrada P, para

calcular la energía interna (o la complementaria) de ambas cargas es necesario en primer término

calcular el momento flector total: ( ), P qP qM M M= +

Figura 5.5

Está claro entonces que:

( ) [ ]2 22

, P qP qM M M⎡ ⎤ ⎡ ⎤≠ + ⎣ ⎦⎣ ⎦ (Ec. 5.5)

1R 2R


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -5-

O sea que para calcular la energía interna total de “P” y de “q” hay que calcular primero

el momento flector total M(x) y luego evaluar la integra de la (Ec. 5.3): 2

1.( ) .2

q xM x R x= − 0 x a< <

( )2

1.( ) . .2

q xM x R x P x a= − − − 10 x l< <

( ) ( )

2

1 2 1.( ) . . .2

q xM x R x P x a R x l= − − − + −

1 1 2l x l l< < +

(Ec. 5.6)

La integral de la (Ec. 5.3) se evalúa sobre tres intervalos de la variable “x”.

Si se tiene una viga como en la Figura 5.6 con un apoyo elástico y un desplazamiento

prefijado δ , se debe considerar al resorte como parte del sistema elástico agregando la energía

correspondiente:

Figura 5.6

( )1 2 222

0

* .2. . 2.

l l

i

RMW dxE I K

+

= +∫ (Ec. 5.7)

Luego la energía potencial complementaria es:

( )1 2 222

120

* . .2. . 2.

l l RM dx RE I K

π δ+

= + −∫ (Ec. 5.8)

Esta expresión pone nuevamente en evidencia que *π es una función cuadrática en las

variables 1R y 2R .

1R

2R

δ

δ

2l1l


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -6-

5.2- Principio de Mínima Energía Potencial Complementaria

En el ejemplo que ilustra la Figura 5.7 cualquier par de valores para las fuerzas 1R y 2R

satisface equilibrio ya que el empotramiento en el nudo 3 producirá siempre las reacciones

necesarias para lograr el equilibrio.

Figura 5.7

Las reacciones de apoyo en el empotramiento resultan funciones de 1R y 2R , y se

calculan a través de las ecuaciones de equilibrio de la estática (suma de fuerzas y suma de

momentos iguales a cero).

De entre todos los pares de fuerzas 1R y 2R que satisfacen equilibrio existe uno sólo que

además cumple con las condiciones de compatibilidad.

La condición necesaria y suficiente para que un sistema de fuerzas en equilibrio cumpla

compatibilidad está dada por el principio de mínima energía potencial complementaria

P.M.E.P.C.

De entre todos los sistemas de fuerzas en equilibrio aquel que hace mínimo a *π

es el único que cumple las condiciones de compatibilidad.

*

EquilibrioCOMPATIBILIDAD

mínimoπ

⎫⎪⎬⎪⎭

Es fundamental reconocer que el sistema de fuerzas debe estar en equilibrio para que *π

mínimo implique compatibilidad. En general *π debe ser expresado únicamente en función de

las incógnitas hiperestáticas iX y por lo tanto, el número de incógnitas es igual al grado de

hiperestaticidad.

Adoptando un sistema isostático sobre el que actúen además de las cargas

exteriores, las incógnitas o fuerzas hiperestáticas, se puede asegurar que el sistema

cumple equilibrio. En efecto, bastará determinar las reacciones de apoyo del isostático

planteando ecuaciones de equilibrio estático. Dichas reacciones no constituyen nuevas

1R 2R


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -7-

variables del problema ya que pueden expresarse en función de las incógnitas

hiperestáticas.

Si se consideran más incógnitas independientes que las estrictamente necesarias la

condición de mínimo puede lograrse sin respetar el equilibrio y el resultado no tiene sentido. En

general *π presenta términos cuadráticos en las variables iX provenientes de *iW y términos

lineales provenientes de ( ).i iR U−∑ .

Las condiciones para que la función *π pase por un mínimo son:

1

* 0Xπ∂

=∂

; 2

* 0Xπ∂

=∂

; ……. ; * 0nX

π∂=

∂ (Ec. 5.9)

La (Ec. 5.9) es por lo tanto un sistema de ecuaciones lineales que permite determinar los

valores de las fuerzas incógnitas iX .

Volviendo al ejemplo de la viga de la Figura 5.7 y recordando que existe equilibrio para

cualquier par de fuerzas 1 2,R R se puede representar *π como función de las variables 1R y 2R .

*π Tiene la forma de un paraboloide de eje vertical.

Figura 5.8

El valor mínimo de *π , vale decir 0 *π , no tiene ningún significado físico ni utilidad

práctica específica, razón por la cual normalmente que es necesario calcular su valor numérico.

Lo que realmente interesa es el punto para el cual se produce el mínimo ( )0 01 2,R R , ya que

corresponde al valor de las fuerzas que cumplen las condiciones compatibilidad (además de las

de equilibrio).

El Principio de Mínima Energía Potencial Complementaria (P.M.E.P.C.) tiene un campo

de aplicación más amplio en la teoría de las estructuras que la que se analiza en el presente curso,

( )0 01 2,R R

01R

02R

1R

2R*π


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -8-

siendo aplicable a sistemas isostáticos e hiperestáticos en general. También se pueden calcular

tensiones ( ), ,etcσ τ en función de los esfuerzos ( ), ,tM M etc .

En el presente contexto se aplicará el P.M.E.P.C. exclusivamente a la resolución de

problemas hiperestáticos en estructuras de barras.

5.3- Método de las Fuerzas como aplicación del P.M.E.P.C.

Volviendo sobre la viga de la Figura 5.4 se demostrará que las ecuaciones del sistema

(Ec. 5.9) son exactamente las ecuaciones de compatibilidad del método de las fuerzas si se eligen

como incógnitas hiperestáticas a las reacciones de apoyo 1X y 2X .

Figura 5.9

Se podemos expresar el momento flector en cualquier sección del sistema hiperestático

como:

0 1 1 2 2. .M M X M X M= + + (Ec. 5.10)

Donde:

0 :M Es el momento causado por las fuerzas exteriores en la estructura isostática

fundamental

1 :M Es el momento flector causado por una fuerza unitaria colocada en el punto de

aplicación de la incógnita hiperestática 1X .

2 :M Es el momento flector causado por una fuerza unitaria colocada en el punto de

aplicación de la incógnita 2X .

La primera ecuación de (Ec. 5.9) es:

1

* 0Xπ∂

=∂

(Ec. 5.11)

Según (Ec. 5.3) y (Ec. 5.4) se tiene: 1 2 2

1 1 1 0

* * . .2. .

l lW M dxX X X E Iπ +∂ ∂ ∂

= =∂ ∂ ∂ ∫ (Ec. 5.12)

1X 2X


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -9-

Introduciendo la derivada parcial dentro del signo integral y aplicando la regla de la

cadena, se tiene: 1 2 1 2

11 10 0

* . . . .. .

l l l lM M Mdx M dxX E I X E Iπ + +∂ ∂

= =∂ ∂∫ ∫ (Ec. 5.13)

Ya que según (Ec. 5.10): 11

M MX∂

=∂

Reemplazando en (Ec. 5.13) el momento M según (Ec. 5.10) y recordando (Ec. 5.11) se

obtiene:

0 1 1 2 21

. . . . 0.

M X M X M M dxE I

+ +=∫ (Ec. 5.14)

0 1 21 1 1 2 1. . . . . . . . 0

. . .+ + =∫ ∫ ∫

M M MM dx X M dx X M dxE I E I E I

O sea:

01 1 11 2 12. . 0X Xδ δ δ+ + = (Ec. 5.15)

Que es la ecuación de compatibilidad correspondiente al "corte" donde actúa la incógnita

hiperestática 1X .

Conclusión:

Las condiciones de *π mínimo representan directamente las ecuaciones de

compatibilidad del Método de las Fuerzas.

Vale decir que el P.M.E.P.C. provee una forma alternativa de plantear las ecuaciones de

compatibilidad.

La expresión (Ec. 5.10) se consideró sólo para ilustrar que la aplicación del P.M.E.P.C. a

un problema hiperestático puede conducir a las ecuaciones de compatibilidad de deformaciones.

Para aplicar el P.M.E.P.C. a una viga o pórtico se puede omitir el planteo de los estados "0", "1",

"2", etc. que es imprescindible en el caso de aplicar trabajos virtuales. Se puede plantear

directamente el momento flector en cada tramo, tal como se hizo en las (Ec. 5.2) y (Ec. 5.6), para

luego calcular:

* .i i

W MM dxX X

∂ ∂=

∂ ∂∫ (Ec. 5.16)

Este procedimiento resulta más simple que calcular primero la integral para 2M y luego

derivar. Si en algún tramo se anula el término i

MX∂∂

, la integral en ese tramo también se anula.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -10-

El momento flector se expresa como si se tratara de un problema isostático considerando

a las iX como cargas exteriores.

Para la viga de la Figura 5.10 se tiene:

Figura 5.10

Tramo

Momento Flector 1

MX∂∂ 2

MX∂∂

1-2 2

1..2

q xX x − 0 x l< < x 0

2-3 ( )2

1 2.. .2

q xX x X x l− + − 2.l x l< < x ( )x l−

( )

( ) ( )

2.2 2

1 1 21 0 0

2. 2

1 22 0

* 1 . 1 .. . . . . . . . . 0. 2 . 2

* 1 .. . . . . 0. 2

l l

l

q x q xX x x dx X x X x l x dxX E I E I

q xX x X x l x l dxX E I

π

π

⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂= − + − + − = ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎪

⎬⎛ ⎞∂ ⎪= − + − − =⎜ ⎟ ⎪∂ ⎝ ⎠ ⎭

∫ ∫

∫ (Ec. 5.17)

3 3 41 2

3 3 41 2

8 5. . . . 2. .3 65 2 17. . . . . .6 6 24

l X l X q l

l X l X q l

⎧ + =⎪⎪⎨⎪ + =⎪⎩

111 . .28

X q l= 232 . .28

X q l=

Si se agregan dos desplazamientos prefijados como en el caso de la Figura 5.11, se

obtiene:

1X 2X


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -11-

Figura 5.11

[ ]" " 1 1 2 2* . .igual que en el caso anterioriW U X U Xπ ⎡ ⎤= − − +⎣ ⎦ (Ec. 5.18)

Las condiciones de mínimo son:

" " 11

" " 22

* 0

* 0

igual que en el caso anterior

igual que en el caso anterior

W UX

W UX

⎧⎡ ⎤∂+ =⎪⎢ ⎥∂⎪⎣ ⎦

⎨⎡ ⎤∂⎪ − =⎢ ⎥⎪ ∂⎣ ⎦⎩

(Ec. 5.19)

Recuérdese que en (Ec. 5.19) 1U y 2U son los módulos de los desplazamientos

prefijados. El sentido de los mismos se tuvo en cuenta al plantear el segundo término del

segundo miembro de (Ec. 5.18). (Si iU tiene igual sentido que iX el producto .i iU X es

positivo).

Analícese ahora qué ocurre si se consideran como incógnitas hiperestáticas a los

momentos flectores sobre los apoyos como en método de tres momentos.

Figura 5.12

Expresando todo en función de las nuevas incógnitas 1X y 2X , comenzando por las

reacciones de apoyo 1R y 2R :

1X

1X

1U2U

1R 2Ril dl

2X

1X

1X

2iR 2

dR1R 3R2X

1X 2X

1U2U


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -12-

( )1 1. . . 02i

i ilR l X q l− − = ⇒ 1 1

. 1.2

i

i

q lR Xl

= +

( )2 1. . . 02

i ii i

lR l X q l+ − =

( )2 1 2. . . 02

d dd d

lR l X X q l+ − − =

2 2 2i dR R R= + ⇒ 2 1 2

1 1 1. . .2

i d

i d d

l lR q X Xl l l

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎛ ⎞= + − − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

[ ]2

1 1 2 2* . . .2. .M dx R U R UE I

π = − − +∫

2

1 1 1 2 21 1 1 1* . . . . . . . .

2. . 2 2i i d

i i d d

l l lM dx q X U q X X UE I l l l l

π⎡ ⎤⎧ ⎫⎧ ⎫ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎪ ⎪⎛ ⎞= − − + + + − − +⎢ ⎥⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎪ ⎪⎢ ⎥⎩ ⎭ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭⎣ ⎦∫

El momento en la estructura hiperestática como superposición de los estados isostáticos

"0", "1" y "2" será:

0 1 1 2 2. .M M X M X M= + +

Los términos del segundo miembro de esta expresión difieren de (Ec. 5.10) porque la

estructura fundamental ha cambiado. Se trata de dos vigas simplemente apoyadas y los estados

auxiliares corresponden a momentos unitarios sobre los apoyos.

Aplicando ahora la condición de mínimo tenemos:

31 21

1

( )

* . . 0. i i d

a

UU UM M dxX E I l l lπ∂

= + + + =∂ ∫

1442443

22

2

( )

* . . 0. d

b

UM M dxX E I lπ ⎛ ⎞∂

= + − =⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠∫

14243

Los términos ( )a y ( )b provienen de derivar ( ).i iR U−∑ .

0 1 21 1 1 2 1

0 1 22 1 2 2 2

. . ( ) . . . . . . 0. . .

. . ( ) . . . . . . 0. . .

M M MM dx a X M dx X M dxE I E I E I

M M MM dx b X M dx X M dxE I E I E I

⎫+ + + = ⎪

⎪⎬⎪+ + + = ⎪⎭

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ (Ec. 5.20)

Nuevamente las expresiones de la (Ec. 5.20) deducidas del P.M.E.P.C. coinciden

exactamente con las ecuaciones de tres momentos. Los términos ( )a y ( )b coinciden con los


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -13-

términos de carga provenientes de los desplazamientos prefijados de los apoyos. Aquí no hay

ningún problema de signo si se respeta la sencilla convención adoptada. Este ejemplo muestra

que es conveniente tomar a las fuerzas iR asociadas a desplazamientos prefijados iU como

incógnitas hiperestáticas ya que se simplifica la expresión ( ).i iR U−∑ .

P.M.E.P.C. aplicado a reticulados hiperestáticos

Si bien los ejemplos precedentes se refieren a vigas, el P.M.E.P.C. también puede

aplicarse también a sistemas reticulados. Sea por ejemplo el reticulado hiperestático de la Figura

5.13 .

Figura 5.13

Todos los desplazamientos conocidos son nulos, luego:

( )211

1

1* * ..2

j

j

j

NW

A El

π=

= =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ (Ec. 5.21)

Expresando jN en función de 1X y 2X recurriendo a los estados "0", "1" y "2":

Figura 5.14

1X2X2X

1X


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -14-

Resulta:

0 1 1 2 2. .j j j jN N X N X N= + + (Ec. 5.22)

Se plantea ahora la condición de mínimo *π igualando a cero las derivadas parciales de

*π con respecto a cada una de las incógnitas iX .

Como ejemplo se desarrolla la primera de las ecuaciones de compatibilidad:

( )211 11

1 11 1 1

* 1 . . . 0. .2

j j j

j j

j j

N N NA E A EX X X

l l

π= =

∂∂ ∂= = =

∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑ ∑ (Ec. 5.23)

Introduciendo (Ec. 5.22) en (Ec. 5.23) se obtiene:

11 11 110 1 2

1 1 1 2 11 1 1

. . . . . 0. . .j j j

j j j

j j j

N N NN X N X NA E A E A El l l

= = =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

+ + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑ ∑ ∑ (Ec. 5.24)

Aquí no existe ninguna diferencia operativa con el método de las fuerzas aplicando

trabajos virtuales.

5.4- Teorema de Castigliano (1875)

Partiendo de la expresión de la energía potencial complementaria:

( )* * .i i iW R Uπ = −∑

Las condiciones de mínimo exigen que:

* 0ii

i

W UR

∂− =

∂

De donde:

*i

i

W UR

∂=

∂ (Ec. 5.25)

La (Ec. 5.25) expresa el Teorema de Castigliano:

La derivada parcial de la energía potencial complementaria expresada en

función de las fuerzas externas respecto a una de estas fuerzas, es igual al

desplazamiento de su punto de aplicación, medido en la dirección y sentido de la

fuerza.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -15-

El teorema de Castigliano permite también calcular el desplazamiento de un punto "i" en

que no actúa una fuerza externa. Se agrega al sistema una fuerza ficticia iX aplicada en "i" en la

dirección del desplazamiento buscado, se expresa *W en función de iX y después de derivar se

impone 0iX = .

Teorema de Menabrea (1858)

En el caso de apoyos rígidos, todos los desplazamientos conocidos son nulos por lo que

las condiciones de mínimo resultan:

* 0i

WX

∂=

∂ (Ec. 5.26)

La expresión (Ec. 5.26) expresa el teorema de Menabrea o segundo teorema de

Castigliano, o también teorema del trabajo mínimo.

En un sistema hiperestático de apoyos rígidos, sometido sólo a fuerzas exteriores

de valores dados, las reacciones hiperestáticas toman valores tales que hacen mínimo

al trabajo de deformación.

El teorema de Menabrea es anterior al trabajo de Castigliano, pero por ser este último

autor quien utilizó metódicamente estos conceptos en una diversidad de cálculos prácticos es que

se conocen ambos teoremas anteriores como el primer y el segundo Teorema de Castigliano.

El P.M.E.P.C. es una generalización del Teorema de Menabrea. Asimismo puede

considerarse como una generalización de los teoremas de Castigliano. Dicho principio es una

expresión variacional del trabajo de deformación conocido también como Teorema de Domke.

En ocasiones durante el curso, por brevedad, se refiere al P.M.E.P.C. en forma

genérica como” Teorema de Castigliano”.

5.5- Efectos térmicos en el P.M.E.P.C.

Se considera ahora una barra de reticulado que experimenta un aumento en su

temperatura en un valor 0t∆ > sin variar sus propiedades elásticas (E=cte).

Se produce una elongación 0e que es un alargamiento por ser 0t∆ > : 0 . .e t lα= ∆


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -16-

Figura 5.15

La recta del diagrama N e− se corre hacia la derecha como se muestra en la Figura 5.15.

La energía complementaria de deformación *iW está representada por el área del trapecio

OABD, que se compone de un triángulo AEB y un rectángulo OAED, por lo que resulta:

2

01* . .2

NW N eK

= + (Ec. 5.27)

Para el caso 0t∆ < el diagrama se corre hacia la izquierda y la energía de deformación

complementaria *iW corresponde al área rayada de la Figura 5.16.

Figura 5.16

Nótese que la zona a izquierda del eje " N " corresponde a valores negativos de *iW .

Para este caso sigue siendo válida la expresión (Ec. 5.27) si se tiene en cuenta que 0e resulta

negativo para 0t∆ < .

Se puede observar que tanto en la Figura 5.15 como en la Figura 5.16 la energía interna

de deformación iW está representada por el área del triángulo ABC.

Una manera de comprobar la validez de la (Ec. 5.27) en la siguiente:

NK

0e

( ) .tan A E Kl

α = =( )+

α

( )−

NK0e

( ) .tan A E Kl

α = =*iW

α


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -17-

Figura 5.17

Observando la Figura 5.17 se aprecia que: * .dW e dN=

De donde:

*W eN

∂=

∂ (Ec. 5.28)

La (Ec. 5.28) expresa que la derivada de la energía complementaria de deformación es

igual al valor de la elongación de la barra. (Esto es válido para sistemas lineales y no lineales).

Derivando (Ec. 5.27) tenemos por (Ec. 5.28):

0*W N e e

N K∂

= + =∂

(Ec. 5.29)

Este resultado está de acuerdo con lo indicado en las Figura 5.15 y Figura 5.16, teniendo

en cuenta que el signo de 0e depende del signo de t∆ .

Para el caso de un tramo de viga de longitud dx sometida a flexión, corresponde una

expresión similar a (Ec. 5.27): 21* . . .

2 .iMW dx M dE I

θ∂ = +

Donde 0dθ reemplaza a 0e : 0 .td dxθ κ= ( ). s it

t th

ακ

∆ −∆=

Figura 5.18

*iW∂

tκ .ME I

κ

dN


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -18-

La energía *iW por flexión en un tramo de longitud " l " se obtiene integrando:

2

0* . .

2. .l

i tMW M dxE I

κ⎛ ⎞

= +⎜ ⎟⎝ ⎠∫ (Ec. 5.30)

El producto ( ). tM κ es positivo si el signo de la curvatura causado por el momento

coincide con el signo de la curvatura térmica.

Deformaciones iniciales en una barra

Para el caso de una barra que resultó " larga " o " corta " también es aplicable la (Ec.

5.27):

2

0* .2.NW N e

K= +

Convención: Barra traccionada ⇒ " "N es positivo

Barra " larga " ⇒ 0" "e es positivo

Barra " corta " ⇒ 0" "e es negativo.

Ejercicio Nº 1:

Calcular por el teorema de Castigliano el giro en el extremo B de la viga de la

Figura 5.19..

Figura 5.19

Tomando momentos en B resulta:

2AP XR

l= −

2l

2l

BR


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -19-

Tramo

Momento Flector

MX

∂∂

A-C .2P X x

l⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

02lx< < x

l−

C-B 1. .

4 2 2l z zP X

l⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

02lz< <

12

zl

⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠

Tomando 0X = e integrando:

2 22 2

0 0

* 1 1 1 .. . . . . . .. 2 . 4 2 2 16. .

l l

BW P x l z z P ldx P dzX E I l E I l E I

θ⎛ ⎞∂ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + − − − = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠∫ ∫

2.16. .B

P lE I

θ = −

El signo menos indica que el sentido de Bθ es antihorario, por ser opuesto al sentido del

momento ficticio X .

Ejercicio Nº 2:

La viga de la Figura 5.20 tiene un apoyo elástico y en desplazamiento prefijado

δ . Se adopta como incógnita hiperestática la fuerza “X” aplicada en el punto C.

Figura 5.20

2.AR X=

δ

1x

2x

AR

δ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -20-

Tramo

Momento Flector

MX

∂∂

A-B 12. .X x 10 x l< < 12.x

C-B 2.X x 20 2.x l< < 2x

22

* . .2. . 2.

ARM dx XE I K

π δ= + −∫

21 2

1 1 2 20 0

2. . .* 4..2. . . . 0. .

l lX x X x Xx dx x dxX E I E I Kπ δ∂

= + + − =∂ ∫ ∫

34. 4. 0.lX

E I Kδ

⎛ ⎞+ − =⎜ ⎟

⎝ ⎠

34. 4.

Xl

E I K

δ=⎛ ⎞

+⎜ ⎟⎝ ⎠

(Ec. 5.31)

Las dos incógnitas AR y X son:

3

. .8 .3

E IXlδ=

0AR = (Ec. 5.32)

No hay equilibrio. La condición de mínimo se logra no teniendo energía en el resorte ni

en el tramo AB de la viga. El resultado (Ec. 5.32) sería correcto en el caso de tener un

empotramiento en el punto B que asegure el equilibrio.

Figura 5.21

δ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -21-

Ejercicio Nº 3:

Resolver la viga de la Figura 5.22 con desplazamientos prefijados en los apoyos

B y C.

Figura 5.22

Aquí no hay que considerar dos incógnitas porque hay una única incógnita hiperestática.

Eligiendo como única incógnita hiperestática a la fuerza X en el apoyo C.

Tramo

Momento Flector

MX

∂∂

C-D 1.X x 102lx< < 1x

D-B 2 2. .2lX x P x⎛ ⎞+ +⎜ ⎟

⎝ ⎠ 20

2lx< < 22

l x⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

B-A ( ) ( )3 3. .2PX l x l x− + − 30 x l< < ( )3l x−

Y tomando momento respecto de A se tiene:

3B. . . .2. 02

l P l X l− − =

3B . 2.2

P X= +

3* * . . 2. .2C BW X P Xπ δ δ⎡ ⎤⎛ ⎞= − + +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

( )2.

0

* . . 2..

l

C BM M dx

X E I Xπ δ δ∂ ∂

= − +∂ ∂∫ (Ec. 5.33)

2l

2l

Bδ Cδ

1x2x3x

Bδ Cδ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -22-

Un procedimiento alternativo sería girar la viga y considerar que el desplazamiento del

apoyo B es nulo:

2.

B

a llδ

= ∴ 2. Ba δ=

Figura 5.23

El desplazamiento del apoyo C resulta:

' 2.C C C Baδ δ δ δ= + = +

* * . 'CW Xπ δ= −

Se ha llegado nuevamente a (Ec. 5.33) de donde se despeja X :

( )3

13 3 .. . .32 2 C B

E IX Pl

δ δ= − + + (Ec. 5.34)

aBδ

Cδ

'Cδ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -23-

Ejercicio Nº 4:

La viga continua de dos tramos de la Figura 5.24 sufre un aumento de

temperatura t∆ en la cara superior.

Figura 5.24

Se elige a BR como incógnita y se aprovecha la simetría:

1 .2A BR R= 1 . .

2 BM R x= 2B

M xR∂

=∂

2

0* * 2. . .

2. .l

tMW M dxE I

π κ⎛ ⎞

= = +⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ;

0

1 . .* 22. . . 0. 2

l B

tB

R x x dxR E Iπ κ

⎛ ⎞⎜ ⎟∂

= + =⎜ ⎟∂ ⎜ ⎟⎝ ⎠

∫

3 2

0

1 . . . 02 . 6 4

l

Bt

R x xE I

κ+ = ⇒ 3. . .B t

E IRl

κ= − 3 . . .2B tM E I κ=

t∆ t∆

ARBR

tκ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -24-

Ejercicio Nº 5:

En la viga biempotrada de la Figura 5.25 el apoyo B gira sin desplazarse un

ángulo prefijado θ .

Figura 5.25

Se elige como incógnitas hiperestáticas a la reacción BR y al momento de empotramiento

BM .

.B BM R x M= −

B

M xR∂

=∂

1B

MM∂

= −∂

2

0* . .

2. .l

BM dx ME I

π θ= −∫

( )0

* 1 . . . . 0.

l

B BB

R x M x dxR E Iπ∂

= − =∂ ∫

( ) ( )0

* 1 . . . 1 . 0.

l

B BB

R x M dxM E Iπ θ∂

= − − − =∂ ∫

2

6. . .BE IRl

θ= − 4. . .B

E IMl

θ= (Ec. 5.35)

θ

BM

BR


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -25-

Ejercicio Nº 6:

Estudiar el marco cerrado autoequilibrado de la Figura 5.26

Figura 5.26

.E I cte= .2.q l P=

Por simetría bastará considerar solo la mitad. Analizando la simetría se deduce que el

corte en A es nulo.

Tramo

Momento Flector

MN

∂∂

MX

∂∂

A-B .2P x X− 0 1−

B-C . .2P l X N x− + x 1−

C-D ( )2

. . .2 2. 2P P xl x X N l

l− − + + l 1−

* *Wπ =

* 0Nπ∂

=∂

; * 0Xπ∂

=∂

; 1.

14N P−= ;

41 . .126

X P l=

2P


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -1-

Capítulo 6

Estados de carga, Combinaciones de carga,

Estados especiales de carga.

6.1- Estados básicos de carga

En este capítulo se analizan en primer lugar la definición de los distintos estados básicos

de carga que se considerarán en el diseño o verificación de la estructura, y en segunda instancia

las combinaciones de dichos estados de carga conformando lo que habitualmente se denominan

"Combinaciones de Cargas".

Se define como Estado Básico de Carga sobre una estructura al conjunto de todas las

cargas de igual naturaleza física que deben ser consideradas. Entre los estados de carga básicos

se incluye, por ejemplo, a las Cargas Gravitatorias (peso propio de la estructura y de los

elementos no estructurales), a las Cargas Útiles o Sobrecargas, Cargas de Viento, Cargas de

Sismo, Cargas o Efectos térmicos, Desplazamientos de Apoyos, y otras cargas específicas que

puede ser necesario tener en cuenta según la estructura, tales como Cargas de Frenado en los

puentes, Cargas de Muchedumbre en estadios y edificios públicos, etc.

Un Estado Básico de Carga se caracteriza por incluir todas las fuerzas exteriores de igual

naturaleza. Si bien es habitual aplicar el Principio de Superposición de los Efectos para el cálculo

de esfuerzos y deformaciones de estructuras de comportamiento lineal elástico, es necesario

tener en cuenta que a los efectos de definir la “Capacidad Resistente” de la estructura los Estados

Básicos de Carga deben ser “Combinados”, o sea sumados algebraicamente, teniendo en cuenta

la posibilidad que varios estados de carga básicos actúen simultáneamente.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -2-

Los aspectos a tener en cuenta al analizar los estados de carga básicos son los siguientes:

1) Naturaleza física de las cargas

En función este criterio, las cargas pueden ser clasificadas en dos tipos:

- Cargas Principales, y

- Cargas Secundarias.

Las cargas gravitatorias (peso propio de la estructura y de los elementos no estructurales)

provienen de un potencial que es el Campo Gravitatorio. Estas cargas son tales que su intensidad

y dirección no dependen de las deformaciones que sufra la estructura para resistirlas. La cargas

de este tipo constituyen lo que a veces de denominan “Cargas Principales”.

Por otro lado están los estados básicos de carga que corresponden a deformaciones

impuestas (efectos térmicos, retracción de fragüe, cambios de humedad), a desplazamientos

impuestos (asentamientos diferenciales entre apoyos), o a esfuerzos de compatibilidad de

deformaciones. Este tipo de cargas se caracteriza en que los esfuerzos que ellas producen se

anulan si el sistema entra en fluencia o pierde rigidez. Estas cargas se denominan a veces

“Cargas Secundarias”. Está claro que si el sistema entra en fluencia por las cargas secundarias

el sistema no colapsa, mientras que el colapso sobreviene si las cargas principales superan las

necesarias para llegar a la fluencia.

2) Frecuencia de ocurrencia de las cargas

En función de este criterio, las cargas pueden ser clasificadas en:

- Cargas permanentes

- Cargas inusuales

- Cargas extremas

Las cargas gravitatorias, o las cargas de flujo inducidas por una corriente de agua sobre

una pila de puente pueden son consideradas cargas “Permanentes”.

Por el contrario, las cargas de viento de diseño no son permanentes, ya que su

probabilidad de ocurrencia es relativamente baja, al menos con los valores de velocidad de

viento típicamente adoptados para diseño. Si bien estas cargas pueden ser supuestas como cargas

provenientes de un potencial (es decir que no dependen de las deformaciones de la estructura), se

distinguen de aquellas (permanentes) en que su valor es en general muy variable en el tiempo y

la intensidad de diseño ocurre con períodos de recurrencia del orden de 20 a 50 años. Las cargas

de viento suelen ser consideradas como eventos “Inusuales”.

Las acciones sísmicas de diseño corresponden a eventos cuyo período de recurrencia es

de 200 a 400 años, y por lo tanto son consideradas cargas de tipo “Extremo”. Además de la

diferencia en los períodos de recurrencia del viento y del sismo, las acciones sísmicas no son


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -3-

estrictamente fuerzas exteriores sino desplazamientos impuestos por el movimiento de las

fundaciones. Estos movimientos son dinámicos, es decir ocurren con una amplitud y variación

en función del tiempo que deben ser definidos no sólo por la amplitud sino también por el

“contenido de frecuencias” del sismo.

3) Incertidumbres

Las incertidumbres en los valores de las cargas son tenidas en cuenta en el diseño a través

de los factores de carga.

Las incertidumbres en los valores de las cargas gravitatorias dependen de la variabilidad

de la densidad de los materiales (hormigones entre 2.25 y 2.40 t/m3) y de las dimensiones

geométricas. Estas variabilidades dependen de la calidad de la construcción y están normalmente

consideradas por los Reglamentos de Diseño asignando a cada tipo de carga un Factor de Carga

por el cual se debe multiplicar el valor nominal o teórico de la carga (y sus efectos, es decir sus

desplazamientos, esfuerzos internos y reacciones).

Los factores de carga suelen tomar valores próximos a la unidad, a veces mayores que 1 y

otras veces menores, según la combinación de carga considerada, y según la naturaleza e

incertidumbre de la carga. Por ejemplo, al peso propio de una estructura suele aplicársele un

factor de carga de entre 1,15 y 1,40. Los efectos térmicos (como estado básico de carga) suelen

estar afectados de un factor de carga próximo o igual a 1. A las cargas útiles de un puente

(vehículos carreteros y ferroviarios) suele asignárseles un factor de carga mayor que el peso

propio, por ejemplo 1,50, debido a la mayor variabilidad de dichas cargas.

Estos factores de carga forman parte de lo que tradicionalmente se designa como

“Coeficientes de Seguridad”. Los factores de carga dan una idea del margen de seguridad que se

adopta respecto a los valores nominales de las cargas. Sin embargo, los factores de carga son

sólo una parte de los Coeficientes de Seguridad.

6.2- Combinaciones de carga

La Tabla 6.1 contiene los factores de carga adoptados en las combinaciones de carga para

diseño del Puente Principal de la Conexión Rosario-Victoria sobre el Río Paraná. El título de

esta tabla indica que los factores de carga dados corresponden a las distintas combinaciones de

carga a considerar en la “Verificación a Rotura” de las distintas partes de la estructura. El Estado

de Rotura se define como el estado de máxima resistencia o de agotamiento de la sección o

parte considerada, y suele también ser designado como Estado Límite Último.

Los estados de carga básicos están definidos como filas de la tabla, mientras que las

combinaciones de carga se indican, junto a los factores de carga, en las columnas de la tabla. Si


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -4-

no se indica el factor de carga significa que ese estado de carga básico no debe ser incluido en

esa combinación de carga.

Los factores de carga de la Tabla 6.1 son típicos de la forma moderna de realizar los

diseños estructurales, en función del Estado Límite Último. El diseño frente a un Estado Límite

Último tiene por objeto garantizar la seguridad de la estructura frente al colapso. Si bien este

análisis es indispensable, con frecuencia es necesario verificar la estructura no sólo en lo relativo

a su seguridad frente a la rotura sino a otros factores como las deformaciones máximas

permitidas, el grado de fisuración, etc. Estos estados de deformaciones máximas, fisuración

máxima, tensiones máximas de tracción en el hormigón, etc., suelen ser denominados “Estados

Límites de Servicio”; ellos tienen por objeto verificar que bajo las cargas normales de servicio

no se producen desplazamientos o fisuras excesivas. La Tabla 6.2 contiene los factores de carga

para las combinaciones adoptadas para verificar los estados límites de servicio en el Puente

Rosario Victoria. Como se puede apreciar, los factores de carga en esta tabla son iguales o

aproximadamente iguales a la unidad.

Naturalmente, los factores de carga dependen de los controles que se ejerzan de la calidad

de la construcción. En este ejemplo el factor de carga del peso propio de la estructura es de 1,20

porque se trata de una obra muy controlada. En casos en los que el control de la calidad de la

construcción sea menos intenso, los factores de carga para el peso propio deben ser mayores a

los indicados en las Tablas 6.1 y 6.2.

Algunas reglamentaciones actualmente en uso, por ejemplo las Normas CIRSOC 201 que

rigen el diseño de estructuras de hormigón armado y pretensado, no utilizan factores de carga

diferentes de la unidad, y las Tablas de Combinaciones de cargas similares a las Tablas 6.1 y 6.2

sólo contienen factores de carga iguales a 1 ó 0 según que las cargas deban ser combinadas o no.

En estos casos se determina el Coeficiente de Seguridad a Rotura que corresponde a cada sección

y tipo de solicitación (flexión, flexo-compresión, flexo-tracción, corte, torsión). En tales casos el

Coeficiente de Seguridad no es sinónimo del Factor de Carga descripto anteriormente y definido

en las Tablas 6.1 y 6.2, ya que el Coeficiente de Seguridad tiene en cuenta también las

incertidumbres propias de la calidad de los materiales y de la mano de obra, cosa que no

contemplan los Factores de Carga. Por lo tanto es de esperar que los Coeficientes de Seguridad

sean números más altos que los factores de carga. Típicamente, el coeficiente de seguridad a

flexión es igual a 1,75, y a flexión compresión oscila entre 1,75 y 2,10 según la relación entre los

términos de flexión y de fuerza normal.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -5-

Tabla 6.1. Factores de carga para Estado Límite Último (Puente Rosario-Victoria, 1999)

Carga γfL en combinación

1 2 3 4 5 6 7 8

1. carga permanente hormigón1) 1,15 1,15 1,15 1,15 1,15 1,0 1,0 1,0

2. cargas permanentes secundarias 2)

carpeta asfáltica 1) 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 1,0 1,0 1,0

otros elementos 1) 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 1,0 1,0 1,0

extra espesor (2 cm) carpeta asfáltica 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 1,0 1,0 1,0

movimiento de agua 1,2 1,2 1,2 1,2 1,2 1,0 1,0 1,0

3. sobrecarga útil 1,5 1,25 1,25 1,25 - - - 1,0

4. Viento

durante la construcción (estático) - 1,1 - - - - - -

durante la construcción (dinámico) - 1,0 - - - - - -

en comb. con cargas perm. solo - 1,4 - - - - - -

en comb. con cargas permanentes, útiles y otras cargas

- 1,1 - - - - - -

efectos aliviadores - 1,0 - - - - - -

viento con efectos dinámicos - 1,0 - - - - - -

5. Temperatura

variación de temperatura - - 1,3 - - - - -

fricción - - - - 1,3 - - -

gradiente de temperatura - - 1,0 - - - - -

6. Frenado - - - 1,25 - - - -

7. Asentamiento 1,20 1,20 1,20 1,20 1,20 1,0 1,0 1,0

8. Cargas excepcionales

sísmo - - - - - 1,0 - -

impacto de embarcaciones - - - - - - 1,0 -

pérdida de un cable - - - - - - - 1,0

9. Cargas de construcción - 1,15 1,15 - - - - - Nota: para verificaciones en ELU se aplica un factor general adicional γfL = 1,10 excepto para

combinaciones 6, 7 y 8, donde se considera γfL = 1,0

1) factor intermedio γfL = 335·1,15+38,3·1,20/(335+38,3) = 1,155 2) ver nota 1 en ELS


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -6-

Tabla 6.2. Factores de carga para Estados Límites de Servicio (Puente Rosario-Victoria, 1999)

γfL en combinación Carga

1 2 3 4 5

1. Carga permanente hormigón 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0

2. Cargas permanentes secundarias1):

carpeta asfáltica 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0

otros elementos 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0

extra espesor (2 cm) carpeta asfáltica 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0

movimiento de agua 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0

3. Sobrecarga útil 1,22) 1,0 1,0 1,0 -

4. Viento

durante la construcción - 1,0 - - -

en combinación con carga útil - 1,0 - - -

en combinación con cargas permanentes, útiles y otras cargas

- 1,0 - - -

efectos aliviadores - 1,0 - - -

5. Temperatura

variación de temperatura - - 1,0 - -

fricción - - - - 1,0

gradiente de temperatura - - 0,8 - -

6. Frenado - - - 1,0 -

7. Asentamiento 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0

8. Cargas excepcionales, sismo, Impacto de embarcaciones, pérdida de obenque No se consideran

9. Cargas de construcción - 1,0 1,0 - -

1) según [11], párrafo 5.2.2.1 se considera un factor γfL reducido con la condición de que las cargas permanentes secundarias nunca sobrepasen el valor de cálculo durante la vida útil del puente. El sobreespesor de la carpeta asfáltica se aplica al sistema elástico como una sobrecarga útil.

2) para obenques γfl = 1,0 según [17]


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -7-

6.3- Esfuerzos y deformaciones en vigas con cables postensados

6.3.1. Introducción La determinación de los esfuerzos y deformaciones en vigas y pórticos debidas a fuerzas

en cables postensados es un aspecto de especial importancia en el diseño de estructuras de

hormigón armado postensadas.

A diferencia de lo que ocurre con cargas que provienen de un campo potencial (peso

propio, acciones gravitatorias) las cargas sobre la estructura de hormigón generadas por la fuerza

axial en cables postensados son autoequilibradas; es decir, no requieren para su equilibrio de

reacciones exteriores. A pesar que no requieren reacciones para garantizar el equilibrio del

sistema, en el caso que la estructura sea hiperestática pueden generarse reacciones para cumplir

con las condiciones de compatibilidad en los vínculos.

Los esfuerzos y deformaciones provocados por la fuerza axial en cables postensados

constituyen una clase especial de estados de carga en una estructura. Este tipo de solicitaciones

se analiza a veces estableciendo una analogía con los esfuerzos y deformaciones por acciones

térmicas, pero esta comparación debe hacerse con cuidado ya que las acciones térmicas no

producen esfuerzos si la estructura es isostática, mientras que las fuerzas de postensado producen

solicitaciones distintas de cero en todos los casos, cualquiera sea la condición de sustentación o

de hiperestaticidad de la estructura.

Para comprender la mecánica involucrada en la determinación de los esfuerzos en las

estructuras de hormigón debidos al postensado en cables, es necesario tener en cuenta las

condiciones de equilibrio de un cable como se ilustra en la Figura 6.1.

Figura 6.1. Posición de un cable dentro de una viga de hormigón.

La ecuación diferencial del equilibrio del cable surge de plantear la ecuación de equilibrio

de fuerzas en la dirección normal al eje del cable. La premisa básica en esta formulación es que

el cable no tiene rigidez flexional apreciable, por lo cual los momentos flectores en el cable son


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -8-

nulos en todo su desarrollo, y por lo tanto los esfuerzos de corte en la sección transversal del

cable son también nulos. De esto resulta que el equilibrio de fuerzas en la dirección normal al eje

del cable es:

T = p / χ (Ec. 6.1)

donde T es la fuerza axial de tracción en el cable en la sección considerada, p es la fuerza

distribuida normal al eje del cable ejercida por el hormigón sobre el cable y χ es la curvatura del

cable en la sección considerada. En general, la curvatura χ del cable varía a lo largo de su

desarrollo y puede calcularse a partir del trazado que se adopta en forma analítica o numérica.

Habitualmente las vigas en las que se utilizan cables postensados presentan ciertas

relaciones de esbeltez entre la altura de la sección y la luz libre entre apoyos. En vigas

simplemente apoyadas, la relación entre la luz y la altura de la sección suele encontrarse entre

15/1 y 20/1. Por este motivo, el ángulo entre el eje longitudinal de la viga y el eje del cable en

cualquier sección suele no superar los 15 º y la fuerza distribuida −p que el cable ejerce sobre la

viga suele aproximarse como una fuerza perpendicular al eje de la viga. Esto implica un error de

aproximación normalmente aceptable.

En los extremos del cable donde se produce el anclaje del mismo, la fuerza que transmite

el cable al hormigón es una fuerza de compresión igual y opuesta a T. Dicha fuerza tendrá en

general una componente axial y otra transversal al eje de la viga, además de una cierta

excentricidad respecto al eje baricéntrico de la sección transversal de la viga.

En una viga postensada el cable y la viga constituyen dos sistemas que se brindan apoyo

mutuo tanto a lo largo del desarrollo como en los extremos. La Figura 6.2 muestra las fuerzas

que actúan sobre el cable y las opuestas (reacciones) que transmite el cable a la estructura de

hormigón.

p

p

TT

T TFuerzas actuantes sobre el cable

Fuerzas actuantes sobre el hormigón

Figura 6.2. Fuerzas actuantes sobre el hormigón y el cable.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -9-

6.3.2. Esfuerzos debidos a las fuerzas de postensado Sea la viga simplemente apoyada de la Figura 6.3 con un cable postensado con fuerza

axial T. En una sección transversal cualquiera, la resultante de todas las fuerzas de interacción

entre el cable y la estructura pasa por el eje del cable, y por lo tanto el momento flector en la viga

debido al postensado es igual a H · e , donde e es la excentricidad del cable respecto al eje

baricéntrico de la sección transversal de la viga, y H es la componente axial de la fuerza T . En

general, H es muy próximo a T por la reducida inclinación de esta fuerza (considerar que por

razones de visualización las escalas vertical y horizontal de las figuras de las vigas son bastante

diferentes). Por convención, definiremos el signo del momento flector de manera que sea

positivo si este tiende a producir tracción en la fibra inferior de la viga. De esta manera, el

diagrama de momentos coincide con la excentricidad del cable multiplicada por H, que es la

componente axial de la fuerza T.

HH

Diagrama de momentos flectores ( H . e )

Figura 6.3. Diagrama de momentos flectores de la viga.

Este momento flector también puede ser determinado tomando momentos de las fuerzas

que el cable transmite a la viga a través de las componentes axial y transversal de fuerzas que

actúan en los extremos (incluyendo el momento exterior aplicado, igual a H · e0, donde e0 es la

excentricidad del cable en los extremos de la viga), más el momento que produce la fuerza

distribuida transversal p. El momento flector calculado de esta manera es idéntico al producto de

la componente horizontal de la fuerza T por la excentricidad del cable en la sección considerada,

momento que se denomina habitualmente Momento Isotático de Pretensado (nótese que se

denomina como Pretensado, a pesar que en rigor el esfuerzo se ha aplicado con posterioridad a la

construcción de la viga, o sea que se trata de una fuerza de Postensado) .

Para el análisis de los esfuerzos y deformaciones debidas a la fuerza del cable por un

método general (método de las fuerzas, método de rigidez) sin discernir si se trata de una

estructura isostático o hiperestática es habitual trabajar con las fuerzas equivalentes al efecto del

cable, mientras que para calcular sólo las tensiones en una sección dada debidas a la fuerza del


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -10-

cable es habitual utilizar la definición del momento flector, M = H · e , además del esfuerzo

normal baricéntrico H.

Veamos ahora el caso de la viga continua indicada en la Figura 6.4. El Momento

Isostático de Pretensado en cualquier sección de la viga estará dado por H · e , siempre y

cuando la estructura sea transformada en isostática mediante la eliminación de un vínculo

interno, por ejemplo una articulación, o un vínculo externo (una de las reacciones de apoyo). Se

podrá también aplicar el camino alternativo para calcular el momento flector, es decir

considerando las fuerzas ejercidas por el cable sobre la viga, siempre y cuando se haya

transformado al sistema en isostático.

En la Figura 6.5 se indican las cargas transferidas por el cable sobre la estructura. Si se

procede a calcular el momento flector en la configuración hiperestática aplicando los métodos

generales de análisis estructural (método de las fuerzas, método de rigidez) se obtiene el

Momento Total de Pretensado. Se define como Momento Hiperestático de Pretensado al

resultado de restar del Momento Total de Pretensado el Momento Isostático de Pretensado.

Figura 6.4. Viga continua de dos tramos.

T T

ppp

Figura 6.5. Fuerzas actuantes sobre el hormigón.

Los diagramas de distribución de momentos flectores y de esfuerzos de corte debidos a

las fuerzas de postensado en el cable están dados en la Figura 6.6. En esta figura se indican los

tres diagramas: Isostático, Total e Hiperestático.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -11-

Momento Hiperestático de Pretensado

Momento Isostático de Pretensado

Momento Total de Pretensado Corte Total de Pretensado

Corte Hiperestático de Pretensado

Corte Isostático de Pretensado

Figura 6.6. Esfuerzos producidos por fuerzas de postensado.

Para la verificación de las tensiones en el hormigón en estado de servicio son los

Esfuerzos Totales de Pretensado (o Postensado) los que interesan. Con el momento flector total

y el esfuerzo axial se calculan las tensiones en la cara superior e inferior de la viga en las

secciones más críticas y se verifica que sean iguales o inferiores a las admisibles. Además, se

deberán verificar las tensiones en el alma de la viga determinando las tensiones principales,

incluyendo el efecto de los esfuerzos de corte por las cargas exteriores y las cargas de

pretensado.

Por el contrario, para la verificación a rotura de las estructuras de hormigón pre o

postensado, el coeficiente de seguridad a flexión tendrá en cuenta todas las solicitaciones de las

cargas exteriores multiplicadas por los respectivos factores de carga o de mayoración, a los que

se les sumará el Momento Total de Pretensado (factor de carga igual a la unidad) o el Momento

Isostático de Pretensado, según el que resulte más desfavorable. Para la verificación de la

seguridad al corte en rotura se tomarán los esfuerzos de corte debidos a todas las fuerzas

exteriores multiplicados por los respectivos factores de mayoración y se le sumará el Corte Total

de Pretensado.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -12-

6.3.3. Ejercicios de aplicación

EJERCICIO 1. Trazar diagramas de momento flector y corte, y calcular las máximas

tensiones que ocurren en la viga simplemente apoyada.

p

TTθ°θ°

15.00 m

0.80 m 0.10 m

0.10 m

yx

La carga axial del cable es T = 165 tn.

Las dimensiones de la viga son

L 15 m → Longitud

h 0.80 m → Altura

d 0.30 m → Ancho

A 0.24 m2 → Area seccional

W d h2

6 0.032 m3 → Momento resistente

PROCEDIMIENTO ANALITICO

Este procedimiento puede aplicarse cuando la posición del cable se describe

analíticamente. En este caso se cuenta con una función parabólica

ex a b x c x 2

a 0.1 m

b −0.10667

c 0.007111 1m

En los extremos el cable presenta una excentricidad respecto al eje baricéntrico de la sección de

la viga

e0 |ex|x0 |a|

0.1 m

El ángulo que forma el cable con el eje de la viga en los extremos es relativamente pequeño

(considerar que la escala vertical de los gráficos está distorsionada para mayor claridad) y puede

calcularse como su pendiente


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -13-

0 tan0 sin0

|e′x|x0 |b|

0.10667

La curvatura del cable tiene en este caso valor constante a lo largo de la viga y se calcula como

x e′′x 2 c

0.014222 1m

Las cargas que produce el cable sobre el hormigón resultan

Ho ≈ T 165 tn

Mo ≈ T e0 16.50 tnm

Vo ≈ T 0 17.60 tn

px ≈ T x 2.347 tnm

p M°H°

V°M° V°

H°

El Momento Isostático de Pretensado puede calcularse aplicando sobre la viga este sistema de

cargas autoequilibradas

MIx Mo − Vo x 12 p x 2

16.50 − 17.60 x 1.173 x 2

aunque también se verifica

MIx T ex

16.50 − 17.60 x 1.173 x 2

El Corte Isostático de Pretensado se expresa como

QIx −Vo p x

−17.60 2.347 x

o simplemente

QIx T e′x

−17.60 2.347 x


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -14-

M om ento Isostático de Pretensado

49.50 tnm


16.50 tnm16.50 tnm

17.60 tn17.60 tn

Las tensiones que se calculan a continuación corresponden sólo a las cargas de postensado en el

estado de servicio. Las máximas tensiones de compresión ocurren en la sección central

maxC −Mmax

W − Ho

A −1547 tn

m2 − 687 tnm2

−2234 tnm2

al igual que las máximas tensiones de tracción

maxT Mmax

W − Ho

A 1547 tn

m2 − 687 tnm2

860 tnm2

Las máximas tensiones cortantes se encuentran en las secciones de los extremos

max 32

Qmax

d h

32

17.600.30 0.80

110 tnm2

PROCEDIMIENTO NUMERICO

Comunmente la posición del cable se describe en forma discreta para coordenadas

equidistantes de la viga (primeras 2 columnas de Tabla 6.3). La geometría del cable puede

entonces asumirse como una poligonal con cargas concentradas ( Pi ) actuando sobre el

hormigón en nudos con una separación Δx .


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -15-

T T TT

TT

Pi-1 Pi

Pi+1

T nP

∆x ∆x

La pendiente del cable (3ra columna) se calcula para nudos intermedios como

i 12 ei1 − ei

Δx

Las cargas sobre el hormigón a través de la vaina (4ta columna) se obtienen como la diferencia

entre las proyecciones verticales de la fuerza del cable a ambos lados del nudo considerado

Pi T i 12 − T i− 1

2

El Corte Isostático de Pretensado (5ta columna) se calcula para nudos intermedios como el

producto entre la carga y la pendiente del cable

QIi 1

2 T i 12

mientras que el Momento Isostático de Pretensado (6ta columna) resulta de multiplicar la carga

y la excentricidad del cable

MIi T ei

Los diagramas de esfuerzos resultan aproximadamente idénticos a los obtenidos con el

procedimiento analítico. Las tensiones máximas se calculan en forma análoga una vez

identificadas las secciones críticas. Notar que realizando el cociente entre Pi y Δx se obtiene

la carga uniformemente distribuida antes utilizada.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -16-

x i ei i 12 Pi QI

i 12 MI

i

0.00 0.100 −16.72 16.50

−0.1013 −16.72

0.75 0.024 1.76 3.96

−0.0907 −14.96

1.50 −0.044 1.76 −7.26

−0.0800 −13.20

2.25 −0.104 1.76 −17.16

−0.0693 −11.44

3.00 −0.156 1.76 −25.74

−0.0587 −9.68

3.75 −0.200 1.76 −33.00

−0.0480 −7.92

4.50 −0.236 1.76 −38.94

−0.0373 −6.16

5.25 −0.264 1.76 −43.56

−0.0267 −4.40

6.00 −0.284 1.76 −46.86

−0.0160 −2.64

6.75 −0.296 1.76 −48.84

−0.0053 −0.88

7.50 −0.300 1.76 −49.50

0.0053 0.88

8.25 −0.296 1.76 −48.84

0.0160 2.64

9.00 −0.284 1.76 −46.86

0.0267 4.40

9.75 −0.264 1.76 −43.56

0.0373 6.16

10.50 −0.236 1.76 −38.94

0.0480 7.92

11.25 −0.200 1.76 −33.00

0.0587 9.68

12.00 −0.156 1.76 −25.74

0.0693 11.44

12.75 −0.104 1.76 −17.16

0.0800 13.20

13.50 −0.044 1.76 −7.26

0.0907 14.96

14.25 0.024 1.76 3.96

0.1013 16.72

15.00 0.100 −16.72 16.50

Tabla 6.3. Cálculo de Esfuerzos de Pretensado en la viga simplemente apoyada.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -17-

CALCULO DE DESPLAZAMIENTOS

Los siguientes parámetros complementan los datos de la viga

E 3 106 tnm 2 → Módulo de elasticidad longitudinal

I d h3

12 0.0128 m4 → Momento de inercia

EI 38400 tn.m2 → Rigidez flexional

2.5 tnm 3 → Peso específico

A 0.24 m2 → Area seccional

qd A 0.600 tnm → Carga distribuida por peso propio

A los efectos del cálculo de desplazamientos al centro de la viga se consideran solamente las

deformaciones flexionales. Las reacciones y el diagrama de momento flector para peso propio

resultan

0.600 tn/m

4.5 tn 4.5 tn

Reacciones

Diagrama de Momento Flector

16.875 tn.m

La expresión analítica del momento flector se obtiene como

Mdx qp L

2 x − 12 qp x 2

4.5 x − 0.3 x 2

El cálculo del desplazamiento al centro de la viga requiere el planteo del siguiente Estado

Auxiliar


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -18-

1 tn

0.5 tn 0.5 tn

Reacciones

Diagrama de Momento Flector

3.75 tnm

El momento flector puede expresarse analíticamente como

Mx −0.5 x para 0 x 7.5

−3.75 0.5 x − 7.5 para 7.5 x 15

La flecha producida por el peso propio resulta entonces

d 2EI 0

7.5Mdx Mx dx

2EI 0

7.54.5 x − 0.3 x 2 −0.5 x dx

1EI 0

7.5−4.5 x 2 0.3 x 3 dx

1EI −4.5 x 3

3 0.3 x 4

4 0

7.5

−0.0103 m

La expresión analítica del momento flector para el caso del efecto de postensado se reescribe a

continuación

Mpx 16.50 − 17.60 x 1.173 x 2

La contraflecha producida por el cable de postensado se obtiene como

p 2EI 0

7.5Mpx Mx dx

2EI 0

7.516.50 − 17.60 x 1.173 x 2 −0.5 x dx

1EI 0

7.5−16.50 x 17.60 x 2 − 1.173 x 3 dx

1EI −16.50 x 2

2 17.60 x 3

3 − 1.173 x 4

4 0

7.5

0.0282 m


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -19-

De esta forma el desplazamiento total al centro de la viga resulta

d p

−0.0103 m 0.0282 m

0.0179 m

La fuerza necesaria en el cable para compensar el desplazamiento producido por el peso propio

en el centro de la viga se calcula como se indica a continuación. La expresión analítica del

momento flector producido por una fuerza genérica T del cable de postensado es la siguiente

MpTx T ex

T 0.1 − 0.10667 x 0.007111 x 2

La contraflecha producida por la fuerza T se calcula como

pT 2

EI 0

7.5Mp

Tx Mx dx

2EI T

0

7.50.1 − 0.10667 x 0.007111 x 2 −0.5 x dx

TEI 0

7.5−0.1 x 0.10667 x 2 − 0.007111 x 3 dx

TEI −0.1 x 2

2 0.10667 x 3

3 − 0.007111 x 4

4 0

7.5

0.0001709 T

Si se impone la condición que el desplazamiento total sea nulo

d pT 0

− 0.0103 0.0001709 T 0

se obtiene la fuerza de postensado necesaria para contrarrestar la flecha producida por el peso

propio

T 0.01030.0001709

60.27 tn


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -20-


tensiones que ocurren en la viga con restricción al giro en ambos extremos. Tomar los

mismos datos del Ejercicio 1.

p

TTθ°θ°

15.00 m

0.80 m 0.10 m

0.10 m

yx

En este caso los Esfuerzos Hiperestáticos de Pretensado EsfHx pueden evaluarse

explícitamente recurriendo al Método de las Fuerzas, superponiendo los estados auxiliares

escalados con sus respectivas incógnitas hiperestáticas. En casos más complejos donde no resulta

práctico aplicar el Método de las Fuerzas por el elevado número de incógnitas hiperestáticas se

utiliza el Método de Rigidez para calcular los Esfuerzos Totales EsfTx mientras que los

Esfuerzos Isostáticos EsfIx pueden evaluarse directamente con la geometría del cable. Los

Esfuerzos Hiperestáticos se computan luego como la diferencia entre los esfuerzos totales y los

esfuerzos isostáticos

EsfHx EsfTx − EsfIx


A los fines de ilustrar el procedimiento de cálculo por el Método de las Fuerzas se utiliza

un enfoque analítico, aunque sería igualmente válido operar en forma numérica tal como se

procede más adelante.

Se define al Isostático Fundamental tomando las condiciones de borde del Ejercicio 1. Por lo

tanto, el Estado 0 queda definido con los valores ya calculados. Aprovechando la condición de

simetría se plantea un único estado auxiliar (Estado 1) donde la incógnita hiperestática

(momento de empotramiento) producirá los Esfuerzos Hiperestáticos de Prestensado.

11

Estado '1'


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -21-

La ecuación de compatibilidad se plantea como

10 M111 0

Considerando sólo las deformaciones flexionales a los efectos de evaluar la incógnita

hiperestática se encuentra

10 1EI 0

1516.50 − 17.60 x 1.173 x 2 1 dx

− 1EI 412.50

11 1EI 0

151 2 dx

1EI 15.00

por lo tanto

M1 −1011

27.50 tnm

El Momento Hiperestático de Pretensado MHx es constante e igual a M1 . En este caso, no

hay Corte Hiperestático de Pretensado.

27.50 tnm

M omento Hiperestático de Pretensado

27.50 tnm

El Momento Total de Pretensado se calcula entonces como

MTx MIx MHx

44.00 − 17.60 x 1.173 x 2

El Corte Total de Pretensado coincide con el del ejercicio anterior.

M omento Total de Pretensado

22.00 tnm

Corte Total de Pretensado

44.00 tnm44.00 tnm

17.60 tn17.60 tn


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -22-

Las máximas tensiones de compresión ocurren en las secciones extremas

maxC −Mmax

W − Ho

A −1375 tn

m2 − 687 tnm2

−2062 tnm2

al igual que las máximas tensiones de tracción

maxT Mmax

W − Ho

A 1375 tn

m2 − 687 tnm2

688 tnm2

Las máximas tensiones cortantes se producen también en las secciones extremas

max 32

Qmax

d h 3

217.60

0.30 0.80 110 tnm2


El Método de Rigidez que se estudiará más adelante recurre habitualmente a

procedimientos numéricos que se adaptan naturalmente al esquema de discretización con fuerzas

en los nudos propio de este método.

Aplicando las cargas concentradas calculadas en el Ejercicio 1 a la viga con las presentes

condiciones de borde se obtienen los Esfuerzos Totales de Pretensado (7ma y 8va columna de

Tabla 2). Debido a la fina discretización necesaria se realizan las operaciones utilizando un

programa de cálculo computacional (SAP2000).

Los Esfuerzos Hiperestáticos (9na y 10ma columna) se obtienen descontando los

esfuerzos isostáticos a los totales. Se observa que el Corte Hiperestático resulta nulo al igual que

el obtenido con el procedimiento analítico, y el Momento Hiperestático es también constante y

ligeramente inferior debido a efectos de discretización.

Los diagramas presentan iguales características a los obtenidos con el método anterior,

mientras que las tensiones máximas casi no difieren a las ya calculadas.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -23-

x i ei i 12 Pi QI

i 12 MI

i QTi 1

2 MTi QH

i 12 MH

i

0.00 0.100 −16.72 16.50 43.89 27.39

−0.1013 −16.72 −16.72 0.00

0.75 0.024 1.76 3.96 31.35 27.39

−0.0907 −14.96 −14.96 0.00

1.50 −0.044 1.76 −7.26 20.13 27.39

−0.0800 −13.20 −13.20 0.00

2.25 −0.104 1.76 −17.16 10.23 27.39

−0.0693 −11.44 −11.44 0.00

3.00 −0.156 1.76 −25.74 1.65 27.39

−0.0587 −9.68 −9.68 0.00

3.75 −0.200 1.76 −33.00 −5.61 27.39

−0.0480 −7.92 −7.92 0.00

4.50 −0.236 1.76 −38.94 −11.55 27.39

−0.0373 −6.16 −6.16 0.00

5.25 −0.264 1.76 −43.56 −16.17 27.39

−0.0267 −4.40 −4.40 0.00

6.00 −0.284 1.76 −46.86 −19.47 27.39

−0.0160 −2.64 −2.64 0.00

6.75 −0.296 1.76 −48.84 −21.45 27.39

−0.0053 −0.88 −0.88 0.00

7.50 −0.300 1.76 −49.50 −22.11 27.39

0.0053 0.88 0.88 0.00

8.25 −0.296 1.76 −48.84 −21.45 27.39

0.0160 2.64 2.64 0.00

9.00 −0.284 1.76 −46.86 −19.47 27.39

0.0267 4.40 4.40 0.00

9.75 −0.264 1.76 −43.56 −16.17 27.39

0.0373 6.16 6.16 0.00

10.50 −0.236 1.76 −38.94 −11.55 27.39

0.0480 7.92 7.92 0.00

11.25 −0.200 1.76 −33.00 −5.61 27.39

0.0587 9.68 9.68 0.00

12.00 −0.156 1.76 −25.74 1.65 27.39

0.0693 11.44 11.44 0.00

12.75 −0.104 1.76 −17.16 10.23 27.39

0.0800 13.20 13.20 0.00

13.50 −0.044 1.76 −7.26 20.13 27.39

0.0907 14.96 14.96 0.00

14.25 0.024 1.76 3.96 31.35 27.39

0.1013 16.72 16.72 0.00

15.00 0.100 −16.72 16.50 43.89 27.39

Tabla 6.4. Cálculo de Esfuerzos de Pretensado en la viga con restricción al giro


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -24-


tensiones que ocurren en la viga continua de dos tramos.

T T

ppp

yx θ°θ°

15.00 m 4.75 m

0.80 m

0.10 m

10.25 m

0.30 m

0.30 m

La carga axial del cable es T 165 tn y se toman las dimensiones de sección del Ejercicio 1.

De la posición del cable se conocen algunos puntos de su trayectoria: en el extremo arranca a

10cm sobre el eje de la sección, desciende en forma suave hasta 10cm del borde inferior, corta al

eje baricéntrico a 4.75m del apoyo central y pasa sobre éste a 10cm del borde superior. El resto

de la trayectoria posee simetría respecto al apoyo central, y por lo tanto es conveniente sólo

analizar una mitad de la estructura (se escoge la mitad derecha).


Una alternativa para analizar el problema es trazar parábolas sobre los puntos conocidos

de la posición del cable y realizar un tratamiento analítico. En este caso

e1x a1 b1 x c1 x 2

a1 0.3 m

b1 0

c1 −0.013296 1m

x → 0 ; 4.75

e2x a2 b2 x c2 x 2

a2 0.9 m

b2 −0.25263

c2 0.013296 1m

x → 4.75 ; 15

El cable posee en el extremo una excentricidad

e0 |e2x|x15

0.1022 m

El ángulo del cable en el extremo puede calcularse como su pendiente

0 |e2′ x|x15

b2 2 c2 xx15

0.14625


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -25-

La curvatura del cable se calcula como

1x 2 c1 −0.026592 1m x → 0 ; 4.75

2x 2 c2 0.026592 1m x → 4.75 ; 15

Las cargas actuantes sobre el hormigón resultan

Ho ≈ T 165 tn

Mo ≈ T e0 16.85 tnm

Vo ≈ T 0 24.133 tn

p1x T 1x −4.388 tnm x → 0 ; 4.75

p2x T 2x 4.388 tnm x → 4.75 ; 15

yx

V°M°H°

V°M°

H°p p

p

Los Esfuerzos Isostáticos de Pretensado (Estado 0) se obtienen resolviendo la viga con este

sistema de cargas y removiendo cualquiera de los apoyos, ya que las fuerzas de postensado son

autoequilibradas y no generan reacciones en los apoyos remanentes.

El Momento Isostático de Pretensado debe calcularse por tramos.

MIx T ex

49.50 − 2.194 x 2 x → 0 ; 4.75

148.50 − 41.68 x 2.194 x 2 x → 4.75 ; 15

Alternativamente,

para x → 0 ; 4.75

MIx Mo − Vo 15 − x p 10.25 5.125 4.75 − x − 12 4.75 − x2

49. 50 − 2. 194 x 2

para x → 4.75 ; 15

MIx Mo − Vo 15 − x 12 p 15 − x2

148.50 − 41.68 x 2.194 x 2


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -26-

El Corte Isostático de Pretensado también se calcula por tramos.

QIx T e′x

−4.388 x x → 0 ; 4.75

−41.68 4.388 x x → 4.75 ; 15

Alternativamente,

para x → 0 ; 4.75

QIx Vo p 4.75 − x − 10.25

−4.388 x

para x → 4.75 ; 15

QIx Vo − p 15 − x

−41.68 4.388 x

Momento Isostático de Pretensado


49.50 tnm

49.50 tnm

16.85 tnm

20.84 tn

24.13 tn

Eligiendo como incógnita hiperestática la reacción del apoyo central se plantea el Estado 1 que

comprende en este caso los Esfuerzos Hiperestáticos de Pretensado. Las expresiones de corte y

momento flector para la mitad derecha resultan

Q1x 0.50

M1x −7.50 0.50 x

Estado '1'

1

7.50 tnm


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -27-

La ecuación de compatibilidad se plantea como

10 R111 0

Considerando sólo las deformaciones flexionales a los efectos de evaluar la incógnita

hiperestática se encuentra

10 1EI

0

4.7549.50 − 2.194 x 2 −7.50 0.5 x dx …

4.75

15148.50 − 41.68 x 2.194 x 2 −7.50 0.5 x dx

− 1EI 175.72

11 1EI 0

15−7.50 0.5 x 2dx

1EI 281.25

por lo tanto

R1 −1011

0.625 tn

El Corte y el Momento Hiperestático de Pretensado resultan

QHx R1Q1x

0.312

MHx R1M1x

−4.69 0.312 x

Momento Hiperestático de Pretensado

Corte Hiperestático de Pretensado

0.312 tn0.312 tn

4.69 tnm

Sumando los esfuerzos isostáticos y los hiperestáticos se obtienen el Corte y el Momento Total

de Pretensado.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -28-

para x → 0 ; 4.75

QTx 0.312 − 4.388 x

MTx 44.81 0.312 x − 2.194 x 2

para x → 4.75 ; 15

QTx −41.37 4. 388 x

MTx 143.81 − 41. 37 x 2.194 x 2

Momento Total de Pretensado

Corte Total de Pretensado

20.53 tn

44.81 tnm16.85 tnm

51.20 tnm

0.312 tn

24.45 tn

Las máximas tensiones normales de compresión resultan

maxC −Mmax

W − Ho

A −1600 tn

m2 − 687 tnm2

−2287 tnm2

Las máximas tensiones normales de tracción resultan

maxT Mmax

W − Ho

A 1600 tn

m2 − 687 tnm2

913 tnm2

Las máximas tensiones cortantes (extremo) resultan

max 32

Qmax

d h

32

24.450.30 0.80

153 tnm2


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -29-


La posición del cable se describe en forma discreta para nudos separados Δx 0.75m .

En primer término, se calculan la pendiente entre nudos y las cargas concentradas aplicadas en

los nudos. Luego se computan los Esfuerzos Isostáticos en función de la pendiente (Corte) y la

excentricidad (Momento) del cable, mientras que los Esfuerzos Totales de Pretensado se

obtienen utilizando alguna implementación computacional del Método de Rigidez.

Los Esfuerzos Hiperestáticos resultan de descontar los esfuerzos isostáticos a los totales.

Se observa que el Corte Hiperestático es constante y el Momento Hiperestático varía

linealmente. Para comparar los resultados con los obtenidos con el Método de las Fuerzas deben

valuarse las expresiones analíticas de momento en las coordenadas de los nudos y las fórmulas

de corte en coordenadas intermedias. Por tal motivo, no es estrictamente posible conseguir los

valores de corte en los extremos para ser comparados con los calculados analíticamente. Sin

embargo, para una adecuada discretización esta cuestión no resulta relevante.

Los diagramas presentan iguales características a los obtenidos con el método anterior,

mientras que las tensiones máximas casi no difieren a las ya calculadas.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -30-

x i ei i 12 Pi QI

i 12 MI

i QTi 1

2 MTi QH

i 12 MH

i

0.00 0.300 −1.65 49.50 44.86 −4.64

−0.0100 −1.65 −1.34 0.31

0.75 0.293 −3.29 48.27 43.86 −4.41

−0.0299 −4.94 −4.63 0.31

1.50 0.270 −3.29 44.56 40.39 −4.17

−0.0499 −8.23 −7.92 0.31

2.25 0.233 −3.29 38.39 34.45 −3.94

−0.0698 −11.52 −11.21 0.31

3.00 0.180 −3.29 29.76 26.04 −3.72

−0.0897 −14.81 −14.50 0.31

3.75 0.113 −3.29 18.65 15.16 −3.49

−0.1097 −18.10 −17.79 0.31

4.50 0.031 −1.83 5.07 1.82 −3.25

−0.1208 −19.93 −19.62 0.31

5.25 −0.060 2.93 −9.87 −12.89 −3.02

−0.1031 −17.00 −16.69 0.31

6.00 −0.137 3.29 −22.63 −25.41 −2.78

−0.0831 −13.71 −13.40 0.31

6.75 −0.199 3.29 −32.91 −35.46 −2.55

−0.0632 −10.42 −10.11 0.31

7.50 −0.247 3.29 −40.73 −43.04 −2.31

−0.0432 −7.13 −6.82 0.31

8.25 −0.279 3.29 −46.07 −48.16 −2.09

−0.0233 −3.84 −3.53 0.31

9.00 −0.297 3.29 −48.95 −50.80 −1.85

−0.0033 −0.55 −0.24 0.31

9.75 −0.299 3.29 −49.37 −50.98 −1.61

0.0166 2.74 3.05 0.31

10.50 −0.287 3.29 −47.31 −48.69 −1.38

0.0366 6.03 6.34 0.31

11.25 −0.259 3.29 −42.79 −43.94 −1.15

0.0565 9.32 9.63 0.31

12.00 −0.217 3.29 −35.79 −36.72 −0.93

0.0764 12.61 12.92 0.31

12.75 −0.160 3.29 −26.33 −27.03 −0.70

0.0964 15.90 16.21 0.31

13.50 −0.087 3.29 −14.41 −14.87 −0.46

0.1163 19.20 19.50 0.30

14.25 0.000 3.29 0.00 −0.24 −0.24

0.1363 22.49 22.79 0.30

15.00 0.102 −22.49 16.85 16.85 0.00

Tabla 6.5. Cálculo de Esfuerzos de Pretensado en la viga continua de dos tramos.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -31-

6.4- Líneas de Influencia

6.4.1. Introducción El concepto de la línea de influencia es útil para establecer las condiciones más

desfavorables de solicitación en estructuras que presentan un comportamiento lineal y soportan

cargas móviles, por ejemplo: puentes.

Una carga móvil produce distintos efectos como ser: reacciones, esfuerzos internos

Mf,Mt,N,Q , desplazamientos, etc. El efecto considerado en cada caso se designa incógnita X.

En el caso lineal es suficiente determinar el valor de ix de la misma para una carga unitaria

1x actuando en la posición genérica definida por la coordenada x .

El valor de la incógnita producida por una carga móvil P actuando en x es:

Xx P ix (Ec. 6.2)

donde:

Xx : valor de la incógnita X producido por la carga P acutuando en x .

ix : coeficiente de influencia que depende de la coordenada x .

Se denomina línea de influencia de una incógnita X al diagrama cuyas ordenadas x

en una cierta escala representan al coeficiente de influencia definido en la Ec. (6.2). La línea de

influencia es una representación gráfica de la influencia variable ix según la posición de la

carga P.

En el curso de Estática se estudian las líneas de influencia para reacciones y esfuerzos

internos en estructuras isostáticas. Aplicando el pricipio de Trabajos Virtuales se puede

demostrar que el diagrama de desplazamientos verticales es igual a la línea de influencia en una

cierta escala.

En el presente capítulo se extiende el concepto de líneas de influencia al caso de

estructuras deformables, en general hiperestáticas. Se comienza determinando las líneas de

influencia de desplazamientos y giros, y se continúa con las líneas de influencia de esfuerzos

internos y reacciones en sistemas hiperestáticos.

6.4.2. Líneas de Influencia como aplicación del Teorema de Reciprocidad En el curso de Estática se aplicó el principio de T.V. para determinar las líneas de

influencia de sistemas isostáticos. En esta sección se desarrolla un planteo similar aplicando el

teorema de reciprocidad, visto en la sección 3.5 del capítulo 3, para:


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -32-

a Probar que la elástica causada por una fuerza unitaria es la línea de influencia en una cierta

escala.

b Determinar la escala y el signo.

En la viga simplemente apoyada de la figura interesa determinar la influencia ix del

descenso del punto central C.

Se considera como estado I al correspondiente a la carga P colocada en x (ver sección

3.5). El estado II corresponde a una carga unitaria en el punto para el cual interesa determinar la

línea de influencia del desplazamiento.

Supóngase conocida a través de cualquier procedimiento de cálculo la elástica x

correspondiente al estado II. Por el teorema de reciprocidad:

1 c Px

Por definición de coeficiente de influencia:

c P ix

sustituyendo se tiene:

x ix

Conclusión: La línea de influencia del desplazamiento de un punto coincide con la elástica

asociada a una carga unitaria aplicada en dicho punto.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -33-

6.4.3. Líneas de influencia en sistemas hiperestáticos A los efectos de ilustrar el desarrollo de la línea de influencia del momento flector en un

sistema hiperestático se considera la viga continua de tres tramos indicada en la figura en la cual

se determinará la línea de influencia del momento flector en el centro del tramo de la izquierda.

Para ello, se introduce una articulación en la sección en la que se desea la línea de influencia del

momento.

Para aplicar el teorema de reciprocidad se definen dos estados de carga, designados como

I y II que se indican en esta figura. El estado I consiste en una carga unitaria aplicada en la

sección x y el estado II en dos momentos unitarios iguales y opuestos aplicados en la

articulación introducida.

Por reciprocidad se tiene:

( ) ( ) ( )η θ θ⋅ = ⋅ +I Ic i dP x x M (Ec. 6.3)

Por otro lado, el giro relativo nulo de las barras que concurren a la articulación para la

estructura original se garantiza a través de la siguiente ecuación de compatibilidad de giros:

Mc iII d

II iI d

I 0 (Ec. 6.4)

es decir:

Mc − i

I dI

iII d

II

(Ec. 6.5)

donde Mc es el momento flector en la sección donde se introduce la articulación debido a la

carga unitaria Px 1 . Utilizando (6.3), la ecuación (6.5) toma la siguiente forma:


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -34-

Mc −PxMc

x i

II dII

(Ec. 6.6)

y como Px 1 y Mc 1 se obtiene finalmente:

Mc −x

iII d

II (Ec. 6.7)

En conclusión, la línea de influencia del momento flector Mc es igual a la elástica de la

viga x producida por el momento Mc 1 aplicado a ambos lados de la articulación

introducida en la sección de interés. El término iII d

II es un factor de escala.

Desde el punto de vista operativo sólo es necesario determinar la elástica x del

estado II, ya que las deformaciones correspondientes al estado I se eliminan directamente al

aplicar la ecuación de compatibilidad (6.4).

6.4.4. Otras formas de obtener las Líneas de Influencia

La propia definición del coeficiente de influencia proporciona una forma simple de

calcularlo. Recordando la expresión (6.2):

Xx P ix

se observa que para una carga unitaria P el coeficiente de influencia es igual al valor de la

incógnita. Por lo tanto, la colocación de una carga unitaria P = 1 en una posición genérica x

permite obtener el valor de la incógnita por cualquier método ( trabajos virtuales, tres momentos,

Castigliano, etc ).

El método de la elástica ( reciprocidad ) tiene gran importancia conceptual ya que permite

anticipar sin ningún cálculo y en forma aproximada donde debe actuar una carga para producir la

máxima influencia. Sin embargo, la utilización de programas computacionales de cálculo

permite la automatización del cálculo de las líneas de influencia. En el caso de un reticulado para

el que resulta necesario trazar una línea de influencia para cada barra, se puede utilizar un

programa para determinar el esfuerzo en todas las barras para varias posiciones de la carga móvil

y finalmente seleccionar la máxima solicitación en cada barra. En el caso de una viga continua,

el programa puede calcular el momento flector y el corte en el centro de cada tramo y sobre los

apoyos para varias posiciones de la carga, y luego determinar los valores máximos de las

solicitaciones en los puntos prefijados listándolos con los resultados finales. El cálculo manual

de las líneas de influencia requiere un trazado para cada incógnita de interés mientras que un

programa de cálculo puede proporcionar simultáneamente todas las incógnitas prefijadas.

CAPITULO 7 INTRODUCCION AL METODO DE RIGIDEZ ____________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -1-

Capítulo 7

Introducción al Método de Rigidez

7.1- Generalidades

El diseño estructural lleva implícito determinar las proporciones de los elementos y la

configuración de conjunto que permitan resistir económica y eficientemente las condiciones de

carga posibles durante la vida útil de las estructuras. El aspecto central de esta función es el

cálculo de la distribución de fuerzas (internas o esfuerzos, y externas o reacciones) sobre las

estructuras, y las deformaciones (desplazamientos, giros, curvaturas, deformaciones específicas)

de las mismas. En este capítulo se presenta el planteo general de análisis de estructuras de barras

prismáticas por el Método de los Desplazamientos, también conocido como Método de Rigidez.

Existe una amplia gama de estructuras que pueden representarse satisfactoriamente, a los

fines de su análisis, por un modelo de elementos de barras; tal es el caso de: edificios de diversos

tipos, parte de aviones y de barcos, torres, etc.

El criterio de diseño que se aplica en la mayoría de los casos es que se requiere

comportamiento elástico de la estructura bajo la acción de las cargas de ocurrencia normal, pero

para cargas extremas es habitual aceptar que la estructura sufra deformaciones permanentes,

siempre y cuando no se afecte su capacidad de soportar las cargas permanentes a que se

encuentra sometida. El comportamiento de cualquier tipo de estructura de barras, placas,

cáscaras o sólidos puede ser representado por medio de ecuaciones diferenciales al nivel de

un elemento o barra. Sin embargo, a nivel del sistema de barras que conforman una estructura,

resulta posible utilizar las soluciones analíticas de las ecuaciones diferenciales de la barra para


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -2-

formular el problema en términos algebraicos sin pérdida de precisión respecto a las hipótesis

habituales de la teoría de vigas.

A partir de dichas soluciones bien conocidas es posible obtener relaciones entre las

fuerzas y los desplazamientos de los extremos de cada barra y combinarlas con las ecuaciones de

equilibrio y compatibilidad de los nudos para obtener un sistema de ecuaciones algebraicas

que describe el comportamiento de la estructura.

En los casos de elementos estructurales que no encuadran en una definición básicamente

unidimensional del problema (a lo largo del eje de la barra), es decir en caso de elementos

bidimensionales o tridimensionales el problema es más complicado porque raramente existen

soluciones exactas para las ecuaciones diferenciales en derivadas parciales que las gobiernan.

Una manera práctica de obtener soluciones numéricas en tales casos es la aplicación del

método de elementos finitos. El concepto básico de este método es que el continuo (toda la

estructura) puede modelarse analíticamente subdividiéndolo en regiones (elementos finitos) cuyo

comportamiento puede describirse por una serie de funciones, propuestas de antemano, que

aproximan los desplazamientos y/o las tensiones en dichas regiones. Este planteo también

conduce a un sistema de ecuaciones algebraicas, pero estas ecuaciones introducen

aproximaciones de tipo numérico que no son necesarias en las estructuras de barras prismáticas.

Todo miembro o elemento de una estructura de barras puede ser considerado un caso

particular, relativamente simple, dentro del concepto de elementos finitos, sólo que dado que se

dispone de la solución analítica de las ecuaciones que rigen en comportamiento individual de las

mismas, no requieren aproximaciones numéricas adicionales a las propias de la teoría de vigas.

7.2- Tipos de estructuras

Una estructura está formada por elementos conectados entre sí que pueden agruparse en

conjuntos de una, dos o tres dimensiones. En realidad, todo elemento tiene largo, ancho y

espesor, pero si el ancho y el espesor son pequeños respecto a la longitud puede considerarse al

elemento como unidimensional (barra). En el caso de placas y cáscaras, el espesor es pequeño

respecto al largo y al ancho por lo que pueden considerarse como elementos bidimensionales.

Si el espesor, el largo y el ancho poseen el mismo orden de magnitud, deberá considerarse

al elemento como tridimensional. La definición del carácter unidimensional, bidimensional o

tridimensional del conjunto depende del criterio de quien tiene la responsabilidad de efectuar el

análisis estructural, y será analizado en más detalle en los capítulos siguientes.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -3-

A fin de su estudio puede ser de utilidad clasificar las estructuras de barras según su

configuración de la siguiente manera:

Reticulado PlanoNudos Articulados

Reticulado Espacial

Pórtico PlanoPlanas

Emparrillado PlanoNudos Rígidos Espaciales Pórtico Espacial

⎧⎨⎩⎧ ⎧

⎨⎪⎩⎨

⎪⎩

7.3- Objeto del análisis estructural

El análisis estructural es un conjunto de herramientas del diseño para la determinación de

los desplazamientos, deformaciones, esfuerzos internos y reacciones exteriores de la estructura.

Una vez determinados los desplazamientos se procede a calcular las tensiones a partir de las

relaciones cinemáticas entre desplazamientos y deformaciones específicas, y las relaciones

constitutivas del material, y finalmente evaluar los márgenes de seguridad respecto a la fluencia,

pandeo o rotura del material.

El análisis estructural se realiza sobre una estructura pre-dimensionada que está definida a

través de su configuración geométrica y dimensiones, y a través de las características de los

materiales. También supone ya definidas las acciones a considerar, tales como cargas de diversa

naturaleza, defectos de montaje, variaciones de temperatura, etc.

El cálculo de tensiones puede indicar la necesidad de introducir modificaciones más o

menos importantes en la estructura original. En esos casos se debe repetir el análisis, después de

adecuar las dimensiones originales, generando un segundo ciclo de análisis.

El proceso de análisis y diseño de una estructura puede esquematizarse de la siguiente

manera:


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -4-

7.4- Solución completa de problemas de mecánica estructural

Se comienza repasando algunos conceptos fundamentales ya vistos anteriormente y que

se vinculan a la definición de lo que normalmente se interpreta como una solución "completa" de

un problema estructural. Ésta consiste en determinar:

a) Esfuerzos internos y reacciones externas

b) Desplazamientos

Para lograr estos objetivos necesariamente deben utilizarse en alguna etapa de cálculo las

siguientes relaciones:

1) Ecuaciones de equilibrio

2) Condiciones de compatibilidad

3) Relaciones constitutivas

4) Condiciones de vínculo

Datos: a) Características funcionales b) Acciones externas

Diseño estructural: a) Definición de la estructura b) Definición de las cargas (acciones externas, peso propio, etc.)

Análisis estructural: Determina: a) Fuerzas extremos de barra b) Desplazamiento nudos

Cálculo de tensiones: -Utilización de alguna teoría de falla

Fin: Ejecución de planos, etc.

No

satis

fact

orio

(r

epet

ir el

cic

lo)

Satisfactorio


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -5-

Sustituyendo grupos de estas ecuaciones en las restantes es posible llegar a un sistema de

ecuaciones que satisfacen los cuatro tipos de relaciones enunciadas pero cuyas incógnitas pueden

ser exclusivamente fuerzas o desplazamientos. Según sea el orden en que se sustituyan unas

ecuaciones en otras y las incógnitas que se adoptan se obtienen las ecuaciones propias del

método de las fuerzas o las del método de los desplazamientos.

Para finalizar este capítulo de introducción se describen las características fundamentales

de ambos métodos a través de un ejercicio que muestra la forma de operar en cada uno de esos

procedimientos de análisis.

7.5- Análisis compartivo de los dos métodos de análisis estructural Método de las fuerzas

I) En primera instancia se plantean y se resuelven las ecuaciones de compatibilidad cuyas

incógnitas son fuerzas (incógnitas hiperestáticas). Por esta manera de encarar el problema

también se lo conoce como método de compatibilidad o método de flexibilidad.

El número de ecuaciones está asociado al grado de indeterminación estática.

II) En una segunda etapa de cálculo se calcular los desplazamientos en los distintos

puntos de la estructura, aunque este es un subproducto que no siempre se requiere cuando se

selecciona este método de análisis.

Método de rigidez

I) En primera instancia se plantean y resuelven ecuaciones de equilibrio cuyas incógnitas

son desplazamientos; también se lo conoce como método de equilibrio o método de los

desplazamientos.

El número de ecuaciones está asociado al grado de indeterminación geométrica, que es

igual al número de “grados de libertad” necesarios para definir la configuración deformada de la

estructura.

II) En una segunda etapa del cálculo se procede a determinar en forma sucesiva los

esfuerzos en los distintos puntos de la estructura.

7.6- Ejemplo de aplicación de los dos métodos

Se propone resolver el problema hiperestático simétrico de la Figura 7.1.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -6-

Datos: ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 2 2 2; , , ; , , ;l E A l E A Pα

Figura 7.1

Incógnitas:

Fuerzas en las barras: ( )1 2,F F

Elongaciones de las barras: ( )1 2,e e

El desplazamiento vertical del punto A: ( )AU

Tenemos en total cinco incógnitas:

a) Ecuaciones de equilibrio:

1 22. .cos( )F F Pα + = (Ec. 7.1)

b) Ecuaciones constitutivas:

Se suponiendo que el material es linealmente elástico (se cumple la ley de Hooke), y se

utiliza la nomenclatura K = .A El

que se conoce como rigidez axial de la barra:

11

1

FeK

= (Ec. 7.2)

22

2

FeK

= (Ec. 7.3)

c) Ecuaciones de compatibilidad:

Para desplazamientos pequeños se puede calcular el alargamiento de la barra proyectando

el desplazamiento relativo entre los extremos sobre la dirección original de la barra.

( )1 .cosAe U α= (Ec. 7.4)

2 Ae U= (Ec. 7.5)

Se han obtenido así cinco ecuaciones que permiten determinar las cinco incógnitas. Debe

enfatizarse que el problema no puede resolverse a menos que se utilicen todas las ecuaciones.

( )1 ( )2

A

P

1 1 1, ,l E A2 2 2, ,l E A

( )11 1 1, ,l E A

αα


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -7-

Método de las fuerzas

De las ecuaciones (Ec. 7.4) y (Ec. 7.5) se llega a una sola ecuación de compatibilidad

donde no figura el desplazamiento AU como incógnita.

( )1

2 coseeα

= (Ec. 7.6)

Sustituyendo (Ec. 7.2) y (Ec. 7.3) en (Ec. 7.6) se tiene:

( )1 2

1 2.cosF F

K Kα= (Ec. 7.7)

Despejando 2F de (Ec. 7.1) y sustituyendo en (Ec. 7.7) resulta:

( )( )11

1 2

2. .cos.cos

P FFK K

αα

−= (Ec. 7.8)

Ésta es una ecuación de compatibilidad geométrica donde ambos miembros son

dimensionalmente longitudes. Se trata de una versión de la (Ec. 7.6) que cumple además

equilibrio y que tiene en cuenta las características mecánicas de las barras.

De (Ec. 7.8) se despeja la fuerza incógnita 1F , se calcula 2F sustituyendo en la (Ec. 7.1),

luego se calculan las elongaciones según (Ec. 7.2) y (Ec. 7.3) y finalmente se determina el

desplazamiento AU según (Ec. 7.5).

Método de rigidez

Sustituyendo las ecuaciones (Ec. 7.4) y (Ec. 7.5) en (Ec. 7.2) y (Ec. 7.3) se tienen

expresadas las fuerzas en función del desplazamiento AU :

( )1 1. .cosAF K U α= (Ec. 7.9)

2 2. AF K U= (Ec. 7.10)

Sustituyendo ahora estos valores en la ecuación (Ec. 7.1) queda:

( )21 22. . .cos .A AK U K U Pα + =

( )( )21 22. .cos . AK K U Pα + = (Ec. 7.11)

Que en notación abreviada se expresa:

.K U P= (Ec. 7.12)


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -8-

La (Ec. 7.11) es una ecuación de equilibrio (ambos miembros son fuerzas) que satisfacen

además compatibilidad de deformaciones y tiene en cuenta las características elásticas de las

barras.

El desplazamiento se determina a partir de (Ec. 7.11) y luego por simple sustitución se

calculan las fuerzas empleando (Ec. 7.9) y (Ec. 7.10).

Los métodos que permiten plantear sistemáticamente ecuaciones de compatibilidad en

función de fuerzas incógnitas, tales como: Trabajos Virtuales, Castigliano, Tres Momentos, etc.,

son distintas variantes del “Método de las Fuerzas”.

La atención se concentra ahora en el desarrollo de un procedimiento que permita el

planteo sistemático de ecuaciones del tipo de (Ec. 7.12), o sea, ecuaciones de equilibrio estático

en función de los desplazamientos, donde las fuerzas elásticas .K U equilibran a las fuerzas

exteriores P conocidas.

:U Vector desplazamiento generalizado (corrimientos y giros)

:P Vector de carga generalizado (fuerzas y momentos)

:K Matriz de rigidez que depende de las propiedades elásticas y geométricas de cada

barra y además de la forma en que se conectan.

A continuación se comienza el desarrollo general del método de rigidez para el análisis de

reticulados planos.

CAPITULO 8 METODO DE RIGIDEZ - RETICULADOS ____________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -1-

Capítulo 8

Método de rigidez - Reticulados

8.1- Relaciones cinemáticas para barras de reticulado

A los efectos de formular el método de rigidez resulta indispensable relacionar los

desplazamientos de los extremos de una barra de reticulado con el alargamiento de la misma,

relaciones que se conocen como “relaciones cinemáticas”.

Considérese una barra de longitud “l” que se extiende desde el origen definido por el

nudo "i" al extremo definido por el nudo "j". Se considera que el origen experimenta un

desplazamiento iU pasando al punto “ I ” mientras que el extremo "j" se desplaza jU hasta “ J ”.

Figura 8.1

1X2X

3X

ir

jr

t

iU

jU

iU−U∆

:

.

:

I i i

J j j

j i

j i

J I

R r UR r U

Notaciónr r r

r l tr l

t versorU U U

R R R r U

= +

= +

− = ∆

∆ =

∆ =

− = ∆

− = ∆ = ∆ + ∆


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -2-

La posición inicial esté definida por los vectores de posición ,i jr r . Los vectores de

posición una vez deformada la barra se obtienen en función de los corrimientos nodales ,i jU U .

La elongación de la barra es igual a la diferencia entre la longitud final y la inicial:

e L l R l= − = ∆ − donde: R R R∆ = ∆ ⋅∆

Dividiendo por “ l ”: 2

2 21 1e R R e R Rl l l l

∆ ⋅∆ ∆ ⋅∆⎛ ⎞= − ∴ + =⎜ ⎟⎝ ⎠

Los materiales normalmente usados en la construcción de estructuras permiten asumir

1el

ε= << , de modo que:

2 2

2

11 1 2. 1 2. .2

e e e R R R R lel l l l l

⎡ ⎤∆ ⋅∆ ∆ ⋅∆ −⎛ ⎞+ ≅ + ∴ + = ∴ =⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦

Recordando que R r U∆ = ∆ + ∆ y desarrollando el producto punto resulta:

1 .2

r re ∆ ⋅∆=

22 r U U U l+ ⋅∆ ⋅∆ + ∆ ⋅∆ −l

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Finalmente, para pequeñas deformaciones específicas resulta:

..2.

U Ue U tl

∆ ∆≅ ∆ + (Ec. 8.1)

La (Ec. 8.1) permite obtener la elongación de la barra en función de las componentes de

desplazamientos de los nudos; se trata de una relación no lineal respecto a los desplazamientos.

Si U∆ es pequeño, como ocurre en la mayoría de los casos de aplicación, el segundo

término (término no lineal) del segundo miembro de (Ec. 8.1) puede despreciarse y para

pequeñas deformaciones y pequeños giros queda:

.e U t≅ ∆ (Ec. 8.2)

Puede interpretar la Ec. (8.2) diciendo que para U∆ pequeño, la elongación de la barra

es aproximadamente igual a la proyección del corrimiento relativo entre los extremos sobre la

dirección de la barra indeformada.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -3-

8.2- Matriz de rigidez de una barra de un reticulado plano

A continuación se procede a relacionar las fuerzas aplicadas en los extremos de una barra

con los desplazamientos de los extremos de dicha barra. La relación se logra a través de la matriz

de rigidez de la barra que depende de las características elásticas de la barra y de su orientación.

Existen dos componentes de desplazamiento incógnita por nudo y se pueden plantear dos

ecuaciones de equilibrio por nudo por lo que el tamaño de la matriz de rigidez resulta de (4 x 4).

Figura 8.2

11 12 13 14

21 22 23 24

31 32 33 34

41 42 43 44

.

x xi iy y

i ix x

j jy y

j j

K K K K U PK K K K U PK K K K U PK K K K U P

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

(Ec. 8.3)

Para deducir los elementos de la matriz K , se sigue el siguiente razonamiento:

xiU

yiU

yiP

xiP

xiU

yjU

yjP

xjP

xjU


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -4-

1000

xiy

ix

jy

j

UUUU

⎫=⎪= ⎪⎬= ⎪⎪= ⎭

(Ec. 8.4)

El desplazamiento horizontal del nudo "i" se define igual a la unidad mientras los

desplazamientos restantes son nulos. La elongación de la barra es según (Ec. 8.2) (hipótesis

lineal) igual a la proyección del corrimiento unitario sobre la dirección primitiva de la barra.

Figura 8.3

( )1.cose α= (Ec. 8.5)

La fuerza que comprime la barra una magnitud “e” está dada por la ley de Hooke.

.P K e= (Ec. 8.6)

Nótese que se plantea el equilibrio en el sistema indeformado. Sustituyendo (Ec. 8.4) en

(Ec. 8.3) queda:

11

21

31

41

.1

.1

.1

.1

xiy

ix

jy

j

K PK PK PK P

⎫=⎪= ⎪⎬= ⎪⎪= ⎭

(Ec. 8.7)

La (Ec. 8.7) muestra que la primera columna de K es numéricamente igual al valor de las

fuerzas que mantienen el estado de deformación prefijada definida en (Ec. 8.4).

A partir de la Figura 8.3 se tiene:

( ) ( ) ( ) ( ).cos ; .cos ; .cos ; .cosx y x yi i j jP P P P P P P Pα β α β= = = − = − (Ec. 8.8)

Es necesario respetar el sentido adoptado como positivo para fuerzas y desplazamientos.

xiP

yiP

P

xjP

yjP P

1

tα

β

21

11

yi

xi

P K

P K

=

=

41

31

yj

xj

P K

P K

=

=


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -5-

Sustituyendo (Ec. 8.5) en (Ec. 8.6)y luego en (Ec. 8.8):

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2.cos ; .cos .cos ; .cos ; .cos .cosx y x yi i j jP K P K P K P Kα α β α α β= = = − = − (Ec. 8.9)

Reemplazando las expresiones de (Ec. 8.9) en (Ec. 8.7) se obtiene la primera columna de

la matriz K .

Por un razonamiento similar se puede determinar una por una las restantes columnas.

Resulta conveniente destacar que se ha planteado el equilibrio en el sistema indeformado,

como una primera aproximación al problema.

La forma explícita de la matriz de rigidez de una barra de rigidez axial K cuyos cosenos

directores son:

( ) ( )1 2.cos ; cos ; A EKl

α γ β γ= = = ; es

2 2" " 1 1 2 1 1 2

2 21 2 2 1 2 2

2 2" " 1 1 2 1 1 2

2 21 2 2 1 2 2

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

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

Nudo i

Nudo j

Nudo "i"

K K K KK K K K

KK K K K

K K K K

γ γ γ γ γ γγ γ γ γ γ γγ γ γ γ γ γγ γ γ γ γ γ

⎧ ⎡ ⎤− −⎨ ⎢ ⎥− −⎩ ⎢ ⎥=

⎢ ⎥− −⎧⎢ ⎥⎨ − −⎢ ⎥⎣ ⎦⎩

144 2 Nudo "j"

4 4443 144424443

(Ec. 8.10)

Se observa que la tercera fila de (Ec. 8.10) es igual a la primera fila cambiada de signo, la

cuarta fila es igual a la segunda cambiada de signo, y la segunda es igual a la primera

multiplicada por 2

1

γγ

. El sistema (Ec. 8.3) contiene sólo una ecuación linealmente independiente.

La matriz K es singular y el sistema no tiene solución única ya que no se han fijado condiciones

de vínculo para la barra.

Si las componentes de fuerza del segundo miembro de (Ec. 8.3) no guardan las mismas

relaciones que las filas del primer miembro, el sistema no tiene solución (no hay equilibrio). Si el

12K

22K

32K

42K

13K

23K

33K

43K

14K

24K

34K

44K


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -6-

sistema tiene solución (se cumplen las condiciones de equilibrio) hay infinitas soluciones que

corresponden a un alargamiento de la barra seguido de un desplazamiento de cuerpo rígido.

Si se conocen los desplazamientos de los extremos de la barra, la (Ec. 8.3)

permite calcular la fuerza axial que solicita a la barra.

La simetría de la matriz es una simple consecuencia del teorema de reciprocidad.

Si se adopta como orientación de la barra a la opuesta, es decir que si la barra tiene por

origen al nudo “i” y como extremo al nudo “j”, y se intercambian los roles entre “i” y “j”,

cambian simultáneamente los dos cosenos directores y por lo tanto la (Ec. 8.10) no cambia.

Figura 8.4

Las ecuaciones de equilibrio (Ec. 8.3) llamadas ecuaciones "fuerza-movimiento" pueden

escribirse particionadas de la siguiente manera:

.ii ij i i

ji jj j j

K K U PK K U P⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

(Ec. 8.11)

O también:

. .ii i ij j iK U K U P+ = (Ec. 8.12)

. .ji i jj j jK U K U P+ = (Ec. 8.13)

Nótese que ijK es una submatriz 2x2 y los vectores iP y iU son vectores de dos

componentes.

La (Ec. 8.11) es un sistema de dos ecuaciones vectoriales. Cada vector tiene dos

componentes escalares (proyecciones sobre el sistema global), y por lo tanto se trata de cuatro

ecuaciones algebraicas lineales.

La matriz de rigidez de la (Ec. 8.10) constituye una descripción completa de las

características elásticas de cada barra que permite plantear las ecuaciones de

equilibrio global y de compatibilidad de desplazamientos para un conjunto de barras.

2 bγ =

1 aγ =

tt

1 aγ = −

2 bγ = −


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -7-

8.3- Matriz de rigidez del reticulado plano (2-D)

El número de incógnitas en el método de rigidez está asociado al número de grados de

libertad o incógnitas que definen la posición de los nudos. Se define como "Grados de Libertad

Geométricos" o simplemente "Grados de Libertad" (G.L.) a los desplazamientos necesarios para

determinar la configuración deformada de la estructura.

En un reticulado "ideal" con nudos perfectamente articulados, el conocimiento de la

posición final de cada nudo es suficiente para definir la configuración deformada. En el

reticulado plano, bastará conocer las dos componentes ( ),x yU U del desplazamiento de cada

nudo para definir la posición deformada de los nudos.

El número de G.L. para un reticulado plano es dos veces el número de nudos menos el

número de condiciones de vínculo que introducen restricciones cinemáticas a los

desplazamientos.

La matriz de rigidez del conjunto se obtiene “ensamblando” las matrices de rigidez de

cada una de las barras individuales, como se ilustra para el reticulado de la Figura 8.5.

Figura 8.5

Este reticulado tiene 7 nudos y por lo tanto 14 G.L. Inicialmente no se imponen

condiciones de vínculo.

Al ensamblar la matriz de rigidez de la estructura completa (de orden 14x14) se

describen dos importantes aspectos del problema:

a) Las características elásticas y orientación de cada barra.

b) La topología o conectividad de la estructura.

El primer aspecto está totalmente definido a través de la matriz de rigidez de la (Ec. 8.10)

de cada barra. El segundo aspecto se refiere a la forma en que se unen los nudos a través de las

4P


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -8-

barras (conectividades). La matriz K será de orden 14 y corresponderá a un sistema de 14

ecuaciones de equilibrio.

A modo de ejemplo, a continuación se desarrollan ahora en detalle las dos ecuaciones de

equilibrio del nudo 4.

Empleando notación matricial se plantea una ecuación vectorial de equilibrio del nudo 4

en la que intervienen las fuerzas que ejercen las distintas barras que convergen al nudo.

Figura 8.6

Equilibrio de fuerzas:

4d e g h

j j i iP P P P P+ + + = (Ec. 8.14)

La fuerza exterior 4P se descompone en cuatro fuerzas que actúan en el extremo "j" de las

barras (d) y (e) y en el origen "i" de las barras (g) y (h).

Compatibilidad de desplazamientos: Se describe a través de las condiciones

4d e g h

j j i iU U U U U= = = = (Ec. 8.15)

La (Ec. 8.15) expresa simplemente que los desplazamientos de los extremos de las barras

que concurren al nudo 4 son iguales al desplazamiento del nudo.

Las fuerzas en los extremos de las barras en la ecuación de equilibrio (Ec. 8.14) pueden

expresarse en función de los desplazamientos de los extremos por las ecuaciones fuerza-

desplazamiento (Ec. 8.12) y (Ec. 8.13).

2 3 4 44 4 5 6

4. . . . . . . .d d d d e e e e g g g g h h h hji i jj j ji i jj j ii i ij j ii i ij j

U U U UU U U U

K U K U K U K U K U K U K U K U P⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + + + + + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Teniendo en cuenta las ecuaciones de compatibilidad del tipo (Ec. 8.15), para cada nudo

se obtiene:

( )1 2 3 4 5 6 7 40. . . . . . 0.d e d e g h g hji ji jj jj ii ii ij ijU K U K U K K K K U K U K U U P+ + + + + + + + + = (Ec. 8.16)

4P

hP

gPePdP


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -9-

La expresión vectorial de la (Ec. 8.16) corresponde a las dos ecuaciones de equilibrio del

nudo 4 que resultan ser la séptima y octava ecuaciones del sistema (14 x 14) correspondiente al

reticulado de la Figura 8.5.

Ensamble de la matriz de rigidez del conjunto

La expresión vectorial (Ec. 8.16), desarrollada para el nudo 4 (a modo de ejemplo), es de

validez general y provee una expresión sistemática de plantear las ecuaciones de equilibrio. Esta

ecuación indica cómo se debe ensamblar la matriz de rigidez del reticulado a partir de las

matrices de rigidez de cada barra.

(Ec. 8.17)

En la diagonal principal de la matriz (elemento 44K ) se suman las contribuciones de la

rigidez de las cuatro barras que concurren al nudo 4.

El elemento 42K contiene solamente el aporte de la única barra que une los nudos 2 y 4.

El elemento 41K es nulo porque no hay ninguna barra conectando el nudo 1 con el 4.

A manera de ejemplo a continuación se procede a ensamblar directamente la contribución

de una barra cualquiera, por ejemplo la barra (d) que une el nudo 2 con el 4.

djiK e

jiK0

(**) : d e g hjj jj ii iiK K K K+ + +

(**) gijK h

ijK 0

1U

2U

5

0R

000F−

1

1

x

y

R

R

0P

004

4

x

y

P

P

3U

4U

5U

6U

7U


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -10-

2 4

2

4

d dii ijd

d dji jj

K KK

K K⎡ ⎤

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

(Ec. 8.18)

:diiK Se suma a la contribución de las barras (a) y (c) para dar 22K .

:dijK Resulta ser 24K .

:djiK Resulta ser 42K .

:djjK Se suma a la contribución de las barras (e), (g) y (h) para dar 44K .

Lo indicado para la barra (d) es totalmente general, y para una barra genérica (*) que une

el nudo "i" con el nudo "j" se tiene: * *. .i ii i ij jP K U K U= + + contribución de las otras barras

* *. .j ji i jj jP K U K U= + + contribución de las otras barras (Ec. 8.19)

Para ensamblar la matriz del conjunto se parte inicialmente de una matriz (2n x 2n) cuyos

coeficientes son todos nulos, donde “n” es el número de nudos del reticulado, y se acumulan en

dicha matriz las contribuciones de todas las barras que integran la estructura.

Por ejemplo, la contribución de la barra (*) será según la (Ec. 8.19) la indicada en la

Figura 8.7.

Figura 8.7

Propiedades de la matriz de rigidez

1) La matriz de rigidez del reticulado plano es cuadrada y de orden 2n, donde n es el

número de nudos. Para una barra en 3 dimensiones, la matriz sería de orden (3n x 3n).

2) Es una matriz simétrica como consecuencia que las matrices de las barras individuales

son también simétricas.

*iiK

*jjK

*ijK

*jiK


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -11-

3) La matriz de rigidez, tal como resulta del proceso de ensamble antes descrito, es una

matriz singular (determinante nulo) de modo que el sistema de la (Ec. 8.17) no tiene solución

única porque no se han impuesto las condiciones de vínculo que restringen los desplazamientos

del cuerpo rígido. Para impedir desplazamiento de cuerpo rígido en el plano hay que dar por lo

menos tres condiciones de vínculo apropiadas que restrinjan los desplazamientos de un cuerpo

rígido en el plano.

Condiciones de vínculo

Habiendo ya considerado las relaciones constitutivas, las ecuaciones de equilibrio y las

cinemáticas (o de compatibilidad), sólo resta introducir las condiciones de vínculo (apoyos). El

nudo 1 es un apoyo fijo y el nudo 5 es un apoyo móvil, de modo que se tienen tres

desplazamientos nulos:

51 5

0;

0 0

xUU U

⎡ ⎤⎡ ⎤= = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

(Ec. 8.20)

Las columnas primera, segunda y décima que van a ser multiplicadas por cero, no son

necesarias para resolver el sistema de ecuaciones ya que los respectivos desplazamientos son

nulos en función de las condiciones de vínculo impuestas, y pueden ser omitidas del sistema de

ecuaciones a resolver.

Las filas primera, segunda y décima se pueden también omitir del sistema de ecuaciones y

resolver un sistema 11 x 11 que permita determinar los 11 desplazamientos desconocidos.

Una vez calculados los 11 desplazamientos (sin considerar las filas primera, segunda y

décima), se pueden utilizar las ecuaciones primera, segunda y décima para obtener las reacciones

de apoyo desconocidas (Ec. 8.17).

La diagonal principal de la matriz tiene todos sus elementos distintos de cero, los que

además son siempre positivos. Esto concuerda con el hecho que para producir un desplazamiento

en una dirección y sentido dado se requiere aplicar en dicho nudo una fuerza distinta de cero, y

en general del mismo signo que el desplazamiento. Como además los elementos de la diagonal

son los únicos que se obtienen sumando la rigidez de las distintas barras, éstos resultan ser

dominantes (mayores) respecto a los restantes elementos de la matriz.

Observando la Figura 8.7 se deduce que si los números que definen los nudos extremos

de una barra difieren en pocas unidades, las cuatro submatrices de esa barra se ubican muy cerca

de la diagonal principal (es evidente que cualquiera sea la numeración, las submatrices iiK y jjK

van siempre sobre la diagonal principal).


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -12-

Una numeración óptima de los nudos debería permitir que todos los elementos no nulos

de la matriz estén próximos a la diagonal principal. De esta manera se obtiene una matriz de tipo

"bandeada" como se indica en la Figura 8.8.

Figura 8.8

Para lograr una adecuada optimización computacional, dentro de la banda puede haber

también algunos elementos nulos, pero fuera de la banda todos los elementos deben ser nulos.

Ejemplo:

Figura 8.9

En el caso (a) se obtiene una matriz con elementos no nulos desparramados en toda la

matriz mientras que con la numeración (b) ninguna barra tiene extremos cuya enumeración

difiera en más de dos unidades y se obtiene una banda como se indica en la siguiente figura.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -13-

En ambos casos, antes de introducir las condiciones de vínculo se tiene una matriz

simétrica de orden (24x24). El ancho de la banda tiene importancia desde el punto de vista

computacional o de programación, pero no afecta la validez del método cualquiera sea el

esquema de numeración que se adopte. El caso (b) permite ciertas ventajas de ordenamiento

computacional y requiere menos capacidad de memoria porque la parte fuera de la banda no

necesita ser calculada o almacenada. Además, por simetría sólo se requiere calcular y guardar en

memoria la diagonal principal y la mitad del resto de la matriz.

Para ilustrar los cambios del sistema de ecuaciones a resolver según las condiciones de

vínculo, a continuación se introducen variantes al reticulado de la Figura 8.5.

1) Se agrega un apoyo móvil en el nudo 3 en dirección horizontal.

En el método de las fuerzas se tendría ahora una estructura hiperestática, pero en el

método de rigidez simplemente se elimina la sexta columna (que multiplica a 3 0yU ≡ ) y no se

considera la sexta ecuación, con lo que se reduce en uno el número de incógnitas a calcular.

2) Se agrega una barra que une los nudos 2 y 5.

1U

2U

3U

4U

5U

6U

7U


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -14-

En el método de rigidez bastará sumar la contribución de las cuatro submatrices de

rigidez de la nueva barra pero no aumenta el número de incógnitas resolver.

De estos dos ejemplos se concluye que en el método de rigidez no interesa el

grado de indeterminación estática, sino únicamente la indeterminación geométrica que

está relacionada con el número de nudos y número de condiciones de vínculo.

3) Se agrega un apoyo elástico en dirección vertical en el nudo 3.

Si el apoyo elástico (resorte) tiene rigidez constante de valor “k” resulta que para

desplazar en dirección vertical al nudo 3 en un valor unitario, además de la rigidez del reticulado

habrá que vencer la rigidez del resorte. Para tenerlo en cuenta se debe sumar el valor “k” al

coeficiente de la diagonal principal de la sexta fila y columna.

4) Se reemplaza el apoyo 5 por un apoyo elástico.

Se suma la rigidez del resorte sobre la diagonal principal al elemento de la décima fila y

columna. En este caso, el desplazamiento vertical del nudo 5 pasa a ser una incógnita más

( )5 0yU ≠ y el sistema a resolver es de 12 x 12.

8.4- Esfuerzos en barras

El "esfuerzo computacional" de la solución por el método de rigidez está determinado

casi exclusivamente por el tiempo requerido para resolver el sistema de ecuaciones.

Una vez hallados los desplazamientos, la determinación de los esfuerzos en las barras

resulta muy simple. Primero se determina la elongación de la barra según (Ec. 8.2) y luego se

calcula la fuerza según (Ec. 8.6). Para el caso de una barra genérica cuyo origen es el nudo "i" y

su extremo el "j", se tiene:

( )1 2,t γ γ= ; ( ).e U t= ∆ ; .F K e= ; .A EKL

=

( ) ( ) ( );x x y yj i j i j iU U U U U U U⎡ ⎤∆ = − = − −⎣ ⎦

( ) ( )1 2. . .x x y yj i j iF K U U U Uγ γ⎡ ⎤= − + −⎣ ⎦ (Ec. 8.21)

Si la proyección del corrimiento relativo ( )j iU U− sobre la dirección t (que se ha

definido de "i" hacia "j") resulta positiva, la barra se ha alargado y está por lo tanto traccionada.

Conclusión:

Si el valor dado por (Ec. 8.21) resulta positivo, implica esfuerzo de tracción para

la barra considerada.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -15-

Un “procedimiento alternativo” consiste en efectuar el producto .K U indicado en la

ecuación fuerza-desplazamiento (Ec. 8.3) para obtener las fuerzas en los extremos de la barra.

Como las fuerzas en los extremos son iguales y opuestas, será suficiente aplicar la (Ec. 8.12).

11 12 13 14. . . .x y x y xi i j j iK U K U K U K U P+ + + =

21 22 23 24. . . .x y x y yi i j j iK U K U K U K U P+ + + =

(Ec. 8.22)

Finalmente:

( ) ( )2 2x yi i iP P P= + (Ec. 8.23)

El esfuerzo será de compresión si la resultante iP tiene el sentido de "i" hacia "j". El

lector puede comprobar que reemplazando (Ec. 8.22) en (Ec. 8.23) y utilizando los elementos de

K dados por (Ec. 8.10) se llega a la (Ec. 8.21).

8.5- Reticulados Espaciales (3-D)

Los mismos conceptos desarrollados para el reticulado plano pueden generalizarse para el

reticulado espacial. Bastará tener presente que las fuerzas y los desplazamientos tienen en este

caso tres componentes (según x, y, z). Todas las expresiones vectoriales, como son las

ecuaciones (Ec. 8.1), (Ec. 8.2), (Ec. 8.11), (Ec. 8.12), (Ec. 8.13), (Ec. 8.14), (Ec. 8.15), etc.

mantienen su vigencia.

Para obtener una expresión explícita de la matriz de rigidez de una barra de reticulado

similar a (Ec. 8.10), se procede de una manera totalmente análoga a la empleada para el caso

plano.

xiP

yiP

iP[ ]. i

ii ij ij

UK K P

U⎡ ⎤

⎡ ⎤ =⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -16-

( )1 2 3, ,t γ γ γ=

Donde:

( )( ) ( ) ( )

1 2 2 2

x xj i

x x y y z zj i j i j i

r r

r r r r r rγ

−=

− + − + −

Los cosenos directores ( )1 2 3, ,γ γ γ se calculan a partir de las coordenadas de los nudos "i"

y "j", y la ecuación fuerza-desplazamiento resulta:

(Ec. 8.24)

El armado de la matriz sigue el mismo procedimiento desarrollado para el caso plano.

Una vez resuelto el sistema de ecuaciones se pueden calcular las fuerzas en las barras utilizando

una expresión similar a la (Ec. 8.21).

( ) ( ) ( )1 2 3. . . . . . .x x y y z zj i j i j iF K e K U t K U U U U U Uγ γ γ⎡ ⎤= = ∆ = − + − + −⎣ ⎦ (Ec. 8.25)

21 1 2 1 3

21 2 2 2 3

21 3 2 3 3

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

.

x xi iy y

i iz z

i ix x

j jy y

j jz

j j

K K K U PK K K U PK K K U P

U PU PU P

γ γ γ γ γγ γ γ γ γγ γ γ γ γ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ =⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

igual y cambiada de signo

igual y cambiada de signo igual

z

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

yiU

yiP

xiP

xiU

yjU

yjPx

jP xjU

ziU

ziP

zjU

zjP

1γ

3γ

2γ

t

t


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -17-

Ejercicio Nº 1:

Calcular los esfuerzos en las barras (2-7) y (7-12)

Datos:

Para todas las barras: 24,00A cm= ; 22100000 /E kg cm=

Nudo 7 8 9 10 11 12

xU 0,04 0,01 -0,02 0,02 0,01 -0,01

yU -0,01 0,02 0,001 -0,001 0,03 0,02

zU -0,001 -0,001 -0,002 -0,002 -0,002 -0,002

Posición de los nudos:

( ) ( ) ( )12 7 20;1;6 ; 2;1;3 ; 2;0;0P m P m P m= = =

Barra (12-7):

Cosenos directores:

( ) ( ) ( ) ( )12 7 1 2 312 7

1 1. 2;0;3 ; ;13

P P tP P

γ γ γ− = − = =−

.

1 2 30,5547 ; 0 ; 0,832γ γ γ= − = =

( ) ( )12 7 12 7360,55 ; 23297,408 Kgl cm Kcm− −= =

( ).e U t= ∆ ; .F K e=

z


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -18-

( ) ( ) ( )12 7 0,01;0,02; 0,002 0,04; 0,01; 0,001U U U∆ = − = − − − − −

( ) ( ). 0,05;0,03; 0,001 . 0,5547;0,00;0,832 0,0269029U t cm∆ = − − − =

( )12 7 626,8F Kg− =

Barra (7-2):

Cosenos directores: ( )0,00;0,3162;0,9488t =

( ) ( ) ( ) ( )7 2 0,04; 0,01; 0,001 0;0;0 0,04; 0,01; 0,001U U U∆ = − = − − − = − −

( ) ( ) 3. 0,04; 0,01; 0,001 . 0,00;0,3162;0,9488 4,11 10e U t cm−= ∆ = − − = − ×

( ) ( )7 2 7 2316,2 ; 26563,13 Kgl cm Kcm− −= =

( )7 2 109, 2F Kg− = −

Ejercicio Nº 2:

Escribir el sistema de ecuaciones de equilibrio:

Datos:

Coordenadas de los nudos:

Nudo Coord. x Coord. y 1 0 0 2 3 0 3 0 4 4 3 4 5 3 8

α2

1 2 3 4 5 62

1000 ; 20º6,00

2100000 /

P KgA A A A A A cm

E kg cm

α= =

= = = = = =

=


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -19-

Barras 1, 3 y 5:

1 2

.400 ; 31500

0 ; 1

A E Kgl cm Kl cm

γ γ

= = =

= =

0 0 0 00 31500 0 315000 0 0 00 31500 0 31500

⎡ ⎤⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎣ ⎦

Barras 2 y 6:

1 2

.500 ; 25200

0,6 ; 0,8

A E Kgl cm Kl cm

γ γ

= = =

= =

9072 12096 9072 1209612096 16128 12096 16128

9072 12096 9072 1209612096 16128 12096 16128

− −⎡ ⎤⎢ ⎥− −⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎢ ⎥− −⎢ ⎥⎣ ⎦

Barra 4:

1 2

.300 ; 42000

1 ; 0

A E Kgl cm Kl cm

γ γ

= = =

= =

42000 0 42000 00 0 0 0

42000 0 42000 00 0 0 0

−⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

1 2−

1 2

3 3

11 6

4 64

2

−

3

3

3

4

4

5

5

0000

.

2 34 5

4 5

6 5 6 5

x

y

x

y

x

y

UUUUUU

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥

−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -20-

3

3

4

4

5

5

51072 12096 42000 0 9072 1209612096 47628 0 0 12096 1612842000 0 51072 12096 0 0

.0 0 12096 79128 0 315009072 12096 0 0 9072 1209612096 16128 0 31500 12096 47628

x

y

x

y

x

y

UUUUUU

− − − ⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥− − ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥− ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎢ ⎥⎢ ⎥

− − − ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

0000

939,7342,02

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎣ ⎦

Ejercicio Nº 3:

En la estructura del ejercicio anterior calcular los esfuerzos en las barras si los

desplazamientos son los dados a continuación:

Nudo

Desp.

3 4 5

xU 0,2465017 0,2241279 0,59117511

yU 0,0397756 -0,0904091 -0,1410425

Barra 1:

( ) ( )1 31500. 0,2465 0 .0 0,03977 0 .1F = − + −⎡ ⎤⎣ ⎦

1 20 ; 1 ; 31500 KgKcm

γ γ= = =

1 1252,93F Kg=

Barra 2:

( ) ( )2 25200. 0,224128 0 .0,6 0,090409 0 .0,8F = − + − −⎡ ⎤⎣ ⎦

1 20,6 ; 0,8 ; 25200 KgKcm

γ γ= = =

2 1566,04F Kg=

β

α

( )( )

1

2

cos

cos

α γ

β γ

=

=

( ) ( )1 2. . .j i j iBarra x x y yF K U U U Uγ γ⎡ ⎤= − + −⎣ ⎦


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -21-

Barra 3:

( ) ( )3 31500. 0,22412 0 .0 0,09040 0 .1F = − + − −⎡ ⎤⎣ ⎦

1 20 ; 1 ; 31500 KgKcm

γ γ= = =

3 2847,88F Kg= −

Barra 4:

( ) ( )4 42000. 0,2241 0,2465 .1 0,0904 0,03977 .0F = − + − −⎡ ⎤⎣ ⎦

1 21 ; 0 ; 42000 KgKcm

γ γ= = =

4 939,70F Kg= −

Barra 5:

( ) ( )( )5 31500. 0,5911 0,22412 .0 0,141 0,090409 .1F ⎡ ⎤= − + − − −⎣ ⎦

1 20 ; 1 ; 31500 KgKcm

γ γ= = =

5 1594,95F Kg= −

Barra 6:

( ) ( )6 25200. 0,59117 0,2465 .0,6 0,14104 0,039 .0,8F = − + − −⎡ ⎤⎣ ⎦

1 20,6 ; 0,8 ; 25200 KgKcm

γ γ= = =

6 1566,17F Kg=

Nota: por tratarse de una estructura isostática se pueden comprobar fácilmente los

resultados por cualquier método de análisis estático disponible.

Ejercicio Nº 4:

Determinar las fuerzas en las barras del reticulado cuya base es un triángulo equilátero.

Todas las barras: 24,00A cm= 400l cm=

Lado del triángulo base: 200d cm=

Carga: ( )= 200;-100;0 P 62= 2,1 10 KgE

cm×


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -22-


Nudo Coord. x Coord. y Coord. z

1 0 0 0

2 100 173,205 0

3 200 0 0

4* 100 57,735 0

4 100 57,735 382,971

( )14 100;57,735;382,971=uur

Barra 1:

1 2 30, 25 ; 0,144338 ; 0,957427γ γ γ= = =

1 4

1

4

/ / / / / / / / / / / // / / / / / / / / / / // / / / / / / / / / / // / / / / / 1312,50 757,77 5026,49/ / / / / / 757,77 437,50 2902,05/ / / / / / 5026,49 2902,05 19250

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢⎣ ⎦

⎥

Barra 2:

1 2 30,00 ; 0,288675 ; 0,957427γ γ γ= = − =

h

3h

z

z


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -23-

2 4

2

4

/ / / / / / / / / / / // / / / / / / / / / / // / / / / / / / / / / // / / / / / 0 0 0/ / / / / / 0 1750 5804,1/ / / / / / 0 5804,1 19250

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥

−⎢ ⎥⎣ ⎦

Barra 3:

1 2 30, 25 ; 0,144338 ; 0,95427γ γ γ= − = =

3 4

3

4

/ / / / / / / / / / / // / / / / / / / / / / // / / / / / / / / / / // / / / / / 1312,50 757,77 5026,49/ / / / / / 757,77 437,50 2902,05/ / / / / / 5026,49 2902,05 19250

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ − −⎢⎢ −⎢

−⎢⎣ ⎦

⎥⎥⎥⎥⎥

Ecuaciones de equilibrio de nudo 4:

4

4

4

2625 0 0 2000 2625 0 . 1000 0 57750 0

x

y

z

UUU

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

= −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Desplazamientos:

4

4

4

0,0761904760,038095238

0,000000000

x

y

z

UUU

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥

= −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Esfuerzos en las barras:

( ) ( ) ( )1 . . 21000. 0,07619; 0,03095;0,00000 . 0,25;0,1443;0,9574F K U t= ∆ = −⎡ ⎤⎣ ⎦r r

1 284,53F Kg=

( ) ( ) ( )2 . . 21000. 0,07619; 0,03095;0,00000 . 0,00; 0,2886;0,9574F K U t= ∆ = − −⎡ ⎤⎣ ⎦r r

2 230,94F Kg=

( ) ( ) ( )3 . . 21000. 0,07619; 0,03095;0,00000 . 0,25;0,1443;0,9574F K U t= ∆ = − −⎡ ⎤⎣ ⎦r r

3 515,47F Kg= −


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -24-

Ejercicio Nº 5:

Calcular las fuerzas en las barras del reticulado plano

Matrices de rigidez de las barras:

Barra 1:

( )1 11;0 ; 60 ; 350000 Kgt l cm Kcm

= = =

1 2

1

2

/ / / / / / / // / / / / / / // / / / 350000 0/ / / / 0 0

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Barra 2:

( )2 20;1 ; 80 ; 262500 Kgt l cm Kcm

= = =

1 3

1

3

/ / / / / / / // / / / / / / // / / / 0 0/ / / / 0 262500

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Barra 3:

( )3 30,6; 0,8 ; 100 ; 420000 Kgt l cm Kcm

= − − = =

2 2 21 2 3

62

10 10 20

4000 2000 2,1 10

A cm A cm A cmKg KgP Kg K Ecm cm

= = =

= = = ×


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -25-

2 3

2

3

151200 201600 151200 201600201600 268800 201600 268800151200 201600 151200 201600201600 268800 201600 268800

− −⎡ ⎤⎢ ⎥− −⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎢ ⎥− −⎢ ⎥⎣ ⎦

Sistema de ecuaciones de equilibrio: 2 3

22

2

33

3

501200 201600 151200 201600 0201600 268800 201600 268800

.151200 201600 153200 201600201600 268800 201600 351300

x

y

x

y

UUUU

− − ⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥− − −⎢ ⎥⎢ ⎥ =⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎢ ⎥⎢ ⎥− − ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

400000

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Desplazamientos:

2

2

3

3

0,00857142861,1615476191,500000000

0,0152380952

x

y

x

y

UUUU

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

Fuerzas en las barras:

( ) ( )1 350000. 0,0085714; 1,1615476 . 1;0F = −⎡ ⎤⎣ ⎦

1 3000F Kg=

( ) ( )2 262500. 1,5000; 0,0152381 . 0;1F = − −⎡ ⎤⎣ ⎦

2 4000F Kg=

( ) ( )3 420000. 1,508571;1,1463095 . 0,6; 0,8F = − − −⎡ ⎤⎣ ⎦

3 5000F Kg= −

( )( )

1

2

tan 0,0188

tan 0,0194

θ

θ

=

=

1θ

2θ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -26-

Fuerza en el resorte: . 2000 1,5 3000R K U Kg= = × =

Ejercicio Nº 6:

La torre arriostrada del croquis tiene una carga horizontal en la dirección del eje "y".

Determinar el esfuerzo en todas las barras. 2

1 2 3

24

0,07065

2,0

A A A cm

A cm

= = =

=

Longitudes en metros.


Nudo Coord. x Coord. y Coord. z

1 0,00 -4,47 0,00

2 4,00 2,00 0,00

3 -4,00 2,00 0,00

4 0,00 0,00 0,00

5 0,00 0,00 5,00

Barra 1:

( ) ( ) ( )

1 2 3

0;0;5 0; 4,47;0 0;4,47;5,00.670,80 ; 221,18

0 ; 0,666 ; 0,745

A E Kgl cm Kl cm

γ γ γ

− − =

= = =

= = =

4

5

z

1

2

3

4

5

x

y

(1)

(2)

(3)

(4)

4,47

4,00

4,00

2,00

2,00

100

5,00


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -27-

0 0 0 0 0 00 98,3 109,9 0 98,3 109,90 109,9 122,9 0 109,9 122,90 0 0 0 0 00 98,3 109,9 0 98,3 109,90 109,9 122,9 0 109,9 122,9

⎡ ⎤⎢ ⎥− −⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎢ ⎥

− −⎣ ⎦

Barra 2:

( ) ( ) ( )

1 2 3

0;0;5 4;2;0 4; 2;5.670,80 ; 221,18

0,596 ; 0,298 ; 0,745

A E Kgl cm Kl cm

γ γ γ

− = − −

= = =

= − = − =

78,6 39,3 98,3 78,6 39,3 98,339,3 19,67 49,15 39,3 19,67 49,1598,3 49,15 122,9 98,3 49,15 122,978,6 39,3 98,3 78,6 39,3 98,339,3 19,67 49,15 39,3 19,67 49,15

98,3 49,15 122,9 98,3 49,15 122,9

− − −⎡ ⎤⎢ ⎥− − −⎢ ⎥⎢ ⎥− − −⎢ ⎥− − −⎢ ⎥⎢ ⎥− − −⎢ ⎥

− − −⎣ ⎦

Barra 3:

( ) ( ) ( )

1 2 3

0;0;5 4;2;0 4; 2;5.670,80 ; 221,18

0,596 ; 0,298 ; 0,745

A E Kgl cm Kl cm

γ γ γ

− − = −

= = =

= = − =

78,6 39,3 98,3 78,6 39,3 98,339,3 19,67 49,15 39,3 19,67 49,15

98,3 49,15 122,9 98,3 49,15 122,978,6 39,3 98,3 78,6 39,3 98,3

39,3 19,67 49,15 39,3 19,67 49,1598,3 49,15 122,9 98,3 49,15 122,9

− − −⎡ ⎤⎢ ⎥− − −⎢ ⎥⎢ ⎥− − −⎢ ⎥− − −⎢ ⎥⎢ ⎥− − −⎢ ⎥− − −⎣ ⎦

Barra 4:

1 2 3

.500 ; 8400

0 ; 0 ; 1

A E Kgl cm Kl cm

γ γ γ

= = =

= = =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -28-

0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 00 0 8400 0 0 84000 0 0 0 0 00 0 0 0 0 00 0 8400 0 0 8400

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

−⎣ ⎦

Sistema de ecuaciones de equilibrio del nudo 5:

157,3 0 0 00 137,6 11,6 . 1000 11,6 8768 0

x

y

z

UUU

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

= −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

0,00000,72674

0,00096

x

y

z

UUU

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⇒ = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Esfuerzos en las barras:

( ) ( )1 1 1. 221,18. 0,00; 0,7267;0,00096 . 0,00;0,666;0,745F K e= = −⎡ ⎤⎣ ⎦

1 107,0F Kg= −

( ) ( )2 2 2. 221,18. 0,00; 0,7267;0,00096 . 0,596; 0,298;0,745F K e= = − − −⎡ ⎤⎣ ⎦

2 48,08F Kg=

( ) ( )3 3 3. 221,18. 0,00; 0,7267;0,00096 . 0,596; 0,298;0,745F K e= = − −⎡ ⎤⎣ ⎦

3 48,08F Kg=

( ) ( )4 4 4. 8400. 0,00; 0,7267;0,00096 . 0;0;1F K e= = −⎡ ⎤⎣ ⎦

4 8,06F Kg=

CAPITULO 9 PRINCIPIO DE MINIMA ENERGIA POTENCIAL TOTAL ____________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -1-

Capítulo 9

Método de rigidez - Principio de mínima energía potencial total

9.1- Introducción:

En el capítulo anterior se desarrolló el Método de Rigidez para reticulados basado en la

hipótesis lineal para la relación entre fuerzas y desplazamientos, a partir de la relación lineal:

.e U t≈ ∆

En ese caso se obtuvieron también las ecuaciones de equilibrio:

.K U P=

Y los esfuerzos en las barras una vez obtenidos los desplazamientos:

( ). .P K U t= ∆

El procedimiento de cálculo se originó en un "razonamiento físico" que permitió

determinar en forma explícita los coeficientes de la matriz de rigidez dando desplazamientos

unitarios a los extremos de la barra y calculando las fuerzas necesarias en los mismos para

mantener el equilibrio. El procedimiento mencionado es correcto siempre que sea aceptable la

hipótesis de linealidad cinemática (también conocida como linealidad geométrica).

En este capítulo se desarrolla el método de rigidez a partir de en un principio energético

más general que permite formular además de las ecuaciones ya vistas para las hipótesis de

pequeñas deformaciones y pequeños giros, las ecuaciones de equilibrio en la configuración

deformada, es decir incluyendo los términos no lineales de las relaciones cinemáticas.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -2-

Si bien la hipótesis lineal es válida en una gran cantidad de situaciones prácticas de diseño

estructural dentro de lo que se denomina normalmente “teoría de primer orden” en que las

ecuaciones de equilibrio se plantean en el sistema no deformado, existen circunstancias

especiales en que es necesario plantear las condiciones de equilibrio en el sistema deformado.

Entre ellos están los casos en que se requiere la teoría de “segundo orden”, según la cual las

ecuaciones de equilibrio se formulan en una versión linealizada de las ecuaciones no-lineales de

equilibrio. Dicha formulación da origen a ecuaciones de equilibrio que son lineales, pero en las

que los coeficientes que componen la matriz de rigidez no son sólo funciones de la geometría y

propiedades elásticas de las secciones de las barras, sino también de las cargas axiales que

soportan los miembros de la estructura. Otros casos menos frecuentes deben resolverse en el

campo marcadamente no lineal, y para obtener las ecuaciones de equilibrio en la configuración

deformada resulta muy conveniente utilizar un teorema o principio energético válido para

sistemas elásticos que se denomina “Principio de la Mínima Energía Potencial Total”

(P.M.E.P.T.).

9.2- Principio de Mínima Energía Potencial Total

Se define como energía potencial total y se denota con π , a la siguiente expresión

función de los desplazamientos iU :

( ) ( ) ( )Ui i iU U UWiπ = + (Ec. 9.1)

:Wi Es la energía interna de deformación en función de los desplazamientos (o bien, en

función de las derivadas de los desplazamientos que son las distorsiones , ,ξ κ γ , etc.)

U : Es el potencial de las fuerzas exteriores definido como la función tal que, derivada

respecto al desplazamiento incógnita en el punto de aplicación de una fuerza exterior iP

conocida, proporciona el valor de esta fuerza cambiado de signo; es decir que:

( )1 2 31

U , , ,...., U .n

n i i iii

U U U U P P UU =

∂= − ∴ = −

∂ ∑ (Ec. 9.2)

El P.M.E.P.T. establece que: "de todos los estados de deformación compatibles

con los vínculos, el que satisface también las ecuaciones de equilibrio hace mínimo a

π "

Esto equivale a decir que las condiciones para que π sea mínimo son las ecuaciones de

equilibrio: U 0i i i

WiU U Uπ∂ ∂ ∂

= + =∂ ∂ ∂

1, 2......i n=


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -3-

ii

Wi PU∂

=∂

(Ec. 9.3)

La energía interna es una función cuadrática de los desplazamientos, (o de sus derivadas

respecto a las coordenadas) y el potencial es una función lineal. Por lo tanto las ecuaciones de

equilibrio (Ec. 9.3) son lineales.

( )2

222

20 0

1 . .2

1 1. . . . . . . .2 2

l l

Para una barra en tracción : Wi K e

d yPara una barra en flexión : Wi E I dx E I dxdx

κ

=

⎛ ⎞= = ⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫

(Ec. 9.4)

donde "y" es el desplazamiento transversal de la barra.

En realidad, las ecuaciones (Ec. 9.3) indican sólo que π es estacionario. Para demostrar

que además de estacionario se trata de un mínimo es necesario demostrar que 2

.i j

WiU U

⎡ ⎤∂⎢ ⎥∂ ∂⎢ ⎥⎣ ⎦

es

positivo definido. Aunque esta propiedad no será demostrada en forma general, se puede

justificar teniendo en cuenta que la energía de deformación es siempre positiva, y que la matriz

de las derivadas segundas de Wi respecto a los desplazamientos no es otra cosa que la matriz de

rigidez del sistema, que es siempre simétrica y positiva definida dentro de las hipótesis de

linealidad para un sistema estable.

Resulta conveniente destacar que el P.M.E.P.C. ( )*π y el P.M.E.P.T. ( )π son teoremas

energéticos complementarios:

El mínimo π implica que se cumplen las ecuaciones de equilibrio.

El mínimo *π implica que se cumplen las ecuaciones de compatibilidad.

π Se expresa en función de desplazamientos y la condición de mínimo garantiza también

equilibrio.

*π Se expresa en función de fuerzas en equilibrio y la condición de mínimo garantiza

compatibilidad.

De la misma manera que la aplicación del P.M.E.P.C. ( )*π conduce al Método de las

Fuerzas, el P.M.E.P.T. ( )π conduce al Método de Rigidez.

Estos dos principios también pueden ser considerados como teoremas, ya que pueden ser

demostrados.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -4-

9.3- El Método de Rigidez como aplicación del P.M.E.P.T.

El P.M.E.P.T. establece que:

COMPATIBILIDADEQUILIBRIO

MINIMOπ⎫⎬⎭

De modo que será suficiente expresar π en función de los desplazamientos para que las

condiciones de mínimo π produzcan las ecuaciones de equilibrio en función de los

desplazamientos.

Hay que destacar que el P.M.E.P.T. no es una "demostración" del método de rigidez.

Simplemente provee una forma sistemática de plantear las ecuaciones de equilibrio en función de

los desplazamientos que es lo esencial del Método de Rigidez.

En el Capítulo 8 se formularon las ecuaciones de equilibrio para reticulados. A

continuación se obtendrán las mismas ecuaciones por un camino alternativo: el P.M.E.P.T.

El P.M.E.P.T. vale sólo para sólidos elásticos, pero puede aplicarse en la

formulación de problemas no lineales siempre que se defina correctamente ( )iWi U .

Ejemplo Nº 1:

Para ilustrar la aplicación del P.M.E.P.T. ( )π se resuelve a continuación el ejemplo del

Capítulo 7.

Como consecuencia de la simetría, este problema tiene un único grado de libertad, el

desplazamiento vertical del nudo A, que se denota con U .

Figura 9.1

( )23

1

1 . .2 j j

jWi K e

=

=∑ ; ( )1

2

.cos.

e Ue U t

e Uα⎧ =⎪= ∆ ⎨

=⎪⎩

( )1 ( )2

A

P

1K2K

( )11K

αα

U


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -5-

( )( ) ( ) ( ) ( )2 2 221 2 1 2

1 1 1. 2. . .cos . . . 2. .cos .2 2 2

Wi K U K U K K Uα α⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + = +⎣ ⎦⎣ ⎦ (Ec. 9.5)

U . .i iP U PU= − = −∑ (Ec. 9.6)

( ) ( )221 2

1U . 2. .cos . .2

Wi K K U PUπ α⎡ ⎤= + = + −⎣ ⎦ (Ec. 9.7)

( )21 22. .cos . 0K K U P

Uπ α∂ ⎡ ⎤= + − =⎣ ⎦∂

(Ec. 9.8)

( )21 2 02. .cos .K K U Pα⎡ ⎤+ =⎣ ⎦

(Ec. 9.9)

La (Ec. 9.5) muestra que Wi es cuadrática en U mientras que la (Ec. 9.9) muestra que la

ecuación de equilibrio es lineal en U . Nótese que la (Ec. 9.9) coincide con la (Ec. 7.11).

En la Figura 9.2 se ha representado , UWi y π ; 0U es el valor del desplazamiento que

corresponde a la configuración deformada en equilibrio.

Figura 9.2

Ejemplo Nº 2:

Se deduce la matriz de rigidez del reticulado de Figura 9.3 aplicando el P.M.E.P.T. ( )π .

Figura 9.3

yUyP

xP

xU

U

U

πWi

0U


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -6-

( ) ( )2 21 2

1 1. . . .2 2a bWi K e K e= +

( ) ( )1 2 1 2. , . , . .a a a aa a a x y x ye t U U U U Uγ γ γ γ= ∆ = = +

1 2. .b bb x ye U Uγ γ= +

( ) ( )2 2

1 2 1 21 1. . . . . . . .2 2

a a b ba x y b x yWi K U U K U Uγ γ γ γ= + + +

( ). . .i i x x y yU P U P U P U= − = − +∑

( ) ( ) ( )2 2

1 2 1 21 1. . . . . . . . . .2 2

a a b ba x y b x y x x y yK U U K U U P U P Uπ γ γ γ γ= + + + − +

( ) ( )1 2 1 1 2 1. . . . . . . . 0a a a b b ba x y b x y x

x

K U U K U U PUπ γ γ γ γ γ γ∂

= + + + − =∂

( ) ( )1 2 2 1 2 2. . . . . . . . 0a a a b b ba x y b x y y

y

K U U K U U PUπ γ γ γ γ γ γ∂

= + + + − =∂

Figura 9.4

Agrupando términos el sistema de ecuaciones de equilibrio en forma matricial queda:

( ) ( )( ) ( )

2 2

1 1 1 2 1 2

2 2

1 2 1 2 2 2

. . . . . ..

. . . . . .

a b a a b ba b a b x x

a a b b a b y ya b a b

K K K K U PU PK K K K

γ γ γ γ γ γ

γ γ γ γ γ γ

⎡ ⎤+ + ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥+ + ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

Nótese que se puede llegar a la misma matriz de rigidez sumando la contribución de cada

barra según se indicó en el capítulo anterior.

( )0 0,x yU U

0xU

0yU

xU

yUπ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -7-

Ejemplo Nº 3:

Se propone al lector deducir la primera fila de la matriz de rigidez de una barra aplicando

el P.M.E.P.T. y compararla con la (Ec. 8.10). Resulta necesario expresar π en función de los

cuatro desplazamientos de los extremos de la barra e igualar a cero su derivada respecto a iU .

9.4- Problemas no lineales

En esta sección se consideran problemas con no linealidades de tipo geométrico.

A modo de ejemplo se considera el problema simple de la Figura 9.5 , suponiendo que el

elemento AB es muy flexible, y que tiene longitud " l " y rigidez axial " K ".

Figura 9.5

I) Hipótesis lineal:

1dl

γ = ; 2hl

γ = − ; .e t U= ∆

( ) ( )1 2 1, . ,0 .e U Uγ γ γ= =

2 2 21

1 1. . . . .2 2

Wi K e K Uγ= =

U .PU= −

2 21

1 . . . .2

K U PUπ γ= − ; 0Uπ∂=

∂

21. . 0K U Pγ − = (Ec. 9.10)

Notar que partiendo de una relación lineal entre las elongaciones y los desplazamientos

nodales se llega a una ecuación lineal en la incógnita U .


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -8-

II) Condición no lineal:

..2.

U Ue t Ul

∆ ∆= ∆ + (ya vista en el capítulo anterior)

( ) ( ) ( ) ( ) 2

1 2 1

,0 . ,0, . ,0 .

2. 2.U U Ue U U

l lγ γ γ= + = +

2

1. 2.Ue U

lγ= + (Ec. 9.11)

22

11 . . . .2 2.

UK U PUl

π γ⎛ ⎞

= + −⎜ ⎟⎝ ⎠

2

1 1. . . 02.U UK U P

U l lπ γ γ

⎛ ⎞∂ ⎛ ⎞= + + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠⎝ ⎠

2 2 311 2

3 1. . . . . 02 2.

K U U U Pl lγγ⎛ ⎞+ + − =⎜ ⎟

⎝ ⎠ (Ec. 9.12)

Partiendo de una expresión cuadrática en los desplazamientos se llega a una ecuación

polinómica en U . Sí como resulta corriente, U l<< , el término cúbico puede despreciarse.

Nótese que el primer término contiene a U , el segundo a .UUl

y el tercero a 2

. UUl

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

. Se

recuerda que la expresión utilizada para calcular las elongaciones lleva implícita la limitación

1el<< .

III) Cálculo exacto:

( )22 2 22. .e h d U l l d U U l= + + − = + + −

21 . . .2

K e PUπ = −

( ) ( )2 2

2 2

2. 2.. 2. . .

2. 2. .

d UK l d U U l P

U l d U Uπ +∂= + + − −

∂ + +

( ) ( )2 2

2 2. 2. . . 0

2. .

d UK l d U U l P

l d U U

++ + − − =

+ + (Ec. 9.13)

A fin de establecer comparaciones se consideran valores relativos al parámetro " d ".


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -9-

a) 0,60dl=

Error % Hip. I Error % Hip. II

Ul

En U En F En U En F

0,01 +1.5 1 -1 0.6

0,05 +7 5 -4 2.7

0,10 +16 10 -7 5

0,20 +28 18 -13 9

0,30 +40 +25 -17 -12

Figura 9.6

En la Figura 9.6 se observa que la teoría lineal (I) da valores en exceso mientras que la

aproximación (II) da la mitad de error pero en defecto.

b) 0dl=

I) La teoría lineal no puede aplicarse!!!!

II) Siendo 1 0γ = resulta simple despejar U en la expresión (Ec. 9.12):

Figura 9.7

IIIII

I


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -10-

23

2. .l PUK

= (Ec. 9.14)

Luego: 2

. .2.UF K e F K

l= ⇒ = (Ec. 9.15)

23

. .2

K l PF =

(Ec. 9.16)

La (Ec. 9.14) resulta interesante porque permite calcular U de manera muy simple.

También debemos notar que (Ec. 9.16) permite calcular la fuerza en la barra sin calcular el

desplazamiento.

III) El cálculo exacto requiere resolver la (Ec. 9.13) que se reduce a:

( )2 2

2 2. . 0UK l U l P

l U+ − − =

+ (Ec. 9.17)

Luego la fuerza en la barra es: .F K e= , donde: 2 2e l U l= + −

El error en F dado por (Ec. 9.15) resulta prácticamente igual al error en U dado por (Ec.

9.14). El error se mantiene inferior al 1% hasta una relación 0,2Ul= y llega al 10% para

relaciones 0,6Ul= .

Se puede apreciar que la teoría (II) basada en la (Ec. 8.1) produce muy buenos resultados

aún en casos que no cumplan la hipótesis básica 1Ul<< .

c) 0,1dl=

Como caso intermedio entre los dos anteriores, los resultados pueden anticiparse en cierta

medida. La teoría lineal es aplicable pero da buena aproximación únicamente para valores Ul

muy pequeños. La teoría (II) da resultados excelentes aún para desplazamientos grandes.

Error %

según Hip. I

Error %

según Hip. II

Ul

En U En U

0,01 10 0,10,1 100 10,5 2000 4


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -11-

Conclusiones:

Aunque no es prudente extraer conclusiones generales de los resultados de este problema

tan simple, se realizan las siguientes observaciones:

1º) En casos de 1 G.L. la ecuación no lineal puede resolverse por iteraciones sucesivas

En el caso de muchos G.L. resultan considerablemente más engorrosos el planteo y la solución

del sistema de ecuaciones no lineales.

2º) Existen problemas (afortunadamente muy pocos) en que los desplazamientos son

relativamente grandes y la teoría lineal (I), también llamada también teoría de primer orden, da

resultados con demasiado error. Algunos problemas como el caso b), son definitivamente no

lineales aún para pequeños desplazamientos.

3º) La (Ec. 9.12) puede sugerir un método iterativo que consiste en utilizar la matriz del

caso lineal y establecer modificaciones en el segundo miembro. Despreciando los términos

cúbicos (aunque esto no es esencial) queda:

( )21 1

3. . . . . .2

UK U P K Ul

γ γ⎛ ⎞⎡ ⎤ = − ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠ (Ec. 9.18)

Si 1Ul<< se puede en principio ignorar el término en 2U del segundo miembro y luego

de calcular U en la forma habitual se modifica el término de carga:

( )21. i iK U P f U+ = − (Ec. 9.19)

Donde:

( )2 21.3 . .2i i

Kf U Ulγ

=

Lamentablemente este método resulta muy pobre desde el punto de vista de la

convergencia. Si los valores de U no son suficientemente pequeños (y es allí donde un método

no lineal se justifica) el método es divergente.

4º) En general la (Ec. 8.1) da buenos resultados pero no se debe pretender aplicarla sólo al

final cuando se calculan las fuerzas basadas en desplazamientos poco exactos provenientes de la

teoría lineal. Debe efectuarse un planteo consistente y plantear la matriz de rigidez no lineal

desde el principio.

5º) Por último, no resulta tal fácil definir con precisión qué se entiende por

desplazamientos grandes.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -12-

9.5- Otras aplicaciones del P.M.E.P.T. 1) Soluciones aproximadas

Para la aplicación del P.M.E.P.T. se requiere proponer un conjunto de desplazamientos

compatibles con los vínculos y con la continuidad interna. Cuando se aplica el principio de

mínimo π sobre un conjunto que contempla todos los infinitos desplazamientos posibles se llega

a la solución exacta. Por el contrario, operando con un subconjunto que no contiene a esta

solución se llega a una solución aproximada.

A continuación se ilustra este concepto con un ejemplo simple; la viga de la Figura 9.8.

Se propone una elástica con forma de sinusoide.

Figura 9.8

. .y A sen xlπ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

(Ec. 9.20)

22 4 22

2 30 0

1 1 . . .( ) . . . . . . . .2 2 4.

l l d y E I AWi f E I dx E I dxdx l

πκ⎛ ⎞

= = =⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫

( )0

2. .U . . . .l

iq lP U q dx y Aπ

= − = − = −∑ ∫

4

3

. . . 2. . 02.E I A q l

A lπ π

π∂

= − =∂

4.76,5. .

q lAE I

= (Ec. 9.21)

Resultado exacto:

4.76,8. .

q lAE I

=


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -13-

Se ha obtenido la “mejor” de las elásticas con forma de sinusoide y el resultado contiene

un error de apenas el 0,4% para la flecha al centro.

En realidad, no cualquier curva que tenga el aspecto de la Figura 9.8.b es igualmente

buena como aproximación de la elástica. Es conveniente que además la derivada segunda de la

elástica sea una buena aproximación de la curvatura exacta para tener una buena aproximación

del valor de la energía interna.

Utilizando una elástica "parabólica" del tipo: 2

1 2. 1 4. xy Al

⎛ ⎞= −⎜ ⎟

⎝ ⎠ (Ec. 9.22)

Figura 9.9

Se llega a un resultado poco aproximado debido a que la (Ec. 9.22) implica suponer el

momento flector constante.

Si se propone una elástica del tipo: 4

2 4. 1 16. xy Bl

⎛ ⎞= −⎜ ⎟

⎝ ⎠ (Ec. 9.23)

El resultado es aún peor que en el caso anterior de la (Ec. 9.22).

Nótese que en todos los casos se han propuesto elásticas simétricas. Si se propone como

elástica una combinación de las elásticas de las (Ec. 9.22) y (Ec. 9.23), vale decir: 2 4

2 4. 1 4. . 1 16.x xy A Bl l

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (Ec. 9.24)

Resulta:

2U 0,8. . . . . .3

q l A q l B= +

22

3 3

32230,4. 128. . .AWi A B Bl l

= + +

Haciendo 0A Bπ π∂ ∂= =

∂ ∂ se encuentra:


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -14-

4

4

.0,002604..

.0,015625..

q lAE I

q lBE I

= −

= (Ec. 9.25)

En este caso hemos llegado a la solución exacta. Esto se podía anticipar ya que al ser el

diagrama de carga constante la elástica resulta de cuarto grado y por simetría no puede haber

exponentes impares.

Se debe notar que una vez obtenido el o los parámetros inicialmente desconocidos, se

conoce el desplazamiento de los puntos (a través de la elástica) y se pueden obtener el momento

flector y el corte por simple derivación.

Sea como ejemplo el caso de la viga biempotrada de la Figura 9.10. El hecho de ser

hiperestática no introduce ninguna dificultad.

Figura 9.10

Se propone una elástica del tipo:

. cos 2. . 12A xy

lπ⎛ ⎞⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

(Ec. 9.26)

Y resulta: 2 4

3

. . .AWi E Ilπ

= ; U . .2Aq l= −

4

3

2. . .. .2

A q lE IA lπ π∂= −

∂

4.389,6. .

q lAE I

= (Ec. 9.27)

El resultado exacto es:

4.384. .

q lAE I

=


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -15-

Comparando con la flecha exacta se puede apreciar que la solución aproximada tiene un

error de apenas el 1,5%. Sin embargo, la calidad de la aproximación para los desplazamientos no

es la misma en todos los puntos.

Los momentos flectores se obtienen derivando dos veces la elástica.

Figura 9.11

a) En el centro: 2

. . lxM E Iκ

==

2.19,7q lM = (El valor exacto es:

2.24q lM = )

Error: 22% en exceso.

b) En el empotramiento: 0

. .x

M E Iκ=

=

2.19,7q lM = (El valor exacto es:

2.12q lM = )

Error: 39% en defecto.

Se observa que la calidad de la solución aproximada para los momentos flectores es

bastante inferior a la obtenida para los desplazamientos. Esta característica es típica en las

soluciones aproximadas deducidas a partir de este procedimiento.

Para un caso no tan simple, como el de la Figura 9.12, se puede tomar:

1

.. .n

ii

iy A sen xlπ

=

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ (Ec. 9.28)

1, 2....,i m=

Figura 9.12


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -16-

Tomando varios términos de esta serie se puede obtener una buena aproximación. Debe

notarse que al aumentar el número de parámetros indeterminados mejora la solución pero

también aumenta el tamaño del sistema algebraico de ecuaciones lineales a resolver.

2) Soluciones iterativas:

π es una función escalar cuadrática en los desplazamientos de modo que sus derivadas

parciales son las componentes de un vector gradiente.

Figura 9.13

UWiU U Uπ∂ ∂ ∂= −

∂ ∂ ∂ (Ec. 9.29)

0

:U U

WiU =

∂∂

Son las fuerzas elásticas correspondientes al estado de deformación 0U .

0

U :U UU =

∂∂

Son las fuerzas exteriores conocidas e independientes de 0U .

Según (Ec. 9.29) el gradiente tiene la dirección y el sentido de las fuerzas desequilibradas.

Resulta evidente que la condición de equilibrio corresponde a la situación en que se anula el

gradiente.

Existen programas de cálculo que partiendo del origen de coordenadas se mueven "cuesta

abajo" en la dirección del gradiente hasta llegar a un punto 1U que corresponde al mínimo π en

esa dirección. Luego se mueven en el la dirección del gradiente en el punto 1U hasta llegar a un

punto 2U que corresponde a un mínimo de π en esa dirección y así sucesivamente. (Se dice

"cuesta abajo" porque siendo Wi una forma cuadrática definida positiva, por ser energía de

deformación, siempre tiene sus ramas "hacia arriba").

xU

yUπ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -17-

Esté "método de los gradientes" tiene convergencia monotónica, pero a pesar de

moverse en la dirección en que más rápidamente varía π (la dirección de gradiente) es de

convergencia lenta.

Se puede hacer una modificación que sacrificando "la mayor ganancia a corto plazo"

permite llegar más rápidamente a la solución. Esto se logra teniendo en cuenta en cada paso la

historia previa y no moviéndose "exactamente" en la dirección de máxima variación (dirección

del gradiente). Este procedimiento se conoce como el "método de los gradientes

conjugados".

El método de los gradientes puede ilustrarse a través del reticulado siguiente:

Figura 9.14

En el primer paso de iteración, las fuerzas elásticas son nulas y la solución (cambio de los

desplazamientos) se busca en la “dirección” de las fuerzas exteriores.

En el segundo paso, debido a la deformación causada por el desplazamiento de los nudos,

hay fuerzas elásticas en todas las barras deformadas y se debe desplazar cada nudo en la

dirección de la fuerza desequilibrada en ese nudo. A través del gradiente se va corrigiendo

simultáneamente en cada paso de iteración los desequilibrios nodales existentes en todos los

nudos.

Hay otros procedimientos iterativos basados en ideas similares a la expuesta, por ejemplo

el método de Cross que se usaba antes del advenimiento de la computadora digital. La diferencia

entre los distintos procedimientos radica en dos aspectos:

- Como se evalúa la "dirección" en el espacio de los desplazamientos nodales en que se

produce el paso correctivo.

1P

2P

2P

1P

1P


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -18-

- Como se evalúa la magnitud del paso corrector en esa dirección. El método de los

gradientes asegura convergencia monotónica ya que la magnitud de cada paso es tal que se logra

localmente un mínimo de π en la dirección del paso. No ocurre lo mismo con el método de

Cross que puede oscilar alrededor de la solución, aunque las oscilaciones son progresivamente

menores con las sucesivas iteraciones.

CAPITULO 10 PORTICOS PLANOS ____________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -1-

Capítulo 10

Método de rigidez - Pórticos Planos

10.1- Pórticos con nudos rígidos

En este capítulo se presenta el análisis de pórticos planos, que a diferencia de los

reticulados vistos en los capítulos precedentes, presentan continuidad de giros en los nudos. Por

tal motivo, resulta necesario considerar al giro de cada nudo como un grado de libertad adicional

al vector de los desplazamientos nodales. En la Figura 10.1.a se ilustra un nudo articulado

correspondiente a un reticulado ideal. El caso (b) es un nudo rígido en el sentido que el giro de

los extremos de todas las barras que concurren al nudo es el mismo. El caso (c) es un nudo

combinado y finalmente el (d) representa esquemáticamente un nudo semirígido en el que la

articulación tiene cierta restricción elástica incorporada que vincula a las dos partes que conecta.

Figura 10.1

Por ahora se centrará la atención en el estudio del caso (b) para el cual las rotaciones de

todos los extremos de barra que concurren al nudo son iguales entre sí, e iguales a la rotación del

nudo.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -2-

También se supondrá por ahora que las cargas (fuerzas y momentos) actúan sólo en los

nudos. El caso de cargas actuando en el interior de los tramos es la situación más habitual que

será estudiara en detalle en el próximo capitulo.

Este capítulo está dedicado a pórticos planos constituidos por barras

prismáticas de eje recto y nudos rígidos sometidos a cargas contenidas en el plano.

Una barra prismática consiste en una barra recta de sección transversal constante. Se

desarrolla a continuación un procedimiento análogo al del Capítulo 8 referido al reticulado ideal.

En este caso el número de G.L. por nudo es 3; 2 desplazamientos o corrimientos, y un giro. Se

utilizará la convención de signos indicada en la Figura 10.2 en la que son positivos los momentos

y giros antihorarios.

Las rigideces de los elementos no sólo resultan funciones de E y A , sino también del

momento de inercia I (además de la longitud y la orientación de la barra).

Figura 10.2

10.2- Matriz de rigidez de una barra prismática

Para el caso de una barra prismática de un pórtico plano (tres incógnitas por nudo) el

sistema de equilibrio puede escribirse en notación matricial de la siguiente manera:

11 12 13 14 15 16

21 22 23 24 25 26

31 32 33 34 35 36

41 42 43 44 45 46

51 52 53 54 55 56

61 62 63 64 65 66

.

x xi iy y

i i

i ix x

j jy y

j j

j j

K K K K K K U PK K K K K K U PK K K K K K MK K K K K K U PK K K K K K U PK K K K K K M

φ

φ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥

=⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎥⎥

(Ec. 10.1)

La ecuación (Ec. 10.1) se conoce como ecuación fuerza-desplazamiento de la barra. Para

deducir los elementos por el razonamiento físico empleado en la sección 8.2 se procede a aplicar

un desplazamiento unitario dejando los restantes nulos:

jφx

jU

yjU


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -3-

1

0

xi

y x yi i j j j

U

U U Uφ φ

=

= = = = =

En el problema hiperestático de la Figura 10.3 el nudo "j" constituye un empotramiento y

el nudo "i" sufre tres desplazamientos prefijados, uno unitario y los otros dos nulos.

Figura 10.3

La distribución de esfuerzos y reacciones de este caso genérico puede ser calculada por el

método de las fuerzas considerando tres incógnitas hiperestáticas: 11 21,K K y 31K , y luego se

calculan 41 51,K K y 61K como reacciones de apoyo necesarias para el equilibrio.

Para obtener por este procedimiento la matriz de una barra dada es necesario plantear y

resolver numéricamente 6 sistemas hiperestáticos de tres incógnitas cada uno. Cada uno de esos

sistemas hiperestáticos de tres incógnitas corresponde a un desplazamiento unitario y todos los

restantes desplazamientos iguales a cero.

Una alternativa para simplificar el cálculo de la matriz de rigidez sería tratar el problema

en forma genérica una única vez y obtener una forma explícita de la matriz. Si bien este

procedimiento general es totalmente lógico y viable, resulta conveniente formular el problema en

un sistema de coordenadas locales. El caso general indicado en la Figura 10.3 surge de aplicar el

proceso de rotación de coordenadas desde la matriz expresada en el sistema local uno de cuyos

ejes coincide con el eje longitudinal de la barra al sistema global de coordenadas.

Matriz de rigidez en coordenadas locales

El sistema local de coordenadas que se adopta es tal que el eje lx coincide con el eje de la

barra y el sentido positivo es del nudo "i" hacia el nudo "j".

11K

21K31K

41K

51K

61K


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -4-

Para el caso de la Figura 10.4.b la deducción de la matriz K del sistema de la (Ec. 10.1)

en forma genérica es relativamente simple y se desarrolla a continuación.

Figura 10.4

La primera columna de la matriz en el sistema local se obtiene imponiendo los siguientes

desplazamientos:

1

0

xi

y x yi i j j j

U

U U Uφ φ

=

= = = = =

Figura 10.5

La solución se logra a través de la ley de Hooke.

11 21 31 41 51 61. .; 0; 0; ; 0; 0A E A EK K K K K Kl l

= = = = − = = (Ec. 10.2)

La segunda columna se obtiene imponiendo:

1

0

yi

x x yi i j j j

U

U U Uφ φ

=

= = = = =

Figura 10.6

12K

22K32K

42K

52K

62K

11K

21K31K

41K

51K

61K

ij

lxly ly

lxi j


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -5-

Las fuerzas en los extremos se calculan por el método de las fuerzas. Las ecuaciones de

compatibilidad deben establecer que el desplazamiento vertical del nudo "i" es la unidad y el giro

es nulo. El nudo "j" se considera empotrado.

Figura 10.7

11 1 12 2

21 1 22 2

. . 1

. . 0X XX X

δ δδ δ

+ =⎧⎨ + =⎩

El efecto axial está desacoplado del efecto transversal por lo que se puede anticipar que la

fuerza axial es nula.

12 22 1 32 2 42 52 623 2 3 2

. . . .0; 12. ; 6. ; 0; 12. ; 6.E I E I E I E IK K X K X K K Kl l l l

= = = = = = = − = (Ec. 10.3)

De manera similar se puede obtener la tercera columna imponiendo:

1

0i

x y x yi i j j jU U U U

φ

φ

=

= = = = =

Figura 10.8

Y resolviendo el problema de desplazamiento prefijado de la Figura 10.8. Las dos

incógnitas pueden determinarse por alguna de las distintas formas del método de las fuerzas

(trabajo virtual, Castigliano, etc.) en la forma:

13 23 1 33 2 43 53 632 2

. . . .0; 6. ; 4. ; 0; 6. ; 2.E I E I E I E IK K X K X K K Kl l l l

= = = = = = = − = (Ec. 10.4)

Debe notarse que por el teorema de reciprocidad se puede anticipar que la fuerza vertical

en "i" ( )23K cuando 1iφ = resulta igual al momento en "i" ( )32K cuando 1yiU = . Está

propiedad es general y permite afirmar que la matriz de rigidez es siempre simétrica.

Repitiendo el procedimiento se pueden deducir las restantes columnas y dar la forma

explícita (genérica) del sistema de la (Ec. 10.1) introduciendo la siguiente notación:

2X

1X

1θ =

2X

1X


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -6-

1 2 1 2

32 3 2

1 2 1 2

32 2 3

0 0 0 00 0

0 02 .

0 0 0 00 0

0 02

x xi iy y

i i

i ix x

j jy y

j j

j jl l

l

K KU PK K K KU PKK K K MU PK KU PK K K K

MKK K K

φ

φ

−⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤−⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦−⎢ ⎥⎣ ⎦

(Ec. 10.5)

1 2 33 2

. . . .; 12. ; 6. ; 4.A E E I E I E IK K K Kl l l l

= = = =

Importante:

La (Ec. 10.5) define la matriz de una barra que coincide con el eje “x”.

Se puede observar que la cuarta fila es la primera cambiada de signo, la quinta es la

segunda cambiada de signo y la sexta es igual a la segunda multiplicada por " l " menos la

tercera. Esto significa que la matriz de rigidez es singular y que el sistema de la (Ec. 10.5) sólo

podrá ser resuelto imponiendo por lo menos tres condiciones de vínculo para evitar

desplazamientos de cuerpo rígido.

Nótese que la matriz de rigidez de la (Ec. 10.5) ha sido obtenida despreciando las

deformaciones por corte.

Matriz de una barra en una dirección genérica

En primer lugar se analiza cómo se transforman los desplazamientos y las fuerzas al

introducir la rotación del sistema local de coordenadas (x1, y1) al sistema global (x, y).

( ) ( )( ) ( )

.cos .

. .cos

x yx l l

x yy l l

P P P sen

P P sen P

α α

α α

⎫= − ⎪⎬

= − ⎪⎭ (Ec. 10.6)

Matricialmente:

yP

xP

xlP

lxly

ylP

α2γ

1γ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -7-

1 2

2 1

.x

xly

yl

PPPP

γ γγ γ

− ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤=⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ (Ec. 10.7)

Más abreviadamente:

. lR P P= (Ec. 10.8)

Similarmente, para los desplazamientos se tiene:

. lRU U= (Ec. 10.9)

Notación: El índice " l " se refiere a vectores de matrices en un sistema local. Los mismos

elementos en el sistema global no llevan subíndice.

Los desplazamientos generalizados se transforman según (Ec. 10.9) teniendo presente que

R es (3 x 3). Si se tiene en cuenta que los valores de los giros son independientes de la

orientación de los ejes “x” e “y”, es obvio que el equivalente de (Ec. 10.7) resulta:

1 2

2 1

00 .

0 0 1

x xly y

l

l

U UU U

γ γγ γ

φ φ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤−⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

(Ec. 10.10)

:R Es una matriz “ortonormal” para la cual la matriz inversa es igual a su transpuesta: 1 TR R− = . Premultiplicando ambos miembros de (Ec. 10.8) y (Ec. 10.9) por TR resulta:

.TlP R P= (Ec. 10.11)

.TlU R U=

(Ec. 10.12)

Particionando el sistema de ecuaciones de equilibrio en coordenadas locales, la (Ec. 10.5)

puede escribirse:

. .

. .

l l l l lii i ij j i

l l l l lji i jj j j

K U K U P

K U K U P

⎫+ = ⎪⎬

+ = ⎪⎭ (Ec. 10.13)

Las submatrices de igual índice ( ),ii jjK K se conocen como rigidez directa mientras que

las de índice diferente ( ),ij jiK K son las matrices de rigidez cruzada.

Para pasar a coordenadas globales basta reemplazar según las expresiones:

. . . . .

. . . . .

l T l T Tii i ij j i

l T l T Tji i jj j j

K R U K R U R P

K R U K R U R P

⎫+ = ⎪⎬

+ = ⎪⎭

Premultiplicando ambos miembros por R y recordando que . TR R I= resulta:


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -8-

( ) ( )( ) ( )

. . . . . .

. . . . . .

l T l Tii i ij j i

l T l Tji i jj j j

R K R U R K R U P

R K R U R K R U P

⎫+ = ⎪⎬

+ = ⎪⎭ (Ec. 10.14)

. . . ..

. . . .

l T l Ti iii ij

l T l Tj jji jj

U PR K R R K RU PR K R R K R

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

(Ec. 10.15)

Las (Ec. 10.14) y (Ec. 10.15) proveen las expresiones para obtener la matriz de rigidez

en el sistema global: Se debe premultiplicar cada submatriz por R y al resultado

postmultiplicarlo por TR . A manera de ejemplo, la matriz iiK resulta de la siguiente forma

explícita:

( )( )

1 2

1 2 2 1

2 32 2

1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 22 2

2 1 2 1 1 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2

2 3 2 2 1 2 3

0 0 00 00 0 0 1

0 . . . . . . . .0 . . . . . . . .

0 0 1 0 . .

KK KK K

K K K K K K K KK K K K K K K K

K K K K K

γ γγ γ

γ γ γ γ γ γ γ γ γ γγ γ γ γ γ γ γ γ γ γ

γ γ

−

− − − + − −− +

−

Operando sobre lijK y l

jjK de manera similar se llega finalmente a la matriz de rigidez

para el caso general:

(Ec. 10.16)

2 2

1 2 1. .A K Kγ γ= + ; ( )1 2 1. .B K Kγ γ= − ; 2 2.C Kγ=

2 22 1 1. .D K Kγ γ= + ; 1 2.E Kγ=

2γ

1γ

33

3

.2

x xi iy y

i i

i ix x

j jy y

j j

j j

A B C A B C U PD E B D E U P

K MK C EU PA B CU PD E

MK

φ

φ

− − − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥− − ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥− ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

simétrica


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -9-

La barra orientada según el eje "y" puede considerarse un caso particular de (Ec. 10.16)

para el cual 1 0γ = . Como es una situación muy común es conveniente contar con su forma

explícita para evitar el cambio de coordenadas del caso general:

1 2 1 2

32 3 2

1 2 1 2

32 2 3

0 00 0 0 0

0 02 .

0 00 0 0 0

0 02

x xi iy y

i i

i ix x

j jy y

j j

j j

K K K KU PK KU PKK K K MU PK K K KU PK K

MKK K K

φ

φ

− − −⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤−⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦−⎢ ⎥⎣ ⎦

(Ec. 10.17)

1 2 33 2

. . . .; 12. ; 6. ; 4.A E E I E I E IK K K Kl l l l

= = = =

Es importante recordar que las matrices de rigidez de las (Ec. 10.5), (Ec. 10.16) y (Ec.

10.17) corresponden a la convención de signos de la Figura 10.2 referida al sentido positivo para

los desplazamientos y los giros. Dicha convención también rige para las fuerzas y los momentos.

Ejercicio:

Se sugiere al lector deducir la matriz de rigidez en coordenadas locales para una barra de

reticulado, luego llegar a la matriz de la (Ec.8.10) por un cambio de coordenadas.

10.3- Matriz de rigidez de la estructura

Para ensamblar la matriz del conjunto se utiliza el mismo procedimiento visto para el

reticulado:


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -10-

Para la estructura de la Figura 10.9, después de introducir las condiciones de vínculo

queda una matriz (3 x 3) pues existe un único nudo libre de desplazarse y girar:

Figura 10.9

1 2 2

1 2 2

2 2 3 3 2

0 00 .

b a a x

b a b y

a b b a

K K K UK K K U P

K K K K Mφ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

+ = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥+⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

(Ec. 10.18)

En casos como el de la Figura 10.9 es posible hacer una hipótesis simplificativa que

facilita notablemente los cálculos; despreciar la deformación axial de las barras. Esta hipótesis

conduce a:

2 20 ; 0x yU U= = (Ec. 10.19)

Se dice entonces que la estructura es a "nudos fijos". La (Ec. 10.18) se reduce a:

( )3 3 2.a bK K Mφ+ =

( )23 3

a b

MK K

φ =+ (Ec. 10.20)

Para calcular las fuerzas en los extremos de barras se utilizan las ecuaciones fuerza-

desplazamiento de cada barra (Ec. 10.17) para la barra vertical y (Ec. 10.15) para la horizontal.

iiK

jjK

ijK

jiK

ii ij

ji jj

K KK K⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -11-

2 1

1

3 1

2 2

2

23 2

00002

. 000

a ax

ay

a a

a ax

ay

a a

K PP

K MK P

PK Mφ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤− ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦

2

2 2

3 2 2

3

2 3

3 3

0 00

.0 00

2 0

bx

b by

b b

bx

b by

b b

PK PK M

PK P

K M

φ

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Nótese que debido a la hipótesis de la (Ec. 10.19) no aparecen las fuerzas axiales. Sin

embargo, la fuerza de corte HR en la barra vertical es provista como fuerza axial (tracción) en la

barra horizontal.

Similarmente la fuerza de corte VR en la barra horizontal es provista como fuerza axial

(compresión) en la barra vertical.

Figura 10.10

Utilizando la (Ec. 10.20) puede expresarse:

32

3 3

.a

aa b

KM MK K

=+

; 32

3 3

.b

ba b

KM MK K

=+

(Ec. 10.21)

Se puede constatar que por consideraciones estáticas las fuerzas de corte pueden

calcularse en función de los momentos en los extremos según:

VR P+

1a

xP1aM

2a H

xP R=2

aM

VR P+

HR HR2

bM 3bM

2b V

yP R=3

byP


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -12-

2 32

b bb V

yb

M MP Rl+

= = ; 1 22

a aa H

xa

M MP Rl+

= = (Ec. 10.22)

Este caso particular de "nudos fijos" será analizado nuevamente más adelante al presentar

el método iterativo denominado como “Método de Cross” o “Método de distribución de

Momentos”.

Para estructuras de configuración más general no es posible (ni conveniente) eliminar los

desplazamientos nodales como incógnitas. En el caso que se ilustra en la Figura 10.11, es posible

aproximar la solución del problema suponiendo que el nudo 2 se desplaza horizontalmente al

despreciar la deformación axial de la barra a. Debe tenerse presente que esta aproximación no es

estrictamente necesaria, y que el problema se puede resolver en forma “exacta” con sólo incluir

el desplazamiento vertical del nudo “2” como grado de libertad.

Figura 10.11

1

1 13 2 3

22 1 2

2 1 2 2

3 2 2 3 3 3

3

2 3 3

0 2 0 00 0

0 0 0.

2 0 20 0 0 00 0 2 0

a a a

xa b a a b

b a b

a a b b a

b b

b b b

K K KUK K K K K

K K K KK K K K K K

K KK K K

φ⎡ ⎤⎢ ⎥+ −⎢ ⎥⎢ ⎥+⎢ ⎥

+⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

2 3

2

2

3

3

0

0000

y

x

PU

Uφ

φ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥

=⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

(Ec. 10.23)

Se dice que el sistema es de "nudos desplazables" y para su resolución debe emplearse el

sistema completo de ecuaciones correspondiente a los seis grados de libertad.

10.4- Determinación de los esfuerzos

El planteo de la matriz de rigidez del conjunto y la solución del sistema de ecuaciones de

equilibrio constituyen la parte laboriosa desde el punto de vista computacional del método de

rigidez.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -13-

El cálculo de los esfuerzos se reduce a efectuar unas multiplicaciones y sumas utilizando

las ecuaciones fuerza-desplazamiento de cada barra.

Una vez calculados los desplazamientos nodales en el sistema global se pueden calcular

las fuerzas en los extremos de una barra horizontal (coincide con el eje “x”) efectuando el

producto indicado en (Ec. 10.5).

Figura 10.12

Si la barra es vertical (orientada en la dirección “y”) se aplica la (Ec. 10.17):

Figura 10.13

En ambos casos el trazado de los diagramas resulta muy simple porque las fuerzas en los

extremos coinciden con los esfuerzos de corte y normal.

En el caso de una barra que no es paralela a ninguno de los ejes del sistema de referencia

global, se puede emplear la (Ec. 10.16) pero en este caso las fuerzas en los extremos no

coinciden con los esfuerzos de corte y normal por lo que deben transformarse a coordenadas

locales empleando la (Ec. 10.11).

xiP

yiP

iM

jM

yjP

xjP

xiP

yiP

iM jM

yjP

xjP


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -14-

Figura 10.14

Una alternativa consiste en utilizar la matriz de rigidez en coordenadas locales efectuando

el producto indicado en (Ec. 10.5), si previamente se expresan los desplazamientos en

coordenadas locales de la barra a través de la (Ec. 10.12).

Figura 10.15

En la Figura 10.15 se puede apreciar que el trazado de los diagramas de esfuerzos, barra

por barra, es trivial cuando se conocen las fuerzas de extremo de cada barra en su sistema local

de coordenadas

10.5- Cálculo de las reacciones de apoyo

Cuando una única barra concurre a un apoyo, resulta evidente que las fuerzas del extremo

de esa barra están provistas por el apoyo. Por lo tanto, en esos casos las reacciones de apoyo son

simplemente las fuerzas que actúan sobre el extremo de la barra que concurren al nudo.

iM

jM

lxiP

lxjP

lyiP

lyjP

xiP

yiP

iM

jM

yjP

xjP

jM

iMN

lx

ly

Q

Q

N

.TlP R P=

l

l

xi

yi

P N

P Q

=

=


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -15-

En el caso de la Figura 10.9 las reacciones en el nudo 1 coinciden con las fuerzas en el

extremo 1 de la barra (a) y las reacciones en el nudo 3 coinciden con las fuerzas en el extremo 3

de la barra (b).

En apoyos donde concurren dos o más barras, las reacciones deben obtenerse

considerando el equilibrio del nudo. Para ello, debe cargarse el nudo del apoyo con las fuerzas de

los extremos de las barras que concurren a él, pero cambiadas de signo. Esto es equivalente a

decir que las reacciones de apoyo se obtienen sumando las fuerzas de los extremos de las barras

que concurren al apoyo.

Esta forma de operar se ilustra en las Figura 10.16 y Figura 10.17.

Figura 10.16

(1)jM (2)

iM

(1)y

jP (2)y

iP

2 (1) (2)y y y

j iR P P= +


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -16-

Figura 10.17

Se encara ahora un tratamiento "formal" de las condiciones de vínculo y el cálculo de las

reacciones de apoyo. El sistema global de ecuaciones de equilibrio de toda la estructura al cual

todavía no se le introdujo las condiciones de vínculo, puede escribirse reacomodado

(“particionado”) de la siguiente manera:

11 12

21 22

.0

K K U P

RK K

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

(Ec. 10.24)

:U Contiene todos los desplazamientos incógnitas.

:R Son las reacciones de apoyo. En este momento se supondrá que todos los apoyos

tienen desplazamiento nulo. El reacomodo (o partición) se logra simplemente cambiando de

lugar las filas y columnas de esta manera que la (Ec. 10.24) da origen a:

11 12 11. .0 .K U K P K U P+ = ⇒ = (Ec. 10.25)

21 22 21. .0 .K U K R K U R+ = ⇒ = (Ec. 10.26)

Primero se resuelve la (Ec. 10.25) y una vez conocidos los desplazamientos, se pueden

calcular las reacciones de apoyo efectuando el producto indicado en la (Ec. 10.26).

Nótese que las reacciones se obtienen a partir de los desplazamientos, empleando las

ecuaciones que no se utilizaron para calcular los desplazamientos.

yjR

xjR


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -17-

Ejercicio Nº 1:

Analizar el pórtico de la figura.

1 2

2 2 61 2 2

4 41 2

200 400 5000

45,5 67,5 2,1 10

1534 3856

l cm l cm P KgKgA cm A cm Ecm

I cm I cm

= = =

= = = ×

= =

; ;

; ;

;

Barra 1:

Matriz de rigidez:

2 2

1 33

. .477750 ; 6. 483210

. .12. 4832,1 ; 4. 64428000

A E E IK Kl l

E I E IK Kl l

= = = =

= = = =

1

1

2

4832,1 0 483210 4832,1 0 4832100 477750 0 0 477750 0

483210 0 64428000 483210 0 322140004832,1 0 483210 4832,1 0 483210

0 477750 0 0 477750 0

− − −−

−−

−−

2

483210 0 32214000 483210 0 64428000

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Barra 2:

Matriz de rigidez:

2 2

1 33

. .354375 ; 6. 303660

. .12. 1518,3 ; 4. 80976000

A E E IK Kl l

E I E IK Kl l

= = = =

= = = =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -18-

2 3

2

3

354375 0 0 354375 0 00 1518,3 303660 0 1518,3 3036000 303660 80976000 0 303600 40488000

354375 0 0 354375 0 00 1518,3 303660 0 1518,3 3036600

−−−

−− − −

303660 40488000 0 303660 80976000

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

−⎢ ⎥⎣ ⎦

Matriz de rigidez general: 1 2 3

1

2

3

/ / / / / / / / / / / / / / / / / // / / / / / / / / / / / / / / / / // / / / / / / / / / / / / / / / / // / / / / / 359207,1 0 483210 354375 / / 0/ / / / / / 0 479268,3 3036

−

1

1

1

2

2

2

3

3

3

00

0

60 0 / / 303660 ./ / / / / / 483210 303660 145404000 0 / / 40488000/ / / / / / 354375 0 0 354375 / / 0/ / / / / / / / / / / / / / / / / / 0/ / / / / / 0 303660 40488000 0 / / 80976000

x

y

x

y

x

y

UU

UU

UU

φ

φ

φ

⎡ ⎤=⎡ ⎤⎢⎢ ⎥ =⎢⎢ ⎥⎢⎢ ⎥ =⎢⎢ ⎥⎢⎢ ⎥⎢⎢ ⎥⎢⎢ ⎥⎢⎢ ⎥⎢⎢ ⎥− ⎢⎢ ⎥⎢ =⎢ ⎥⎢⎢ ⎥⎢⎣ ⎦ ⎣

1

1

1

3

5000000

0

x

y

y

RRM

R

⎡ ⎤⎥ ⎢ ⎥⎥ ⎢ ⎥⎥ ⎢ ⎥⎥ ⎢ ⎥⎥ ⎢ ⎥⎥ ⎢ ⎥=⎥ ⎢ ⎥⎥ ⎢ ⎥⎥ ⎢ ⎥⎥ ⎢ ⎥⎥ ⎢ ⎥⎥ ⎢ ⎥⎥ ⎢ ⎥⎦ ⎣ ⎦

1

1

1

2

2

2

3

3

3

000

1,6858665780,0020676302

0,0065119781,685866578

00,0032478453

x

y

x

y

x

y

UU

UU

UU

φ

φ

φ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥

−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦

Cálculo de las fuerzas en los extremos de barra:

Barra 1: 1 2

1

2

/ / / / / / 4832,1 0 483210/ / / / / / 0 477750 0/ / / / / / 483210 0 32214000/ / / / / / 4832,1 0 483210/ / / / / / 0 477750 0/ / / / / / 483210 0 64428000

− −⎡ ⎤⎢ −⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

0 50000 987,810 604875

. 1,6851 50000,0020651 987,81

0,006503 395124

−⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

=⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

−⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -19-

Barra 2: 2 3

2

3

354375 0 0 354375 0 00 1518,3 303660 0 1518,3 3036000 303660 80976000 0 303600 40488000

354375 0 0 354375 0 00 1518,3 303660 0 1518,3 3036600

−−−

−− − −

1,68510 00,002065 987,810,006503 395124

. 1,685106 00 987,81

303660 40488000 0 303660 80976000 0,0032488 0

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −

=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

−⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Ejercicio Nº 2:

Resolver por el método de los desplazamientos el pórtico de la figura.

2 4 6222,8 935 2,1 10 800KgA cm I cm E P Kg

cm= = = × = ; ; ;


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -20-

Para disminuir el número de incógnitas se puede resolver el siguiente sistema:

El desplazamiento del nudo 4 se obtiene superponiendo el desplazamiento y giro del

extremo de una viga en voladizo al desplazamiento como cuerpo rígido del empotramiento.

Matrices de rigidez:

Barra 1:

2 2

1 33

. .159600 ; 6. 130900

. .12. 872,66 ; 4. 26180000

A E E IK Kl l

E I E IK Kl l

= = = =

= = = =

1 2

1

2

159600 0 0 159600 0 00 872,66 130900 0 872,66 1309000 130900 26180000 0 130900 13090000

159600 0 0 159600 0 00 872,66 130900 0 872,66 1309000

−−−

−− − −

130900 13090000 0 130900 26180000

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

−⎢ ⎥⎣ ⎦

150 120000M P= × =

300 150

200


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -21-

Barra 2:

2 2

1 33

1 2

. .191520 ; 6. 188496

. .12. 1507,96 ; 4. 31416000

0,6 0,8

A E E IK Kl l

E I E IK Kl l

γ γ

= = = =

= = = =

= = −

;

2 3

2

3

69912,3 91205,77 150796,8 69912,3 91205,77 150796,891205,77 123115,67 113097,6 91205,77 123115,67 113097,

− −− −

6150796,8 113097,6 31416000 150796,8 113097,6 15708000

69912,3 91205,77 150796,8 69912,3 91205,77 150796,891205,77 123115,67 113097,6 91205,77 123115,67 113097,6150796,8 113097,6 15708000 150796,8 113097,6 3141

− −− − − −

− − −− − 6000

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

( )

2 21 2 1

1 2 1

2 22 2

2 1 1

1 2

. . 69912,3. . 91205,78. 150796,8

. . 123115,67. 113097,6

A K KB K KC K

D K KE K

γ γγ γγ

γ γγ

= + =

= − = −

= = −

= + == =

Sistema de ecuaciones de equilibrio:

122

2

2

3

229512,3 91205,775 150796,8 150796,8 091205,775 123988,33 17802, 4 113097,6 800

.150796,8 17802, 4 57596000 15708000 120000150796,8 113097,6 15708000 31416000 0

UUφφ

− ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − −⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

122

2

2

3

0,0033910,01044

0,00242290,00126536

UUφφ

−⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

Cálculo de las fuerzas en los extremos de barras:

Barra 1:

2γ

1γ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -22-

159600 0 0 159600 0 0 00 872,66 130900 0 872,66 130900 00 130900 26180000 0 130900 13090000 0

.159600 0 0 159600 0 0 0,00330 872,66 130900 0 872,66 130900 0,01040 130900 13090000 0 130900 26180000 0,0024

−⎡ ⎤ ⎡⎢ ⎥ ⎢−⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥− −⎢ ⎥⎢ ⎥− − − −⎢ ⎥

− −⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣

541,35308,0430348,3541,35

308,0462064,4

⎤ ⎡ ⎤⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥−=⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥

−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎦ ⎣ ⎦

Barra 2:

Se utilizan los desplazamientos y la matriz de rigidez en coordenadas locales. 3

1 23

2 1

0 0,6 0,8 0 0,0033 6,324 100 . 0,8 0,6 0 . 0,0104 8,9832 10

0 0 1 0 0 1 0,0024 0,0024229

x xl

y yl

l

U UU U

γ γγ γ

φ φ

−

−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤− − ×⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− = ⇒ − = − ×⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

3

3

191520 0 0 191520 0 0 6,324 100 1507,96 188496 0 1507,96 188496 8,983 100 188496 31416000 0 188496 15708000 0

.191520 0 0 191520 0 00 1507,96 188496 0 1507,96 1884960 188496 15708000 0 188496 31416000

−

−

− ×⎡ ⎤⎢ ⎥− − ×⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥− − −⎢ ⎥

−⎢ ⎥⎣ ⎦

1211,24231,74

57935,6,0024231211, 240231,740

00,00126536

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ = ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

Diagramas de barras:


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -23-

Desplazamiento del nudo 4:

3.' 0, 45836

3. .yP lUE I

−= = ; 2'' . 0,363438yU lθ= − = − ; 2 0,0104494yU = −

4 2 '' 'y y y yU U U U= + + ⇒ '' 0,8322yU cm= −

2

2.' 0,0045836

2. .P lE I

θ −= = − ; 2 0,0024229θ = −

4 2 2 'φ θ θ= + ⇒ 4 0,0070radφ = −

2yU

'yU

2 'θ

2θ ''yU

2yU

'yU''yU

CAPITULO 11 CARGAS NO APLICADAS EN NUDOS ____________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -1-

Capítulo 11

Cargas no aplicadas en los nudos

11.1- Cargas en el interior de un tramo

Hasta ahora sólo se consideraron casos en que las cargas exteriores están aplicadas sobre

los nudos; en el caso de tener cargas concentradas actuando sobre las barras como en la Figura

11.1, se podría definir un nudo en los puntos donde están aplicadas las cargas y aplicar el

procedimiento visto hasta ahora.

Figura 11.1

De esta manera se agregarían en este ejemplo seis nuevas incógnitas, tres por cada nuevo

nudo que se ha introducido.

Evidentemente este tratamiento del problema no es conveniente a menos que el número

de cargas en el interior de los tramos sea reducido. Tampoco resulta adecuado en el caso de


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -2-

carga distribuida, la cual para ser aproximada necesitaría ser descompuesta en un conjunto de

cargas concentradas que sea equivalente.

Suponiendo, como se lo ha venido haciendo hasta aquí, que el sistema es lineal se puede

descomponer el estado de cargas de la Figura 11.1 en la suma de dos estados:

Figura 11.2

El Estado I corresponde a la suposición que los nudos no se desplazan ni giran,

condición que se denomina corrientemente como “empotramiento perfecto”. Para lograr esta

situación es necesario agregar en los extremos de cada barra (no sobre los nudos), fuerzas

iguales a las reacciones de empotramiento perfecto que no forman parte de las verdaderas cargas

exteriores aplicadas a los nudos. El análisis de los esfuerzos en este Estado I debe realizar en

forma separada para cada barra. Para la barra 1-2 se tiene:

Figura 11.3

Las fuerzas aplicadas en los extremos de la barra se denominan "fuerzas de

empotramiento".

Para la barra horizontal 2-3 se procede de manera similar:


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -3-

Figura 11.4

Las reacciones de apoyo de una viga biempotrada para los tipos habituales de cargas están

disponibles en tablas y manuales de cálculo de estructuras, por lo que en general no es necesario

efectuar el análisis local de cada barra con el método de las fuerzas o con la solución de la

ecuación diferencial de la elástica del tramo en estudio. En algún caso particular que no figure en

tablas ni pueda expresarse como combinación de casos que figuren en ellos, habrá que resolver

por el método de las fuerzas un problema hiperestático de tres incógnitas, o resolver la ecuación

diferencial de la elástica con las cargas dadas y los nudos fijos. Como ya se ha indicado al

deducir la matriz de rigidez una barra genérica en coordenadas locales, el efecto axial está

desacoplado y es un problema de una sola incógnita que puede resolverse en forma

independiente del problema de flexión para las cargas transversales al eje de la barra. Para la

solución de la parte flexional se requiere calcular las fuerzas transversales y los momentos en los

extremos de la barra, que se denominan habitualmente “fuerzas de empotramiento perfecto”.

Una vez conocidas las fuerzas de empotramiento perfecto, el trazado de los diagramas de

esfuerzos internos resulta de aplicar las reglas conocidas de la estática. Para la barra horizontal 2-

3 se tiene:

Figura 11.5

En el Estado II se aplican sobre los nudos cargas iguales y opuestas a las agregadas en

el estado I, de manera que, al superponer ambos estados, se anulan las cargas nodales que no

existen en el problema inicial, y de esa manera sólo quedan las fuerzas exteriores aplicadas. De

esta manera se ha transformado el problema inicial de cargas en el interior de los tramos en otro

problema de cargas equivalentes en los nudos, pero que requiere la superposición de los

estados I y II para obtener los esfuerzos finales en cada barra.

.8

VF l .8

VF l

2

VF2

VF2

hF2

hF


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -4-

Figura 11.6

Solución del estado I:

Es importante reconocer que una vez determinadas por cualquier método (tablas, trabajos

virtuales, Castigliano, etc.) las "fuerzas de empotramiento", los diagramas se reducen a un

problema de estática. Cada barra queda "biempotrada" y no transmite al nudo ninguna fuerza,

por lo que los desplazamientos nodales del estado I son todos nulos.

Solución del estado II:

El estado II contiene sólo cargas en los nudos. Éstas deben ser las fuerzas nodales del

problema original sumadas a las fuerzas equivalentes en los nudos. Las fuerzas equivalentes en 1

nudo son iguales a la suma, cambiada de signo, de todas las fuerzas de empotramiento de los

extremos de las barras que concurren a dicho nudo.

La solución del estado II se determina mediante el procedimiento descrito en el capítulo

anterior, es decir resolviendo un sistema de ecuaciones simultáneas de equilibrio del conjunto de

la estructura con sus reales condiciones de vínculo. Una vez calculados los desplazamientos

nodales de la solución del estado II, se determinan barra por barra las fuerzas en sus extremos, y

con esos valores se trazan los diagramas de esfuerzos correspondientes a este estado. Las

reacciones se calcular sumando las fuerzas de extremo de barra de todas las barras que concurren

al apoyo.

Solución del problema inicial:

Se obtiene superponiendo las soluciones de los Estados I y II.

.8

P h

.8

VF l2

VFQ + 2

VF

2 2

hP F+ 2

hF

. .8 8

VP h F l−

2P


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -5-

a) Los desplazamientos nodales son directamente los correspondientes al estado II,

porque en el estado I son todos nulos.

b) Los diagramas finales de esfuerzos internos se obtienen sumando los diagramas del

estado II (del tipo de las Figura 10.12 ; Figura 10.13 y Figura 10.15) con los diagramas de barras

biempotrados del estado I (del tipo de las Figura 11.3 y Figura 11.5 de este capítulo).

Como ejemplo considérense los diagramas de esfuerzos de la barra horizontal 2-3.

Figura 11.7

11.2- Efectos térmicos

Las estructuras están sometidas frecuentemente a variaciones de temperatura. Los efectos

que dichos cambios de temperatura provocan dependen de su magnitud como también del

material de la estructura, y fundamentalmente del grado de hiperestaticidad.

Ya se ha visto que las estructuras hiperestáticas pueden sufrir esfuerzos por cambios

térmicos cuando están impedidas de deformarse libremente. En el caso de la estructura

hiperestática de la Figura 11.8.a, un aumento uniforme de temperatura t∆ en la barra 2-3

produce la deformada indicada en línea de trazos, además de tensiones en todas las barras. Por el

contrario, en la Figura 11.8.b, sólo se produce un alargamiento (no restringido) de las barras

verticales, por lo que no se producen tensiones.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -6-

Figura 11.8

La forma de analizar este fenómeno es la ya vista para el caso de cargas en el interior de

tramos. Se debe primero determinar las "fuerzas de empotramiento" causadas por el cambio de

temperatura, y aplicar las fuerzas equivalentes en el estado II de una manera similar a la ya vista

para las cargas en el interior de las barras .

Un procedimiento para encontrar las fuerzas de empotramiento en coordenadas locales

consiste en: empotrar el nudo "i" y resolver el problema por el método de las fuerzas. En el

estado 0, sólo se generan distorsiones térmicas ( ), ,t t etcκ ε , y es necesario resolver las

ecuaciones de compatibilidad asociadas al empotramiento en el nudo "j".

11 1 12 2 13 3 10

21 1 22 2 23 3 20

31 1 32 2 33 3 30

. . . 0. . . 0. . . 0

X X XX X XX X X


+ + + =⎧⎪ + + + =⎨⎪ + + + =⎩

Con los resultados de esas ecuaciones se obtienen las reacciones en el apoyo "i" a través

de las ecuaciones de equilibrio.

El estado final será:

t∆

t∆


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -7-

Hay un caso muy frecuente que consiste en una variación térmica uniforme a través de la

barra, debido a la diferencia de temperatura entre las caras superior e inferior de la viga.

Figura 11.9

Donde:

. . .2

s it tF A Eα ∆ + ∆⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

; . . .s it tM E Ih

α ∆ −∆⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

(Ec. 11.1)

En el caso de la Figura 11.9 , la viga no presenta ninguna deformación transversal a causa

de que el momento flector es constante, y por lo tanto la curvatura por flexión es igual y opuesta

a la curvatura térmica, también constante. Por lo tanto, el efecto del gradiente térmico constante

en toda la barra no produce curvatura en la misma para la condición de nudos fijos o empotrados.

En la Figura 11.10 se presenta un ejemplo ilustrativo.

Figura 11.10

Las fuerzas de empotramiento se encuentran, según la (Ec. 11.1) en un sistema local y

deben pasarse al sistema global para tener las fuerzas equivalentes en el estado II ( ). lP R P= .

El procedimiento es exactamente igual, de aquí en más, al caso de cargas en el interior de

los tramos.

st∆

it∆

st∆

it∆

0s i

m

t tt

∆ > ∆∆ >

1X

2X

3X

( )t∆ +


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -8-

Efectos térmicos en un reticulado:

En el caso de la Figura 11.11, en que la diagonal que se indica sufre un aumento de

temperatura t∆ , no hay restricción al alargamiento de la barra. El estado final de deformación es

el correspondiente al estado II y no hay tensión en ninguna barra en el estado original.

Figura 11.11

En el estado I sólo se tiene la barra indicada comprimida por una fuerza . . .F t A Eα= ∆ .

En el estado II la fuerza es totalmente absorbida por la diagonal traccionada por la fuerza

F.

Figura 11.12

Por el contrario, en el caso de la Figura 11.12, la carga equivalente en los nudos es

absorbida por todo el marco cerrado indicado en la Figura 11.13 y por lo tanto hay esfuerzos en

todas las barras de dicho marco. La barra que sufre el t∆ está comprimida en el estado I y

traccionada en el estado II, luego de la superposición estará, en este caso particular, comprimida.

Figura 11.13

t∆ VFHF

HF

VF

t∆

VF

HF

HF VF


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -9-

11.3- Desplazamientos prefijados

Aunque las estructuras están básicamente diseñadas para resistir cargas, puede ocurrir que

ciertos desplazamientos impuestos, aunque pequeños, produzcan esfuerzos importantes.

Los nudos cuyos desplazamientos son conocidos se los conoce normalmente como

“apoyos”, y en ellos no se conoce a priori la fuerza (reacción de apoyo). Los nudos restantes

donde se conoce la fuerza exterior se llaman nudos libres, y en ellos no se conoce a priori el

desplazamiento.

Los desplazamientos prefijados se originan por diversas causas. Por ejemplo, en caso de

bloquearse un mecanismo accionado por una leva, se conoce el desplazamiento máximo

producido por la misma, y se puede analizar si la deformabilidad del sistema permite ese

desplazamiento sin fallar.

En el caso de un eje sobre varios apoyos (viga continua), se puede determinar el máximo

error de alineación entre apoyos que se puede admitir fijando, de esta manera, las tolerancias de

fabricación.

La mayoría de las veces el desplazamiento prefijado no es algo que necesariamente va a

ocurrir, sino que pretendemos tener una idea de los esfuerzos si un "cierto desplazamiento"

llegara a ocurrir.

El procedimiento de superposición desarrollado en este capítulo permite tratar el

problema de desplazamiento prefijado. Basta desplazar los nudos cuyo desplazamiento se

"conoce" empotrando todos los restantes nudos de la estructura para obtener el estado I.

Figura 11.14

Las fuerzas de empotramiento de las barras que tienen alguno de sus nudos con

desplazamientos prefijados, se obtienen fácilmente, empleando las ecuaciones fuerza-

movimiento de la barra considerada. ((Ec. 10.5); (Ec. 10.16) y (Ec. 10.17))

A manera de ejemplo, considerando desacoplado el efecto axial en la barra 2-3, y

empleando la (Ec. 10.5) resulta el sistema (Ec. 11.2):

3Vδ 3

Vδ

2yP

3yP

2M

3M

33

.12. . VE Il

δ

32

.6. . VE Il

δ−


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -10-

1 2 1 2 2 1 3

2 3 2 3 2 2 3

1 2 1 2 3 3 1 3

2 3 2 3 3 2 3

0 .2 0 .

..

2 0 .

y V

V

V y V

V

K K K K P KK K K K M KK K K K P K

K K K K M K

δδ

δ δδ

− ⎡ ⎤=⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− =⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ =⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − − − = −⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− =⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦

(Ec. 11.2)

En el caso de una barra inclinada, conviene usar la (Ec. 10.5) que corresponde a

coordenadas locales para facilitar el trazado de los diagramas de esfuerzos del estado I. Las

fuerzas de extremo se transformarán al sistema global a fin de obtener las fuerzas equivalentes

del estado II.

Hay que destacar que una vez obtenidos los desplazamientos del estado II, se obtienen los

esfuerzos barra por barra en la forma habitual (recordar que en el estado II, 3 0yU = ), y luego se

superponen los esfuerzos del estado I (causados por 3 3y VU δ= ).

Un procedimiento alternativo para tratar el desplazamiento prefijado en una manera

"algebraica" sin recurrir al principio de superposición, se logra, generalizando la expresión (Ec.

10.24). En efecto, el sistema global de ecuaciones de equilibrio se puede particionar en tres,

reordenando filas y columnas, quedando de la siguiente forma:

11 12 13

21 22 23

31 32 33

.0

K K K U PK K K RK K K R

∆

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

∆ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

(Ec. 11.3)

[ ] :∆ Desplazamientos prefijados

[ ] :R∆ Reacciones de apoyo asociadas a esos desplazamientos

[ ] :R Reacciones en los puntos con desplazamiento nulo

Desarrollando la (Ec. 11.3) resultan tres sistemas de ecuaciones de equilibrio:

11 12 13. . .0K U K K P+ ∆ + = ∴ 11 12. .K U P K= − ∆ (Ec. 11.4)

21 22 23. . .0K U K K R∆+ ∆ + = ∴ 21 22. .K U K R∆+ ∆ = (Ec. 11.5)

31 32 33. . .0K U K K R+ ∆ + = ∴ 31 32. .K U K R+ ∆ = (Ec. 11.6)

En primer lugar se resuelve el sistema de la (Ec. 11.4) donde se observa que el efecto de

los desplazamientos prefijados ∆ introduce una modificación del término de cargas. Una vez

calculados los U , se calculan las reacciones de apoyo efectuando los productos indicados en

(Ec. 11.5) y (Ec. 11.6). Este procedimiento, que es el más directo, requiere almacenar la matriz

completa antes de aplicar las condiciones de contorno, además de las técnicas de partición por lo

que puede requerir un ordenamiento sistemático de la información.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -11-

La diferencia entre ambas técnicas radica en que la primera determina las fuerzas de

empotramiento barra por barra según la ecuación fuerza-desplazamiento de cada barra (como en

la expresión (Ec. 11.2)), y se agregan al vector de cargas, cambiadas de signo, mientras que la

segunda modifica el vector de cargas utilizando la submatriz 12K .

A modo de ejemplo se desarrolla el segundo procedimiento el pórtico de la Figura 11.14.

Por simplicidad no se consideran los apoyos con desplazamiento nulo, es decir que no se tienen

en cuenta las últimas filas y columnas de la (Ec. 11.3).

21 2 1 2

232 3 3 2

2

3

31 2 1 2

332 2 3

0 0000

0 02 .00 0 0 000 00

0 02

a b a a b

xa a b a b b b

yba a b a b b

xb b

Vb b b b

bb b b

A K B C KUB D K E K K KUKC E K K K K

UK KK K K K

KK K K

φ

δφ

⎡ ⎤+ −⎢ ⎥ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ − + −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− + + −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥− ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−− − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎢ ⎥−⎣ ⎦

(Ec. 11.7)

Intercambiando las filas quinta y sexta lo mismo que las columnas quinta y sexta, se llega

a la partición (Ec. 11.3). El sistema del tipo (Ec. 11.4) a resolver es el de la (Ec. 11.8) :

2

1 32

2 311 2

3

2 33

0.

. .0

.

x

b Vy

b V

x

b V

UKUKK

UK

δδφ

δφ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ −⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

(Ec. 11.8)

Nótese que el vector de carga en la (Ec. 11.8) coincide con las cargas en el estado II de la

Figura 11.14 que son las fuerzas de empotramiento calculadas en (Ec. 11.2) cambiadas de signo.

Para calcular la reacción vertical en el apoyo 3 se utiliza la (Ec. 11.5) :

21 22 23. . .0K U K K R∆+ ∆ + =

2

2

1 2 2 1 3 32

3

3

0 0 . .

x

y

b b b b V y

x

UU

K K K K RU

δφ

φ

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤− − − + − =⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -12-

11.4- Defectos de montaje

Errores inevitables durante la fabricación y montaje de los elementos estructurales pueden

ocasionar esfuerzos internos o deformaciones iniciales. Si la estructura es hiperestática, el

montaje en tales condiciones requerirá que se introduzcan esfuerzos internos y/o externos para

compensar los errores o imprecisiones geométricas.

En un caso como el (b) de la Figura 11.15, donde una barra resultó corta, sólo se altera la

geometría teórica pero no hay esfuerzos.

Figura 11.15

En el caso (c), aparecerán esfuerzos además de las distorsiones geométricas. Se puede

descomponer el problema de la barra "larga" en un estado I, en que la misma está comprimida

con una fuerza tal que la lleve a su longitud teórica, y un estado II en el que se transforman las

fuerzas de empotramiento del estado I en fuerzas exteriores actuando en los nudos que une dicha

barra. Estas cargas tendrán el mismo módulo y dirección que las del estado I, pero de sentido

contrario.

Figura 11.16


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -13-

Ejercicio Nº 1:

En la barra de la figura se pide desarrollar los diagramas de ( ),M Q y N sabiendo que:

a) El nudo 1 está empotrado.

b) Mediante una fuerza vertical 2yP y un momento 2M aplicados en el nudo 2 se desplaza

dicho nudo hasta 2*.

2 0xP = 2 ??yP = 2 ??M =

2 4 622 ; 4 ; 2,1 10 KgA cm I cm E

cm= = = ×

Cálculo de los coeficientes de la matriz de rigidez en coordenadas globales.

( )1/22 21 2

80 6080 60 100 ; 0,8 ; 0,6100 100

L γ γ= + = = = = =

1 2 33 2

. . . .42000 ; 12. 100,8 ; 6. 5040 ; 4. 336000A E E I E I E IK K K Kl l l l

= = = = = = = =

26916 ; 20111 ; 3024 ; 15184 ; 4032A B C D E= = = = =

1γ

2γ

0,2δ =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -14-

Cálculo del giro del extremo 2:

60arctan 36,87º80

α ⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

2 35 36,87( )antihorarioφ = −

2 0,03264radφ = −

Cálculo del desplazamiento horizontal 2 *U :

Si se conoce la fuerza 2 0xP = entonces se desconoce el desplazamiento 2xU .

2

/ / / / / / / / / / / / 0 ?/ / / / / / / / / / / / 0 ?/ / / / / / / / / / / / 0 ?

./ / / / / / 26916 20111 3024 0/ / / / / / / / / / / / 0, 2 ?/ / / / / / / / / / / / 0,03264 ?

xU

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

−⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

[ ] ( )226916 . 0 20111 0,2 3024 0,0326xU⎡ ⎤ = − × − × −⎡ ⎤⎣ ⎦⎣ ⎦

2 0,14577xU = −

Cálculo de las fuerzas de extremo (coordenadas globales):

/ / / / / / 26916 20111 3024 0 0/ / / / / / 20111 15184 4032 0 237/ / / / / / 3024 4032 168000 0 673

./ / / / / / 26916 20111 3024 0,1457/ / / / / / 20111 15184 4032 0,2/ / / / / / 3024 4032 336000 0,03264

− − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −

=⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥

− −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

00

23712213

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎣ ⎦

α


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -15-

Fuerzas de extremos en el sistema local:

.0,8 0,6 0 142

.0,6 0,8 237 189

TlR P P=

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Fuerzas de extremo de barra:

Diagramas:

SistemaGlobal


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -16-

Ejercicio Nº 2:

Se pide analizar la estructura del croquis bajo la acción de un efecto térmico en la cara

superior de las dos barras.

4 61 2 2

2 61 2

1000 ; 30º ; 2,1 10

160 ; 30 ; 1,1 10º

sKgI I cm t C Ecm

A A cm h cmC

α −

= = ∆ = = ×

= = = = ×

Fuerzas de empotramiento en el estado I:

. . . 20790mF t A Eα= ∆ =

/ 2. . . 23100stM E Ih

α ∆⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

Cargas nodales equivalentes en el estado II:

st∆st∆

st∆


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -17-

Matriz de rigidez barra 1 - Sistema Global:

1 2 33 2


= = = = = = = =

1

1

2

/ / / / / / / / / / / // / / / / / / / / / / // / / / / / / / / / / // / / / / / 315000 0 0/ / / / / / 0 393,75 78750/ / / / / / 0 78750 21000000

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥

−⎢ ⎥⎣ ⎦

2

Matriz de rigidez barra 2 - Sistema Global:

1 2 33 2


= = = = = = = =

1 20,6 ; 0,8γ γ= =

90849,02 ; 120863,23 ; 40320,00 ; 161352,57 ; 30240,00A B C D E= = = = =

2

2

3

90849 120863 40320 / / / / / /120863 161352 30240 / / / / / /

40320 30240 16800000 / / / / / // / / / / / / / / / / // / / / / / / / / / / // / / / / / / / / / / /

−⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢⎢⎢⎢⎢⎣ ⎦

3

⎥⎥⎥⎥⎥

Sistema de ecuaciones de equilibrio una vez impuestas las condiciones de apoyos

empotrados 1 y 3.

(*) 2

2 2

2

405849,02 120863,23 40320 8316120863,23 161745,98 48510 .

40320 48510 37800000 0

x

y y

UU Rφ

⎡ ⎤−⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− =⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

Al imponer la condición de apoyo 2 0yU = queda un sistema de 2 x 2.

2

2

405849,02 40320 8316.

40320 37800000 0

xUφ

− ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

2

2

0,02049254980,0000218587

xUφ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

El cálculo de la reacción vertical en el apoyo 2, puede obtenerse empleando la segunda

ecuación del sistema (*).


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -18-

2 120863.(0,02049) 48510.(0,00002186) 2475,7yR = − =

Cálculo de las fuerzas en el extremo de la barra (1) en coordenadas locales.

/ / / / / / 315000 / / 0 0 6455,2/ / / / / / 0 / / 78750 0 1,7/ / / / / / 0 / / 10500000 0 229,5

./ / / / / / 315000 / / 0 0,020492 6455,2/ / / / / / 0 / / 78750 0 1,7/ / / / / / 0 / / 21000000 0,00002185 459,0

− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢

=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢− −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

Para calcular las fuerzas de extremo de la barra (2) en coordenadas locales se transforman

los desplazamientos del nudo 2 al sistema local de la barra (2).

.0,6 0,8 0,0204925 0,0122955

.0,8 0,6 0 0,0163904

TlR U U=

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

252000 0 0 / / / / / / 0,0122955 3098,50 201,6 50400 / / / / / / 0,0163940 2, 20 50400 16800000 / / / / / / 0,000021858 459

.252000 0 0 / / / / / / 0 3098,50 201,6 50400 / / / / / / 0 20 50400 8400000 / / / / / / 0

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ −

=⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

, 2642,6

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥⎣ ⎦


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -19-

Para verificar el equilibrio del nudo 2 en el sistema global se debe transformar las fuerzas

de extremo de la barra 2 al sistema global.

.0,6 0,8 3098,5 1860,8

.0,8 0,6 2, 2 2477,5

lR P P=

−⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Equilibrio del nudo 2:

642,6


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -20-

Ejercicio Nº 3:

Se pide calcular los desplazamientos en el pórtico de la figura y trazar los diagramas de

M y Q .

Matriz de rigidez de las barras:

Barra 1:

1 2 33 2

. . . .35000 ; 12. 560 ; 6. 84000 ; 4. 16800000A E E I E I E IK K K Kl l l l

= = = = = = = =

1 3

1

3

35000 0 0 35000 0 00 560 84000 0 560 840000 84000 16800000 0 84000 8400000

35000 0 0 35000 0 00 560 84000 0 560 840000 84000 8400000 0 84

−−−

−− − −

−

000 16800000

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Barra 2:

1 2 33 2

. . . .42000 ; 12. 1260 ; 6. 126000 ; 4. 16800000A E E I E I E IK K K Kl l l l

= = = = = = = =

2 3

2

3

1260 0 126000 1260 0 1260000 42000 0 0 42000 0

126000 0 16800000 126000 0 84000001260 0 126000 1260 0 1260000 42000 0 0 42000 0

126000

− − −−

−−

−−

0 8400000 126000 0 16800000

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

200

50

P KgKgqm

=

=

4 21 1 1

4 22 2 2

:300 ; 600 ; 5

200 ; 400 ; 4

Barra 1l cm I cm A cmBarra 2 :l cm I cm A cm

= = =

= = =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -21-

2

3

3

3

16800000 126000 0 8400000 1667,67126000 36260 0 126000 50

.0 0 42560 84000 1008400000 126000 84000 33600000 5833,3

x

y

UU

φ

φ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

2

3

3

3

0,00003036550,0020708150,002016577

0,000168743

x

y

UU

φ

φ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

. 7500 .8

P l Kg cm=

1002P Kg= .

8P l

. 502

q l Kg=

2.24q l

2. 1666,67 .12q l Kg cm=

.8

P l. 2q l

2P


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -22-

Diagramas de M y Q :

1666,671666,67

1666,67

CAPITULO 12 EMPARRILLADOS PLANOS ____________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -1-

Capítulo 12

Emparrillados planos - Pórticos tridimensionales

12.1- El emparrillado plano

Un emparrillado plano es una estructura plana de barras con nudos rígidos cuyas cargas

actúan perpendiculares al plano de la estructura.

Resulta importante destacar que la única diferencia con el pórtico plano consiste en la

dirección en que actúan las cargas. Dado que todas las estructuras en rigor son tridimensionales,

una estructura plana recibe, en general, cargas en todas direcciones y trabaja simultáneamente

como pórtico y como emparrillado. Además, cada estructura tiene en general un tipo de carga

dominante que condiciona que la misma sea clasificada como pórtico o como emparrillado.

En el caso genérico en que las cargas predominantes no están todas contenidas en el plano

de la estructura, ni son todas perpendiculares a dicho plano, siempre es posible considerar al

sistema dado como un pórtico plano superpuesto con un emparrillado plano como se aprecia en

la Figura 12.1.

Por otra parte, siempre existe la posibilidad de tratar el caso general (a) de la Figura 12.1

como una estructura tridimensional considerando 6 desplazamientos incógnitas por nudo. En tal

caso debe resolverse un sistema de 12 x 12 incógnitas, mientras que descomponiendo en los

casos (b) y (c) de la Figura 12.1, la resolución es más sencilla dado que deben resolverse dos

sistemas de 6 x 6.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -2-

Figura 12.1

En el caso de la Figura 12.1.c, la flexión de la barra horizontal provoca giros de los nudos

2 y 3 (alrededor del eje vertical) que inducen torsión en las barras verticales. Suponiendo a b< e

(1) (2)I I= , el giro del nudo 2, 2xφ causado por la flexión de la barra vertical (1) resulta mayor que

3xφ , por lo que la barra horizontal está sometida a torsión. Además, la fuerza horizontal en la

Figura 12.1.c viaja hasta los apoyos como fuerza cortante.

Las barras de un emparrillado están sometidas a esfuerzos de flexión, corte y

torsión (no hay esfuerzo normal).

En cada nudo deben considerarse como incógnitas el desplazamiento perpendicular al

plano de la estructura y dos giros respecto a los ejes coplanares con la estructura.

Dada una barra de un emparrillado plano siempre es posible, sin pérdida de generalidad,

suponer que el emparrillado está contenido en el plano horizontal XY y que las cargas actúan en

la dirección vertical Z. Lo que no siempre sucede es que todas las barras sean paralelas a los ejes

X o Y, por lo que resulta necesario deducir la matriz de rigidez en el caso general de la barra 2-3

de la Figura 12.2.

Figura 12.2

xF

zFyF

xF

yFzF


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -3-

Suponiendo que esta barra 2-3 es prismática, se adopta un sistema local de coordenadas

tal que el eje lX coincide con el eje de la barra.

Figura 12.3

El lZ local coincide con el eje Z global, mientras que el eje lY está contenido en el plano

de la estructura (horizontal) y tiene una dirección y sentido tal que la terna , ,l l lX Y Z es ortogonal

y está positivamente orientada (dextrógira).

12.2- Matriz de rigidez de una barra e emparrillado

A continuación se formula la matriz de rigidez de una barra prismática orientadas según

el eje X. Posteriormente, mediante una rotación del sistema de referencia, se obtiene la matriz

del caso general de una barra con una dirección arbitraria.

Deben considerarse tres incógnitas de desplazamiento por nudo, por lo que la matriz de

rigidez resulta de 6 x 6. Los elementos de la matriz de rigidez se deducen a través de un

razonamiento físico análogo al empleado para las barras de reticulado y pórtico.

11 12 13 14 15 16

21 22 23 24 25 26

31 32 33 34 35 36

41 42 43 44 45 46

51 52 53 54 55 56

61 62 63 64 65 66

.

z zi ix x

i iy y

i iz z

j jx x

j jy y

j j

K K K K K K U PK K K K K K MK K K K K K MK K K K K K U PK K K K K K MK K K K K K M

φφ

φφ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥

=⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

(Ec. 12.1)

La primera columna de la matriz se deduce suponiendo los siguientes desplazamientos

prefijados:

lXlY

lZ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -4-

Figura 12.4

1 0

0 0

0 0

z zi j

x xi j

y yi j

U U

φ φ

φ φ

= =

= =

= =

(Ec. 12.2)

De la primera ecuación de la (Ec. 12.1):

11 12 16.1 .0 .0 ziK K K P+ + + =…

11 3

.12. E IKl

= (Ec. 12.3)

De la segunda ecuación de la (Ec. 12.1):

21 22 26.1 .0 .0 xiK K K M+ + + =…

21 0K = (Ec. 12.4)

Utilizando las ecuaciones 3ª, 4ª, 5ª y 6ª del sistema de la (Ec. 12.1) se obtiene:

31 2

.6. E IKl

= − ; 41 3

.12. E IKl

= − ; 51 0K = ; 61 2

.6. E IKl

= − (Ec. 12.5)

La segunda columna de la matriz de rigidez surgen a través del siguiente esquema:

1ziU =

3

.12.zj

E IPl

= −

3

.12.zi

E IPl

=

2

.6.yi

E IMl

= −

2

.6.yj

E IMl

= −


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -5-

Figura 12.5

0 0

1 0

0 0

z zi j

x xi j

y yi j

U U

φ φ

φ φ

= =

= =

= =

(Ec. 12.6)

Luego:

12 0K = ; 22.G JKl

= ; 32 0K = ; 42 0K = ; 52.G JKl

= − ; 62 0K = (Ec. 12.7)

El producto GJ se designa rigidez a la torsión. El parámetro J coincide con el momento

polar de inercia sólo en el caso de secciones circulares; para otras formas de la sección

transversal, el valor de “J” se obtiene a través de la teoría de torsión de barras.

La tercera columna de la matriz de rigidez surge del siguiente esquema:

.xi

G JMl

=

.xj

G JMl

=−


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -6-

Figura 12.6

0 0

0 0

1 0

z zi j

x xi j

y yi j

U U

φ φ

φ φ

= =

= =

= =

(Ec. 12.8)

Luego:

13 2

.6. E IKl

= − ; 23 0K = ; 33.4. E IKl

= ; 43 2

.6. E IKl

= ; 53 0K = ; 63.2. E IKl

= (Ec. 12.9)

Notar que considerando el teorema de reciprocidad se demuestra que:

21 12K K= 31 13K K= 32 23K K= (Ec. 12.10)

Repitiendo un razonamiento análogo se deducen los elementos de la columna restantes.

Las ecuaciones fuerza-movimiento para una barra prismática según el eje X resultan:

1 2 1 2

2 3 2 3

1 2 1 2

2 3 2 3

0 00 0 0 0

0 0 / 2.

0 00 0 0 0

0 / 2 0

z zi ix x

i iy y

i iz z

j jx x

j jy y

j j

K K K K U PK K M

K K K K MK K K K U P

K K MK K K K M

φφ

φφ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤− − −⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥− ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥−

=⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥− ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥

−⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

(Ec. 12.11)

1 2 33 2

. . . .12. 6. 4.G J E I E I E IK K K Kl l l l

= = = =

1yiθ =

2

.6.zi

E IPl

= −.4.y

iE IM

l=

.2.yj

E IMl

=

2

.6.zj

E IPl

=


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -7-

Nótese que durante la deducción de los elementos de la matriz de rigidez se han

despreciado las “deformaciones por corte”. Como ejercicio, se sugiere deducir la primera

columna de la matriz de rigidez incluyendo deformaciones por corte.

Resulta conveniente considerar la interpretación física de los elementos de la matriz de

rigidez. Observando la (Ec. 12.1), ¿ qué representa 46K ?. Al estar en la sexta columna, el

elemento 46K multiplica a yjφ . Igualando los restantes desplazamientos a cero y teniendo en

cuenta que el elemento 46K pertenece a la cuarta ecuación, se obtiene:

46. y zj jK Pφ = (Ec. 12.12)

Por lo tanto, 46K representa la fuerza a aplicar en el nudo "j" en la dirección Z cuando al

nudo "j" se lo gira un radián alrededor del eje Y mientras que los restantes desplazamientos de

extremo de la barra se encuentran restringidos (son nulos).

12.3- Matriz de rigidez en el caso general

El eje de la barra forma un ángulo α respecto del eje X del sistema global.

Figura 12.7

El desarrollo resulta totalmente análogo al descripto para la barra de pórtico. Deben

relacionarse las componentes de un vector (giro o momento) contenido en el plano XY en el

sistema local con las componentes del mismo vector expresadas en el sistema global.

lX

lY

α α

1γ

2γ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -8-

Figura 12.8

( ) ( )( ) ( )

.cos .

. .cos

x yx l l

x yy l l

M M M sen

M M sen M

α α

α α

⎫= − ⎪⎬

= + ⎪⎭ (Ec. 12.13)

Matricialmente:

1 2

2 1

.x

xly

yl

MMMM

γ γγ γ

− ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤=⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ (Ec. 12.14)

Observando que las fuerzas según el eje Z local no cambian al pasar al sistema global

porque lZ Z≡ , la matriz de rotación resulta:

1 2

2 1

1 0 00 .0

zl z

xl xy

l y

globallocal

P PM MM M

γ γγ γ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥− =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

(Ec. 12.15)

Lo mismo ocurre con los desplazamientos de extremo de barra. En forma abreviada puede

escribirse:

. lR P P= . lRU U= (Ec. 12.16)

R es una matriz ortonormal, por lo que su inversa resulta igual a su transpuesta: 1 TR R− =

de modo que:

.TlP R P= .T

lU R U= (Ec. 12.17)

Particionando el sistema de la (Ec. 12.11) resulta:

. .

. .

l l l l lii i ij j i

l l l l lji i jj j j

K U K U P

K U K U P

⎫+ = ⎪⎬

+ = ⎪⎭ (Ec. 12.18)

Para pasar a coordenadas globales se reemplaza según (Ec. 12.17):

lX

lY

αx

lM

xM

yM

ylM


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -9-

. . . . .

. . . . .

l T l T Tii i ij j i

l T l T Tji i jj j j

K R U K R U R P

K R U K R U R P

⎫+ = ⎪⎬

+ = ⎪⎭ (Ec. 12.19)

Premultiplicando ambos miembros por R y considerando que . TR R I= , finalmente se

llega a:

. . . ..

. . . .

l T l Ti iii ij

l T l Tj jji jj

Sistema SistemaMatriz de rigidez enGlobal Globalel sistema global

U PR K R R K RU PR K R R K R

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

(Ec. 12.20)

A modo de ejemplo, se deduce en forma explícita la rigidez directa del nudo "j" en el

sistema global:

.

l Tjj

ljj jj

K RR R K K⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

( ) ( )( ) ( )

1 2

1 2

2 3 2 1

1 2 1 2 2 1 22 2

1 2 2 2 1 2 3 2 2 1 2 3 1 2 32 2

2 1 1 2 2 1 3 1 2 1 2 3 2 1 3

0 1 0 00 0 0

0 01 0 0 0 . .0 . . . . . . . .0 . . . . . . . .

K KK

K KK K K K K

K K K K K K K KK K K K K K K K

γ γγ γ

γ γγ γ γ γ γ γ γ γ γ γγ γ γ γ γ γ γ γ γ γ

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥− − − − + −⎢ ⎥

− +⎢ ⎥⎣ ⎦

Operando de manera similar sobre las restantes matrices de rigidez locales se arriba a la

forma explícita de la matriz de rigidez en el caso general:

(Ec. 12.21)

donde:

1 2 33 2


= = = =

2 2.A Kγ= ; 1 2.B Kγ= − ; 2 21 2 3. .C K Kγ γ= + ; ( )1 2 3. .D K Kγ γ= −

2 22 1 3. .E K Kγ γ= + ; ( )1 2 3. . 2F K Kγ γ= − + ; 2 2

1 2 3. . 2G K Kγ γ= − +

2 22 1 3. . 2H K Kγ γ= − +

1 1

1

.

z zi ix x

i iy y

i iz z

j jx x

j jy y

j j

U PK A B K A BMC D A G FME B F H

U PK A BMC DME

φφ

φφ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤−⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥− ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥−

=⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥− − ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

simétrica


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -10-

El caso de una barra paralela al eje Y es un caso particular de (Ec. 12.21). Sin embargo,

por resultar un caso de uso frecuente, se desarrolla a continuación su expresión explícita, que

resulta simple dado que 2 1γ = y 1 0γ = .

1 2 1 2

2 3 2 3

1 2 1 2

2 3 2 3

0 00 / 2 0

0 0 0 0.

0 0/ 2 0 0

0 0 0 0

z zi ix x

i iy y

i iz z

j jx x

j jy y

j j

U PK K K KMK K K KMK K

U PK K K KMK K K KMK K

φφ

φφ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤−⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥− ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥−

=⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥− − − ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥

− ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

(Ec. 12.22)

Recuérdese que:

1 2 33 2


= = = =

Resulta importante destacar que las matrices de las ecuaciones (Ec. 12.11), (Ec. 12.21),

(Ec. 12.22) se deducen con la siguiente convención de signos (Figura 12.9):

Figura 12.9

El sentido adoptado como positivo para fuerzas y momentos debe coincidir con el sentido

positivo adoptado para desplazamientos y giros. Se considera giro (y momento) positivo al que

tiene sentido antihorario al ser observado desde el lado positivo del eje correspondiente.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -11-

12.4- Cálculo de los desplazamientos y determinación de los esfuerzos

Habiendo ya obtenido en forma explícita la matriz de rigidez de la barra prismática en el

caso general, se repite el procedimiento usado en capítulos 10 y 11 para el pórtico plano:

1º Paso: se arma la matriz de rigidez del sistema sumando la contribución de todas las

barras. La matriz de rigidez de cada barra de está referido a sistema de referencia global (usar

(Ec. 12.11), (Ec. 12.21) o (Ec. 12.22) según corresponda).

Figura 12.10

2º Paso: se determinan los elementos del vector de cargas en el sistema global.

3º Paso: se imponen las condiciones de apoyo suprimiendo las filas y columnas

correspondientes, con lo que la matriz de rigidez del sistema deja de ser singular.

4º Paso: se resuelve el sistema de ecuaciones lineales y se obtienen los desplazamientos.

5º Paso: se calculan las fuerzas de extremo de cada barra. Esto se realiza barra por barra

trabajando con la matriz de rigidez de cada barra en el sistema local (Ec. 12.11) y utilizando los

desplazamientos de extremo de las barras previamente transformados al sistema local (emplear la

(Ec. 12.17))

6º Paso: se calculan las reacciones de apoyo sumando las fuerzas de extremo de barra de

todas las barras que concurren a cada apoyo. Como alternativa pueden utilizarse las ecuaciones

asociadas a los grados de libertad no utilizados (suprimidos) en el cálculo de desplazamientos.

Nota 1:

Antes de imponer las condiciones de vínculo que restringen al desplazamiento de cuerpo

rígido, la matriz de rigidez de la estructura es singular.

iiK ijK

jiK jjKii ij

ji jj

K KK K⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -12-

Nota 2:

La ventaja de obtener las fuerzas de extremo de barra en el sistema local de la barra

resulta evidente al observar la Figura 12.11.

:xM se relaciona directamente con el momento torsor.

:yM se relaciona directamente con el momento flector.

Figura 12.11

12.5- Pórtico tridimensional

En el caso general de estructuras de barras con nudos rígidos no planas resulta necesario

considerar seis grados de libertad por nudo: tres desplazamientos y tres giros. Por lo tanto, la

matriz de rigidez de una barra es de 12 x 12.

La matriz de rigidez para una barra prismática se deduce haciendo coincidir el eje de la

barra con el eje X y los ejes principales de inercia de la sección con los ejes Y y Z,

respectivamente. Las ecuaciones fuerza-movimiento se obtienen repitiendo el razonamiento

físico aplicado en los casos de pórtico y emparrillado.

xiM

xjM

yjM

zjP

ziP

i

j


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -13-

Figura 12.12

Designando:

1 2 33 2

1 2 33 2

. . .. 12. 6. 4.

. . ..* * 12. * 6. 4.

z z z

y y y

E I E I E IA EK K K Kl l l l

E I E I E IG JK K K Kl l l l

⎫= = = = ⎪⎪⎬⎪= = = =⎪⎭

(Ec. 12.23)

1 2 1 2

1 2 1 2

2 3 2 3

2 3 2 3

1 2 1 2

1 2 1 2

2 3 2 3

0 0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 00 0 * 0 * 0 0 0 * 0 * 00 0 0 * 0 0 0 0 0 * 0 00 0 * 0 * 0 0 0 * 0 * /2 00 0 0 0 0 0 0 0 / 2

0 0 0 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 00 0 * 0 * 0 0 0 * 0 * 00 0 0 * 0 0 0 0 0 * 0 00 0 * 0 * /2 0 0 0 * 0 *

K KK K K K

K K K KK K

K K K KK K K K

K KK K K K

K K K KK K

K K K K

−−

− −−

−−

−− − −

− −−

−

2 3 2 3

.

00 0 0 0 / 2 0 0 0 0

x xi iy y

i iz z

i ix x

i iy y

i iz z

i ix x

j jy y

j jz z

j jx x

j jy y

j jz z

j j

U PU PU P

MMM

U PU PU P

MM

K K K K M

φφφ

φφφ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥

=⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

(Ec. 12.24)

Nótese que eliminando las filas y columnas correspondientes a , ,z x yU φ φ (es decir: 3º, 4º,

5º, 9º, 10º, 11º) se obtiene la matriz de rigidez del pórtico plano. Por otra parte, eliminando

, ,x y zU U φ como grados de libertad, la matriz se reduce al caso del emparrillado plano.

Adviértase que ambos comportamientos (pórtico plano - emparrillado plano) están desacoplados.

xjU

xjφ

X

yjU

yjφ

zjU

zjφ

Z Y

j

i


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -14-

Desplazamientos tales como , ,z x yU φ φ no producen fuerzas tales como , ,x y zP P M . Es decir, los

desplazamientos vinculados al emparrillado plano no producen fuerzas del tipo de pórtico plano

(la observación recíproca también resulta válida). En el caso general en que la barra tenga una

dirección cualquiera, se ubica el eje X local uniendo los extremos de la barra.

Los cosenos directores resultan:

1j ix xl

γ−

= 2j iy yl

γ−

= 3j iz zl

γ−

= (Ec. 12.25)

Figura 12.13

El eje Y local se define perpendicular al plano que contiene a la barra y al eje Z. De esa

manera, el eje lY resulta siempre perpendicular al Z y, por ende, se mantiene contenido en el

plano XY del sistema global.

( ) ( )2

1

1 2 3

/1 . 0 0 1 /

0l l

i j k DY Z X D

D

γγ

γ γ γ

−⎡ ⎤⎢ ⎥= × = = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

(Ec. 12.26)

donde: 2 21 2D γ γ= +

Finalmente, el eje lZ se determina por ortogonalidad:

( ) ( )1 3

1 2 3 2 3

2 1

. /

. // / 0

l l l

i j k DZ X Y D

D D D

γ γγ γ γ γ γγ γ

−⎡ ⎤⎢ ⎥= × = = −⎢ ⎥⎢ ⎥− ⎣ ⎦

(Ec. 12.27)

lY

X

Z

Y

j

i

lX

1γ

2γ

3γ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -15-

Definiendo de tal manera los ejes locales, la matriz de rotación para la transformación de

coordenadas del sistema local al sistema global resulta:

. lU RU= (Ec. 12.28)

. lRφ φ= (Ec. 12.29)

( )( )

1 2 1 3

2 1 2 3

3

/ . // . /0

D DR D D

D

γ γ γ γγ γ γ γγ

− −⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

(Ec. 12.30)

En el caso de una barra según el eje Z, el eje lY se toma directamente como el eje Y del

sistema global y la matriz R resulta simplemente:

0 0 10 1 01 0 0

R−⎡ ⎤

⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

(Ec. 12.31)

De (Ec. 12.28) y (Ec. 12.29) se deduce que:

0.0

l

l

U R URφ φ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ (Ec. 12.32)

En notación sintética resulta:

. lRδ δ= (Ec. 12.33)

Se sugiere al lector explicitar R para el caso de una barra contenida en el plano XY.

Observar que eliminando las filas y columnas 3ª,4ª, y 5ª se obtiene R para el pórtico plano (ver

Ec. 10.10), mientras que suprimiendo las filas y columnas 1ª,2ª y 6ª se obtiene R para el

emparrillado (ver (Ec. 12.15)).

Repitiendo el razonamiento de la sección 10.2 y de la sección 12.3 se demuestra que:

lYlZ

lX


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -16-

. . . ..

. . . .

l T l Ti iii ij

l T l Tj jji jj

PR K R R K RPR K R R K R

δδ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ (Ec. 12.34)

donde:

δ posee seis componentes (tres desplazamientos y tres giros), y

R es la matriz de rotación definida en (Ec. 12.32) donde la matriz R está definida en (Ec.

12.30) o bien (Ec. 12.31) según corresponda.

El eje lX definido por los puntos extremos i y j no define completamente la posición de

la barras porque la misma puede girar alrededor de dicho eje (en lo que sigue a continuación, se

consideran barras con secciones simétricas respecto a los ejes principales).

Figura 12.14

Obsérvese que la expresión (Ec. 12.24) es válida en el sistema de ejes principales. Para

pasar del sistema principal al sistema local se utiliza la matriz de rotación:

lZ

lYpY

pZ

β

β

pl XX =

lY

lX

lZ

pY

pZβ

β


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -17-

( ) ( )( ) ( )

1 0 00 cos 00 cos

0

sensen

R

Idem

β ββ β

⎡ ⎤⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

(Ec. 12.35)

Finalmente, la matriz de rigidez en el sistema global se obtiene de la siguiente forma:

. . . . . . . .

. . . . . . . .

p T T p T Tii ij

p T T p T Tji jj

R R K R R R R K R R

R R K R R R R K R R

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎢ ⎥⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

(Ec. 12.36)

El caso más frecuente es aquel en que 0β = y por lo tanto R es la matriz identidad y los

cálculos se simplifican.

Las estructuras planas (pórticos y emparrillados) con nudos rígidos cuyos ejes

principales de las barras prismáticas no coinciden con los ejes locales, se comportan

como tridimensionales y deben tratarse como tales (especificando el ángulo β ).

En las estructuras tridimensionales, después de calcular los desplazamientos se obtienen

las fuerzas de extremo de cada barra en su sistema principal. Para ello, se transforman los

desplazamientos de extremo de cada barra al sistema principal de la barra mediante (Ec. 12.37) :

.

.

Tl

Tp l

R

R

δ δ

δ δ

⎫= ⎪⎬

= ⎪⎭

. .T Tp R Rδ δ= (Ec. 12.37)

Recuérdese que el sistema local se identifica por el índice "l", el sistema de ejes

principales de inercia por el índice "p" y que el sistema global no lleva índice. Luego se utiliza la

matriz de rigidez en el sistema principal de la barra definida por (Ec. 12.24):

.p p pK Pδ = (Ec. 12.38)

Las fuerzas en cada extremo de barra, expresadas en el sistema de ejes principales de

inercia, resultan:

" "" "

" ""

x

y

z

p x

y

z

Esfuerzo NormalPCorte según eje principal YPCorte según eje principal ZP

PMomento TorsorM

Momento Flector según eje principal YMMomento Flector según eje principal ZM

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥

= =⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

"

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

(Ec. 12.39)


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -18-

Finalmente, las reacciones de apoyo se calculan en la forma habitual, es decir, a partir de

las fuerzas de extremo de barra de las barras que concurra la apoyos, o bien utilizando las

ecuaciones suprimidas en el cálculo de los desplazamientos.

Ejercicio Nº 1:

Plantear el sistema de ecuaciones de equilibrio del estado II para el emparrillado indicado

en la figura.

Barra 1: 2

3 3

3 3

4 2 8. 2 412 12. 4 2

4,37

A cmb hI

h bJβ

= × =

×= =

×= =

2 4,37

:

hbh lado mayor

β= ⇒ =

)3(

mKgq /100=

)1(

cm60

1)2(

2

cm10

3

cm100

Z

Y

X

3=D

2Barra1Barra

4

2


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -19-

Barra 2: 4

4

44

. 3,97664

.2. 7,95232

DI cm

DJ I cm

π

π

= =

= = =

Estado I:

2 2

12

2 23

2

. 1.60 300 .12 12. 1.10 50 .2 2

q lM Kg cm

q lM Kg cm

= = =

= = =

Barra 1: 1

1

2

/ / / / / / / / / / / // / / / / / / / / / / // / / / / / / / / / / // / / / / / 1244,4 0 37334,5/ / / / / / 0 102480 0/ / / / / / 37334,5 0 1493380

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

2

3 2

. . . .102480 ; 12. 1244,4 ; 6. 37334,5 ; 4. 1493380G J E I E I E Il l l l

= = = =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -20-

Barra 2: 2

2

3

100,2 5008,5 0 / / / / / /5008,5 333900 0 / / / / / /

0 0 66798 / / / / / // / / / / / / / / / / // / / / / / / / / / / // / / / / / / / / / / /

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

3

3 2

. . . .66798 ; 12. 100,2 ; 6. 5008,5 ; 4. 333900G J E I E I E Il l l l

= = = =

2

2

2

1344,6 5008,5 37334,5 405008,5 436380 0 . 0

37334,5 0 1560178 250

z

x

y

Uφφ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤−⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Ejercicio Nº 2:

Plantear las ecuaciones de equilibrio del estado II.

30=D

150

29=d

mKgq /400=

)2(

)1(

m1 3

2m2

m31

X


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -21-

( )

( )

4 44

4 44

.5042, 2

64.

2. 10084, 432

x

D dI cm

D dJ I cm

π

π

−= =

−= = =

Estado I:

Barra 1: 1

1

2

/ / / / / / / / / / / // / / / / / / / / / / // / / / 211772400 1588293 0 105886200/ / / / 1588293 15882 0 1588293/ / / / 0 0 42354480 0/ / / / 105886200 1588293 0 21177240

2

0

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

3 2

. . . .42354480 ; 12. 15882,9 ; 6. 1588293 ; 4. 211772400G J E I E I E Il l l l

= = = =

Barra 2: 2

2

3

4706 705908 0 / / / / / /705908 141181600 0 / / / / / /

0 0 28236320 / / / / / // / / / / / / / / / / // / / / / / / / / / / // / / / / / / / / / / /

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

3


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -22-

3 2

. . . .28236320 ; 12. 4706 ; 6. 705908 ; 4. 141181600G J E I E I E Il l l l

= = = =

1

2

2

2

211772400 1588293 0 105886200 1666,6715882935 20588,93 705908 1588293 1000

.0 705908 183536080 0 30000105886200 1588293 0 240008720 13333,33

y

x

y

Uφ

φφ

−⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

Capítulo 1

Consideraciones generales sobre dinámica estructural

Introducción

El objeto de la dinámica estructural es el análisis de estructuras bajo cargas dinámicas, es

decir cargas que varían en el tiempo. Aunque la mayoría de las estructuras pueden diseñarse

considerando sólo cargas estáticas, hay importantes excepciones que requieren del proyectista

la posibilidad de distinguir entre cargas estáticas y dinámicas.

En realidad, las cargas accidentales o las cargas móviles, a diferencia del peso propio, rara

vez son estrictamente estáticas porque su aplicación sobre la estructura requiere de un cierto

tiempo que en definitiva debe ser analizado para establecer si se trata de una carga estática o

dinámica. Sin embargo es intuitivamente válido aceptar que si la magnitud de la fuerza varia

en forma suficientemente lenta no causará efectos dinámicos y podrá tratarse como estática.

Para determinar si la carga varía en forma “lenta” o “rápida” el valor de referencia para

comparación es el “periodo natural de la estructura”. El periodo natural es el tiempo que tarda

la estructura en recorrer un ciclo de vibración libre, es decir la vibración que ocurre después

que finaliza la excitación externa o después que la carga deja de variar y se mantiene

constante. El periodo natural depende de la masa, de la rigidez y de las condiciones de

vínculo, todas éstas características intrínsecas o propias de la estructura.

El interés en el análisis de cargas dinámicas ha ido creciendo constantemente en los

últimos tiempos, en parte debido a que el avance en la tecnología ha hecho posibles diseños

más apropiados, y que las herramientas computacionales actuales permiten hacer con carácter

rutinario cálculos que en otra época eran cuestiones de “especialistas” reservadas para casos

muy especiales o importantes.

Además, actualmente se proyectan estructuras más audaces (más grandes, livianas, etc.)

que son más susceptibles a los efectos dinámicos porque son más flexibles y tienen periodos

naturales altos, es decir que son más sensibles a variaciones de las cargas en el tiempo. Las

relaciones entre los desplazamientos y los esfuerzos de una estructura son las mismas ya

consideradas en el análisis estático, independientemente que la carga sea de tipo estática o

dinámica. Para el análisis dinámico es necesario introducir dos tipos de fuerzas que no ocurren

en el caso estático: i) Las fuerzas de inercia asociadas la propiedad de inercia de la masa de la

estructura y de las componentes o partes no estructurales, y ii) Las fuerzas de disipación de

energía por diversos tipos de mecanismos de fricción (fricción seca, fricción viscosa, fricción

seca en uniones estructurales). El análisis dinámico apunta a determinar en primer término los

desplazamientos de la estructura en función del tiempo, y a partir de ellos determinar los

esfuerzos en la forma habitual (barra por barra) propia del método de rigidez tal como se lo ha

visto para cargas estáticas.

1.1- Fuerzas internas en las estructuras

Las fuerzas internas que actúan sobre las componentes de una estructura dependen de los

desplazamientos o deformaciones específicas. Cuando se quiere conocer una fuerza en función

de la deformación se procede en primer término a calcular la deformación, y luego por medio

de la ley de Hooke, se obtienen los esfuerzos.

Supóngase un proceso de deformación variable en el tiempo para el cual se cuenta con

instantáneas fotográficas de la deformación de la estructura. Se propone el siguiente

interrogante ¿Se pueden determinar las fuerzas elásticas internas en cada punto de la estructura

a partir de las deformaciones en cada instante, independientemente del estado de deformación

en el instante anterior o posterior al considerado? La respuesta es AFIRMATIVA, es decir

que las fuerzas elásticas sólo son dependen de los desplazamientos (y deformaciones) en cada

instante, y no de la velocidad o de la aceleración.

Para cada una de esas instantáneas para el cálculo de los esfuerzos (momento flector,

esfuerzo de corte, fuerza axial, y momento torsor) corresponde seguir el método de cálculo ya

visto para análisis estructural bajo cargas estáticas, es decir que a partir de los desplazamientos

y giros de los nudos se calculan las deformaciones específicas (curvatura de flexión,

deformación específica axial y giro en torsión por unidad de longitud) y se procede a calcular

las fuerzas elásticas internas a través de las relaciones constitutivas (Ley de Hooke para el caso

de materiales linealmente elásticos). La esencia del problema dinámico es evaluar los

desplazamientos de la estructura en cada instante del tiempo, y a partir de ellos proceder a

determinar los esfuerzos mediante las expresiones de la ley de Hooke o ley constitutiva del

material, sin distinguir entre un problema dinámico de otro estático. En realidad esta

aseveración es una primera aproximación ya que en alguna medida la velocidad con que se

deforma el material o se ensaya una probeta puede modificar en algunos casos al modulo

elástico del material, y por ende las tensiones correspondientes para igual valor de las

deformaciones. Cuando la velocidad de carga es elevada el modulo elástico tiende a

incrementarse por la viscosidad interna del material que no responde en forma instantánea. En

el marco del presente curso se considerará que las posibles variaciones del módulo elástico en

función de la velocidad de carga es un efecto de segundo orden, es decir que se supone que no

varía apreciablemente con la ley de variación de la carga en función del tiempo. De todos

modos, el análisis de la influencia de la velocidad de aplicación de la carga en el valor del

módulo elástico puede ser expresada en forma aproximada a través del concepto de

amortiguamiento viscoso interno de la estructura introduciendo el concepto de módulo elástico

dinámico.

1.2- Respuesta a cargas variables en el tiempo

El problema central de todo problema dinámico es calcular los desplazamientos (y las

respectivas deformaciones) de la estructura bajo un sistema de cargas exteriores variables con

el tiempo ( )F t . Este tipo de proceso de carga ocurre, por ejemplo, cuando un cuerpo cae sobre

una viga, cuando se levanta desde el suelo un objeto con un puente grúa, o cuando un

vehículo circula sobre un puente aún cuando el estado del pavimento sea perfecto. En un caso

genérico la amplitud de la carga ( )F t describe un diagrama como el de la Figura 1.1, que se

considera que es conocida y que constituye un dato del problema.

Figura 1.1

( )F t

t

La valoración o estimación de la función de carga ( )F t es en general compleja por la

influencia de múltiples variables involucradas, y en general es necesario recurrir a

simplificaciones que permiten aproximar el problema. En el caso de una carga dinámica que

resulta de arrojar una bolsa de arena sobre una viga perfectamente elástica (suponiendo que la

viga no disipa energía), se produce disipación de energía en la bolsa, y la intensidad y

distribución de las presiones en el contacto entre la bolsa y la viga requiere un estudio especial

cuya solución dista en general de ser trivial. En la mayoría de los distintos tipos de cargas

dinámicas propias de las estructuras civiles, la determinación de la ley de variación de la carga

en función del tiempo se basa en datos experimentales que adecuadamente interpretados y

analizados, son incorporados a los reglamentos o normas de diseño, tales como el Reglamento

INPRES-CIRSOC 103 para diseño sismo-resistente de estructuras, o a los reglamentos para

diseño de puentes carreteros (DNV) o ferroviarios.

Con frecuencia ocurre que la magnitud de ( )F t depende de la respuesta de la estructura, y

la valoración de la carga requiere de cierta aproximación previa a la solución del problema

dinámico. No es lo mismo tirar una bolsa sobre una viga muy rígida que sobre una viga que se

deforma bajo la acción del impacto, ya que la presión de contacto podrá será muy diferente

para cada según la flexibilidad de la estructura que afectará el proceso de deceleración de la

bolsa, y por ende de la fuerza de interacción entre la bolsa y la estructura.

Reconociendo que la definición de ( )F t presenta dificultades y limitaciones propias de las

aproximaciones necesarias para calcularla, en el desarrollo de las ecuaciones que controlan el

comportamiento dinámico de la estructura se supondrá ( )F t es conocida, y una vez conocida

la respuesta a esa carga exterior, se podrá corregir o mejorar la precisión de ( )F t .

En otros casos, por ejemplo para cargas de muy baja duración en el tiempo, el efecto de la

carga ( )F t se puede describir a través de la velocidad inicial que recibe la estructura como

consecuencia de la carga. En ese caso la velocidad inicial es directamente proporcional al

valor del Impulso total de la carga que se define como el valor de la integral de la función de

carga ( )F t entre el comienzo y final de la carga. Esta clase de cargas dinámicas constituyen las

denominadas Cargas Impulsivas. En esta clase de cargas se encuentran las presiones debidas

a una onda expansiva por detonación de un explosivo; una medida de la intensidad de la carga

se puede expresar a través de la magnitud del impulso que dicha carga produce, y ese impulso

se transforma en una velocidad inicial de la zona directamente afectada por la carga. Otro tipo

de cargas son las Cargas Oscilatorias características de procesos vibratorios sostenidos en el

tiempo, ya sea en régimen permanente o en régimen transitorio, en los que la duración total de

la carga es mayor o igual al período natural del sistema sobre el que actúa e involucra varios

ciclos de carga. Este tipo de cargas presentan oscilaciones en el tiempo que pueden ser

periódicas de frecuencia constante o variable en el tiempo. En esta categoría se encuentran las

fuerzas dinámicas de tipo armónico, cuyo valor medio en ciclos enteros de carga es nulo. En el

Capítulo 2 se analizan los efectos de cargas armónicas y los parámetros que las caracterizan.

1.3- Fuerzas de inercia

Imagínese una viga sobre la cual se apoya un recipiente (ambos supuestos sin masa) al que

se agrega material (con masa) para analizar qué efectos tiene sobre el comportamiento

dinámico. Si el conjunto no tiene masa, y además no hay fuerzas de disipación por fricción, la

respuesta instantánea a cada valor de ( )F t es la misma que en el caso estático (sin masa y por

lo tanto sin inercia). Es decir que el desplazamiento del sistema ( )U t sigue la variación de la

carga; ( )U t será proporcional a ( )F t y seguirá la misma secuencia en el tiempo representada

en la Figura 1.1 para ( )F t con un cierto un factor de escala relacionado con la rigidez de la

viga.

Figura 1.2

Cuando se introduce la masa, la propiedad de inercia de ella tiende a retrasar la respuesta

respecto a la solicitación exterior. La acción de la carga exterior introduce al sistema energía

en forma de trabajo externo como consecuencia de la carga aplicada a través del

desplazamiento que dicha carga provoca, energía que se almacena internamente en dos

modalidades: i) Energía de deformación, y ii) Energía cinética.

La masa adquiere velocidad y en este proceso absorbe parte de energía externa que ofrece

la carga exterior aplicada. Cuando deja de actuar la carga exterior, el trabajo exterior

transferido estará almacenado parcialmente como energía de deformación y como energía

cinética, y en ausencia de fricción interna o externa, la suma de ambas componentes

permanecerá constante en el tiempo.

En los problemas elásticos bajo cargas dinámicas la energía interna del sistema

está constituida por la suma de dos componentes: la energía interna de deformación

( )F t

( )U t

y la energía cinética. Si no hay fricción, el total de la energía externa suministrada

por la carga aplicada se transformará en energía interna de deformación y en

energía cinética en proporciones que varían en función del tiempo.

La respuesta dinámica puede traer como consecuencia que su valor máximo represente una

amplificación o una reducción respecto a la que se produciría si el sistema no tuviera inercia.

En general, para todas las restantes condiciones idénticas, no se puede decir que la respuesta

dinámica necesariamente sea mayor que la estática, es decir que el efecto de la inercia de las

masas puede llevar a una amplificación o a una reducción de la respuesta respecto al mismo

caso sin inercia.

La evaluación de la respuesta dinámica de un sistema elástico estará asociada

fundamentalmente a dos importantes características dinámicas de la estructura, una de ellas

controlada por la relación entre la inercia y rigidez elástica de las componentes y que se

expresa a través del Período Natural “T” del sistema, o de su inversa, la frecuencia Natural f

= 1/T, y la otra asociada a la capacidad de disipación de energía a través de fuerzas que se

describen en forma genérica como fuerzas de fricción o de “amortiguamiento”.

1.4- Velocidad de reacción de una estructura

La velocidad de reacción de una estructura se define a través de los periodos naturales de

vibración. La capacidad de responder a una acción externa (inercia) de alguna forma se puede

expresar a través de los llamados “periodos naturales de vibración de la estructura”.

Supóngase que una masa sustentada por un resorte elástico que es apartada de su posición de

equilibrio y luego es liberada. Ésta comenzará a oscilar alrededor de la posición de equilibrio

inicial con una cierta frecuencia propia f (y periodo T 1/f= ), que permite caracterizar la

capacidad del sistema masa/resorte para seguir la variación de la carga en el tiempo. Según la

variación en el tiempo de la función de carga con respecto a T se podrá establecer si la carga

aplicada produce efectos dinámicos o no, y en este último caso se dirá que el comportamiento

del sistema frente a la carga es estático. Si el tiempo en el que se introduce la carga es muy

pequeño frente al periodo natural se considera que la carga se aplicó en forma dinámica. La

capacidad de la estructura para “reaccionar” frente a la carga está directamente asociada al

valor del período “T ”.

Figura 1.3

En síntesis, se puede concluir que el problema es estático o dinámico según los valores del

cociente tD / T:

Si 1DtT≤ → PROBLEMA DINAMICO

Si Dt T → PROBLEMA ESTATICO

1.5- Fuerzas disipativas

Se denomina “Amortiguamiento” a la capacidad de disipar energía del sistema. Como se

demostrará con la solución de las ecuaciones que controlan la respuesta dinámica del sistema,

hay casos en que las máximas tensiones no dependen del amortiguamiento mientras que en

otros casos el amortiguamiento juega un papel fundamental en la amplitud de la respuesta

dinámica.

Figura 1.4

Para una carga de corta duración (frente al período T de la estructura) y un único pulso

como se indica en la Figura 1.4, el amortiguamiento de la estructura no incide

apreciablemente en la magnitud de la respuesta máxima, y con frecuencia no es considerado

para calcular el valor máximo de la respuesta. Por el contrario, en el caso de movimientos

vibratorios sostenidos de tipo periódico de larga duración en el tiempo (frente al período T) el

amortiguamiento puede tener gran incidencia en la magnitud de la respuesta dependiendo de la

( )F t

t

( )F t

tDt Dt

( )F t

t

frecuencia de la excitación en comparación con la frecuencia natural del sistema. Para cargas

de baja frecuencia frente a la frecuencia natural, se demostrará más adelante que la respuesta

es esencialmente estática y el amortiguamiento no afecta a la respuesta. Similarmente, para

cargas de alta frecuencia frente a la frecuencia natural, el amortiguamiento tampoco incide

significativamente en la amplitud de la respuesta. Por el contrario, cuando la frecuencia de la

carga aplicada se encuentra en el entorno entre 0.5 y 2 veces la frecuencia natural de la

estructura, el amortiguamiento cobra un rol decisivo en la amplitud de la respuesta,

especialmente cuando la frecuencia natural del sistema y la excitación son muy próximas entre

sí (resonancia). Por lo tanto, las fuerzas disipativas deben ser tenidas en cuenta en los casos de

cargas oscilatorias de larga duración, aunque no siempre tendrán incidencia apreciable en la

magnitud de la respuesta.

Los procesos de disipación de energía que se denominan genéricamente como

“amortiguamiento” del sistema, son en general de naturaleza compleja. Si la ley de Hooke se

cumple durante el proceso de carga y descarga, el grafico F U− que relaciona a las Fuerza-

con los Desplazamientos sigue una línea recta y el área representativa de la energía que se

disipa en el proceso de carga es igual a cero, ya que la energía almacenada durante la carga se

recupera en la descarga, resultando nula el área encerrada por la curva de carga y descarga, tal

como se ilustra en la Figura 1.5

Cuando intervienen fuerzas disipativas, una primera aproximación habitual es considerar

que DF es proporcional a la velocidad Ui

a través de una constante positiva C . Esta

representación es conocida como “amortiguador viscoso”. El valor de C no necesariamente es

constante independiente de la amplitud del desplazamiento U , pero es habitual tratarla como

si lo fuera, y la expresión de DF es:

.DF C U=i

Considérese ahora una barra elástica sometida a tracción por las fuerzas ( )F t y ( )F t−

actuando en sus extremos, y supóngase que el material del que está compuesta la barra es

“visco-elástico”, es decir que las fuerzas aplicadas en sus extremos están equilibradas por dos

tipos de mecanismos en paralelo: i) Un mecanismo elástico propio del comportamiento

elástico descrito por la ley de Hooke, y ii) Un mecanismo viscoso que genera las fuerzas DF .

Si se supone que ambos mecanismos funcionan en paralelo, es decir que en cada instante una

parte de la carga exterior aplicada ( )F t es equilibrada por las fuerzas elásticas y otra parte por

las fuerzas viscosas DF , la variación del desplazamiento de los extremos de la barra como

función de la carga total ( )F t seguirá la curva indicada en la Figura 1.6. El diagrama F U−

pasó de ser una línea recta como en la Figura 1.5 a una elipse que encierra un área

proporcional a la energía disipada en cada ciclo de deformación completo (carga y descarga).

Nótese que en los sistemas físicos aquí considerados la elipse que describe el proceso de carga

y descarga se desarrolla en el sentido horario, y la energía neta que se disipa en cada ciclo es

positiva y proporcional al área encerrada por la elipse.

Figura 1.5

Figura 1.6

Figura 1.7

Debe tenerse en cuenta que la energía disipada en el amortiguamiento viscoso no depende

solamente de la amplitud del desplazamiento máximo “A” sino que también varía con la

velocidad de carga, es decir que si se incrementa la frecuencia de la excitación aplicada, se

incrementará el área de la elipse ya que la energía disipada en cada ciclo es proporcional a la

velocidad, la que a su vez es proporcional a la frecuencia de la excitación (para una amplitud

dada del desplazamiento máximo en cada ciclo). Este efecto se ilustra en la Figura 1.7.

Cuando la carga y descarga ocurre con suficiente lentitud se tiene una línea recta como la

Figura 1.5. Normalmente las estructuras de obras civiles tienen un amortiguamiento

relativamente bajo (la medida del amortiguamiento se define más adelante), salvo que por

alguna razón particular se requieran mecanismos especiales de disipación de energía, tal como

ocurre en algunos puentes de gran luz sustentados por cables en los que a veces es necesario

introducir dispositivos de disipación.

En cada ciclo de carga y descarga se disipa energía pero resulta relativamente complejo

efectuar mediciones directas de las fuerzas disipativas. La Figura 1.8 ilustra la parte elástica y

la parte viscosa de la carga total aplicada para cada valor del desplazamiento.

F

UA

B

F

UA

B

F

UA

B

Figura 1.8

Los mecanismos de disipación en estructuras reales pueden resultar bastante complejos,

por lo que el modelo más utilizado para representar las fuerzas disipativas es el lineal viscoso

que es lineal y simple, además de dar resultados aceptables en muchos casos. Otro mecanismo

de amortiguamiento cuya expresión analítica resulta también similar a la de los procesos

viscosos, pero que no se originan en fuerzas viscosas, es el correspondiente a irradiación de

energía a través de los medios continuos en contacto con la estructura, fluidos como aire,

agua, etc., o sólidos como suelos y roca de fundación. En este tipo de amortiguamiento, la

expresión analítica es similar a la de las fuerzas viscosas, pero la disipación de energía se

produce a través de ondas elásticas que se transmiten desde la estructura hacia el medio

circundante sin fronteras que reflejen de vuelta dichas ondas sobre la estructura.

Si la fuerza disipativa es proporcional a la velocidad a través de la constante C se tiene:

.DF C U=i

Al aplicar una carga exterior de forma sinusoidal con un periodo T y una frecuencia Ω ,

el desplazamiento para el estado de régimen será también armónico y de igual frecuencia:

. ( . )u U sen t= Ω

. . . .cos( . ) . . . .2DF C U C U t C U sen t π = = Ω Ω = Ω Ω −

i

Figura 1.9

F

U

.Fuerza disipativa=C Ui

.Fuerza Elástica=K U

2 4 6 8 10

-1

-0.5

0.5

1T( )F t

t

. 2.T πΩ =

La fuerza disipativa en este modelo viscoso resulta proporcional a la frecuencia de la carga

y desfasado 90º respecto a los desplazamientos. Nótese que las fuerzas viscosas tienen un

sentido opuesto a la componente de velocidad que las origina en todos los casos que se

consideran en este contexto. Existen ciertas situaciones en las cuales las fuerzas viscosas se

producen en el mismo sentido que la componente de velocidad, y en tal caso las fuerzas

viscosas no producen disipación de energía del sistema sino que le agregan energía al mismo.

Esta es la situación típica de procesos inestabilidad “aeroelástica” entre la estructura y el flujo

de aire que la envuelve, designados habitualmente por su expresión inglés como “Flutter”. En

este tipo de situaciones las fuerzas aerodinámicas tienden a arrastrar a la estructura hacia

mayores amplitudes de vibración. Estos procesos quedan fuera del alcance de estas notas.

Una de las complicaciones propias de las estructuras reales es que “C ” no sea

estrictamente constante. Un caso típico de esta situación es el que corresponde a un modelo de

fuerzas disipativas en el que la elipse que representa las fuerzas DF no es función de la

velocidad (o frecuencia) de la excitación, y por lo tanto el área encerrada en cada ciclo es

independiente de la velocidad. Este modelo de amortiguamiento se conoce como

“amortiguamiento estructural o histerético” y constituye una primera aproximación

lineal a los procesos de fricción seca propios de las uniones de estructuras uniones con

remaches o bulones, o de la disipación a través de deformaciones en suelos granulares cuyo

comportamiento está controlado por la fricción entre las partículas. En realidad, este tipo de

amortiguamiento no genera ciclos de carga elípticos, y la hipótesis que se trata de fuerzas

cuya variación en función del desplazamiento es una elipse es sólo una primera aproximación.

Los procesos de fricción seca son más complejos y no responden en general a expresiones de

tipo lineal. Esta representación aproximada del amortiguamiento estructural o histerético se

suele designar como “amortiguamiento estructural lineal equivalente” ya que rescata de la

realidad el aspecto principal del proceso complejo, en el sentido que las fuerzas disipativas no

varían con la velocidad de deformación, pero no describen en detalle la variación real de las

fuerzas en función del desplazamiento (y del tiempo), y la elipse equivalente se define de

manera tal que su área sea igual a la energía disipada en cada ciclo.

En síntesis, los modelos más corrientes para representar las fuerzas disipativas son:

a) Amortiguamiento viscoso lineal, en el que el área de la elipse, o ciclo de histéresis, es

función lineal de la velocidad.

b) Amortiguamiento estructural lineal equivalente: en el que las fuerzas de fricción tienden

a ser proporcionales a la amplitud del desplazamiento pero independientes de la velocidad.

1.6- Características dinámicas de una estructura

Las características dinámicas más importantes de una estructura son los periodos naturales

de vibración y el amortiguamiento. El periodo natural es siempre importante e influye en

todos los casos de cargas dinámicas, mientras que el amortiguamiento en algunos casos puede

no ser importante y en otros casos no.

La respuesta dinámica depende además de otras propiedades como la capacidad de disipar

energía por deformación plástica y las variaciones de las propiedades de los materiales

causadas por la velocidad con que se aplica la carga. Éstos y otros factores pueden ser

importantes en algunos problemas, pero los más relevantes en todos los casos, son en

definitiva el periodo natural y el amortiguamiento del sistema.

Capítulo 2

Respuesta de un oscilador simple Introducción

La ecuación de equilibrio dinámico, también conocida como ecuación de movimiento esta

dada por:

. ( ) . .K U P t M U C U= − − (Ec. 2.1)

*( ). tK U P= (Ec. 2.2)

La forma de la ecuación (Ec. 2.2) (ecuación de movimiento) pone de manifiesto el

Principio de D’Alembert por el cual es posible plantear las ecuaciones de equilibrio dinámico

agregando a las fuerzas exteriores ( )P t y a las fuerzas internas elásticas K.U, las fuerzas de

inercia y las fuerzas disipativas.

( )P t

K

MU

C

La ecuación (Ec. 2.1) pone de manifiesto que la fuerza de inercia .M U− es de signo

opuesto a U , o sea que se opone al cambio de velocidad, y la fuerza disipativa .C U− se

opone al cambio de desplazamiento o de posición de la masa.

El desplazamiento instantáneo se supone U esta medido con respecto a un sistema

inercial o fijo.

Antes de presentar la solución general de la ecuación (Ec. 2.1) es conveniente estudiar el

caso de vibraciones libres, es decir para ( ) 0P t ≡ . Para definir las propiedades dinámicas de

una estructura debemos estudiar su comportamiento cuando oscila libremente. Allí surge el

periodo propio T, que comparado luego con el periodo de la carga nos permite determinar el

carácter estático o dinámico de la carga variable en el tiempo.

2.1- Vibraciones libres

La ecuación lineal, homogénea, a coeficientes constantes:

. . . 0K U C U M U+ + = (Ec. 2.3)

Tiene por solución: 1 2. .. .r t r tU A e B e= + (Ec. 2.4)

A y B son constantes a determinar en función de las condiciones iniciales; 1r y 2r son las

raíces de la ecuación “característica”: 2. . 0M r C r K+ + =

2

1,24. .

2.C C M Kr

M− ± −

= (Ec. 2.5)

El carácter de las raíces de la ecuación (Ec. 2.5) depende del valor radicando. Se

distinguen tres casos:

a) 2 4. . 0C K M− >

b) 2 4. . 0C K M− =

c) 2 4. . 0C K M− <

El caso a) corresponde a un amortiguador supercrítico, el b) a uno crítico, y el c) a uno

subcrítico. En el caso c) las raíces 1r y 2r son reales, distintas y negativas, por lo cual se verá

que la solución no tiene términos oscilatorios, sino que decaen exponencialmente. En el

caso c) las raíces son complejas con parte real e imaginaria distinta de cero, y la solución

comprende términos oscilantes que decaen exponencialmente. En el caso a) las dos raíces

son reales y negativas, y no hay términos oscilantes. En el caso b) las dos raíces son reales,

negativas e iguales entre sí, y no hay términos oscilantes. 1 2. .. .r t r tU A e B e= +

El amortiguamiento estructural es habitualmente pequeño (subcrítico) y corresponde al

caso c) (salvo que específicamente se coloque un amortiguador en algún punto de la

estructura).

En lo que sigue se concentra la atención exclusivamente en el caso c) para el cual las

raíces de la ecuación (Ec. 2.5) son complejas: 2

1,2 2.2. 4.

C C Kr iM M M−

= ± − +

Se introduce la siguiente notación:

2. .rC K M= (Ec. 2.6)

r

CC

ξ = (Ec. 2.7)

KM

ω = (Ec. 2.8)

Donde:

rC =Amortiguamiento crítico

ξ =Relación o cociente de amortiguamiento.

ω =Frecuencia circular del sistema no amortiguado

Reemplazando queda:

.2. .C Mξ ω= (Ec. 2.9)

21,2 . . . 1r iξ ω ω ξ= − ± −

Designando:

2. 1Dω ω ξ= − (Ec. 2.10)

U

t

0U

0 0U =

U

t

0U 0 0U >

1,2 . . Dr iξ ω ω= − ±

Sustituyendo estas raíces complejas en la (Ec. 2.4) nos queda: . . . .. . . .. . . .D Di t i tt tU A e e B e eω ωξ ω ξ ω −− −= + (Ec. 2.11)

Recordando que: . . cos( . ) . ( . )Di t

D De t i sen tω ω ω= +

. . cos( . ) . ( . )Di tD De t i sen tω ω ω− = −

Y cambiando las constantes, la ecuación (Ec. 2.11) se torna: . .

1 2( . ( . ) .cos( . ))tD DU e C sen t C tξ ω ω ω−= + (Ec. 2.12)

La ecuación (Ec. 2.12) pone de manifiesto que la respuesta U está “modulada” por la

exponencial . .te ξ ω− y es armónica con frecuencia circular Dω . Teniendo en cuenta la definición

de 2. 1Dω ω ξ= − se puede apreciar que para 0.10 0.995Dξ ω ω= ⇒ = o sea que la

frecuencia del sistema amortiguado para el 10% del amortiguamiento critico difiere sólo un

5‰ de la correspondiente al sistema no amortiguado.

El amortiguamiento en estructuras civiles normalmente se estima en el entorno del 5%.

Rara vez supera el 10%, y a los efectos prácticos no es necesario distinguir entre ω y Dω en

las aplicaciones prácticas.

Figura 2.1

En la Figura 2.1 se representa Dωω

vs ξ . La ecuación (Ec. 2.10) puede también escribirse

en la forma:

( )2

2 1Dω ξω

+ =

, ecuación que corresponde a una circunferencia de radio=1.

Para determinar las constantes 1C y 2C se deriva ambos miembros de la ecuación (Ec.

2.12) respecto a t .

Dωω

ξ

1

1 0.1

. .1 2( . ( . ) .cos( . ))t

D DU e C sen t C tξ ω ω ω−= +

. . . .1 2 1 2. . ( . ( . ) .cos( . )) ( . .cos( . ) . . ( . ))t t

D D D D D DU e C sen t C t e C t C sen tξ ω ξ ωω ξ ω ω ω ω ω ω− −= − + + − (Ec. 2.13)

Para 0t = en general se suponen conocidos 0U y 0U , que se denominan “condiciones

iniciales del sistema”, y se tiene:

0 2U C=

0 0 1. . . DU U Cωξ ω= − +

0 01

. .

D

U UC ωξω+

=

. . 0 00

. .. . ( . ) .cos( . )tD D

D

U UU e sen t U tξ ω ω ξ ω ωω

− += +

(Ec. 2.14)

Como ejemplo, el caso en que 0 0U = , es decir que se retira al sistema de su posición de

equilibrio en una magnitud 0U y se lo deja oscilar libremente. La Figura 2.2 representa la

solución U .

Figura 2.2

La ecuación (Ec. 2.14) también puede ser escrita de otra manera imaginando que los dos

términos representan la proyección sobre un eje de dos vectores rotando a frecuencia Dω con

2π de diferencia de fase entre ellos, como se indica:

( )2

2 0 00

. .

D

U UU ωξρω

+= +

(Ec. 2.15)

5 10 15 20 25

-1

-0.5

0.5

1U

0U0 2

1.1

Uξ−

. .. te ξ ωρ −

. . 0 00

. .. . ( . ) .cos( . )tD D

D

U UU e sen t U tξ ω ωξ ω ωω

− += +

2.

D

πω

t

0 0

0

. .. D

U UarctgUωξθω

+=

(Ec. 2.16)

. .. .cos( . )tDU e tξ ωρ ω θ−= − (Ec. 2.17)

Figura 2.3

Para bajo amortiguamiento, el punto de tangencia de la exponencial . .. te ξ ωρ − con la curva

respuesta ocurre próximo al máximo local y es posible aproximar la relación entre dos picos

sucesivos de la siguiente manera: . .

. . 2. . 2. .1

1tm

tm

U eU e e

ξ ω

ξ ω π ξ π ξ

−

− − −+

≅ =

1

. 2. .m

m

ULU

π ξ+

≅ (Ec. 2.18)

Donde mU es el n-ésimo máximo desplazamiento y similarmente 1mU + .

Relacionando máximos distantes en m ciclos se tiene:

. 2. . .m

m m

UL mU

π ξ+

≅ (Ec. 2.19)

Expresión que permite despejar el coeficiente de amortiguamiento cuando se pueden

registrar vibraciones libres experimentalmente. La relación de la (Ec. 2.19) se conoce como

“decremento logarítmico”.

2.2- Excitación Periódica

Considérese una carga ( )P t periódica como se indica en la Figura 2.4, donde T es el

periodo de la misma.

.D tωθ

ρ0 0. .

D

U Uωξω+

0U

Eje de proyección

Figura 2.4

Utilizando la representación de Fourier:

1 1

2. . 2. .( ) .cos . . .o m mm m

m mP t a a t b sen tT Tπ π∞ ∞

= =

= + +

∑ ∑ (Ec. 2.20)

0

1 . ( ).t

oa P t dtT

= ∫ (Ec. 2.21)

0

2 2. .. ( ).cos . .t

mma P t t dt

T Tπ =

∫ (Ec. 2.22)

0

2 2. .. ( ). . .t

mmb P t sen t dt

T Tπ =

∫ (Ec. 2.23)

Es posible reducir el problema de una excitación periódica arbitraria a una superposición

de excitaciones armónicas. Si se trata de sistemas lineales, es aplicable el principio de

superposición según indica la ecuación (Ec. 2.20). Se concentrara ahora la atención en una

carga armónica de periodo arbitrario T .

Carga armónica

La ecuación de movimiento es:

0. . . . ( . )K U C U M U P sen t+ + = Ω (Ec. 2.24)

Donde:

. 2.T πΩ =

La solución general homogénea ya ha sido determinada y es de la forma de la ecuación

(Ec. 2.14). Se propone la solución particular de la forma:

1 2. ( . ) .cos( . )pU C sen t C t= Ω + Ω (Ec. 2.25)

Sustituyendo la ecuación (Ec. 2.25) en (Ec. 2.24) se obtiene:

( )P t

T 2.T 3.T0t

( ) ( )1 2 1 2. . ( . ) .cos( . ) . . .cos( . ) . ( . )K C sen t C t C C t C sen tΩ + Ω + Ω Ω − Ω −

( )21 2. . . ( . ) .cos( . ) . ( . )oM C sen t C t P sen t− Ω Ω + Ω = Ω

Agrupando términos que multiplican a ( . )sen tΩ y cos( . )tΩ , se obtienen las siguientes

relaciones que deben satisfacer 1C y 2C para que pU sea solución de la ecuación (Ec. 2.24).

2 21 2 1. . .(2. . ) . . ( . ) . ( . )oPC C C sen t sen t

Mω ξ ω + − Ω − Ω Ω = Ω

(Ec. 2.26)

2 22 1 2. . .(2. . ) . .cos( . ) 0C C C tω ξ ω + + Ω − Ω Ω = (Ec. 2.27)

De este sistema se obtienen 1C y 2C :

( )2

1 22 2

1.1 (2. . )

oPCK

β

β ξ β

−=

− +

(Ec. 2.28)

( )2 22 2

(2. . ).1 (2. . )

oPCK

ξ β

β ξ β

−=

− +

(Ec. 2.29)

Donde:

βωΩ

=

La solución completa es la suma de la solución general homogénea y la particular, o sea:

[ ]. . . . ( . ) .cos( . )tD DU e A sen t B tξ ω ω ω−= + +

( )( )2

22 2

1. . 1 . ( . ) (2. . ).cos( . )1 (2. . )

oP sen t tK

β ξ ββ ξ β

+ − Ω − Ω − +

(Ec. 2.30)

Los valores de A y B deben ser determinados en función de las condiciones iniciales.

La solución general, representada por el primer término de la (Ec. 2.30) se denomina

normalmente como solución “transitoria” ya que está amortiguada por la exponencial

decayente y eventualmente desaparece. El segundo término representa la solución particular,

que se denomina solución de “régimen”.

Para una excitación periódica, los picos del transitorio sólo ocurren unas pocas veces

mientras al comienzo del proceso, mientras que los picos de régimen, aún cuando fueran de

menor intensidad, se repiten indefinidamente y pueden producir fatiga. Por el contrario, los

picos del transitorio son pocos, pero su amplitud puede ser significativa y producir las

máximas tensiones.

Con un razonamiento similar al caso de vibraciones libres, se puede considerar que la

solución de régimen es la proyección sobre un eje de dos vectores ortogonales como se indica

en la Figura 2.5.

Figura 2.5

( )2

22 2

1.1 (2. . )

oPK

β

β ξ β

−=

− +a

( )22 2

1.1 (2. . )

oPK

ρβ ξ β

=− +

( )2

2. .1

arctg ξ βθβ

= → −

0 θ π< <

( )2arccos 1 .θ β γ = −

( )22 2

2. ..1 (2. . )

oPK

ξ β

β ξ β=

− +b

. ( . )U sen tρ θ= Ω −

La carga exterior esta en fase con el vector a y la respuesta esta desfasada con respecto a

ella en un ángulo θ .

La variación de θ con β y ξ se indica en la Figura 2.6.

.tΩ

θ

b

a

U

U

ρt

Figura 2.6

Figura 2.7

El cociente entre la amplitud del estado de régimen y el desplazamiento estático que

produciría la carga oP se llama “coeficiente de amplificación dinámica” o factor dinámico γ .

( )22 2

1

1 (2. . )γ

β ξ β=

− + (Ec. 2.31)

Resonancia

La Figura 2.7 muestra que el máximo factor dinámico corresponde a valores de β algo

menores pero próximos a la unidad. El valor exacto se puede obtener derivando e igualando a

“0” la (Ec. 2.31):

Si: 0.70ξ < :

La frecuencia de resonancia es: 2. 1 2.R ω ξΩ = − y el máximo factor dinámico es:

0ξ = 0.05ξ =0.2ξ =

0.5ξ =

1.0ξ =

0.5 1 1.5 2 2.5 3

1

2

3

4

5 0ξ =

0.2ξ =

0.5ξ =

0.7ξ =1.0ξ =

β

γ

( )max 2

1

2. . 1 2.γ

ξ ξ=

−

(Ec. 2.32)

Para comprender mejor el problema de resonancia se debe tener en cuenta también el

periodo transitorio. Suponiendo desplazamiento y velocidad inicial nulos, la respuesta

resonante para un caso sin amortiguamiento y para otro con amortiguamiento está dada en las

Figuras 2.8.

Figura 2.8

En el sistema resonante no amortiguado la respuesta crece indefinidamente a menos que

cambie la frecuencia de la excitación, o el comportamiento se torna no lineal y deja de tener

vigencia la solución encontrada.

Es interesante observar el crecimiento de la amplitud en el sistema resonante amortiguado

en la Figura 2.9.

1 2 3 4 5

-4

-2

2

4

U

t

12.ξ

Sistema Amortiguado

1 2 3 4 5

-20

-10

10

20

U

t

Sistema No Amortiguado

Figura 2.9

Por ejemplo, para un amortiguamiento del 5% se alcanza el 85% de la amplitud máxima

de resonancia en 6 ciclos, alcanzando en forma asintótica una amplificación dinámica

10γ = para una cantidad infinita de ciclos de carga.

2.3- Integral de Duhamel

En esta sección se analiza la respuesta ( )U t del oscilador simple sometido a una excitación

( )P t arbitraria. El procedimiento consiste en tratar el efecto de la fuerza ( )P t como la

superposición de impulsos infinitesimales como se indica en la Figura 2.10.

Figura 2.10

La respuesta al cabo de un instante t genérico será igual a la suma (integral) de los efectos

producidos por los impulsos elementales ( ).P dτ τ aplicados hasta ese instante.

Respuesta a un impulso rectangular de muy corta duración

Se adoptan como condiciones iniciales: 0iU = , y 0iU = para resolver la

ecuación de movimiento: . . .K U M U C U P+ + =

( )P t

tτ

dτ

t

( ) .P dτ τ

0

impulso

12ξ

14ξ

U 0.02ξ =

0.05ξ =0.10ξ =0.20ξ =

0 2 4 6 8 10Número de ciclos 12 14

Debido a las condiciones iniciales y a la corta duración del impulso la ecuación se reduce

a:

.M U P= ∴ PUM

= (a)

La velocidad en el instante ft es:

.f i mU U U t= + ∆ ∴ .fPU tM

= ∆ (b)

El espacio recorrido resulta:

21. . .2f i i mU U U t U t= + ∆ + ∆ ∴

21 . .2f

PU tM

= ∆ (c)

Figura 2.11

La respuesta en un instante t corresponde a vibraciones libres regida por la (Ec. 2.14), con

condiciones iniciales dadas por las ecuaciones (b) y (c) aplicadas en cualquier instante τ:

( ) ( ) ( ). . 0 00

. .. . .( ) .cos .( )tD D

D

U UU e sen t U tξ ω τ ω ξ ω τ ω τω

− − += − + −

Donde:

0 fU U= , es dado por (c)

0 fU U= , es dado por (b)

P

t

ftit

t∆

( )P τ

τ

0

U

t

αfU

0

. ft Uα =

Si se considera un tiempo infinitésimo dτ , el valor de 0U dado por (c) es un infinitésimo

de orden superior frente a 0U dado por (b) y puede por lo tanto despreciarse; luego:

( ) ( ). . ( )( ) . . . .( ).

tD

D

PdU t e d sen tM

ξ ω τ τ τ ω τω

− − = −

(Ec. 2.33)

La respuesta para una carga arbitraria se obtiene considerando que la misma es la integral

de las respuestas correspondientes a una sucesión de impulsos infinitesimales:

Figura 2.12

La respuesta total es la integral de las respuestas infinitésimas dada por (Ec. 2.33):

( ) ( ). .

0

1( ) . ( ). .( ) ..

t tD

D

U t e P sen t dM

ξ ω τ τ ω τ τω

− −= −∫ (Ec. 2.34)

Adicionalmente, hay que agregar al ( )U t dado por (Ec. 2.34) la respuesta transitoria

debida a las condiciones iniciales en 0t = ( 0U y 0U ) que son independientes de ( )P t .

Este procedimiento se basa en el principio de superposición y es válido sólo para

sistemas lineales.

La ecuación (Ec. 2.34) se conoce como INTEGRAL DE DUHAMEL. Cabe destacar

que esta ecuación es completamente general y puede aplicarse a cualquier tipo de carga pero

normalmente se la utiliza para tratar impulsos o efectos transitorios ya que para condiciones

de una carga armónica en régimen ya se cuenta con la solución general analizada

anteriormente. La integral de Duhamel es un caso particular de la Integral de Convolución

entre dos funciones, la de carga y la de la respuesta a un impulso unitario.

La solución de la Integral de Duhamel para diversas funciones de carga está dada por

expresiones analíticas que se encuentran resueltas y tabuladas en la literatura. Aquellos casos

P

1 m t2 3

P

1 t

P

t

P

t02 m

en que la variación de la carga no es una función sencilla como para aproximarla por alguno

de los casos cuya solución se conoce, la solución puede obtenerse evaluando la integral de

Duhamel por algún procedimiento numérico (método de los trapecios, Simpson, etc.).

Estrictamente, la Integral de Duhamel sólo resulta conveniente para calcular la respuesta en

un instante dado perfectamente definido, es decir para un instante “t” dado. Partiendo de la

expresión (Ec. 2.34) se han desarrollado técnicas de recurrencia que permiten obtener

( )iU t t+ ∆ a partir de ( )iU t que permiten calcular en forma numérica la Integral de Duhamel

para todos los valores de la variable “t”.

En el caso de cargas impulsivas el valor máximo de la respuesta, que constituye el

principal interés práctico, ocurre poco tiempo después de iniciada la aplicación de la carga y

el amortiguamiento no alcanza a reducir significativamente su efecto de reducción de la

respuesta. Si no se considera amortiguamiento la expresión (Ec. 2.34) se simplifica y toma la

forma:

( )0

1( ) ( ). .( ) ..

tU t P sen t d

Mτ ω τ τ

ω= −∫

(Ec. 2.35)

La integral de la (Ec. 2.35) está resuelta en forma analítica exacta para una cantidad de

casos típicos de cargas impulsivas. Varias soluciones explícitas de estos resultados están

dadas en la Tabla 2.1.

Ejemplos

Pulso de variación lineal con duración Dt

Suponiendo un estado inicial de reposo ( 0U y 0U nulos) y tratándose de un efecto

impulsivo para el que interesa la máxima respuesta se puede despreciar el amortiguamiento

( 0ξ = ) y la solución está dada por:

Figura 2.13

( )P t

t

0P

Dt

( )00

1( ) . . .( ) ..

t

D

PU t sen t dM t

τ ω τ τω

= −∫ para 0 Dtτ< <

( )00

( ) . . . .( ) .t

D

PU t sen t dK t

ω τ ω τ τ= −∫

( )0

( ) . . . .( ) .t

sD

U t U sen t dtω τ ω τ τ= −∫

(Ec. 2.36)

0s

PUK

= es la deformación estática que produciría la carga P aplicada en forma estática.

( )0

( ) . . . .( ) .t

sD

U t U sen t dtω τ ω τ τ= −∫

Es necesario reconocer que la respuesta máxima puede ocurrir para Dtτ ≤ o para Dtτ > .

Para Dtτ > se puede determinar en primer lugar la respuesta para Dtτ = .

A partir de este instante, para el que es posible conocer las condiciones iniciales ( )DU t y

( )DU t se calcula el movimiento libre del sistema según lo indicado anteriormente.

Integrando la ecuación (Ec. 2.36) por partes:

00 0. . .

t t tu dv v du u v= − +∫ ∫

U τ= ; dU dτ=

( ).( ) .dv sen t dω τ τ= − ; ( )cos .( )tv

ω τω

−=

( )2

.( ) . .s

D

sen t tU t Ut

ωωω ω

= − +

Finalmente para Dt t< :

( ).( ) .s

D

sen tUU t tt

ωω

= −

(Ec. 2.37)

( )( )( ) . 1 cos .s

D

UU t tt

ω= − (Ec. 2.38)

Para una carga arbitraria como la de la Figura 2.10 es posible aproximar su variación por

segmentos rectos como el ilustrado precedentemente.

Pulso rectangular de duración Dt

Para una carga con función escalón como la dada en la Figura 2.14 será:

Figura 2.14

( )0

1( ) . . .cos .( )t

sU t U tω ω τω

= −

( )( )( ) . 1 cos .sU t U tω= − (Ec. 2.39)

El valor máximo de ( )U t es 2 veces sU . El factor que multiplica a sU en la (Ec. 2.36) y

sucesivas se conoce como Factor Dinámico Máximo γ . El valor máximo del mismo para

pulsos individuales de carga es menor o igual a 2. Para el caso de una serie de pulsos

sucesivos, el efecto acumulativo puede dar origen a factores dinámicos superiores a 2.

La expresión (Ec. 2.39) es válida para Dt t≤ . Para Dt t> el sistema vibra libremente con

desplazamiento inicial ( )DU t y velocidad ( )DU t .

La máxima respuesta al pulso ( )P t de este caso, como en el de carga con variación lineal,

se conoce sólo después de comparar Dt (tiempo que actúa la carga) con el periodo T del

sistema. Si el máximo ocurre mientras actúa la carga significa que la estructura “siente” la

carga en forma inmediata (la estructura es muy rígida frente a su masa inercial), mientras que

si la respuesta es lenta puede experimentar el máximo después que se la carga ha dejado de

actuar.

El primer máximo para (Ec. 2.39) ocurre para .tω π= , de modo que solamente en el caso

en que 2DTt > (recordar . 2.Tω π= ) la respuesta alcanzará el máximo 2. sU U= . Si

2DTt < la

carga deja de actuar antes de llegar la respuesta a 2. sU . El pulso rectangular es el que tiende a

producir los máximos valores de respuesta, y entre los pulsos rectangulares, los peores son los

de larga duración (2DTt ≥ ).

Una vez que el pulso pasó la duración crítica 2DTt = se producirán otros picos con

oscilaciones del tipo armónico superpuestos con un valor constante.

( )P t

t

0P

Dt

Se puede verificar fácilmente que si el final de la carga ocurriera en el instante a1 de la

Figura 2.15, el sistema continuaría oscilando con la frecuencia natural del sistema entre 0 y

2. sU± según la línea de puntos.

Figura 2.15

Si la carga dejara de actuar en 2a la respuesta también sería armónica función armónica

con valores entre 2. sU± mientras que si la carga dejara de actuar en 3a el sistema quedaría en

reposo a partir de ese instante.

Para el caso de un impacto, la fuerza de interacción es normalmente del tipo de la Figura

2.16, pudiendo presentar uno o varios picos según la distribución de la masa y resistencia al

aplastamiento del cuerpo que impacta.

Figura 2.16

En estos casos se puede aproximar adoptando una carga constante con amplitud medP en

todo el tiempo dt , o bien con una carga constante igual a la máxima maxP . Cuando se tiene un

estado de carga convexo Figura 2.17 y se utiliza la carga instantánea máxima para calcular la

( )U t

t

sU

0

1a

2. sU 2a

3a

T

( )P t

t0

maxP

medP

Dt

respuesta máxima, el factor dinámico máximo, a veces también denominado “coeficiente de

impacto”, es en general menor que 2.

Figura 2.17

En la Figura 2.18 se presentan pulsos de tres formas diferentes que actúan con igual

duración Dt y amplitud 0P :

Figura 2.18

La máxima respuesta varía linealmente con la amplitud del pulso 0P no así con la duración

Dt .

Para cargas de corta duración respecto al período del sistema T, la respuesta máxima se

alcanza después de finalizada la carga, y a igualdad de duración del pulso Dt , la mayor

respuesta corresponde a la función que aporta el mayor impulso, ya que éste introduce el

mayor cambio de cantidad de movimiento (y de energía cinética), y por lo tanto el

desplazamiento de mayor amplitud.

Los pulsos de carga del tipo “1” son característicos del efecto de la onda expansiva

originada en explosiones, en los cuales la presión máxima alcanza el valor máximo en una

fracción de tiempo muy pequeña que depende del tipo de explosivo y de la distancia de la

explosión a la estructura; esa presión máxima ocurre a una fracción de milésimas de segundos

del inicio de la detonación, y puede considerarse que el máximo se produce aproximadamente

para t = 0. En realidad, las explosiones también producen normalmente además del efecto de

sobrepresión inicial representado por la forma “1”, una zona de subpresión (o succión) de

( )P t

t0

maxP

( )P t

t0

0P

1

Dt

( )P t

t0

0P

2

Dt

( )P t

t0

0P

3

Dt

mayor duración total que el tramo inicial de sobrepresión, pero de menor intensidad. Si uno

está interesado en la respuesta máxima, con frecuencia es suficiente representar las presiones

con el diagrama de carga tipo “1”, aunque casos en los que la succión juega un rol importante

en el comportamiento de la estructura y es necesario tener en cuenta ambas partes de la onda

explosiva.

Los pulsos de carga del tipo “2” representan típicamente una aproximación a cargas

móviles tales como el paso de un vehículo sobre un puente. El instante inicial representa el

ingreso del vehículo al puente, el máximo de la carga representa el instante en que el vehículo

se encuentra al medio del vano del puente, y punto final a la salida del vehículo. Un caso de

función de carga también representativo del paso de cargas móviles es una semionda senoidal,

cuyo máximo ocurre a td / 2. Los efectos dinámicos de la semionda senoidal son similares a

los de la carga tipo “2” para igualdad de duración td y del área (impulso) de la función de

carga en el tiempo.

Las cargas de tipo “3” son de utilidad para representar una variedad de efectos impulsivos

de baja duración (td << T), o para representar cargas de aplicación instantánea o brusca tales

como impactos de cuerpos rígidos sobre estructuras relativamente flexibles. Naturalmente,

todas las cargas dinámicas pueden ser aproximadas con poligonales de tramos rectos, pero los

factores de carga dinámica máxima no pueden obtenerse de la superposición de la respuesta

máxima dada en la Figura 2.19 para cada tipo de carga ya que dichos máximos no ocurren en

forma simultánea, y por lo tanto no pueden ser sumados linealmente. De todos modos, la

aproximación de una función de carga mediante una poligonal en el tiempo es de utilidad en

diversas aplicaciones, y para obtener la máxima respuesta es necesario resolver la integral de

Duhamel en un intervalo suficientemente prolongado para permitir la detección del valor

máximo.

Figura 2.19

El caso mas desfavorable es el pulso rectangular donde γ puede llegar a 2 si 2DTt ≥ .

El pulso triangular (1) es tanto más desfavorable cuanto mayor sea su duración Dt (en

el límite es un pulso rectangular).

Para el puso con forma de “pico” (2) el efecto más desfavorable se produce cuando

0.8 1DtT

≤ ≤ y el Factor Dinámico Máximo resulta cercano a 1.5γ

0,00

0,20

0,40

0,60

0,80

1,00

1,20

1,40

1,60

1,80

2,00

0,01 0,10 1,00 10,00

γ

DtT

( )1

( )2

( )3

Tabla 2.1

Soluciones Analíticas para la Integral de Duhamel

Nº Carga ( )P τ ( )

1

0

( ). .( ) .P sen t dτ ω τ τ−∫

1

( )( )0 . 1 cos .P tωω

−

2

( )..

sen ta tω

ω ω −

3

( )22 2

2.cos . 2.tb t

ωω ω ω

+ −

4

( )0

0

..

.sen tP t

tω

ω ω −

0t t⇒ <

( ) ( )000

0

( ) ..

.sen t t sen tP t

tω ω

ω ω ω−

− −

0t t⇒ >

t

0P

t

0t

0P

t

2.b t

t

.a t

5

( )( ) ( ) ( ).0 02 2

... 1 cos . . cos . .t sen tP Pt e tβ ωωω ω βω ω β ω

− − + − + − +

6

( ) ( ).02 2

.. . cos . .t sen tP e tβ ωω ω βω β ω

− − + +

7

( )0 002 2 2

0

. 2. .. . . 2. . .. 4.P t tt sen sen t

t tπω π ω

ω π

− −

8

( )2

0 02 2 2

0 0

. . 2. .. cos cos .. 4.P t t tt t

ω π ωω π

− −

9

t

0t

0P

t

00

. cos 2. . tPt

π 0P

t

00

. 2. . tP sent

π

0P

t

.0 . tP e β−

0P

t

.0 .( )tP t eβ−

0P

( )( )0 . 1 cos .P tωω

− 0t t⇒ <

( ) ( )00. cos .( ) cos .P t t tω ω

ω− − 0t t⇒ >

10

( )0 002 2 2

0 0

. 2. .. . . 2. . .. 4.

P t tt sen sen tt t

πω π ωω π

− −

0t t⇒ <

( ) ( )( )0 002 2 2

0

2. . . . .( ) .. 4.

P t sen t t sen ttπ ω ω

ω π− −

− 0t t⇒ >

11

( )0

0

..

.sen tP t

tω

ω ω −

0t t⇒ <

( ) ( ) ( )000 0

0

( ) .. .cos ( )

.sen t t sen tP t t t

tω ω

ωω ω ω

− − + −

0t t⇒ >

12

( ) ( )0

0 0

.. 1 cos .

.sen tP tt

t tω

ωω ω

− − +

0t t⇒ <

( ) ( ) ( )00

0 0 0 0

( ) .. cos .

. .sen t t sen tP t

t tω ω

ωω ω ω

− − − −

0t t⇒ >

t

0t

0P

t

0t

0P

t

00

. 2. . tP sent

π

0P

13

( )0

0

..

.sen tP t

tω

ω ω −

0t t⇒ <

( ) ( )000

0

2. ( ) .. 2.

.sen t t sen tP t t

tω ω

ω ω ω−

− + −

0 02.t t t⇒ < <

( ) ( ) ( )00 02

0

. 2. ( ) ( 2. ) ..

P sen t t sen t t sen tt

ω ω ωω

− − − − 02.t t⇒ >

14

Ver caso 4 para 2t t< ; 1 0t t=

( ) ( ) ( )0 01 1 2 22 2

0 3 2

. . ( ) . ( ) ( ). .( )

P Pt sen t t sen t t t sen t tt t t

ω ω ω ω ωω ω

+ − − − − − − −

2 3t t t⇒ < <

( ) ( ) ( ) ( )1 3 20

0 0 3 2 3 2

( ) . ( ) ( ).

. . .( ) .( )sen t t sen t sen t t sen t tP

t t t t t tω ω ω ω

ω ω ω ω ω− − −

− − + − − 3t t⇒ >

15

( )( ) ( )2

0 0 02 2 2

0 0

. . 2. .. 1 cos . . cos cos .. 4.

P P t tt tt tω πω ω

ω ω π

− − − − 0t t⇒ <

( ) ( ) ( ) ( )2 2

0 00 02 2 2

0

.. cos .( ) cos . . cos .( ) cos .. 4.

P tt t t t t ttωω ω ω ω

ω ω π

− − − − − − 0t t⇒ >

t

00

. 1 cos 2. . tPt

π

− 0P

t

1t

0P

2t 3t

t

0t

0P

02.t

Tabla 2.2:

Valores del FACTOR DINAMICO “γ ” y del TIEMPO DE MAXIMA

RESPUESTA “ mt ” en función de la relación DtT para distintos tipos de pulsos.

1.00

1.20

1.40

1.60

1.80

2.00

0.00 1.00 2.00 3.00 4.00

.

γ

DtT

0,00

0,20

0,40

0,60

0,80

1,00

1,20

1,40

1,60

1,80

2,00

0,01 0,10 1,00 10,000,25

0,30

0,35

0,40

0,45

0,50

0,01 0,10 1,00 10,00

m

D

tt

DtT

1,00

10,00

0,00 1,00 2,00 3,00 4,00

m

D

tt

DtT

0,00

0,20

0,40

0,60

0,80

1,00

1,20

1,40

1,60

1,80

2,00

0,00 1,00 2,00 3,00 4,00

m

D

tt

DtT

0,00

0,20

0,40

0,60

0,80

1,00

1,20

1,40

1,60

0,00 1,00 2,00 3,00 4,00

γ

DtT

t

Dt

0P

t

Dt

0P

γ

DtT

t

Dt

0P

t

Dt

0P

t

Dt

0P

t

Dt

0P

2.4- Integración Numérica

La solución de la ecuación diferencial del movimiento por métodos numéricos es una

herramienta más general que las soluciones analíticas rigurosas que sólo son posibles cuando

la carga y las características de rigidez del resorte pueden expresarse en una forma

matemática simple. Esto constituye una severa limitación en los problemas reales, por lo que

es necesario ampliar las posibilidades para resolver casos de iterés práctico. Con la

disponibilidad de equipos de computación se ha multiplicado el uso de los métodos numéricos

en la solución de problemas de la ingeniería estructural, lo que permite soluciones de

problemas dinámicos que eran intratables en tiempos no tan lejanos.

El oscilador simple es un modelo simple pero útil para representar estructuras reales. El

modelo masa-resorte de la Figura 2.20(a) puede representar a diversas estructuras si se calcula

correctamente la constante K .

Figura 2.20

La Figura 2.20(b) ilustra una viga simplemente apoyada con una masa en el centro y una

fuerza variable ( )F t . La flecha al centro es:

3.48. .

F lUE I

= ∴ 3

48. .E IKl

=

Para la viga en voladizo con una masa en el extremo, Figura 2.20(c) es: 3.

3. .F lUE I

= ∴ 3

3. .E IKl

=

Considérese el pórtico de la Figura 2.21, donde la masa está distribuida a lo largo de la

viga. Se puede adoptar un modelo de un Grado de Libertad Dinámico (GLD): el corrimiento

horizontal de la viga.

( )F t

K

m( )U t

a

( )F tm

Ul

b

( )F tm

Ul

c

Figura 2.21

Se Calcula el corrimiento horizontal 2 *U del nudo 2; luego: 2 *FK

U=

Sistema Lineal No Amortiguado

El resorte representa la rigidez de la estructura y “ M ” es una masa concentrada. Por el

momento no se considera el amortiguamiento.

Figura 2.22

La ecuación del movimiento es:

. . ( )K U M U P t+ = (Ec. 2.40)

La integración numérica resuelve la ecuación diferencial “paso a paso” comenzando en el

instante 0t = para el que se conocen el desplazamiento y la velocidad iniciales.

El tiempo se subdivide en intervalos y se obtiene el desplazamiento al final de cada

intervalo por extrapolación de lo que ocurre en el instante inicial de cada intervalo. Si bien

existen varios métodos para realizar la integración “paso a paso” solamente desarrolla aquí el

denominado método de velocidad constante o también de impulsos concentrados.

( )P tK M

( )U t

*2U( )F t( )F t

1

2 3

4

m

Figura 2.23

Suponiendo ya determinados mU y 1mU − se determina 1mU + por extrapolación:

1 1/ 2.m m mU U U t+ += + ∆ (Ec. 2.41)

(Espacio inicial más la velocidad media por intervalo de tiempo)

Donde:

1/ 2mU + es la velocidad media en el intervalo 1, mt t + y puede aproximarse por la siguiente

expresión:

11/ 2 .m m

m mU UU U t

t−

+

−= + ∆

∆

(Ec. 2.42)

(Velocidad media del intervalo precedente + aceleración por tiempo).

La aceleración mU puede despejarse de la ecuación (Ec. 2.40):

( )1 . .m m mU P K UM

= − (Ec. 2.43)

Llevando 1/ 2mU + de (Ec. 2.42) a (Ec. 2.41) se tiene:

21 12. .( )m m m mU U U U t+ −= − + ∆ (Ec. 2.44)

Reemplazando (Ec. 2.43) en (Ec. 2.44):

22

1 12 . . .m m m mK tU t U U PM M+ −

∆ = − ∆ − +

(Ec. 2.45)

Este valor es aproximado, y su error disminuye a medida que disminuye t∆ . Para fines

prácticos basta tomar intervalos de tiempo no mayores de un décimo del periodo propio del

sistema:

10Tt∆ ≤

(Ec. 2.46)

Siempre y cuando el t∆ además resulte adecuado para seguir las variaciones de la carga en

función del tiempo:

U

t0

1mU −

mU1mU +

t∆ t∆

12

m−12

m+

1m− m 1m+

Figura 2.24

Al comienzo del proceso de integración resulta necesario un procedimiento especial para

obtener 1U ya que no se cuenta con una valor de 1U− . Si se supone que la aceleración es

constante durante todo el primer intervalo e igual a la aceleración en 0t = se tiene:

21 0 0 0

1. . .2

U U U t U t= + ∆ + ∆ (Ec. 2.47)

Luego, bastará con aplicar repetidamente la expresión (Ec. 2.45) para encontrar la

solución para cualquier instante de tiempo.

En el caso en que tanto la fuerza exterior, el desplazamiento y la velocidad sean nulos en

el instante 0t = la expresión (Ec. 2.47) no permite arrancar con el proceso de integración. En

ese caso se puede utilizar la expresión:

21 1

1 . .( )6

U U t= ∆ (Ec. 2.48)

que se deduce a partir de la hipótesis que la aceleración crece linealmente durante el

primer intervalo entre cero y un valor conocido diferente de cero.

Reemplazando la expresión (Ec. 2.43) en (Ec. 2.48) resulta:

11

26.( )

PU M Kt

=+

∆

(Ec. 2.49)

que permite comenzar cuando 0 0 0 0U P U= = =

La (Ec. 2.48) surge de la siguiente manera:

1

( )U t tU t

=∆

∴ 1( ) . tU t Ut

=∆

21

0 0.( ) ( ). 0

2.U tU t U t dt U U

t= = + ⇒ =

∆∫

31

0 0( ) ( ). . 06

U tU t U t dt U Ut

= = + ⇒ =∆∫

U

t

1U

t

( )tU

t∆

t∆

( )P t

t0inadecuado

Figura 2.25 21 1

1( ) . .( )6

U t U U t∆ = = ∆

Sistema Lineal Amortiguado

Al considerar el amortiguamiento la ecuación del movimiento es:

. . . ( )K U C U M U P t+ + = (Ec. 2.50)

Luego:

. .m m mm

P K U C UUM

− −=

(Ec. 2.51)

La (Ec. 2.51) a diferencia de la (Ec. 2.43) requiere aproximar la velocidad en el instante

mt , para lo que se propone:

1 .2

m mm m

U U tU Ut

−− ∆= +

∆

(Ec. 2.52)

1. .

.2

m mm m

m

U UP K U CtU

tM C

−− − − ∆ =∆ +

(Ec. 2.53)

2 2

1 1. . .2 . 1 . .

. . .2 2 2

m m m mK t C t C t tU U U P

t t tM C M C M C+ −

∆ + ∆ ∆ ∆ = − − − +

∆ ∆ ∆ + + +

(Ec. 2.54)

En definitiva, el procedimiento anterior es válido si se reemplaza la (Ec. 2.43) por la (Ec.

2.53) y 0U se determina mediante (Ec. 2.51).

Sistemas No Lineales

La integral de Duhamel es una de las técnicas más usadas para análisis dinámico lineal de

estructuras sujetas a cargas variables en el tiempo. Como dicho procedimiento se basa en el

principio de superposición, es válido únicamente para estructuras lineales, es decir para

sistemas cuyas propiedades permanecen constantes durante todo el proceso dinámico (masa,

rigidez, etc.). El procedimiento de integración numérica “paso a paso” supone que las

propiedades del sistema durante cada paso de integración, pero éstas pueden variar en función

del tiempo.

Supóngase el caso de una estructura con comportamiento no lineal debido a que su rigidez

varía con la deformación como ilustra la Figura 2.26. Evidentemente, K no es constante, de

modo que en cada paso de integración el valor de K se puede adaptar en función del valor de

U .

Figura 2.26

Otro caso de interés es el comportamiento elasto-plástico. En general no se permiten

deformaciones plásticas en condiciones normales de operación, pero pueden contemplarse en

el diseño de estructuras que soporten severas cargas dinámicas en casos poco frecuentes o

limitados a lo largo de su vida útil.

Considérese la función carga deformación R U− de la Figura 2.28 como una

simplificación del diagrama real de la Figura 2.27 (recordar que descargando en H , la curva

de descarga es paralela a la curva de carga y tiene la misma pendiente K ).

Figura 2.27

R

U0

fUmU

fR

D

P

δ0

H

fU mU

fP

P

U0

Figura 2.28

Llamando R a la fuerza en el resorte la ecuación de movimiento queda:

. ( )M U R P t+ = (Ec. 2.55)

La fuerza R en el resorte depende de U según se observa en la Figura 2.28:

.R K U=

fR R=

.( )f mR R K U U= − −

0 fU U< <

f mU U U< <

( 2. )m f mU U U U− < <

(Ec. 2.56)

Cuando con el cálculo numérico se llegue al punto D donde 2.m fU U U= − , será

necesario definir si el sistema permanece elástico o entra en fluencia por compresión al

mismo valor que en tracción.

Otra situación fácil de tratar con el procedimiento “paso a paso” es el cambio de la masa

durante la respuesta, ya que su valor se puede actualizar en cada instante. En tal caso será

necesario verificar que cuando la masa disminuye también disminuye el período natural T y

puede resultar necesario adecuar el intervalo de integración ∆t para cumplir con los

requerimientos de precisión y estabilidad de la solución numérica (∆t/T <10).

Capítulo 3

Vibraciones Libres de Sistemas de Múltiples Grados de Libertad Introducción

En el capítulo anterior se analizó la respuesta de un oscilador simple (1 GLD) como

introducción para estudiar la respuesta de sistemas de múltiples GLD, tema cuyo tratamiento

comienza analizando el caso de vibraciones libres, es decir aquellas que ocurren en ausencia

de cargas exteriores, vale decir ( ) 0P t ≡ . (El vector de carga es nulo en todo instante).

En el caso de cuerpos rígidos, la Ley de Newton indica que si ( ) 0P t ≡ el sistema

permanecerá en reposo o con movimiento de velocidad constante. Sin embargo, en el caso de

cuerpos deformables, en ausencia de cargas exteriores el sistema puede vibrar libremente en

ciertas frecuencias que se denominan frecuencias propias o naturales del sistema. El

análisis de las vibraciones libres es gran importancia ya que permite identificar las

características dinámicas de la estructura para enfocar correctamente el problema dinámico

bajo cargas exteriores.

3.1- Grados de Libertad Dinámicos y Equilibrio Dinámico Grados de libertad dinámicos

En el método de rigidez se define como grados de libertad geométricos o cinemáticos, GL,

“a los parámetros geométricos necesarios para definir en cualquier instante la configuración

deformada de un sistema”. El número de grados de libertad de una estructura de barras no es

algo inherente a cada caso particular, sino que depende del número de nudos que se adopte

para representar su configuración deformada.

En los problemas dinámicos aparece la necesidad de representar no sólo las fuerzas

elásticas a través de la matriz de rigidez del sistema, sino además representar correctamente la

distribución de la masa. A través de la propiedad de inercia que caracteriza a las masas, se

generan la fuerzas de inercia que deben ser tenidas en cuenta en las ecuaciones de equilibrio

dinámico.

Se define como grado de libertad dinámico, en lo sucesivo GLD, a aquellos grados de

libertad geométricos que tienen asociado al mismo una cierta masa, es decir la propiedad de

generar fuerzas de inercia.

En este contexto se consideran sistemas estructurales para los cuales se supondrá que las

masas están concentradas en correspondencia con los GLD. Con frecuencia se considera que

la masas concentradas son “puntuales”, es decir que sólo tienen asociada inercia de traslación,

pero no hay inconveniente en generalizar este concepto para incluir masas concentradas

asociadas a los grados de libertad de rotación.

Los modelos de la Figura 3.1.a y 3.1.b presentan tres masas concentradas. Ambos modelos

pueden representar tanto a una viga en voladizo cuya masa es despreciable y que tiene

adosadas tres masas, como también a una viga cuya masa se ha supuesto concentrada en tres

puntos. En el modelo a) todos los nudos libres presentan una masa, mientras que en el modelo

b) la mitad de los nudos tienen una masa asociada, y los restantes no la tienen.

Figura 3.1

También podría tratarse de masas concentradas que adicionales a las que surgen de

aproximar la masa distribuida (continua) de la viga.

Supóngase por el momento que sólo interesa el problema de flexión de la viga, dejando de

lado por el momento el comportamiento axial que está desacoplado mediante la suposición

que las cargas axiales y los desplazamientos transversales son pequeños.

5m

1b

357

3m 1m

6 4 2

3m

1a

234

2m 1m

Si se definen 3 nudos, el comportamiento en el plano requiere 3 desplazamientos y 3 giros

asociados a esos nudos para definir en forma total la configuración deformada del sistema y

poder calcular los esfuerzos internos: momentos flectores y cortes, es decir se necesitan 6

GL.

Si se incorpora un nudo al centro de cada tramo, el número de GL se eleva a 12. El

número de GL depende del número de nudos, mientras que en ambos casos el número de

GLD es 3, los tres desplazamientos verticales, ya que por tratarse de masas puntuales y

concentradas en los nudos, el momento de inercia de las masas es nulo y no hay inercia de

rotación asociada a los giros.

La solución de problemas dinámicos es en general más laboriosa que la solución de

problemas estáticos, por lo que se trata de reducir en todo lo posible el número de GLD.

Ecuaciones de Equilibrio Dinámico

Sea el ejemplo de la Figura 3.1(a) sujeto a cargas dinámicas. Si se tratara de un problema

estático, las ecuaciones de equilibrio serían simplemente:

.K U P= (Ec. 3.1)

Donde P son las cargas exteriores en los nudos o las cargas equivalentes del “estado 2”

correspondientes al método de rigidez.

En el problema dinámico se deben agregar las fuerzas de inercia y las disipativas:

. ( ) ( ) . ( ) . ( )K U t P t M U t C U t= − − (Ec. 3.2)

Donde:

:K Es la matriz de rigidez

( ) :U t Es el vector desplazamiento, llamado también la “respuesta”, de 9 componentes

variables en el tiempo

( ) :P t Vector de cargas exteriores

:M Es la matriz de masa.

( ) :U t Es el vector aceleración.

:C Es la matriz de amortiguamiento

( ) :U t Es el vector velocidad

El sistema (Ec. 3.2) puede escribirse:

. . . ( )K U M U C U P t+ + = (Ec. 3.3)

El producto .K U constituye las fuerzas elásticas, el vector - .M U son las fuerzas de

inercia y el vector - .C U son las fuerzas disipativas. La suma de estas fuerzas y las fuerzas

exteriores ( ) :P t deben permanecer en equilibrio con las fuerzas elásticas .K U en todo

instante.

El sistema (Ec. 3.3) es un sistema de ecuaciones diferenciales acopladas de segundo orden

en el que K , M y C son constantes que no varían en el tiempo.

El sistema (Ec. 3.3) también se conoce como “ecuaciones de equilibrio dinámico” o

“ecuaciones de movimiento” del sistema.

Matriz de Masa

La matriz de masa M es cuadrada y del mismo orden que K . Cuando las masas están

concentradas en los grados de libertad dinámicos, es una matriz diagonal ya que la aceleración

de cualquiera de los grados de libertad dinámica no genera fuerzas de inercia en los restantes

grados de libertad.

Cuando se tiene un sistema con masas distribuidas en los tramos, se puede proceder a

aproximar la representación de la masa de la viga concentrándolas en los nudos. Como

alternativa se puede introducir una matriz de masa “consistente” que se obtiene ensamblando

la contribución de cada tramo, igual que en la matriz de rigidez, pero de este modo se obtiene

un acoplamiento en la matriz de masa que hace los cálculos más laboriosos sin que se

justifique por la precisión de los resultados. La matriz de masa “consistente” de la barra ij en

el plano es de 6 x 6. El elemento 32

ijM será igual a la fuerza de inercia que se genera en el

nudo j en la dirección 2 cuando se aplica una aceleración unitaria al nudo i en al dirección 3

(giro) y la aceleración en los otros GLD es nula.

Figura 3.2

Durante este curso se adoptarán modelos de masas concentradas y por lo tanto la matriz

M será siempre diagonal. En el caso de la viga de la Figura 3.1(a) se tiene:

3 1iU =

i

j

32

ijM

1 1

1 1

1

2 2

2 2

2

3 3

3 3

3

0

.0

0

x

y

x

y

x

y

m Um U

m UM U m U

m Um U

φ

φ

φ

=

i

Los ceros en la diagonal corresponden al momento de inercia nulo de las masas puntuales.

Si las dimensiones de una masa son tales que no se puede despreciar la inercia rotacional, la

componente de la matriz de masa asociada a los grados de libertad de rotación será el valor

del momento de inercia I de esa masa alrededor del mismo eje que el grado de libertad de

rotación..

3.2- Vibraciones Libres

Por el momento se dejará de lado el amortiguamiento al plantear las ecuaciones de

movimiento para vibraciones libres. En tal caso, en ausencia de cargas exteriores P(t), las

ecuaciones de equilibrio dinámico son:

. ( ) . ( )K U t M U t= − (Ec. 3.4)

O alternativamente:

. ( ) . ( ) 0K U t M U t+ = (Ec. 3.5)

Se trata de un sistema homogéneo (término independiente nulo ( ) 0P t ≡ ). Para encontrar

una solución no trivial ( 0U ≡/ ) al problema, se propone una solución armónica del tipo:

( ) . ( . )U t U sen tω= (Ec. 3.6)

Donde:

U : es un vector “forma” (independiente del tiempo), es la amplitud del movimiento

armónico de frecuencia circular ω , por ahora desconocida.

Derivando 2 veces la ecuación (Ec. 3.6) se tiene: 2( ) . . ( . )U t U sen tω ω= − (Ec. 3.7)

Llevando (Ec. 3.6) y (Ec. 3.7) a (Ec. 3.5):

( )2. . . . ( . ) 0K U M U sen tω ω− = (Ec. 3.8)

Para 0ω ≠ se tiene que:

( )2. . . 0K U M Uω− = (Ec. 3.9)

( )2. . 0K M Uω− = (Ec. 3.10)

La ecuación (Ec. 3.10) es un sistema de ecuaciones algebraicas (no diferenciales) para el

cual se requiere que exista una solución no trivial ( 0U ≡/ ), lo que ocurre cuando se anula el

determinante del sistema. 2 0.K Mω− = (Ec. 3.11)

Al desarrollar explícitamente el determinante se obtiene una ecuación polinómica, de

orden igual al orden de las matrices K y M , en la incógnita 2ω .

La ecuación (Ec. 3.10) es lo que se denomina un “problema de valores y vectores

propios”. Cuando el determinante de la matriz K es distinto de cero, el número de soluciones

no triviales de la (Ec. 3.11) depende del número de elementos no nulos que tenga la diagonal

principal de la matriz de masa. Cada solución de (Ec. 3.11) 2iω da origen a un “modo natural

de vibración” con esa frecuencia circular.

De lo dicho surge que el número de modos de vibrar libremente coincide con el

número de GLD.

3.3- Matriz De Rigidez Condensada Condensación estática

El sistema (Ec. 3.9) puede reordenarse cambiando el orden de las componentes del vector

U :

1

2

UU

U

=

1 :U Contiene todos los GLD

2 :U Contiene todos los GL que no tienen masa.

11 12 1 112

21 22 2 2

0. . . 0

0 0K K U UMK K U U

ω

− =

(Ec. 3.12)

Las ecuaciones del primer grupo de GL son:

211 1 12 2 1 1. . . . 0K U K U M Uω+ − = (Ec. 3.13)

Por otro lado, las ecuaciones correspondientes al segundo grupo de GL tienen una forma

tal que no intervienen las masas:

21 1 22 2. . 0K U K U+ = (Ec. 3.14)

De ésta se puede despejar 2U y reemplazar en (Ec. 3.13) obteniendo:

12 22 21 1. .U K K U−= − (Ec. 3.15)

( )1 211 12 22 21 1 1 1. . . . . 0K K K K U M Uω−− − = (Ec. 3.16)

Al reordenar los GL en la matriz de rigidez K se mantiene la simetría por lo que 11K es

cuadrada y simétrica, 21 12TK K= y 22K también es cuadrada y simétrica.

La matriz 1M es diagonal y no contiene ceros en la diagonal.

Al coeficiente de 1U en (Ec. 3.16) se lo designa como CK ; “Matriz de Rigidez

Condensada”. 1

11 12 22 12. . TCK K K K K−= − (Ec. 3.17)

Resulta que CK es simétrica, por ser 11K simétrica y ( )112 22 12. . TK K K− ser también simétrica.

El sistema de ecuaciones queda entonces:

( )21 1. . 0CK M Uω− = (Ec. 3.18)

El problema que originalmente tenía “n” GL, fue reducido a otro problema de menor

número de incógnitas “m” que tienen inercia asociada y que se denominan GLD. En lo

sucesivo los problemas serán reducidos a través del proceso de condensación de manera de

trabajar exclusivamente con grados de libertad dinámicos.

Una vez resuelto el problema dinámico, es decir, cuando sean conocidas las componentes

del vector desplazamiento 1U , se está en condiciones de calcular 2U a través de la expresión

(Ec. 3.15) y para finalmente calcular los esfuerzos barra por barra de igual manera que en los

problemas estáticos mediante el método de rigidez.

El procedimiento para reducir el numero de incógnitas que se ha ilustrado se

denomina “Condensación Estática”, e implica fraccionar K , calcular 122K − y

efectuar las operaciones indicadas en la expresión (Ec. 3.17).

La expresión (Ec. 3.11) queda: 2

1. 0CK Mω− = (Ec. 3.19)

Ecuación que tiene exactamente “m” soluciones reales y positivas correspondientes a las

“frecuencias propias” o “frecuencias naturales”, siempre que la sustentación sea tal que el

sistema resulte estable y la matriz K tenga un determinante diferente de cero.

Algunos procedimientos alternativos para obtener la matriz de rigidez condensada

Se considera ahora el ejemplo de la viga con 3 masas de la Figura 3.1(a) teniendo en

cuenta sólo a las vibraciones transversales que están desacopladas de las vibraciones axiales.

Los GLD son 3 y por lo tanto la matriz de rigidez condensada es de 3x3.

Figura 3.3

11 12 13 1 1

21 22 23 2 2

31 32 33 3 3

.K K K U PK K K U PK K K U P

=

(Ec. 3.20)

Los coeficientes de la matriz de rigidez (en este caso matriz de rigidez condensada K )

representan las reacciones en los GLD cuando se aplica un desplazamiento unitario en uno de

ellos y los demás se mantienen fijos, tal como se ilustra en la Figura 3.4. Esta interpretación

física de los términos de la matriz de rigidez provee las bases para calcular dichos

coeficientes.

Figura 3.4

31K

21K 11K3 0U =

2 0U =1 1U =

3U 2U 1U

Si se impone el GLD 1U igual a la unidad y todos los restantes GLD iguales a 0

( 2 3 0U U= = ) sin restricciones a los giros (que no son GLD en este caso por no considerar la

inercia rotacional de las masas) y resolviendo por cualquier procedimiento las condiciones de

equilibrio para este estado de deformación se tendrá:

a) Por la primera ecuación (Ec. 3.20): 11 1.1K P= , es decir que 11K es igual a la fuerza

que hay que aplicar en el grado de libertad “1” en la dirección x1 cuando se impone

un desplazamiento unitario en ese mismo punto y dirección.

b) Por la segunda ecuación: 21 2.1K P= vale decir 21K es numéricamente igual a la

fuerza que hay que aplicar en el grado de libertad 2 cuando se impone un

desplazamiento unitario en el grado de libertad “1”.

c) De igual manera por la tercera ecuación 31K es numéricamente igual a la fuerza

que hay que aplicar en el grado de libertad “3” para cuando se impone un

desplazamiento unitario en el grado de libertad “1”.

Procediendo de manera similar se puede encontrar la segunda y tercera columna de CK

resolviendo los siguientes problemas hiperestáticos de desplazamientos prefijados.

Figura 3.5

Existen diversas maneras de resolver el problema hiperestático de desplazamientos

prefijados de las Figura 3.4 y 3.5. Una de esas maneras es a través de la matriz de flexibilidad

por el método de trabajos virtuales, calculando los desplazamientos en los GLD para tres

casos de carga que consisten en aplicar una carga unitaria en uno de ellos y los restantes sin

carga. Los esquemas de carga y desplazamientos respectivos están indicados en la Figura 3.6.

33K 23K13K

3 1U = 2 0U = 1 0U =

32K 22K12K

3 0U = 2 1U = 1 0U =

Figura 3.6

La matriz CK puede ser determinada de diversas formas, entre ellas:

1) Puede resolverse por el método de las fuerzas (trabajos virtuales) planteando un estado

“0” sin cargas exteriores y luego 3 ecuaciones de compatibilidad donde las incógnitas son

11 21 31, ,K K K .

11 12 13 11

21 22 23 21

31 32 33 31

1. 0

0

KKK

δ δ δδ δ δδ δ δ

=

(Ec. 3.21)

2) Otra alternativa sería determinar las fuerzas 11 21 31, ,K K K como reacciones de apoyo del

problema resuelto por el método de rigidez, imponiendo los distintos desplazamientos como

estados de carga independientes y calculando las reacciones para cada uno de ellos, ya sea a

través del programa de cálculo general, o alternativamente con algún procedimiento iterativo

como el método de Cross, a partir de imponer la siguiente configuración inicial.

Figura 3.7

Similarmente, se pueden resolver por algunos de los procedimientos antes mencionados

los estados de deformación prefijada de la Figura 3.5.

23 14

1δ =

11δ

1

21δ31δ

12δ1

22δ32δ

13δ1 23δ33δ

Figura 3.8

Este procedimiento tiene una ventaja adicional y es que permite determinar por

superposición todos los esfuerzos una vez resueltos los desplazamientos 1 2 3( ), ( ), ( )U t U t U t :

Un momento flector: 3

1 2 31 2 3

1

. ( ) . ( ) . ( ) . ( )iy y i y y y

i

M M U t M U t M U t M U t=

= = + +∑ (Ec. 3.22)

Una reacción de apoyo: 3

1

( ) . ( )ij j i

i

R t R U t=

=∑ (Ec. 3.23)

El corte en una sección: 3

1( ) . ( )i

j j ii

Q t Q U t=

= ∑ (Ec. 3.24)

3) Otro procedimiento para hallar la matriz de rigidez condensada consiste en invertir la

matriz de flexibilidad F :

11 12 13 1 1

21 22 23 2 2

31 32 33 3 3

.P UP UP U

δ δ δδ δ δδ δ δ

=

1CK F −=

23 14

23 14

Figura 3.9

Por las características particulares de un voladizo, este caso puede ser resuelto fácilmente

con una tabla donde figure la elástica y el giro en el extremo de una viga en voladizo cargada

en el extremo.

Como ejemplo en el caso (b):

22δ : es la flecha en el extremo de la viga de longitud 2.L

32δ : es el desplazamiento en el centro de la viga de longitud 2.L

12 22 .Lδ δ θ= + : Donde θ es el giro en el extremo de la viga de longitud 2.L

3.4- Modos naturales de vibración - Propiedades Determinación de los modos naturales

Para resolver el problema de vibraciones libres se procede en primera instancia a

determinar a través de alguno de los métodos anteriormente descriptos, la matriz de rigidez

condensada CK . El método de condensación estática es completamente general y por lo tanto

apto para cálculo automático, pero cualquiera de las alternativas mencionadas puede ser

igualmente útil para cálculos manuales.

1 22δ

2.lb

θ

12δ1

22δ32δb

11δ

1

21δ31δa

13δ1 23δ33δc

El segundo paso consiste en resolver la ecuación característica que tendrá tantas raíces

como GLD tenga el sistema, es decir que para que el sistema de ecuaciones de equilibrio

dinámico tenga una solución no trivial se requiere que el determinante de la matriz 1.CK Mλ−

sea nulo:

1. 0CK Mλ− = (Ec. 3.25)

con las frecuencias propias dadas por:

i iω λ= (Ec. 3.26)

Las frecuencias propias caracterizan dinámicamente a la estructura y permiten estimar si

un determinado pulso o carga periódica produce efectos dinámicos o no.

El problema (Ec. 3.25) es equivalente a resolver:

( )11 . . . 0CM K I Uλ− − =

Si la matriz CK es positiva definida, que equivale a decir que la estructura es inicialmente

estable para las condiciones de apoyo consideradas, los valores propios serán todos positivos.

Cada una de las frecuencias iω permite una solución iU no trivial del sistema (Ec. 3.18).

( )21. 0.C i iK M Uω− = (Ec. 3.27)

Si un sistema lineal homogéneo de ecuaciones algebraicas admite una solución, cualquier

múltiplo de la misma también es una solución; luego, el vector forma modal iU queda

indeterminado en su módulo. Se suele dar un valor arbitrario, por ejemplo la unidad, a una

componente cualquiera del vector iU . Si se asigna el valor unitario al primer GLD, la primera

columna del sistema (Ec. 3.18) puede pasar al 2º miembro como termino independiente y se

procede a resolver el sistema lineal, no homogéneo de ( 1)m− incógnitas para obtener las

restantes componentes de iU .

Es habitual normalizar el vector iU dividiendo todas sus componentes por la de mayor

valor absoluto, de esta forma todas las componentes del vector forma modal iφ (llamado

simplemente “modo”) son menores o iguales que la unidad.

1

. .1i mayor mayor i

mayor

U U UU

γα

φ

β δ

= = =

(Ec. 3.28)

Repitiendo el procedimiento descrito para cada una de las “n” frecuencias iω se pueden

obtener los “n” modos naturales, que dispuestos en columnas configuran la matriz modal Φ .

Para la viga de la Figura 3.1(a) de 3GLD resultan 3 modos cuya forma aproximada es:

Figura 3.10

Los modos de menor frecuencia corresponden a deformadas “suaves” (poca curvatura)

que implican poca energía de deformación; estos modos son fáciles de excitar con una

perturbación aplicada en el punto que más se mueve. Algo similar puede decirse de los modos

superiores (mayor frecuencia).

[ ]

1 1 11 22 2 2

1 2

1 2

1 2

n

n

n

n n nn

φ φ φφ φ φ

φ φ φ

φ φ φ

Φ = =

(Ec. 3.29)

Se puede comprobar que la solución del sistema de ecuaciones (Ec.3.4) se puede obtener

como una combinación lineal de los modos naturales. A manera de ejemplo:

( ) . . ( . )i i ii

U t sen tα φ ω=∑ (Ec. 3.30)

El sistema puede vibrar libremente en forma simultánea y superpuesta en todos los modos.

Todo depende de las condiciones iniciales ( 0U y 0U ) al comenzar las vibraciones libres.

31φ

modo 1

21φ

11φ

32φ

modo 2

22φ

12φ

33φ

3modo

23φ

13φ

Propiedad de ortogonalidad de los modos naturales

En las estructuras civiles en general tanto K como M son matrices simétricas y positivas.

Para que esto sea válido es suficiente que la estructura sea inicialmente estable y que todas las

masas sean distintas de cero.

Una matriz A es definida positiva si . . 0, 0TX A X X> ∀ ≠ .

La energía de deformación en un resorte es: 1 1. . . . .2 2

T TiW U P U K U= =

Por analogía, para sistemas de múltiples grados de libertad, se tiene:

1 . . . 0 02

TiW U K U U= > →∀ ≠

(Ec. 3.31)

La energía de deformación es siempre positiva e igual al trabajo de las fuerzas exteriores

P , ( .P K U= ). ( TU es el vector desplazamiento transpuesto - puesto como vector fila para

poder efectuar el producto).

Por ser diagonal la matriz de masa, se tiene que 0X∀ ≠ :

[ ]1 1

2 2 21 2

0

. . . . . 0

0

Tn i i

n n

m xm x

X M X x x x m x

m x

= = >

∑

(Ec. 3.32)

Las (Ec. 3.31) y (Ec. 3.32) expresan algebraicamente que K y M son matrices positivas;

además, como ambas matrices son simétricas, los valores propios son reales y positivos.

Supóngase por que las frecuencias naturales son todas distintas, es decir que:

1 2 nω ω ω≠ ≠

Cualquier modo iφ con su correspondiente frecuencia iω satisface el sistema (Ec. 3.18).

( )2. 0.i iK Mω φ− = (Ec. 3.33)

Si se multiplica ambos miembros por otro modo jφ (transpuesto) se tiene:

Para i j≠ :

( )2. . 0.Tj i iK Mφ ω φ− = (Ec. 3.34)

Similarmente:

( )2. . 0.Ti j jK Mφ ω φ− = (Ec. 3.35)

Restando miembro a miembro (Ec. 3.35) a (Ec. 3.34) y reordenando queda:

( ) ( ) ( )2 2

(1) (2) (3)

. . . . . . . . . . 0T T T Tj i i j i j i j i jK K M Mφ φ φ φ ω φ φ ω φ φ− − + =

Por ser ( . .Tj iKφ φ ) un escalar, es también igual a su transpuesta: ( . .T

i jKφ φ ), y término (1) de

la expresión se anula. Por igual razón, (2) es igual a (3) y puede sacarse factor común:

( )2 2 . . . 0Tj i j iMω ω φ φ − =

Donde por ser i j≠ :

. . 0Tj iMφ φ =

(Ec. 3.36)

Por otro lado se puede desarrollar la (Ec. 3.34):

( )2. . . . . 0T Tj i i j iK Mφ φ ω φ φ− =

El segundo término es nulo por la (Ec. 3.36), luego:

. . 0Tj iKφ φ =

(Ec. 3.37)

Las expresiones (Ec. 3.36) y (Ec. 3.37) indican que los modos de naturales de vibración

son ortogonales respecto a las matrices de masa y de rigidez. Estas dos propiedades son

fundamentales para desarrollar en el próximo capitulo el método de descomposición modal.

Por ser M una matriz diagonal (Ec. 3.36) puede expresarse:

. . 0r rr i j

rm φ φ =∑ (Ec. 3.38)

Multiplicando ambos miembros de (Ec. 3.36) por 2iω resulta:

( )2. . . 0Tj i iMφ ω φ =

Esta expresión indica que el “trabajo de las fuerzas de inercia asociadas a un modo “ i ”a

través de desplazamientos con la forma de otro modo “ j ”, es nulo.

La (Ec. 3.37) expresa también que el trabajo de las fuerzas elásticas asociadas a una

deformación de un modo “ i ” es nulo cuando se da un desplazamiento de la forma de otro

modo “ j ”.

( ). . 0Tj iKφ φ =

Por ultimo, existe toda una “familia” de matrices ortogonales respecto de los modos, del

tipo: 1. .( . ) . 0T p

j iM M K pφ φ− = ⇒ −∞ < < ∞ (Ec. 3.39)

Nótese que 0p = en la (Ec. 3.36) y 1p = en la (Ec. 3.37).

Matriz Modal Normalizada

Se mencionó anteriormente que se puede normalizar los modos dividiendo todas las

componentes por la componente de mayor valor absoluto, y en tal caso se ha normalizado

respecto a esa componente específica.

También es posible normalizar cada modo a través del requerimiento que:

. . 1Ti iMφ φ = (Ec. 3.40)

para lo cual bastará tomar cada modo iU solución del sistema (Ec. 3.27) y calcular:

. .Ti i iU M U M= (Ec. 3.41)

para luego definir:

1 .i ii

UM

φ = (Ec. 3.42)

Reemplazando (Ec. 3.42) en (Ec. 3.40) se aprecia que efectivamente se verifica (Ec. 3.40)

y se cumple la condición propuesta:

. .T M Iφ φ = (Ec. 3.43)

En ese caso los modos iφ se dice que son “ortonormales” respecto a la matriz de masa

M . Naturalmente, si se adopta esa normalización no puede exigirse que los modos sean

también “ortonormales” respecto a la matriz de rigidez K , ya que:

. .T K Kφ φ = (Ec. 3.44)

Donde K será una matriz diagonal debido a (Ec. 3.37), que sigue siendo valida cualquiera

sea la normalización de los modos, pero sus componentes en la diagonal principal son en

general distintos de la unidad.

Por último, mientras no se aclare lo contrario, se supondrá que los modos serán

normalizados respecto a la mayor componente a los efectos de facilitar la visualización de las

formas modales.

3.5- Determinación numérica de los Modos y Frecuencias Naturales

La determinación de las frecuencias naturales de vibración como raíces del polinomio

característico, resulta a veces laboriosa para cálculo manual en sistemas de más de 3 grados

de libertad. Por otra parte, la resolución del problema de “valores propios” (o “autovalores”)

se justifica en aquellos casos en que los modos superiores pueden tener una participación

importante en la respuesta dinámica de la estructura, y los cálculos necesarios deben

realizarse con computadora.

Para la determinación de los modos naturales de vibración mediante cálculos manuales es

corriente recurrir a los métodos de Stodola, o de Holzer. Si bien ambos métodos son

iterativos, son fundamentalmente distintos en concepto.

En el método de Stodola se parte de una aproximación inicial al modo fundamental y

mediante un proceso iterativo se lo ajusta sucesivamente hasta alcanzar una aceptable

aproximación. Posteriormente, una vez conocida la forma modal se calcula la frecuencia de

vibración correspondiente como la raíz cuadrada del cociente entre la Rigidez Generalizada

del modo ( . .T K Kφ φ = ) y la Masa Generalizada . .T M Mφ φ =

En el método de Holzer, por el contrario, se requiere variar sucesivamente la frecuencia

hasta alcanzar aquella que hace posible satisfacer las condiciones de apoyo. El modo de

vibración se determina en una segunda etapa.

El primero de estos métodos fue desarrollado por A. Stodola (1927) para el estudio de

alabes de turbinas y el segundo por H. Holzer (1921) para el calculo dinámico de cigüeñales.

Método de Stodola

Uno de los métodos más divulgados para determinar las frecuencias naturales con cálculos

manuales es el método de Stodola, también a veces referido como “Método de Stodola-

Vianello”.

Este procedimiento iterativo permite ir aproximando por pasos sucesivos la

forma modal y frecuencia de los modos. Una característica de este método es que

permite aproximar el modo y la frecuencia fundamental de una manera rápida y sin

tener que desarrollar explícitamente ni resolver la ecuación característica que

corresponde a la condición que el determinante sea nulo.

Partiendo de la ecuación del movimiento en vibraciones libres: 2. . 0K U M Uω− =.

Se expresa: 2. .K U M Uω= . (Ec. 3.45)

Se trata de un problema homogéneo y lineal en la incógnita “U ” y se busca determinar los

valores no triviales que satisfacen la expresión (Ec. 3.45).

Asumiendo un vector inicial tentativo 0U (no trivial) para el vector U en el segundo

miembro de (Ec. 3.45) , el problema se reduce a resolver un problema estático equivalente:

.K U P=

Donde P es igual a ( )20.M Uω . .

Si la matriz K es “No singular” (determinante distinto de cero), el sistema lineal no

homogéneo tiene una única solución 1U . Esta solución puede ser utilizada como un nuevo

valor tentativo para U y así sucesivamente, hasta llegar a la convergencia. El método de

Stodola garantiza convergencia cuando el determinante de la matriz de rigidez es distinto de

cero.

Secuencia de Iteración

1º paso:

Se propone un 0U inicial que cumple las condiciones de borde. Si bien 0U puede ser

elegido arbitrariamente, en todo procedimiento iterativo el número de pasos necesarios para

alcanzar la convergencia depende en alguna medida de cuan próximo esté el valor inicial de la

solución. Por ello parecería conveniente estimar o intuir el modo fundamental utilizando

alguna “deformada suave” como se muestra en la Figura 3.11 y que generalmente

corresponde al 1º modo.

Figura 3.11

De cualquier manera no es el caso de perder mucho tiempo estimando la aproximación

inicial ya que el procedimiento lleva de todos modos necesariamente en algunos pasos de

iteración a determinar el primer modo, también llamado “modo fundamental”. Sólo en el caso

que la forma inicial que se proponga para el modo sea próxima a uno de los modos superiores

es de esperar que la convergencia al modo fundamental requiera muchos más pasos de

iteración que si se usa una buena aproximación inicial.

2º paso:

Con la aproximación inicial 0U se recurre a la expresión (Ec. 3.45), dejando de lado 2ω ,

que por el momento se supone igual a la unidad. Por la naturaleza del problema homogéneo,

cualquier múltiplo del modo es también otra expresión del mismo modo.

Se requiere ahora resolver el sistema lineal:

1 0. .K U M U=

Este problema es el paso básico de las iteraciones del método de Stodola cuya solución

está al alcance de quien lo necesite.

3º paso:

Se normaliza el vector 1U para obtener 1U .

La solución 1U vendrá magnificada o reducida respecto a 0U ya que no se ha multiplicado

el segundo miembro por 2ω . Para que no resulten números muy grandes o muy pequeños al

cabo de varios pasos de iteración, es conveniente normalizar el vector iU en cada iteración.

Para ello se dividen las componentes de iU por la componente de mayor valor absoluto.

A continuación se repite el 2º paso con el valor de 1U recién obtenido, continuando el

proceso hasta que U converja con la precisión deseada.

En cada iteración se resuelve el sistema 1. .i iK U M U −= , se normaliza iU y se prosigue con

la nueva iteración hasta la convergencia.

Convergencia

a) Control de convergencia a través de la forma del modo:

Una manera de medir la convergencia es comparar las componentes de iU con las

respectivas componentes de 1iU − . La norma de error puede ser adimensional, por ejemplo

sobre la base del porcentaje de variación de cada una de las componentes. Suponiendo

normalizados tanto iU de la presente iteración como 1iU − de la iteración anterior, se pueden

definir los cocientes: 1 2

1 1 11 2

ni i i

ni i i

U U UU U U

− − −……… (Ec. 3.46)

Una medida del error es que estos cocientes en general no son iguales entre si a menos que

la forma modal del paso anterior (i-1) sea la forma modal exacta. En cada paso de iteración el

vector se aproxima más al primer modo y los cocientes de la (Ec. 3.46) tienden al mismo

valor.

b) Control de convergencia por la frecuencia.

En lugar de emplear la expresión (Ec. 3.46) que implica un cociente para cada uno de los

grados de libertad (GLD), resulta más simple analizar la convergencia sobre el valor de la

frecuencia que es un escalar.

En cada paso de iteración se puede calcular la frecuencia en cada paso, aunque en realidad

el cálculo de la misma no es indispensable como parte del proceso de iteración.

Cuando finalmente se llega a que 2ω es una constante que establece la proporcionalidad

entre cada una de las componentes de .K U y de 1. iM U − ; 21. . .i iK U M Uω −= , se

cumplirá que:

12

1 .i iU Uω −

(Ec. 3.47)

Esta expresión, que se justifica formalmente más adelante, permite expresar:

1 22 1 1 1

1 2

ni i i

ni i i

U U UU U U

ω − − −……… (Ec. 3.48)

De modo que resulta conveniente intercalar un paso de cálculo en que se calcule la

frecuencia antes de normalizar la solución obtenida en el segundo paso. Las expresiones (Ec.

3.48) dan en general valores diferentes de ω2 según la componente del vector U que se

considere, y se puede adoptar como límite de convergencia un cierto valor de la máxima

diferencia entre todos los valores de ω2 de la misma iteración. Otra alternativa es calcular el

valor promedio de ω2 dado por las expresiones de la (Ec. 3.48) y considerarlo como

estimador de la frecuencia en cada paso.

Otra manera de estimar el valor de la frecuencia en cada iteración es a través del Cociente

de Rayleigh, que resulta del multiplicar a ambos miembros de la expresión (Ec. 3.45) por la

transpuesta del modo UT y despejar 2ω : 2. . . .T TU K U U M Uω= . ∴

2 . .. .

T

T

U K UU M U

ω = (Ec. 3.49)

El numerador es la rigidez generalizada en el modo considerado y el denominador es la

inercia o masa generalizada. Esta expresión es exacta cuando U es la forma modal exacta,

y será utilizada cuando se aplique el método de descomposición modal.

2 ii

i

KM

ω = (Ec. 3.50)

Hay una serie de cocientes modificados, todos derivados de la expresión (Ec. 3.49), que

tratan de mejorar la aproximación utilizando la forma modal anterior y la actual para

extrapolar un valor más aproximado de la frecuencia.

A los efectos del presente curso, para estimar la frecuencia resulta suficiente tomar la

forma modal de cada iteración y reemplazarla en (Ec. 3.49). Nótese que el valor de la

frecuencia ω2 no depende si se usa la forma modal normalizada o sin normalizar.

Uno de los criterios de convergencia más simples consiste en intercalar en cada

iteración un paso que calcule la expresión (Ec. 3.50) y comparar la frecuencia así

obtenida con el valor correspondiente al paso anterior, y verificar que la variación

no supere incierto porcentaje prefijado como tolerancia.

Debe señalarse que la precisión en la forma modal es en general inferior a la de la

frecuencia. Por ejemplo, no es lo mismo decir que de un paso al siguiente el cambio de la

frecuencia es menor del 2%, que decir que la diferencia en cada componente del modo o aún

en promedio, es menor del 2%. En general es más exigente el criterio aplicado sobre el modo

ya que la frecuencia calculada según (Ec. 3.50) es una especie de promedio y los errores de

distinto signo tienden a compensarse en la estimación de la frecuencia.

Cuando interesa una estimación rápida de la frecuencia fundamental es

suficiente controlar la convergencia a través del valor de ω . Cuando con este

método se quiere calcular varios los modos es indispensable alcanzar una buena

convergencia en el modo porque de lo contrario las condiciones de ortogonalidad

llevan a errores significativos en el cálculo de los modos superiores.

Hasta aquí la secuencia de iteración presentada permite obtener el modo fundamental. Si

se desea además determinar el segundo modo, bastará aplicar el mismo método pero con un

vector aproximado cuya ortogonalidad respecto del primer modo esté garantizada. Por lo tanto

si la aproximación del primer modo es pobre, no se puede pretender llegar a una buena

aproximación para el segundo modo. Para determinar varios modos se requiere establecer

criterios de convergencia muy exigentes ya sea en el modo o en la frecuencia. A manera de

ejemplo, una tolerancia de convergencia en la frecuencia del 1% en dos pasos consecutivos

que puede ser aceptable para estimar la frecuencia fundamental, resulta en general insuficiente

para determinar los modos superiores.

Cuando se desea determinar varios modos el criterio de convergencia requiere cierta

experiencia empírica según el tipo de estructura. Por ejemplo, para 20 GLD y si sólo se

desean calcular 3 modos no es necesario ser tan exigentes en la tolerancia de convergencia

como para calcular 6 modos, porque a los últimos modos se le acumulan errores de todos los

modos anteriores.

Demostración de la Convergencia del Método de Stodola

Una aproximación cualquiera U puede expresarse como una combinación lineal de los

modos naturales jV a través de coeficientes indeterminados jq que son las componentes en

cada modo:

1 1 2 2. . .n nU q q qφ φ φ= + + +

1.

n

i ij ij

U q φ=

=∑ (Ec. 3.51)

El índice “ i ”se refiere al paso de iteración i , mientras que el índice “ j ” se refiere al

modo natural j .

En vibraciones libres se tiene: 2. . 0K U M Uω− =.

Multiplicando por la inversa de M eso implica que: 1 2. . 0M K Iω− − =

Los modos naturales de vibración son los vectores propios de la matriz 1.M K− y los

valores propios son iguales el cuadrado de la frecuencia natural de vibración.

Por otro lado: 11 1. . . .i i i iK U M U U K M U−− − = ⇒ =

La matriz inversa de 1.M K− es decir, 1.K M− tendrá los mismos vectores propios jφ ,

pero con valores propios recíprocos, vale decir 2

1

jω.

Nótese también que por definición de modo y frecuencia natural se tiene que:

12

1 . . .j jj

K Mφ φω

−=

Multiplicar al vector modo jφ por 1.K M− equivale a dividir sus componentes por 2ω :

1 1 1 11 1 2 2. . . . . . . . . . .n nK M U q K M q K M q K Mφ φ φ− − − − = + + +

11 1 2 22 2 2

1 2

1 1 1. . . . . . . .n nn

K M U q q qφ φ φω ω ω

− = + + +

Sintetizando: 11. . i iK M U U−− =

21

1. .n

i ij jj j

U q φω=

=∑ (Ec. 3.52)

De la comparación de (Ec. 3.51) y (Ec. 3.52) resulta evidente que en cada paso de

iteración la componente de cada modo jq crece con el cuadrado de la inversa de la

frecuencia jω de ese modo. De esta manera, la componente jq que mas crece es la

correspondiente a la frecuencia mas baja, vale decir, la correspondiente al modo

fundamental.

Durante el proceso de iteración de este método la componente del modo fundamental 1q

tiende a “1”, mientras que las restantes componentes tienden a “0”. Al alcanzar el nivel de

convergencia establecido la expresión (Ec. 3.52) se reduce a:

121

11. .iU φω

= (Ec. 3.53)

que demuestra la expresión (Ec. 3.47).

La convergencia del método de Stodola al primer modo queda en consecuencia

garantizada cuando la matriz de rigidez K es definida positiva.

Método Stodola para obtener el modo de más alta frecuencia

En el proceso iterativo planteado para determinar el modo fundamental se adoptó un valor

tentativo de U en el segundo miembro de la expresión (Ec. 3.45) y se resolvió un sistema de

ecuaciones lineales cuya matriz es K . 2. .K U M Uω= .

Se propone ahora un valor U para el primer miembro, según el siguiente esquema:

12

1. . .i iM U K Uω −=

(Ec. 3.54)

Como la matriz M es diagonal las ecuaciones están totalmente desacopladas y la solución

es inmediata.

Es evidente que este procedimiento resulta operativamente mucho más simple pero ocurre

que en cada iteración las componentes de cada modo crecen proporcionalmente al cuadrado

de su frecuencia jω y el método converge al modo más alto.

Según se ha indicado anteriormente, los modelos de masas concentradas son una buena

representación para los modos bajos, pero no tan buenas para los modos altos. Por

consiguiente esta forma de operar según (Ec. 3.54) no se utiliza corrientemente porque nos

lleva al modo más alto, y el modelo de masas concentradas no constituye una buena

aproximación al problema físico real. Naturalmente, es posible determinar el modo

fundamental con esta secuencia de iteración, determinando previamente todos los modos

superiores, comenzando por el de más alta frecuencia.

Resumiendo, la expresión (Ec. 3.54) permite determinar de una manera

expeditiva los modos altos que de cualquier manera no son de gran precisión por

incapacidad del modelo de masas concentradas de representar bien a dichos modos.

Obtención del segundo modo y su frecuencia

Una vez obtenido el primer modo se puede aplicar el mismo procedimiento anteriormente

descrito para obtener el segundo modo.

En cada paso, la forma tentativa del segundo modo deberá ser ortogonal al primero.

Sea 1φ el primer modo, donde el subíndice indicara el modo, y el súper-índice indica la

componente del modo. 112

11

1n

φφ

φ

φ

=

La forma modal aproximada inicial ( )2 0U tendrá en general componentes en todos los

modos:

( )2 1 1 2 201

. . . .n

n n j jj

U q q q qφ φ φ φ=

= + + + =∑ (Ec. 3.55)

La componente que crecerá más en cada iteración será “ 1q ”, por lo que se trata de anularla

mediante un “barrido” en cada iteración.

A partir de ( )2 0U se puede determinar una aproximación ( ) *

2 0U ortogonal al primer modo:

( ) ( )*2 2 1 10 0

.U U q φ= − (Ec. 3.56)

( ) *2 1 2 20

0. . .n nU q qφ φ φ= + + +

Para determinar 1q en la expresión (Ec. 3.55) se multiplica ambos miembros por 1 .T Mφ :

( )1 2 1 1 1 2 1 20. . . . . . . .T T TM U q M q Mφ φ φ φ φ= + 1. . .T

n nq Mφ φ+ +

Donde los términos: 2 1 2. . .Tq Mφ φ 1. . .Tn nq Mφ φ+ + son cero por ortogonalidad

Luego:

( ) ( )( )

1 2 01 2 01 2

1 1 1

. .. .. . .

r rT r

rT r

rr

M UM Uq

M M

φφφ φ φ

= =∑

∑

(Ec. 3.57)

Secuencia iterativa

d) Se propone ( )2 0U

e) Se calcula 1q según (Ec. 3.57)

f) Se determina ( ) *2 0

U según (Ec. 3.56).

g) Se resuelve ( ) ( ) *2 21 0

. .K U M U=

h) Se normaliza la solución ( )2 1U

i) Se estima la frecuencia según (Ec. 3.49)

j) Se repite el paso d) utilizando en el segundo miembro ( )2 1U .

Observación:

En realidad la componente que más crece en cada paso es 1q que para ( ) *2 i

U no es

exactamente nula debido a los errores numéricos por truncación y redondeo. Para garantizar la

convergencia al segundo modo se deben repetir en cada paso de iteración los pasos a), b) y c).

Partiendo de ( )2 1iU

−.

Obtención de los modos superiores al segundo

Una vez obtenido el segundo modo, se aplica el método con una forma modal aproximada

( )3 0U la que debe transformarse en una forma modal ortogonal tanto al primero como al

segundo modo:

( )3 1 1 2 20. . .n nU q q qφ φ φ= + + + (Ec. 3.58)

Luego:

( ) ( )*3 3 1 1 2 20 0

. .U U q qφ φ= − − (Ec. 3.59)

( ) *3 1 2 3 30

0. 0. . .n nU q qφ φ φ φ= + + + +

Multiplicando ambos miembros de (Ec. 3.58) por 1 .T Mφ resulta por ortogonalidad:

( ) ( )

( )

1 3 01 3 0 11 2

1 11

1

. .. .. . .

nr r

T rr

nTr

rr

M UM Uq

M M

φφφ φ φ

=

=

= =∑

∑

(Ec. 3.60)

Multiplicando ambos miembros de (Ec. 3.58) por 2 .T Mφ resulta por ortogonalidad:

( ) ( )

( )

2 3 02 3 0 12 2

2 22

1

. .. .. . .

nr r

T rr

nTr

rr

M UM Uq

M M

φφφ φ φ

=

=

= =∑

∑

(Ec. 3.61)

La secuencia iterativa es la misma utilizada para obtener el 2º modo:

k) Se propone ( )3 0U

l) Se calcula 1q según (Ec. 3.60) y 2q según (Ec. 3.61)

m) Se determina ( ) *3 0

U según (Ec. 3.59)

n) Se resuelve el sistema ( ) ( ) *3 31 0

. .K U M U=

o) Se normaliza la solución ( )3 1U

p) Se determina la frecuencia según (Ec. 3.49)

q) Se repiten los pasos d) , e) y f) hasta convergencia.

El procedimiento descrito para obtener el segundo y tercer modo puede generalizarse para

obtener todos los restantes modos superiores.

En síntesis, el método de Stodola es muy conveniente para determinar los

primeros modos, pero no es en general el más adecuado para determinar los modos

superiores. Todo dependerá del grado de precisión con que se trabaje y el número de

GLD.

Cuanto mayor sea el número de GLD habrá mayor acumulación de errores ya que los

modos superiores se determinan por la condición de ortogonalidad respecto a los modos

anteriores.

El método de Stodola es una de las formas más simples y rápidas de obtener el

modo fundamental por repetición de pasos de calculo estático.

La determinación del modo y la frecuencia fundamental se convierte “casi” en un cálculo

estático. Una forma particular del método de Stodola para estimar la frecuencia fundamental y

el primer modo conocido como Método de Rayleigh consiste en adoptar un procedimiento

especial para proponer 0U , que consiste en adoptar como vector de carga inicial 0.M U al

vector del peso propio de la estructura. Con dicho vector se procede a resolver el sistema de

ecuaciones de la primera iteración de Stodola, se determina la solución 1U , y con ese valor se

determina la frecuencia fundamental a través de:

2 1 11

1 1

. .. .

T

T

U K UU M U

ω =

Los pasos de este procedimiento simplificado para estimar el modo y la frecuencia

fundamental se ilustran en los ejemplos de la Figura 3.12

Figura 3.12

Este procedimiento implica que en lugar de estimar 0U como se hace en la forma normal

del método de Stodola, se define un vector de aproximación ( 0.M U ) que es directamente el

peso de la estructura aplicado en la dirección en que se producen las deformaciones de interés.

En el caso de la columna con tres masas, las fuerzas asociadas al peso se aplican en dirección

horizontal, mientras que en el caso de la viga las cargas del peso propio se aplican en la

dirección vertical en el primer paso de Stodola.

La deformación estática causada por el peso de las masas será utilizada como primera

aproximación 0U del método de Stodola, y si se desea mayor precisión se continua luego en

la forma habitual.

Método Holzer

Figura 3.13

1m

2m

3m

4m

1k

2k

3k

4k

2.m g

1.m g

3.m g

1

2

31

2.m g

1.m g

33.m g

2

1 2 3 5

6

4

1.m g 2.m g

3.m g 4.m g 5.m g

6.m g

Este procedimiento esta orientado a la solución de casos donde la geometría de la pieza es

básicamente unidimensional (o representable por un modelo unidimensional) como el caso de

las Figura 3.13 y 3.14.

Figura 3.14

Este método consiste en suponer un valor de 2ω para el que comenzando desde un

extremo de la pieza se integra hasta el otro extremo, ajustando sucesivamente 2ω para

cumplir las condiciones de borde en los dos extremos. Es muy utilizado en conjunción con la

técnica de matrices de transferencia.

En ingeniería mecánica el método Holzer resulta muy conveniente para el estudio de

vibraciones torsionales de ejes, cigüeñales, etc.

rigidez torsional equivalente

inercia rotacional concentrada

Capítulo 4

Método de Descomposición Modal

Introducción

En el capitulo anterior se ha tratado el problema de vibraciones libres que implica resolver

un sistema de ecuaciones diferenciales homogéneo (2do. miembro nulo):

. . 0K U M U+ =

Ahora se considera el caso de un sistema de múltiples GLD bajo cargas variables en el

tiempo:

. . . ( )K U M U C U P t+ + =

La solución de este sistema de ecuaciones diferenciales es muy laboriosa aun en el caso de

emplear métodos numéricos. Para simplificar el problema se introduce una transformación de

coordenadas adecuadas para las cuales, aprovechando las condiciones de ortogonalidad, es

posible llegar a un sistema de ecuaciones desacoplado, (una sola incógnita en cada ecuación).

4.1- Coordenadas Normales

Se retoma el ejemplo de la viga en voladizo con tres masas (Figura 4.1) tratada en el

Capítulo 3. La configuración deformada en el problema dinámico está dada por el vector

desplazamiento U .

Figura 4.1

Una forma de expresar el vector desplazamiento es por medio de una combinación lineal

de la base canónica:

1

2 1 2 3

3

1 0 0. 0 . 1 . 0

0 0 1

UU U U U U

U

= = + +

(Ec. 4.1)

Cada vector je de la base canónica corresponde a una configuración deformada en la cual

el desplazamiento prefijado en el grado de libertad “ j ” es la unidad y los desplazamientos en

los restantes GLD son nulos. Para los grados de libertad no dinámicos no se impone ninguna

condición.

Los modos de vibrar pueden también utilizarse como una base para expresar el vector

desplazamiento. El estado deformado U de la Figura 4.1 puede expresarse como

combinación lineal de los vectores modo:

3m

123

2m 1m

1

2

3

UUU

1U2U3U

1

00

U

1U

= =

2

0

0U

2U

++

3

00

U

3U

+ +

1 1 11 1 2 3

2 2 22 1 1 2 2 3 3

3 3 33 1 2 3

. . .U

U U q q qU

φ φ φφ φ φφ φ φ

= = + +

(Ec. 4.2)

1 1 2 2 3 3. . . .i ii

U q q q qφ φ φ φ= + + =∑ (Ec. 4.3)

En notación matricial:

.U qφ= (Ec. 4.4)

Figura 4.2

Los coeficientes iq de la combinación lineal son un tipo de coordenadas generalizadas que

se denominan coordenadas normales de la estructura.

La (Ec. 4.4) muestra que la matriz modal φ sirve para transformar las coordenadas

generalizadas en coordenadas geométricas.

Por ser los modos ortogonales, la matriz modal φ admite inversa y por lo tanto el sistema

algebraico de ecuaciones lineales (Ec. 4.4) puede ser resuelto para cualquier U . Sin embargo

es posible determinar las coordenadas normales iq sin resolver el sistema de ecuaciones si se

aprovechan las condiciones de ortogonalidad.

Premultiplicando ambos miembros de (Ec. 4.3) por .Tj Mφ se tiene:

1. . .( . . )

nT T

j i j ii

M U q Mφ φ φ=

=∑ (Ec. 4.5)

U

=

+

+

1 1.q φ

2 2.q φ

3 3.q φ

En el segundo miembro de (Ec. 4.5) se anulan todos los términos en que “ i j≠ ” por

ortogonalidad (recordar la (Ec. 3.36) . . 0Tj iMφ φ⇒ = para i j≠ ).

El escalar . .Tj jMφ φ puede pasarse dividiendo al otro miembro quedando:

. .

. .

Tj

j Tj j

M Uq

Mφφ φ

= (Ec. 4.6)

Esta sencilla expresión permite calcular cualquiera de las coordenadas normales para un

dado U .

4.2- Descomposición Modal sin Amortiguamiento

Partiendo de las ecuaciones de equilibrio dinámico sin amortiguamiento:

. .K U M U P+ = (Ec. 4.7)

e introduciendo coordenadas normales (Ec. 4.4) y sus derivadas segundas .U qφ= (la

matriz modal no varia en el tiempo), se tiene:

. . . .K q M q Pφ φ+ = (Ec. 4.8)

Premultiplicando por la matriz modal transpuesta Tφ (tiene los modos como filas) queda:

( . . ). ( . . ). .T T TK q M q Pφ φ φ φ φ+ = (Ec. 4.9)

Una ecuación genérica “ i ” tiene la forma:

1 1

( . . ). ( . . ). .m m

T T Ti j j i j j i

j jK q M q Pφ φ φ φ φ

= =

+ =∑ ∑

Si j i≠ se tiene por ortogonalidad que:

. . 0Tj iKφ φ = y . . 0T

j iMφ φ =

Al anularse todos los términos en que j i≠ el sistema queda desacoplado:

( . . ). ( . . ). .T T Ti i i i i i iK q M q Pφ φ φ φ φ+ = (Ec. 4.10)

Donde:

. .Ti i iK Kφ φ = : es la rigidez generalizada asociada al modo “i” (Ec. 4.11)

. .Ti i iM Mφ φ = : es la masa generalizada asociada al modo “i” (Ec. 4.12)

.Ti iP Qφ = : es la carga generalizada asociada al modo “i” (Ec. 4.13)

Queda un sistema de ecuaciones desacoplado de la forma:

. .i i i i iK q M q Q+ = (Ec. 4.14)

Importante:

El aspecto fundamental en el Método de Descomposición Modal es que permite

llegar a un sistema de Ecuaciones Diferenciales Desacopladas. Esto se logra de la

siguiente manera:

1) Introduciendo coordenadas normales

2) Utilizando las propiedades de ortogonalidad

Recordando que los modos satisfacen la ecuación de vibraciones libres (Ec. 3.27) 2. . .i i iK Mφ ω φ= (Ec. 4.15)

Al multiplicar ambos miembros por la transpuesta del modo Tiφ queda:

2. . . . .T Ti i i i iK Mφ φ ω φ φ=

Según (Ec. 4.11) y (Ec. 4.12): 2.i i iK Mω= (Ec. 4.16)

Por ser iK y iM escalares resulta:

2 ii

i

KM

ω = (Ec. 4.17)

La ecuación (Ec. 4.7) corresponde a un oscilador simple de masa iM y rigidez iK y cuya

frecuencia iω , según (Ec. 4.17) es la correspondiente al modo “ i ”.

Por ser M diagonal resulta muy sencillo el cálculo de iM :

2.( )ri r i

rM m φ=∑ (Ec. 4.18)

Luego se calcula iK según (Ec. 4.16).

De esta manera se ha transformado un problema de ecuaciones acopladas (Ec. 4.7) en otro

que requiere resolver “n” ecuaciones, cada una correspondiente a un oscilador simple. La

respuesta U se obtiene superponiendo las iq según (Ec. 4.3).

1

.n

i ii

U q φ=

=∑

Observando que cada oscilador (Ec. 4.14) tiene una rigidez proporcional al cuadrado de la

frecuencia natural iω podemos adelantar que las componentes “ iq ” en los modos altos serán

en general pequeñas (salvo resonancia). Esto implica que no siempre será necesario

considerar todos los modos para obtener una buena aproximación.

Secuencia de cálculo:

a) Armar las matrices de masa y de rigidez condensada.

b) Calcular por algún método aproximado los primeros “ p ” modos y sus frecuencias.

c) Determinar iM según (Ec. 4.18), iK según (Ec. 4.16) y iQ según (Ec. 4.13).

d) Resolver “ p ” osciladores simples (Duhamel, análisis numérico, etc).

e) Superponer las respuestas en cada modo según (Ec. 4.3)

f) Calcular los esfuerzos barra por barra.

Las condiciones iniciales para resolver (Ec. 4.14) en el paso (d) de la secuencia anterior se

obtienen según (Ec. 4.6).

( ) 00

. .Ti

ii

M UqM

φ= ; ( ) 0

0

. .Ti

ii

M UqM

φ=

(Ec. 4.19)

Según (Ec. 4.3) el desplazamiento en el grado de libertad “ j ” es:

( )( ) ( )1

.n

t i t i jji

U q φ=

= ∑ (Ec. 4.20)

Las fuerzas elásticas asociadas a cada grado de libertad son:

( )( ) .e tF t K U=

Sustituyendo (Ec. 4.3):

( )( ) . . . .e i i i ii

F t K q q Kφ φ= =∑ ∑

Recordando (Ec. 4.15):

( )2( ) . .e i i iF t q Mω φ=∑

Por ser M diagonal, la fuerza elástica ( )( )e jF t asociada al grado de libertad “ j ” resulta:

[ ] ( )2( ) . . .e i i j i jji

F t q mω φ=∑ (Ec. 4.21)

Las ecuaciones (Ec. 4.20) y (Ec. 4.21) muestran que es más fácil conseguir buena

aproximación en la determinación de los desplazamientos que en la determinación de los

esfuerzos donde cada coordenada normal viene multiplicada por el cuadrado de su frecuencia

correspondiente.

Para un grado de aproximación dado será necesario incluir más modos cuando interesa

calcular esfuerzos que en los casos en que interesan sólo los desplazamientos. En general para

obtener una buena aproximación a los esfuerzos se requieren más modos naturales que para

estimar los desplazamientos con equivalente precisión.

4.3- Descomposición Modal con Amortiguamiento

Partiendo de la ecuación de equilibrio dinámico incluyendo amortiguamiento:

. . .K U C U M U P+ + =

Introduciendo coordenadas normales según (Ec. 4.4) y premultiplicando por la matriz

modal transpuesta se obtiene:

. . . . . . . . . .T T T TK q C q M q Pφ φ φ φ φ φ φ+ + = (Ec. 4.22)

Donde:

. .T K Kφ φ = ; . .T M Mφ φ = (Ec. 4.23)

K y M son matrices diagonales debido a las condiciones de ortogonalidad. Si además se

supone que la matriz de amortiguamiento “C ” también es ortogonal respecto a los modos, se

tiene:

. .T C Cφ φ = (Ec. 4.24)

Donde:

. . 0Tj iCφ φ = si j i≠ (Ec. 4.25)

Si i j= :

. . 2. . .Ti i i i i iC C Mφ φ ω ξ= = (Ec. 4.26)

La (Ec. 4.26) es la ecuación de definición del coeficiente de amortiguamiento en el modo

“ i ” que se designa iξ .

Obsérvese la similitud de la (Ec. 4.26) con (Ec. 2.9):

.2. .C Mξ ω=

De modo que suponiendo (Ec. 4.24) se obtiene un sistema de "n" ecuaciones

desacop1adas, cada una correspondiente a un oscilador simple con amortiguamiento iC :

. . .i i i i i i iK q C q M q Q+ + = (Ec. 4.27)

Además de facilitar los cálculos, es físicamente más razonable definir el coeficiente de

amortiguamiento en cada modo iξ que tratar de evaluar la matriz C .

Es corriente adoptar una matriz de amortiguamiento del tipo siguiente:

. .C K Mα β= + (Ec. 4.28)

Donde α y β son constantes escalares a determinar.

Esta hipótesis, conocida como Amortiguamiento Proporcional tiene la siguiente

gran ventaja: con ella es posible aplicar el Método de Descomposición Modal, ya

que las ecuaciones resultantes siguen siendo desacopladas.

Llevando (Ec. 4.28) a (Ec. 4.27) se tiene:

( ). . . . .

i

i i i i i i i i

C

K q K M q M q Qα β+ + + = (Ec. 4.29)

Las constantes α y β son determinadas de modo de lograr un grado de amortiguamiento

iξ deseado en dos modos prefijados.

Se debe destacar que para una matriz de amortiguamiento arbitraria C no se puede

garantizar el desacople del sistema de ecuaciones, y en consecuencia el método de

descomposición modal en la forma habitual no es aplicable.

En el caso que el amortiguamiento no es proporcional los modos naturales amortiguados

tienen componentes complejas (parte real e imaginaria) debidas al desfasaje causado por el

amortiguamiento. Su determinación es considerablemente más laboriosa que para los modos

no amortiguados utilizados en este curso.

En general no es posible contar con evidencia experimental suficiente que justifique la

adopción de una matriz general C que implique amortiguamiento “NO PROPORCIONAL".

Partiendo de la expresión (Ec. 3.39):

1. . . . 0bT

i iM M Kφ φ− =

Se han desarrollado procedimientos para obtener matrices de amortiguamiento que

contengan un grado de amortiguamientoξ prefijado “para un número prefijado cualquiera de

modos. Este tema no se explora en más detalle en el presente curso.

4.4- Una Mejora en el Método de Descomposición Modal

La mayor ventaja que se atribuye al método de descomposición modal es que en la

mayoría de los casos no es necesario utilizar ni determinar todos los modos y frecuencias.

En muchos casos se determinan los desplazamientos con un alto grado de precisión

utilizando unos pocos modos y posteriormente se comprueba si la exactitud en los esfuerzos

es suficiente.

Las inexactitudes mencionadas se producen por no considerar las componentes de la carga

ortogonales a los modos considerados, pero pueden subsanarse fácilmente y basta con agregar

a la respuesta dinámica obtenida utilizando los primeros modos la respuesta casi estática de

los modos restantes.

Se comienza haciendo una transformación del vector de cargas para expresarlo en

coordenadas modales:

( )1 21 1

.... . .n n

i n i ii i

P P P P P C M φ= =

= = + + + =∑ ∑ (Ec. 4.30)

Para determinar los coeficientes de la combinación lineal se premultiplica ambos

miembros de (Ec. 4.30) por Tiφ :

( )1

. . . . .n

T Ti j i j i i

j

P C M C Mφ φ φ=

= =∑ (Ec. 4.31)

Nótese que se aprovecharon las propiedades de ortogonalidad de los modos respecto de la

matriz de masa.

Recordando la definición de la ecuación (Ec. 4.13) de carga generalizada y observando

(Ec. 4.31), resulta evidente que cada componente de la carga en (Ec. 4.30) contribuye a la

respuesta en un único modo.

.Ti iQ Pφ= ; i

ii

QCM

= ; .( . )ii i

i

QP MM

φ= (Ec. 4.32)

Es conveniente descomponer la carga en dos partes como sigue:

1 2 1...... ......p s

p s p p n

P P

P P P P P P P P+= + = + + + + + + (Ec. 4.33)

La respuesta dinámica a la carga pP se obtiene mediante el método de descomposición

modal resolviendo los “ p ” osciladores simples del tipo (Ec. 4.14) o (Ec. 4.27) según se

considere o no el amortiguamiento:

. . .i i i i i i iK q C q M q Q+ + = (Ec. 4.34)

Cuando sólo se consideran los primeros “ p ” modos se está despreciando la contribución

al desplazamiento proveniente de las componentes de la carga en los n p− modos superiores.

Para no tener que calcular esos modos superiores se puede aproximar la respuesta como

casi-estática resolviendo el sistema:

. s sK U P= (Ec. 4.35)

Para calcular la componente de la carga en los modos superiores basta despejar en (Ec.

4.33) teniendo en cuenta (Ec. 4.32):

1

.( . )p

s p i ii

P P P P C M φ=

= − = −∑

1

.( . )p

is i

i i

QP P MM

φ=

= −∑ (Ec. 4.36)

La solución estática es válida sólo si las frecuencias excitadoras Ω son bajas comparadas

con las frecuencias propias ω y el amortiguamiento es bajo. Esto se ve claramente en los

gráficos ya conocidos para la respuesta en régimen de un oscilador simple:

Figura 4.3

Figura 4.4

Si 1iω

Ω el factor de amplificación dinámica (Figura 4.3) es aproximadamente la unidad

y si además iξ es pequeño, el desfasaje es despreciable (ver Figura 4.4) de modo que la

respuesta casi-estática resulta ser una buena aproximación.

0ξ = 0.05ξ =0.2ξ =

0.5ξ =

1.0ξ =

0.5 1 1.5 2 2.5 3

1

2

3

4

5 0ξ =

0.2ξ =

0.5ξ =

0.7ξ =1.0ξ =

β

γ

Para esto pφ debe contener todos los modos correspondientes a frecuencias iω

correspondientes a la zona de la derecha del punto A de la Figura 4.3, es decir, las frecuencias

iω menores que las excitadoras iΩ como así también las de los valores próximos a dichas

frecuencias iΩ . De esa manera sφ sólo contiene frecuencias bastante mayores que las

excitadoras y se cumple: ( )

1i s

ωΩ

Importante:

Cuando la carga tiene una frecuencia mucho menor que las frecuencias propias

significa que varía “lentamente” frente a la velocidad de reacción de la estructura y

se comporta como “carga casi-estática”.

Algoritmo:

a) Armar K y M

b) Calcular los primeros p modos

c) Calcular iq resolviendo la expresión (Ec. 4.34)

d) Calcular sP según la expresión (Ec. 4.36)

e) Calcular sU resolviendo la expresión (Ec. 4.35).

f) Calcular la respuesta .p p sU q Uφ= +

g) Determinar los esfuerzos en cada barra .K U P=

Capítulo 5

Excitación dinámica por movimiento de apoyo

Introducción

En este capítulo se analiza el problema dinámico en el que en lugar de aplicar fuerzas

conocidas ( )P t en los nudos, la excitación dinámica está definida a través de imponer el

desplazamiento ( )AU t (o equivalentemente la aceleración ( )AU t ) de ciertos grados de

libertad. Naturalmente, cuando los desplazamientos de ciertos grados de libertad (GDL) son

conocidos, las fuerzas a aplicar en esos nudos para imponer dichos desplazamientos son en

general desconocidas. En tal caso esas fuerzas constituyen las reacciones que genera el

movimiento de apoyo aplicado. Esta clase de problemas dinámicos tiene particular

importancia en la Ingeniería Civil ya que en ella se encuentra encuadrada la respuesta de

estructuras a los movimientos sísmicos, que es uno de los estados básicos de carga

importantes en el diseño de estructuras en zonas susceptibles de sufrir este tipo de

solicitaciones.

Cuando los desplazamientos impuestos ocurren lentamente, o sea que se pueden

aproximar como estáticos, éstos producen esfuerzos y tensiones sólo cuando la estructura es

hiperestática, ya que en caso de estructuras isostáticas los desplazamientos lentos de apoyo

no inducen tensiones ni reacciones en los puntos de apoyo. Por el contrario, cuando los

desplazamientos son impuestos en una estructura hiperestática, éstos producen en general

tensiones internas y reacciones independientemente de si los desplazamientos son lentos o

rápidos.

En el caso de estructuras con inercia, los desplazamientos impuestos variables

en el tiempo producen en general esfuerzos internos cualquiera sea el tipo o

cantidad de apoyos.

En las secciones siguientes se analizan diversos casos especiales de efectos dinámicos

producidos por desplazamientos o aceleraciones impuestas en los apoyos a los efectos de

introducir los principales aspectos del problema, dejando para más adelante la formulación

general de los esfuerzos inducidos por desplazamientos impuestos en estructuras con apoyos

múltiples.

5.1- Esfuerzo debidos a desplazamientos dinámicos de cuerpo rígido

Caso de una viga “rígida” simplemente apoyada:

Figura 5.1

Al

B1 2 3 4 5

( )a

( )AU t

B

12

34

5iUΓ

ix

( )b

Fuerzas de inercia

( )c

Diagrama Mf

( )d

Diagrama Q

( )e

En la viga simplemente apoyada de la Figura 5.1 se considera que el apoyo A se desplaza

verticalmente según en el tiempo según la función ( )AU t .

Si la viga fuese rígida, es decir que no se deforma bajo cargas transversales, el

desplazamiento de cada masa sería proporcional a ( )AU t y a la distancia iX de dicha masa al

apoyo B, tal como se puede observar en la Figura 5.1.b. Una distribución similar en el espacio

tiene la velocidad y la aceleración de cada masa, de modo que la fuerza de inercia en cada

masa resulta:

. ( ). . ( )ii A i i

Xm U t m U tl Γ

− = −

(Ec. 5.1)

Como se indica en la Figura 5.1.c, las fuerzas de inercia que se inducirían en las distintas

masas están dadas por la (Ec. 5.1), las que según el principio de D’Alambert pueden ser

tratadas como cargas exteriores aplicadas al sistema. Como resultado de ese desplazamiento

del apoyo, la viga resulta sometida a tensiones internas asociadas a los momentos flectores y

esfuerzos cortantes originados por las fuerzas de inercia. Los esfuerzos internos están

representados en las Figura 5.1.d y 5.1.e. Debe destacarse que las fuerzas de inercia de la (Ec.

5.1) dan origen al vector de carga asociado a la excitación por el movimiento del apoyo, y

que dicho vector de carga no depende de la rigidez de la viga, es decir que el vector de carga

es el mismo independientemente que se trate de una viga rígida o de una viga flexible. La

diferencia entre esos dos casos radica únicamente en si ocurre alguna deformación adicional

respecto a la línea recta que une los dos puntos de apoyo de la viga en cualquier instante de la

excitación. En efecto, si la viga es infinitamente rígida, el vector de cargas debido al

desplazamiento del apoyo (dado por el (Ec. 5.1)) no producirá deformaciones adicionales al

desplazamiento de cuerpo rígido entre los apoyos, y los esfuerzos de flexión y corte (y las

reacciones) podrán ser determinados por el procedimiento habitual para cualquier estado de

carga estático. En realidad hay una aparente contradicción intrínseca al decir que se aplica el

procedimiento estático para calcular la respuesta a fuerzas que son esencialmente dinámicas

que provienen de multiplicar una masa por una aceleración. En estos casos, tal vez sea más

apropiado decir que se aplica el procedimiento “casi-estático” para calcular los esfuerzos y

reacciones debidos a las fuerzas de inercia. El método de análisis es estático, pero las fuerzas

que constituyen el vector de carga son de origen dinámico ya que está asociada al producto de

la masa de los distintos grados de libertad por el vector conocido de aceleración en cada uno

de ellos. Por lo tanto, la designación del método como “casi-estático” es más apropiada que la

designación como “estático”, aunque se aplican las reglas de la estática a fuerzas de origen

dinámico.

Por el contrario, si la viga es flexible, el vector de cargas de la (Ec. 5.1) dará origen a

deformaciones relativas a la línea recta que une a los dos apoyos de la viga, las que a su vez

modifican las fuerzas de inercia dadas por la (Ec. 5.1); en este caso, el problema ya no puede

tratarse como un problema estático sino que deben tenerse en cuenta todos los aspectos

propios de un problema dinámico.

Caso de una barra “rígida” hipostática

Resulta sencillo demostrar experimentalmente que las fuerzas de inercia asociadas al

movimiento de la barra prismática o péndulo físico ilustradas en la Figura 5.2 producen

esfuerzos cortantes y momentos flectores en una barra elástica que gira alrededor de un punto

fijo. Las aceleraciones absolutas en los distintos puntos de la barra son proporcionales a la

distancia al punto de giro, mientras que la componente de la fuerza de gravedad normal a la

posición instantánea de la barra es uniforme. Ambos esquemas de distribución de fuerzas que

actúan en forma simultánea (las de inercia variando linealmente con la distancia al punto de

giro, y las debidas a la gravedad con distribución uniforme). Las tensiones normales de

flexión provocadas por la superposición del peso propio de la barra junto a las fuerzas de

inercia pueden ser medidas con extensímetros eléctricos de resistencia (“resistance

straingages”) adosados a las caras de la barra. En realidad lo que se puede medir no son las

tensiones sino las deformaciones elásticas inducidas por dichas tensiones, pero las

deformaciones son muy pequeñas y no modifican sustancialmente los desplazamientos, y por

ende tampoco afectan apreciablemente la velocidad y la aceleración a los largo de la barra.

Desde el punto de vista estructural, un péndulo físico de este tipo es una viga con apoyos

hipostáticos, ya que el grado de libertad de rotación alrededor de la articulación se mantiene

sin restricción. De todos modos, las fuerzas de inercia en todo momento están en equilibrio

dinámico según el principio de D’Alambert con las fuerzas debidas a la gravedad. En

realidad, la magnitud de la aceleración se obtiene exigiendo el equilibrio de momentos de las

fuerzas de inercia con las debidas a la gravedad. De esa igualdad se puede despejar la

aceleración de la barra normal a su eje, o equivalentemente la aceleración angular. A partir de

ese cálculo, conocida la aceleración angular en cada instante, se puede determinar la reacción

en el apoyo para que se cumpla el equilibrio de fuerzas en el sentido perpendicular al eje de la

barra. Para pequeñas oscilaciones del péndulo, la reacción vertical en el eje de la barra resulta

aproximadamente igual al peso de la misma, mientras que la componente horizontal de la

reacción es la que resulta de plantear el equilibrio instante a instante de las fuerzas de inercia

y las de la gravedad.

Figura 5.2

Caso de una barra “rígida” en voladizo

Sea el voladizo rígido de la Figura 5.3 con una distribución uniforme de masa δ (masa

por unidad de longitud) sometido a un desplazamiento transversal del empotramiento.

Las fuerzas de inercia resultan uniformemente repartidas como se observa en la Figura

5.3.b

Figura 5.3

AUA

AUA

( )a

( )b

( )c

( )d

Fuerzas de inercia

Esfuerzo de Corte

Momento Flector

( )a

de inerciaFuerzas

Componente delpeso propio

θ

( )bFuerzas actuantes

( )cMomento flector

( )dEsfuezo de corte

3 grado° 2 grado°

( ) . ( ).AdF t U t dxδ= (Ec. 5.2)

A partir del razonamiento anterior, por simples consideraciones estáticas se pueden

determinar los diagramas de momento flector y esfuerzo de corte de las Figura 5.3.c y Figura

5.3.d.

Si la estructura es flexible, la zona del extremo del voladizo sufrirá desplazamientos

adicionales a los de la base, los que llevan a fuerzas de inercia adicionales que modificarán los

diagramas de fM y Q . Nótese que los esfuerzos internos son funciones del tiempo a través

de ( )AU t .

El procedimiento seguido en los tres casos anteriores es utilizado con frecuencia en

problemas donde se supone conocida la aceleración ( )AU t instante a instante.

En esencia este “método simplificado” consiste en cargar la estructura con las fuerzas de

inercia calculadas sobre la hipótesis de movimiento de cuerpo rígido. Dichas cargas (fuerzas

de inercia) se consideran como cargas estáticas y a partir de las mismas se calculan

(estáticamente) los esfuerzos.

Este procedimiento implica dos hipótesis. La primera consiste en calcular en cada instante

las fuerzas de inercia teniendo en cuenta únicamente el valor de la aceleración conocida AU

en ese instante. La segunda, es tratar a las fuerzas de inercia como cargas estáticas. En ambos

casos se trata al problema en forma estática, es decir que la respuesta de la estructura se

calcula a partir de las fuerzas actuantes instante a instante. En realidad es como si se estuviera

aplicando el método de las fuerzas según el cual se calculan los esfuerzos sin determinar los

desplazamientos, y posteriormente calcular los desplazamientos asociados a dichos esfuerzos.

Alternativamente, el problema puede también tratarse por el método de rigidez considerando a

las fuerzas de inercia como cargas estáticas.

Para tener en cuenta las fuerzas de inercia inducidas por las deformaciones de la pieza,

deberá hacerse un planteo más general aplicable independientemente que la estructura sea

relativamente rígida o flexible. Dicho planteo tomará en cuenta además del valor de la

aceleración total en cada instante la ley de variación de la misma varía en el tiempo.

Una de las posibles formas de tratar el problema es a través del método de rigidez que se

desarrolla a continuación.

5.2- Formulación general del problema de movimiento de apoyo

Caso de una estructura isostática deformable sin amortiguamiento.

Se ilustra el planteo general basado en el método de rigidez desarrollando el ejemplo de la

Figura 5.1, con la siguiente notación:

:TU Desplazamiento total

:U Desplazamiento relativo al movimiento de cuerpo rígido

:UΓ Desplazamiento asociado al movimiento de cuerpo rígido.

Figura 5.4

De la figura surge que:

1

12

2. .A A

ss

xl Bx B

U U Ul

Bxl

Γ

= =

(la Figura 5.4 corresponde a un instante en que AU es hacia abajo y por lo tanto las fuerzas

de excitación que integral el vector de carga son hacia arriba)

Tendremos las siguientes ecuaciones generales de equilibrio dinámico:

. . 0T TK U M U+ =

El vector de cargas de la derecha es nulo porque se supone que no hay otras cargas

exteriores que no sean las reacciones de los apoyos.

El desplazamiento total será:

TU U UΓ= + (Ec. 5.3)

Por lo que:

11 12 15 1 1 1 1

21 22 25 2 2 2 2

51 52 55 5 5 5 5

0 00 0

. .

0 0

K K K U U m UK K K U U m U

K K K U U m U

Γ

Γ

Γ

+ + + + + + +

(Ec. 5.4)

A

B2x

AU1UΓ 2UΓ 3UΓ

4UΓ

5UΓ

1U2U

3U4U

5U

Que puede condensarse:

. . . . 0K U K U M U M UΓ Γ+ + + =

Reconociendo que [ ] . 0K UΓ = por tratarse UΓ de un desplazamiento de cuerpo

rígido se puede escribir la expresión (Ec. 5.4) de la siguiente manera:

. . .K U M U M UΓ+ = − (Ec. 5.5)

Las ecuaciones de movimiento de un cuerpo deformable sometido a

desplazamiento de apoyo tienen igual forma que las del sistema sin desplazamiento

de apoyo pero sometido a cargas equivalentes .M UΓ− . Estas cargas equivalentes

representan el VECTOR EXCITACIÓN debido l movimiento de apoyo. Es

importante no confundir el Vector Excitación así definido con el “Vector de Carga

Equivalente” que se verá más adelante.

Figura 5.5

Para estructuras rígidas se ha visto que las fuerzas de inercia asociadas al movimiento de

cuerpo rígido .M UΓ− pueden ser consideradas como cargas exteriores; posteriormente, si

las deformaciones inducidas por esas cargas resultaran que contribuyen significativamente a

las fuerzas de inercia, es necesario incluir esos términos adicionales de inercia.

( )AU t

Movimiento de apoyos

A

2

1

2. Am U

Cargas equivalentes

A

1. Am U

( )AU tSistema con movimiento de apoyos

( )AU t

1. Am U

Sistema equivalente

2. Am U

Figura 5.6

La expresión (Ec. 5.5) tiene en cuenta simultáneamente estos dos aspectos: por un lado la

solución de la misma U es el desplazamiento relativo respecto al apoyo; las fuerzas de

inercia asociadas a la aceleración relativa al de cuerpo rígido constituyen el término M Ü, y

por otro lado las fuerzas de inercia .M UΓ− debidas a la excitación.

En la expresión (Ec. 5.5) se puede apreciar el método simplificado propuesto

anteriormente como “casi-estático”, que consiste en despreciar el término .M U y utilizar

sólo las fuerzas de inercia aproximadas .M UΓ− para resolver luego las deformaciones

aproximadas U (no de cuerpo rígido).

. .K U M UΓ−

Observando la expresión (Ec. 5.5) se puede apreciar que:

Determinar si un movimiento de apoyo es estático o dinámico es equivalente a

determinar si las fuerzas equivalentes .M UΓ− son aplicadas en forma estática o

dinámica.

. . . .i i i i AiM U m U m B UΓ Γ− = − = −

Cada componente del vector de carga equivalente es proporcional a AU a través de un

factor de proporcionalidad que se designa como .i im B independiente del tiempo, por lo que el

gráfico que representa el vector de las fuerzas equivalentes resulta ser el mismo gráfico de

( )AU t pero en otra escala.

Figura 5.7

Si Dt T≤ → EXCITACIÓN DINAMICA

Si Dt T → PROBLEMA ESTATICO

La solución de la ecuación (Ec. 5.5) se logra a través de los procedimientos generales ya

vistos para cualquier carga variable en el tiempo. Nótese que las incógnitas en la ecuación

AU

t

AU

tDt Dt

(Ec. 5.5) corresponden al movimiento relativo U respecto al desplazamiento asociado al

movimiento de cuerpo rígido.

Las fuerzas internas en cada instante podrán ser calculadas utilizando los desplazamientos

relativos U premultiplicados por las respetivas matrices de rigidez de cada barra, tal como se

ha hecho en los casos estáticos.

5.3- Aplicación del Método de Descomposición Modal

En las secciones anteriores se ha presentado el problema del movimiento de apoyo (sin

cargas externas) a través de un transformarlo según (Ec. 5.5) en un problema dinámico sin

movimiento de apoyo pero con cargas exteriores .M UΓ− . También se ilustró que el

problema equivalente puede ser resuelto en la forma habitual para cualquier carga de tipo

dinámico. A continuación se particulariza el procedimiento de solución basado en el método

de descomposición modal.

En el caso de excitación por movimientos de apoyo el método de descomposición modal

lleva naturalmente al concepto de “factor de participación modal”. El vector

desplazamiento relativo al apoyo U se expresa como una combinación lineal de los modos

naturales a través de:

1

.n

j jj

U q φ=

=∑ (Ec. 5.6)

Donde jφ representa el modo j y jq a su coordenada generalizada, y n el numero de

GLD.

Sustituyendo la expresión (Ec. 5.6) en la ecuación (Ec. 5.5) se pasa a coordenadas

generalizadas, y premultiplicando ambos miembros de cada ecuación “ j ” del sistema por Tjφ

se obtiene a través del teorema de ortogonalidad un sistema de ecuaciones desacopladas de la

forma:

. . . .Tj j j j jq K q M M Uφ Γ+ = − (Ec. 5.7)

. . .Tj AM BUφ= −

. .

. .Tj

j Aj

M BM U

Mφ

= − (Ec. 5.8)

Donde:

( )2

1

. . .n

Tj j j i j i

i

M M mφ φ φ=

= =∑

2. . .Tj j j j jK K Mφ φ ω= =

jj

j

KM

ω =

. AU BUΓ =

Factor de participación modal

Nótese que la ecuación (Ec. 5.8) tiene la misma forma que la de un oscilador simple de

frecuencia jω , con la excepción del factor de proporcionalidad jΓ que denominaremos

“factor de participación modal”.

. .. .

Tj

j Tj j

M BM

φφ φ

Γ = (Ec. 5.9)

Por lo tanto, la respuesta en el modo j , estará dada a través del producto:

( ).j j s jq U= Γ (Ec. 5.10)

Figura 5.8

Donde ( )s jU es la respuesta en el tiempo de un oscilador simple no amortiguado de

rigidez jK y masa jM sometido al movimiento de apoyo AU .

Para operar en forma práctica se procede de la siguiente manera:

a) Se determina la matriz de inercia y matriz de rigidez condensada en la forma

habitual (condensación matricial, cross, flexibilidad, etc)

b) Se determinan las frecuencias y modos naturales de vibración (por ejemplo

determinamos los k primeros modos por el método Stodola). En realidad, esta es la

jK

jM( )s jU .j AM U

A

parte más laboriosa del problema ya que el resto es muy simple y requiere poco

esfuerzo computacional.

c) Se calculan las masas generalizadas en cada modo mediante la expresión:

( ) ( ) ( )2 2 2

1 21 2. . .j j j n j n

M m m mφ φ φ= + + +…

d) Se determinamos la rigidez generalizada en cada modo mediante el producto de la

masa generalizada recién calculada por el cuadrado de la frecuencia del modo:

2.j j jK Mω=

Esta expresión tiene gran importancia conceptual ya que indica que la rigidez de los

modos superiores es muy grande (comparada con la rigidez de los primeros) y en

consecuencia la respuesta (el desplazamiento) será en general muy pequeña (salvo

amplificación por resonancia).

e) Se calculan los factores de participación:

. .. .

Tj

j Tj j

M BM

φφ φ

Γ =

1

2

0 00 0

0 0 n

mm

m

1

2

n

BB

B

( ) ( ) ( )1 2j j j n

φ φ φ… ( ) ( ) ( )1 21 2. . .j j j nnm m mφ φ φ… ( ) . .j i ii

i

m Bφ∑

( ) . .j i iij

j

m B

M

φΓ =

∑

El denominador es la masa generalizada jM ya calculada en el paso c).

f) Se determinamos la respuesta para cada uno de los “n” osciladores simples sin

amortiguamiento, con una carga . ( )j AM U t− . Esto se hace en la forma habitual

(Duhamel, análisis numérico, etc.)

Figura 5.9

g) Finalmente se superponen las respuestas ( )jq t en cada modo, multiplicadas por el

correspondiente factor de participación: 11 1

1 1 222 2

2 1 21 1 2 2

1 2

. ( ). . ( ). . ( ).

k

kk k

nn nn k

UU

q t q t q t

U

φφ φφφ φ

φφ φ

= Γ +Γ + +Γ

……

(Ec. 5.11)

Se insiste en que no es necesario calcular todos los “n” modos ni extender la suma (Ec.

5.11) a todos los modos. Bastará según el problema considerar los k primeros modos, donde

k debe ser determinado según el contenido de frecuencias de la excitación, de la distribución

de frecuencias naturales del problema y de la distribución espacial de las masas. Más detalles

sobre este aspecto exceden el alcance de este curso.

5.4- Movimiento Dinámico de Apoyos en sistemas no amortiguados Planteo en desplazamientos relativos

Al desplazar “dinámicamente” un apoyo se producen aceleraciones en los grados de

libertad dinámicos, (GLD); que provocan “fuerzas de inercia” que “atrasan” la respuesta. Si se

agregan fuerzas “ficticias” que “neutralizan” esas fuerzas de inercia se obtiene un estado de

desplazamientos “casi-estático” al que debe sumarse luego, la solución correspondiente a las

fuerzas ficticias cambiadas de signo.

El problema de desplazamiento dinámico de apoyo se descompone en la suma de dos

estados:

a) Un estado casi-estático de desplazamiento prefijado de apoyo pero sin fuerzas de

inercia

jK

jM

. ( )j AM U t−

A

b) Un estado dinámico donde solo actúan las fuerzas de inercia pero sin

desplazamiento prefijado de apoyo

La respuesta del problema a) por ser casi-estática se obtiene multiplicando la función del

tiempo ( )AU t por la solución estática para un desplazamiento unitario 1AU = .

Convención: ( )U ↑ + ( )U ↑ + ( )U ↑ + 1 ( )B ↑ +

Figura 5.10

El estado I es un problema estático de desplazamiento prefijado 1AU = , que debe

resolverse para hallar el vector B , que contiene los desplazamientos de los grados de libertad

dinámicos.

El estado II es un problema dinámico y debe resolverse como tal, usando

descomposición modal, integración directa, etc.

Caso en que RU es un desplazamiento de cuerpo rígido

Hay situaciones en que el Estado I consiste en un desplazamiento de cuerpo rígido. En

tales casos el cálculo se simplifica al no ser necesario resolver el Estado I porque los

esfuerzos son nulos y el calculo de B resulta trivial. Esto ocurre cuando:

a) La estructura es isostática

Figura 5.11

Excitación dinámica

por movimiento de

apoyo

Problema casi-estático con

desplazamiento prefijado

sin fuerzas de inercia

Problema dinámico con

cargas dinámicas sin

desplazamiento de apoyo

( )AU t

⇒ 11B2B

l l l

⇒ 1

2

0.51.5

BB

B

= =

( )AU tA = ( ).AU t 11B

2B+

1 1. . ( )Am B U t−2 2. . ( )Am B U t−

Estado IIEstado I

( )TU t ( ) ( ).R AU t U t B= ( )U t

b) Todos los apoyos sufren igual desplazamiento:

Figura 5.12

En estos casos no es necesario conocer ( )AU t . El problema puede ser resuelto a partir de

las aceleraciones de apoyo ( )AU t . Notar que éste es el caso de un problema Sísmico donde el

análisis se basa en acelerogramas experimentales.

Método Simplificado

Cuando RU es un desplazamiento de cuerpo rígido sólo hay que resolver el Estado II que

es un problema dinámico.

Cuando la variación en el tiempo de la aceleración ( )AU t es “lenta” comparada con el

período fundamental de la estructura se puede lograr una notable simplificación considerando

al problema como casi-estático.

Figura 5.13

En tales casos los esfuerzos máximos se obtienen cargando a la estructura con las

máximas fuerzas de inercia resolviendo un problema estático.

Figura 5.14

⇒1 1 max. . Am B U− 2 2 max. . Am B U−

ResolverEstado IIEsfuerzos Máximos

= ( ).AU t1 1. . ( )Am B U t− 2 2. . ( )Am B U t−

( )ACaso en que U ttiene variación lenta

Estado II Problema Estático

1 1.m B− 2 2.m B−

( )AU t⇒

11B 2B ⇒ 1

2

11

BB

B

= = 1

( )AU t

Más adelante se presenta un procedimiento de tipo casi-estático que permite obtener la

respuesta sísmica máxima de una estructura a través de un vector de cargas estáticas

equivalentes a la excitación sísmica que llevan a la respuesta dinámica máxima exacta en cada

modo a través del denominado “Espectro de Respuesta” del sismo.

Formulación en desplazamientos Totales

Se propone la solución en dos pasos. En el primer paso se supone que todos los grados de

libertad no se desplazan excepto el desplazamiento impuesto, y se calculan las fuerzas de

reacción necesarias para que ese esquema de deformación sea posible. En el segundo paso se

aplican esas reacciones con el signo opuesto pero liberando a todos los grados de libertad

excepto los apoyos con desplazamientos impuestos, los que permanecen fijos en esta segunda

etapa. La solución completa se obtiene posteriormente sumando los resultados de ambos

pasos. En esta formulación el problema de desplazamiento dinámico de apoyo se descompone

en la suma de dos estados:

a) Un estado casi-estático de desplazamientos prefijados: Además del desplazamiento

de apoyo ( )AU t , se supone que todos los GLD tienen desplazamiento nulo. Esto se

logra mediante reacciones de apoyo “ficticias”.

b) Un estado dinámico donde sólo actúan las reacciones de apoyo ficticias cambiadas

de signo pero sin desplazamiento de apoyo en los puntos con desplazamiento

impuesto. (es decir tomando ( ) 0AU t = )

La solución del caso a), por ser casi-estática se obtiene multiplicando la respuesta estática

para un desplazamiento unitario del apoyo 1AU = por la función del tiempo ( )AU t supuesta

conocida.

Se adopta la siguiente convención de signos: ( )U ↑ + ( )U ↑ + ( )U ↑ + 1 ( )B ↑ +

Figura 5.15

( )AU tA = ( ).AU t 1nU =

1R+

1. ( )AR U t−

Estado IIEstado I

Problema EstáticoProblema Dinámico

2R

2. ( )AR U t−

1 :R con su signo( ) :AU t con su signo

Nótese que:

En todos los casos el Estado I es un problema hiperestático, en general altamente de

alto grado de indeterminación estática, típico de desplazamientos impuestos o

prefijados. (en general no corresponden a desplazamientos de cuerpo rígido)

No interviene en los cálculos la aceleración de apoyo ( )AU t sino el desplazamiento

( )AU t . En el caso de excitaciones sísmicas es necesario digitalizar el acelerograma

para proceder a la integración numérica para obtener ( )AU t por doble integración

en el tiempo de ( )AU t .

En general la formulación en función de desplazamientos totales no es muy usada en el

diseño sísmico de la mayoría de las estructuras civiles, con excepción de aquellos casos en

que se considera el movimiento diferenciado de los distintos apoyos, como ocurre en

estructuras de grandes dimensiones en planta frente a la longitud de onda del movimiento

sísmico.

Capítulo 2

Ejercicio 2-1:

La masa excéntrica de un motor ubicado en el nudo C transmite una carga armonica ( ) 5. ( . )P t sen t= Ω .

a) Hallar el maximo desplazamiento del apoyo B. b) Determinar la aceleración maxima del nudo C c) Graficar Mf en el nudo C en funcion de Ω (radianes/segundo)

Ω= 17 1/s E= 2100000 Kg/cm²I= 600 cm4 m= 200 KgL= 250 cm ε= 0,04

h= 15 cm

Se comienza calculando CK por el método de rigidez. Para ello se aplica un desplazamiento

horizontal unitario del nudo C, se determina el momento de empotramiento perfecto (60480 kg.cm), y después de resuelve el pórtico dejando girar a los tres nudos, pero sin dejarlos que se desplacen, es decir resolviendo un sistema de tres ecuaciones de equilibrio de momentos de los nudos A, B y C. Mediante este análisis se llega a determinar los momentos, los esfuerzos de corte y las reacciones indicadas en la Figura de abajo a la derecha. En la Figura de abajo a la

2.L

L

m

A

B C

( )P th

izquierda se dan los resultados de aplicar el Método Iterativo de Cross en lugar de resolver el sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas.

1,00 cm 60480 Kg.cm 1/3

20160 20160

2/3 -20160 60480 80,64

-40320 40,32 40,32 20160

80,64

( ) 5. ( . )P t sen t= Ω

Estado 0:

80,64 40,32 80,64 40,32

A

B

A

B

A

B

2

.3. .E IL

δ =

δ =

A

B

1cm 1cm

20160 40,32 40,32

20160 80,64 80,64 40,32 40,32

m= 200 Kg

g= 980 cm/s² M= 0,204 Kg.s²/cm

ω= 19,88 rad/s

T= 2.π/ω T= 0,316 seg 0,855

3,608

Máximo corrimiento de B:

max5 .3.59 0.22

80.64BU cm= =

Máxima aceleración del punto C: 2

max max.C CU U= Ω

2max 217 .0.22 64 (6% )C

cmU gs

= =

d) Máximo Momento Flector en C: 2

0max 20160. . ( ) 1250. ( )f

PMK

γ γ= Ω = Ω

A

B

Momento Flector

A

B

Corte

A

B

Normal

80.64. ²0.204 .1

K KgKg sM cmcm

ω = =

( )22 2

1

1 (2. . )γ

β ξ β=

− +γ =

βωΩ

=

β =

Ω Ω/ω γ Mfmax 0,00 0,00 1,00 1250,00 10,00 0,50 1,34 1671,11 15,00 0,75 2,30 2874,97 18,00 0,91 5,15 6441,39 19,88 1,00 12,50 15625,00 22,00 1,11 4,14 5171,79 25,00 1,26 1,69 2117,31 30,00 1,51 0,78 973,98 40,00 2,01 0,33 409,37 50,00 2,52 0,19 234,49

Mf (Ω)

0,00

2000,00

4000,00

6000,00

8000,00

10000,00

12000,00

14000,00

16000,00

0,00 10,00 20,00 30,00 40,00 50,00

Ω

Mf

max

max15625 195

600 / 7.5 ²f

f

M KgW cm

σ σ= = =

Ejercicio 2-2:

Determinar el máximo momento flector y esfuerzo cortante en el tramo CB de la estructura del croquis

I= 800 cm4 E= 2100000 Kg/cm²L1= 300 cm m= 58,8 kgL2= 200 cm h= 10 cm

Alternativa: Obtener K por trabajos virtuales

300 200

2 211

0 0

1 1. (1.5 ) . 0.00892857. .

x dx x dxE I E I

δ = + =∫ ∫

11

1 1 112 /0.08

K Kg cmδ

= = =

112 143.2050.06

Km s

ω = = =

0.145T seg= Determinaremos los máximos utilizando la tabla 2.2:

0.08 0.550.145

dtT

= =

300cm

200cm

A

B

C

( )P t

h

h

( )t seg0.08

100

( ):[ ]P t Kg

Momento Flector

A

B

C

1 11.5

1.5 A

BC

300

300

De tabla:

1.57γ =

max .OPUK

γ=

max100 *1.57 1.40112

U cm= = (carga dinámica)

max58.8 0.52112

U cm= = (peso propio de la masa)

max 1.40 0.52 1.92U cm= + = (total)

max 33600*1.92Mf =

max 64500 .Mf Kg cm=

max 112*1.92Q =

max 215Q Kg=

0,00

0,20

0,40

0,60

0,80

1,00

1,20

1,40

1,60

1,80

2,00

0,00 1,00 2,00 3,00 4,00

γ

DtT

t

Dt

0P

0.55

1.57

Ejercicio 2-3:

Calcular la aceleración vertical del punto C en el instante 0.03t seg= con los datos del ejercicio anterior.

112 /K Kg cm= 143.2s

ω =

100OP Kg= 0.08ot seg=

Podemos obtener la aceleración derivando dos veces el desplazamiento U dado por la

tabla 1, la integral de Duhamel para ot t< :

( . )..O

O

P sen ttt

ωω ω

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

∴ ( . ).

.O

O

P sen tU tK t

ωω

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

( ). 1 cos( . ).O

O

PU tK t

ω= − ; . ( . ).O

O

PU sen tK t

ω=

0.03

100 *43.2* (43.2*0.03)112*0.08t

U sen=

=

(0.03) 464²

cmUs

=

Nota: recordar que ( . )tω es un ángulo en radianes! Procedimiento alternativo: efectuar la integración paso a paso y determinar la aceleración

empleando la expresión (Ec. 2.43) del teórico. 0.145T seg= ∴ Adoptamos 0.01t∆ = ; para el arranque empleamos la expresión (Ec. 2.49) :

11

2 2

12.5 0.0033676. 6.0.06 112( ) (0.01)

PU cmM Kt

= = =+ +

∆

Los desplazamientos en los pasos siguientes se calculan según la expresión (Ec. 2.45): 2

21 12 . . .m m m m

K tU t U U PM M+ −

∆⎛ ⎞= − ∆ − +⎜ ⎟⎝ ⎠

( )2 2

222 1 0 1

112 0.012 . . . 2 * 0.01 *0.003367 *12.5 0.026940.06 0.06

K tU t U U Pm m

∆⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − ∆ − + = − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3 1.81333*0.02694 0.003367 0.00166*25 0.08715U = − + = Ahora calculamos la aceleración para 0.03t seg= empleando la expresión (Ec. 2.43)

( )1 . .n n nU P K Um

= −

( )(0.03)1 . 37.50 112*0.08715

0.06U = −

(0.03) 462.3 / ²U cm s=

Para 0.005t∆ =

(0.03) 463.6 / ²U cm s=

( )t seg0.08

100

( ):[ ]P t Kg

La forma más práctica de operar en este caso es: e) Calcular el desplazamiento en el instante 0.03t seg= valuando u en la expresión

proveniente de la tabla 2.1 ( )0

0

..

.sen tPU t

K tω

ω⎛ ⎞

= −⎜ ⎟⎝ ⎠

(0.03) 0.08618U cm=

f) Calculamos la aceleración U empleando la expresión (Ec.2.43):

g) . .K U mU P+ = ∴ .P K UU

m−

=

h) 37.5 112*0.08618

0.06U −

= ≥ 464 / ²cm s

Cátedra de Análisis Estructural

Carrera de Ingeniería Civil

ACCIONES SISMICAS PARA DISEÑO ESTRUCTURAL

Carlos A. Prato

Fernando G. Flores

Año 2007

CARACTERIZACION DE LAS ACCIONES SISMICAS

1. INTRODUCCION

Las acciones sísmicas son movimientos oscilatorios complejos de la corteza terrestre que pueden analizarse desde distintos puntos de vista según el objetivo del estudio, desde la naturaleza del mecanismo de generación o foco, las características del medio de transmisión de las ondas desde el foco hasta el punto de observación, de la distribución espacial y temporal de las componentes de desplazamientos, hasta aspectos estadísticos e históricos.

En este curso nos concentraremos en los efectos que provocan sobre las construcciones. En particular nos interesa reconocer que los sismos resultan de la propagación de perturbaciones originadas por la liberación de energía de deformación acumulada en la corteza a través de un mecanismo de ruptura. Dichas perturbaciones viajan a través de la corteza como "ondas sísmicas" que se propagan con diversos mecanismos de deformación elástica.

Las ondas sísmicas están constituidas por dos tipos bien diferenciados de movimientos:

i) Ondas de cuerpo: Son perturbaciones que se generan en el foco y se propagan sin ser afectadas por las condiciones de contorno de la corteza, tales como discontinuidades y bordes libres. En un medio elástico e isótropo es posible identificar dos tipos de ondas de cuerpo de naturaleza diferente:

* Ondas de corte, o distorsionales, también conocidas como ondas "S", que se caracterizan por generar en el punto por el que atraviesan deformaciones del tipo distorsionales o desviadoras. Estas ondas tienen la característica de involucrar desplazamientos en un plano perpendicular a la dirección de propagación. La velocidad de propagación de las mismas en un medio elástico isótropo de módulo de corte G y de densidad de masa ρ es igual a

SGVρ

=

* Ondas volumétricas, también conocidas como ondas "P", que se caracterizan por producir a su paso deformaciones volumétricas exclusivamente. Para un medio elástico e isótropo de módulo elástico E, módulo de Poisson ν, y densidad ρ, la velocidad de propagación de estas ondas es:

( )( )( )

11 2 1P

EV

νν ν ρ

−=

− +

La relación entre VP y VS depende del módulo de Poisson; para ν = 0.20 resulta VP/VS = 1,6 , por lo que las ondas P llegan al sitio de observación de un sismo antes que las ondas S.

ii) Ondas superficiales: Son perturbaciones con una configuración más compleja y de gran diversidad, que se generan cuando ondas de cuerpo inciden en superficies libres. La amplitud del movimiento asociada a este tipo de ondas disminuye con la distancia a la superficie. Este tipo de ondas incluye las ondas tipo "Rayleigh" con desplazamientos en el plano de propagación y las ondas tipo "Love" con desplazamientos perpendiculares a la dirección de propagación (éstas son ondas de corte superficiales).

Es interesante destacar que las ondas de cuerpo se propagan en un medio elástico e isótropo con velocidades VS y VP independientes de la forma de la onda. Esto significa que toda perturbación asociada a una onda de cuerpo no cambia de forma, tanto en el espacio como en el tiempo (ambas variables están relacionadas a través de la constante VS, o VP). Esta propiedad se conoce como carácter NO DISPERSIVO del medio elástico para las ondas de cuerpo.

Por el contrario, las ondas superficiales presentan una velocidad de propagación dependiente de su forma (o contenido de frecuencias) debido a la variación de las propiedades mecánicas de los estratos superficiales en función de la profundidad. Esta característica hace que las ondas superficiales sean habitualmente DISPERSIVAS, es decir que cambian su forma en el proceso de propagación.

Los movimientos sísmicos, tal como se perciben en un punto de la superficie de la corteza terrestre, están constituidos por la superposición de ondas de cuerpo y superficiales que arriban al sitio de observación desde el foco siguiendo caminos diversos, y sufriendo en los mismos distintas modificaciones al atravesar medios de diferentes características mecánicas y al incidir en superficies libres y discontinuidades. Esta combinación de ondas da origen a lo que se denomina "AMBIENTE SISMICO".

El término ambiente sísmico se utiliza para describir la combinación de tipos de ondas que constituyen el campo de desplazamientos, velocidades y aceleraciones; este campo varía en función de la posición del punto de observación y del instante de tiempo considerado. Esto implica que los registros sísmicos en puntos próximos son en general diferentes, ya sea en las fases de las componentes del movimiento y/o en las amplitudes de las mismas, en función de las características del ambiente sísmico.

Desde el punto de vista del proyectista de estructuras que resistan las acciones sísmicas, describir el ambiente sísmico es un problema demasiado complejo, y que presenta enormes incertidumbres relacionadas con aspectos tales como:

1) Naturaleza del foco.

2) Características tectónicas de la región, y mecánicas de los materiales atravesados por las ondas desde el foco hasta el punto de observación en la superficie.

3) Topografía de la zona circundante al punto de observación.

4) La existencia de estratos de rocas y sedimentos en el punto de observación, configuración geométrica de dichos estratos y características mecánicas de los materiales.

5) La presencia de construcciones de peso o rigidez significativa en las

proximidades del punto de observación. El ambiente sísmico puede ser modificado por las construcciones, dando origen al efecto conocido como "INTERACCION SUELO-ESTRUCTURA".

El fenómeno de interacción suelo-estructura puede ser discriminado en dos aspectos diferentes:

a) Interacción "cinemática": es el fenómeno asociado a la modificación del ambiente sísmico como consecuencia de una inclusión rígida o casi rígida en un medio deformable. Esto ocurre con las plateas de fundación asentadas en suelos cuya rigidez es muy inferior a la propia de la platea.

b) Interacción "dinámica": es el fenómeno asociado a la modificación de amplitudes y frecuencias como consecuencia del acoplamiento dinámico entre la superestructura y el suelo de fundación.

Ambos efectos se combinan de manera tal que los movimientos del suelo en la superficie libre en el lugar de observación, cuando no hay efectos producidos por construcciones, son muy diferentes de los observables en el mismo punto una vez construida la estructura, para el mismo evento sísmico. Los movimientos sísmicos no afectados por construcciones se denominan "movimientos de campo libre" en contraste con el movimiento que resulta de la interacción entre suelo y estructura.

Por lo general, las aceleraciones máximas medibles en la fundación de una estructura de masa y rigidez significativas son inferiores a las del campo libre en ese mismo punto. Además se espera una mayor correlación entre los movimientos de dos puntos diferentes de la fundación con respecto a los correspondientes al campo libre. La interacción cinemática y dinámica se puede decir que "plancha" o "suaviza" los acelerogramas propios de un sismo.

2. ACCIONES SISMICAS PARA DISEÑO DE ESTRUCTURAS

A pesar de las dificultades resultantes de la complejidad de los movimientos sísmicos, es necesario identificar los aspectos más relevantes a los efectos del diseño de estructuras. Estos son:

a) Distancia del sitio a las fuentes reconocidas de actividad sísmica, y características (magnitud y frecuencia de ocurrencia) de dicha actividad. Este aspecto se tiene en cuenta por el Reglamento para Diseño Sismorresistente (INPRES-CIRSOC 103) mediante la zonificación sísmica del país.

b) Tipos de suelo y espesores de los estratos en el sitio.

c) Características dinámicas de la estructura, descriptas a través de modos y frecuencias propias, amortiguamiento, capacidad para soportar acciones inelásticas cíclicas, materiales y detalles de diseño en uniones, y fundaciones.

d) Grado de seguridad requerido dependiente de la Función de la construcción de que se trate: edificio público, hospitales, plantas generadoras de energía,

edificios habitacionales, edificios industriales, obras de infraestructura, etc.; o del Tipo de estructura: edificio regular en altura, edificio irregular, sistema constructivo (hormigón armado colado in-situ, hormigón prefabricado, acero soldado, etc.), represas de hormigón o de tierra, puentes y viaductos, etc.

A los efectos del diseño de estructuras es habitual suponer que el ambiente sísmico corresponde a ondas sísmicas P y S que se propagan verticalmente, lo que implica que éstas inciden con igual magnitud y fase en todos los apoyos de la estructura.

Se trata de una idealización por demás simplificada de la realidad, pero resulta aceptable dada la diversidad de diferentes combinaciones de ondas potencialmente factibles. Esta simplificación resulta de razonable aplicación en la mayoría de las estructuras cuyas dimensiones en planta no superan un cuarto de longitud de onda del período dominante del sismo de diseño.

Por ejemplo, para una construcción en suelo tipo I del reglamento en zona sísmica 4, el período dominante del espectro de aceleración para diseño está comprendido entre 0.2 y 0.4 segundos. Adoptando para esta estimación un valor medio de 0.3 segundos y suponiendo un suelo de velocidad media de propagación de ondas VS = 500 m/s, la longitud de la onda dominante es 0.3 x 500 = 150 m, por lo que no habría duda de aplicar este criterio para dimensiones en planta de 37.5 m. Para una distancia del doble de este valor, o sea 75 m, es posible imaginar que si la onda dominante que produce el sismo no viaja verticalmente sino que se trata de una onda de corte superficial (tipo Love), los dos puntos considerados puedan estar en contratase (semi-onda).

En los casos que este criterio no se cumpla, suponer que todos los apoyos tengan movimiento simultáneo produce mayor respuesta de la estructura a las traslaciones horizontales estando del lado de la seguridad. Sin embargo, esto no es así para las excitaciones torsionales potencialmente importantes en estructuras de marcada asimetría en planta. De todos modos, las dificultades para definir alternativas a este modelo de ambiente sísmico hacen que, aún cuando teóricamente sea necesario modificarlo, se carezca de datos para hacerlo.

Otra situación en que este ambiente sísmico debe ser modificado se da cuando las estructuras tienen dimensiones tales que los suelos de fundación se modifican a lo largo de su desarrollo. En este sentido se deberá tener en cuenta no sólo los aspectos dinámicos de la excitación sísmica, sino también el potencial para deformaciones permanentes y asentamientos diferenciales.

Para avanzar en la interpretación de los efectos que una acción sísmica puede ejercer en las construcciones se analiza a continuación el registro de la componente horizontal Norte-Sur del sismo del 18 de Mayo de 1940 de El Centro, California. Este fue uno de los primeros registros de terremotos fuertes obtenidos y ha servido de base para las investigaciones pioneras de Newmark, Blume y Housner.

La Figura 1 contiene el registro instrumental de la componente Norte-Sur de aceleraciones de este sismo, y los histogramas de velocidad y desplazamiento obtenidos por integración a partir de las aceleraciones.

Resulta interesante destacar que los valores máximos de aceleración, velocidad y

desplazamiento del suelo para este acelerograma fueron:

Amax = 294 cm/s2, Vmax = 28.2 cm/s y Dmax = 20.9 cm respectivamente.

La expresión adimensional:

max max2

max

7.75A DV⋅

=

puede considerarse un valor característico de los sismos. Para un movimiento armónico esta relación es igual a la unidad.

De la comparación de los registros de aceleración, velocidad y desplazamiento surge que el número de cruces por valor nulo es mayor en las aceleraciones, disminuyendo en las velocidades y más aún en los desplazamientos. El tiempo total de duración del sismo (30 segundos) dividido por el doble del número de cruces por cero puede ser considerado como una medida representativa del período dominante del sismo.

El período dominante es de 0.4 segundos para el histograma de las aceleraciones, de 1.2 s para el de velocidades y de 5.5 s para el de desplazamientos. Puede decirse que existen tres movimientos asociados al fenómeno sísmico; uno que controla las aceleraciones, otro las velocidades y finalmente el de los desplazamientos. En este sentido debe recordarse que desde el punto de vista de la respuesta de las estructuras, debemos distinguir dos aspectos del fenómeno sísmico:

a) El asociado a las fuerzas de inercia, que es de naturaleza esencialmente dinámica con un período dominante de 0.4 segundos, y

b) El asociado a desplazamientos impuestos, que es de naturaleza "casi estática" cuyo período dominante es de 5.5 segundos.

Del análisis precedente también surge que para considerar los desplazamientos diferenciales entre los distintos puntos de la estructura, el cuarto de longitud de onda de desplazamientos, para un suelo de VS = 500 m/s sería de 500 x 5.5 / 4 = 687.5 m. Este valor es comparable a la distancia entre pilones de puentes colgantes.

A manera de ejemplo, recuérdese que en el terremoto de Loma Prieta que afectó en 1988 a San Francisco, California, el puente colgante de tramos múltiples (Oackland Bay Bridge) sufrió daños por desplazamientos longitudinales excesivos del tablero respecto a sus apoyos, provocando el derrumbe de uno de sus tramos metálicos.

En contraste con esta situación, los tramos que resultaron destruidos del viaducto de hormigón armado de la carretera de Oackland a pocos kilómetros de distancia de ese puente, fueron afectados por las fuerzas de inercia correspondientes al rango de aceleraciones con un período dominante inferior a 0.5 segundos.

Es obvio que si el movimiento sísmico fuese armónico los períodos dominantes de los histogramas de aceleración, velocidad y desplazamiento serían iguales.

3. ESPECTROS DE RESPUESTA ELASTICA

Se denomina Espectro de Respuesta Elástica de un sismo al diagrama que se obtiene de calcular el máximo desplazamiento relativo de un sistema elástico de un grado de libertad cuyo período (o frecuencia) toma valores en el rango de interés, digamos entre T = 0 hasta T = 2 segundos, cuando se excita al mismo en su base con el acelerograma del sismo.

Este diagrama es función de la relación de amortiguamiento del sistema considerado, calculado para diversos valores de amortiguamiento, por ejemplo entre 0 y 0.10. Las ordenadas de este diagrama suelen ser designadas genéricamente con Sd. Este diagrama también se conoce como Espectro de Desplazamientos. Las ordenadas de este diagrama son todas positivas ya que, por definición, se ignora el signo de la máxima respuesta.

Para un sistema de amortiguamiento nulo, resulta evidente que la máxima aceleración de la masa ocurre en el mismo instante que se produce el máximo desplazamiento relativo. En efecto, de la ecuación de equilibrio dinámico:

max max

2max max max

0K U M UKU U UM

ω

⋅ + ⋅ =

⇒ = ⋅ = ⋅

Por lo tanto, si se multiplican las ordenadas del espectro de desplazamientos relativos, Sd, por ω2 se obtiene la máxima aceleración absoluta del mismo sistema. Estas nuevas ordenadas serán designadas con Sa, cuya representación en función del período se denomina Espectro de Pseudo Aceleración. Para valores de amortiguamiento habituales en estructuras, inferiores a 0.10, el espectro de pseudo aceleración es muy próximo al Espectro de Aceleración Absoluta.

En efecto, la ecuación de equilibrio dinámico arriba indicada carece de los términos de amortiguamiento que deben ser considerados en el equilibrio de un sistema con amortiguamiento. La única diferencia entre ambos casos es que, para amortiguamiento no nulo, la máxima aceleración absoluta no ocurre cuando el desplazamiento relativo es máximo sino cuando es máxima la suma de las fuerzas elásticas ( K U⋅ ) y de las fuerzas disipativas (C U⋅ ). Sin embargo, a los efectos prácticos la Pseudo Aceleración antes definida es una muy buena aproximación de la Máxima Aceleración Absoluta para amortiguamientos de hasta 0.10.

Una extensión natural de este concepto es definir el Espectro de Pseudo Velocidad, Sv, obtenido de multiplicar Sd por ω.

Resulta interesante notar que la relación entre Sd, Sv y Sa es similar a la relación entre desplazamiento, velocidad y aceleración de un movimiento armónico, ya que cada uno de ellos se obtiene multiplicando por ω el valor del otro. Esto es así a pesar que el sismo es un movimiento cuya variación dista mucho de ser armónica como se ilustró anteriormente para el registro de El Centro.

La Figura 2 presenta el Espectro de Pseudo Aceleración del registro de El Centro, mientras que la Figura 3 contiene en el mismo diagrama la variación de Sa, Sv y Sd en

función del período natural del sistema. Ambas figuras fueron transcriptas de Blume, Newmark y Corning: "Design of Multistory, Reinforced Concrete Buildings for Earthquake Motions" (1961).

4. ESPECTROS DE RESPUESTA INELASTICA

Una de las características del diseño sísmico es que el sismo de diseño definido en el Reglamento corresponde a un período medio de ocurrencia que se estima en 200 años. Por lo tanto, se trata de una acción de tipo extrema cuya superposición con los estados de carga permanentes o semi-permanentes se acepta pueda dar origen a deformaciones inelásticas.

Newmark y sus coautores encararon este problema de una manera muy simple y efectiva para un sistema de un grado de libertad cuyo resorte presenta comportamiento elástico-perfectamente plástico como se indica en la Figura 4. Supuso que la carga de fluencia del resorte se mantiene constante, independiente del número de ciclos en que el sistema incursiona en el campo plástico. Mediante el proceso de integración numérica ya visto, calcularon el valor del máximo desplazamiento relativo del sistema, incluyendo el comportamiento elasto-plástico. En forma empírica encontraron que "el máximo desplazamiento elástico es aproximadamente igual al máximo desplazamiento relativo incluyendo el comportamiento inelástico". Esta conclusión no surge de un análisis exacto sino de un conjunto de análisis numéricos inelásticos, y no es aplicable para sistemas elasto-plásticos cuyo período natural elástico es inferior al período dominante del espectro de pseudo aceleraciones.

Un caso típico analizado por Blume, Newmark y Corning de un sistema de período T = 1 seg y amortiguamiento 0.1 sometido al sismo de El Centro está dado en la Figura 5. En esta figura se ilustra la igualdad de los máximos desplazamientos elástico y elasto-plástico. La Figura 6 presenta el valor del cociente entre el desplazamiento máximo elasto-plástico y el máximo elástico para amortiguamiento nulo. Salvo en el rango de períodos muy cortos este cociente se mantiene menor o igual a la unidad.

A los efectos de definir la magnitud de la incursión en el campo plástico se introduce el término "ductilidad" µ como el cociente entre el máximo desplazamiento elasto-plástico, Umax, y el desplazamiento de fluencia Uy. Por simple proporcionalidad de triángulos surge que para una dada ductilidad µ, el máximo esfuerzo en el sistema elasto-plástico se obtendrá por la expresión:

maxK UFµ⋅

=

donde K es la constante de rigidez elástica del sistema (resorte), Umax es el máximo desplazamiento del sistema elasto-plástico y µ es la ductilidad del sistema.

Es necesario advertir que µ no puede adoptar cualquier valor, sino que su máximo está limitado por la verdadera capacidad del sistema de sufrir deformaciones plásticas sin deterioro excesivo, colapso seccional o pérdida de estabilidad por interacción entre las deformaciones dinámicas y las cargas permanentes o gravitatorias.

El valor máximo aceptable de µ es función del cuidado que se ponga en cuestiones importantes tales como:

a) diseño en los detalles en uniones, refuerzos locales para evitar pandeo, del grado de redundancia estática (hiperestaticidad), esbeltez global de la estructura;

b) calidad de los materiales y de la mano de obra;

c) regularidad de la estructura y fundaciones;

d) sistema constructivo: hormigón armado colado in-situ, pretensado, ensamblaje de elementos de hormigón premoldeado, estructuras de acero con perfilería estándar, estructuras de acero con perfilería liviana, estructuras de acero reticulares, construcciones de mampostería común y reforzada, construcciones de hormigón masivo sin armar (presas, muros de gravedad).

De la discusión anterior surge que los esfuerzos inducidos por un sismo en un sistema con comportamiento inelástico (sin degradación de la carga de fluencia) pueden ser estimados a partir del desplazamiento máximo y divididos por la ductilidad aceptable para el tipo de sistema constructivo usado. Por lo tanto, la cuestión central es cómo estimar esos desplazamientos máximos elasto-plásticos.

De los estudios de Newmark antes mencionados surgen las siguientes conclusiones al respecto:

1) Para estructuras flexibles, es decir aquellas cuyo período de vibración elástico es mayor que el período dominante del espectro de pseudo-aceleración, el máximo desplazamiento elasto-plástico Umax es aproximadamente igual al correspondiente en régimen elástico. Surge entonces que los esfuerzos serán iguales a los esfuerzos elásticos divididos por µ.

2) Para estructuras de flexibilidad intermedia, aquellas cuyo período coincide con el período dominante del espectro de pseudo-aceleración, el máximo desplazamiento elasto-plástico es mayor que el correspondiente al sistema elástico. El factor de amplificación, empíricamente determinado, es:

2 1µµ −

El esfuerzo elasto-plástico será igual al esfuerzo elástico multiplicado por ese factor de amplificación y dividido por µ.

3) Para construcciones rígidas, cuyo período es inferior al período dominante del espectro de pseudo-aceleración, el desplazamiento se amplifica por un factor aproximadamente igual a µ. Por lo tanto los esfuerzos elasto-plásticos serán iguales a los elásticos.

El Reglamento INPRES-CIRSOC 103 sigue básicamente el criterio antes mencionado, con excepción de la amplificación de las estructuras de rigidez intermedia. El argumento es que los espectros de diseño del Reglamento presentan una zona intermedia muy ancha, superior a la zona de resonancia de cualquier sismo real, por lo

que aplicar el criterio de Newmark implicaría penalizar demasiado a las construcciones que se encuentran en ese rango de períodos.

El Reglamento, prevé sólo dos rangos de períodos para aplicar la regla de reducción por ductilidad:

a) Estructuras flexibles, aquellas cuyo período es igual o mayor que el mínimo período del tramo horizontal del espectro de diseño (T1). En este caso, los esfuerzos elasto-plásticos se obtendrán de dividir los esfuerzos elásticos por un coeficiente de reducción R = µ.

b) Estructuras rígidas, cuyo período es igual o menor a T1. En este rango los desplazamientos Umax del sistema elasto-plástico se obtienen multiplicando los desplazamientos elásticos por el factor µ/R, y los esfuerzos elasto-plásticos dividiendo los elásticos por R, donde R varía linealmente en función del período, entre R = 1 para T = 0, y R = µ para T = T1.

Cátedra de Análisis Estructural

Carrera de Ingeniería Civil

METODO MODAL ESPECTRAL

Carlos A. Prato

Marcelo A. Ceballos

Federico Pinto

Año 2010

1

Respuesta a excitaciones sísmicas

La ecuación de equilibrio dinámico del sistema de 1 grado de libertad dinámico (1 GLD) sin amortiguamiento indicado en la Figura 1 se expresa como:

0K u t M y t (1)

Figura 1. Oscilador simple sujeto a movimiento de apoyo

El término nulo de la derecha indica que no existe una fuerza ( )P t externa conocida aplicada directamente sobre la masa. La fuerza elástica ( )K u t es sólo función del movimiento relativo entre los extremos del resorte, es decir entre la masa y el apoyo. La aceleración absoluta ( )y t es igual a la suma de la aceleración relativa ( )u t y de la aceleración

del apoyo correspondiente al sismo ( )Su t que se considera como un dato del problema. Con

estas definiciones, la ecuación de equilibrio dinámico resulta:

SK u t M u t M u t (2)

El segundo miembro de esta expresión SM u t cumple el rol de una fuerza externa

equivalente en las ecuaciones de equilibrio dinámico expresadas en función del desplazamiento relativo ( )u t . En otras palabras, la solución de la ecuación (2) no difiere en nada de la determinación de la respuesta ( )u t para una carga exterior conocida igual a

SM u t .

Una particularidad de la ecuación (1) es que para el instante en que el desplazamiento relativo pasa por su valor máximo maxu la fuerza que soporta el resorte K es máxima, y dado

que no hay otro término en la ecuación también debe ser máxima la aceleración absoluta de la masa ( )y t y alcanzar su valor maxy , es decir que:

max maxK u M y o sea,

2max maxy u (3)

donde ω es la frecuencia natural del sistema. Esta expresión tiene una forma muy particular ya que es similar a la derivada segunda de una acción armónica de frecuencia ω de

K

M

su t u t

y t

sy t u t u t

sy t u t u t

2

amplitud maxu . Debe destacarse que se trata de una coincidencia formal, ya que la respuesta

sísmica ( )u t a una excitación sísmica no armónica ( )Su t no resulta en general armónica.

De acuerdo con la definición de Espectro de Respuesta Elástica ya visto, el valor del desplazamiento relativo máximo maxu se denomina habitualmente “Desplazamiento

Espectral Sd”. De esta manera, resulta que la máxima aceleración absoluta de la masa M puede obtenerse como el producto del desplazamiento espectral Sd por el cuadrado de la frecuencia natural ω. Nótese que en materia de excitaciones sísmicas el histograma de aceleraciones ( )Su t puede considerarse con su signo, o con el signo opuesto, ya que se trata

de un proceso de origen aleatorio cuyo signo podría ser intercambiable entre + y –. En el análisis de la respuesta sísmica, en particular cuando se trata de determinar el valor máximo, se considerará con el signo ± en todos los casos.

En el caso que el amortiguamiento no sea nulo, como ocurre en la inmensa mayoría de estructuras civiles, la expresión (3) no representa el valor exacto de la aceleración máxima sino sólo una aproximación de ella, ya que además de las fuerzas elásticas ( )K u t coexisten contemporáneamente las fuerzas de amortiguamiento fD. Para el caso de fuerzas viscosas lineales resulta: ( )Df C u t . De esta forma, la máxima aceleración absoluta no está

rigurosamente dada por la expresión (3), pero de todos modos ésta representa una muy buena aproximación de la máxima aceleración absoluta maxy para estructuras civiles en que el

amortiguamiento típico es del orden del 5% del crítico. El valor de maxy dado por la ec. (3)

para el caso de amortiguamiento diferente de cero se conoce como “Pseudo-aceleración” de la masa, y representa una muy buena aproximación de la aceleración máxima cuando el amortiguamiento es distinto de cero. La pseudo-aceleración se expresa habitualmente con la notación Sa, que en todos los casos está dada por la expresión (ignorando el signo):

2a dS S (4)

De todos modos, vale la pena destacar que a pesar que la pseudo-aceleración Sa es una aproximación de la máxima aceleración absoluta, la fuerza elástica máxima inducida por el sismo es exactamente la dada por la expresión:

max aK u M S (5)

Por lo antes expuesto, dado que el análisis sísmico centra su interés en los desplazamientos y esfuerzos máximos, los valores espectrales de desplazamiento Sd, o de pseudo-aceleración Sa pueden utilizarse en forma indistinta con las expresiones anteriores para evaluar los desplazamientos o esfuerzos máximos inducidos por un sismo utilizando expresiones de formato estático; es decir, sin tener que incluir en forma explícita las fuerzas de inercia o de amortiguamiento propias de un problema dinámico. Cuando se utilizan los valores espectrales (Sa y Sd) la dinámica del problema está tenida en cuenta en forma implícita en la dependencia de Sa y Sd en función del período natural (o frecuencia) del sistema considerado.

De todo lo expresado surge que el análisis sísmico lineal de un sistema elástico puede ser realizado utilizando expresiones que son de tipo estático, y que esta situación no constituye una aproximación del problema, sino que es una solución exacta para el sistema de 1 GLD. Para estructuras con múltiples grados de libertad dinámicos (MGLD) este tipo de

3

enfoque del problema lleva naturalmente a ciertas aproximaciones derivadas del hecho que el análisis es sólo exacto para un grado de libertad dinámico, ya que las máximas respuestas dinámicas de los modos naturales, desacoplados entre sí en el campo lineal, no coinciden en el tiempo y por lo tanto no pueden superponerse como si se tratara de excitaciones estáticas.

Por lo antes comentado, el Método Modal Espectral de análisis sísmico que se presenta a continuación resulta ser una aproximación que permite el cálculo de los esfuerzos y desplazamientos máximos inducidos por el sismo, que es aplicable para el diseño de estructuras civiles en una gran cantidad de casos de la ingeniería práctica, y que está incorporado en los códigos o reglamentos de diseño de obras civiles bajo acciones sísmicas. Las principales limitaciones del método están relacionadas con la forma en que las estructuras desarrollan comportamiento inelástico o plástico durante la acción sísmica. Los reglamentos normalmente establecen condiciones que deben cumplir el diseño de la estructura para que el método modal espectral tenga suficiente precisión y resulte aplicable para la verificación del diseño.

Análisis sísmico modal espectral

El método modal espectral requiere como dato de partida para su aplicación conocer los modos y frecuencias naturales del sistema de múltiples grados de libertad, es decir que se conocen los valores de las frecuencias ωi y de los modos Φi.

Las ecuaciones de movimiento de un sistema de N grados de libertad dinámicos (N GLD) para la excitación sísmica son:

SK U t M U t C U t u t M B

(6)

El vector de carga equivalente a la acción sísmica es el dado en el segundo miembro de la ecuación (6). Este vector representa la carga dinámica equivalente a la acción sísmica, que debe utilizarse para calcular la respuesta en el tiempo ( )U t

cuando se define como dato que

describe la excitación sísmica al histograma de las aceleraciones ( )Su t . Para resolver la ec. (6)

se puede utilizar el método de descomposición modal ya visto para cualquier otro tipo de cargas dinámicas ( )P t

en el Capítulo 5 de la parte “Dinámica Estructural”. Este análisis,

válido siempre que el sistema sea lineal y elástico, no será abordado en más detalle ya que no difiere en nada al correspondiente a solicitaciones dinámicas en general ya visto.

De todos modos, el concepto de descomposición modal resulta de utilidad para el análisis sísmico en el caso general de la ec. (6). Se propone la descomposición modal en la forma:

1

N

i ii

U t q t

(7)

donde qi(t) es el “desplazamiento generalizado” del modo i.

Substituyendo la ec. (7) en la ec. (6) y premultiplicando ambos miembros de la ec. (6) por la transpuesta del vector Φi, que representa los desplazamientos modales del modo “i”, se obtiene la expresión de la ecuación de equilibrio dinámico del modo “i” en la forma:

T T T Ti i i i i i i i i S iK q t M q t C q t u t M B

(8)

4

Introduciendo la notación: Ti i iK K

, Ti i iM M

, y Ti i iC C

, y

dividiendo ambos miembros de la ec. (8) por iM se obtiene:

2 2 Ti i i i i i S i iq t q t q t u t M B M

(9)

Comparando la ecuación (9) con la correspondiente a la excitación sísmica de un sistema de 1 GLD:

2 2 Su t u t u t u t (10)

surge que ambas expresiones presentan una correspondencia directa en todos sus términos en

los respectivos valores de q(t) y de u(t), salvo el factor Ti iM B M

que aparece en la ec.

(9) y no aparece en la ec. (10). Este factor que se expresa:

Ti i iM B M

(11)

se denomina “factor de participación modal del modo i”.

De este análisis surge que si se conoce el desplazamiento máximo que ocurre en un sistema de 1 GLD, denominado como Sd, el valor máximo de la coordenada modal respectiva qi(t), ,maxiq , será igual al producto i dS :

,maxi i dq S (12)

Por lo tanto, los desplazamientos relativos máximos asociados con el modo i están dados por la expresión:

,max ,maxi i i i d iU q S

(13)

De manera similar, el vector de pseudo-aceleración ,maxsiU

debido al modo i, teniendo en

cuenta que ,maxi i aq S , resulta:

,max ,maxsi i i i a iU q S

(14)

Como ya se indicó anteriormente, para un sistema de 1 GLD, el producto de la pseudo-aceleración de cada grado de libertad dinámico por su respectiva masa representa la fuerza que produce como respuesta estática el valor de la máxima respuesta dinámica del modo, es decir que el vector de cargas equivalentes ,i eqP

estará dado por

, ,maxs

i eq iP M U

(15)

que constituye un vector de cargas tal que, si se calcula la respuesta estática a ellas, se obtiene el desplazamiento máximo en el modo i, vector que se denomina ,maxiU

en la ec. (13):

5

, ,maxi eq iP K U

(16)

En realidad, la expresión de la ec. (16) no es necesaria para calcular ,maxiU

ya que la

contribución del modo i a los desplazamientos de los nudos puede obtenerse directamente a través de la ec. (13). Sin embargo, la ec. (16) pone en evidencia que la respuesta dinámica máxima en un modo puede ser obtenida a través del vector de fuerzas máximas estáticas equivalentes ,i eqP

, y que dichos valores no constituyen una aproximación a la respuesta

sísmica de ese modo sino que representan la solución exacta de los desplazamientos relativos máximos ,maxiU

, los que a su vez permiten el cálculo de los respectivos esfuerzos máximos de

la estructura en ese modo.

De todo lo expuesto surge que el vector de los desplazamientos máximos debidos a la respuesta de un modo puede calcularse en forma exacta a partir del conocimiento de la frecuencia natural del modo ωi, de su forma modal Φi y de la ordenada espectral Sd (o Sa) que es función de la frecuencia natural ωi (o del período Ti).

Una de las limitaciones inherentes al método modal espectral es que es aplicable a sistemas lineales; es decir, siempre que la estructura se mantenga dentro del campo elástico y de pequeños desplazamientos. Otra limitación importante del método espectral es que sólo da como resultado el valor máximo del desplazamiento de la estructura (o los esfuerzos máximos) pero sin indicar en qué instante del tiempo se produce dicho máximo. Como lo que interesa es el valor máximo de los desplazamientos (o esfuerzos) resultante de la superposición de todos los modos, la falta de simultaneidad de la respuesta máxima en los distintos modos impide que se pueda obtener el valor exacto del máximo de la superposición de todos los modos.

De esta limitación surge la necesidad de realizar ciertas hipótesis sobre cómo sumar los máximos de los distintos modos. Una manera de estimar el máximo de la superposición de todos los modos, que se utiliza con bastante frecuencia en las aplicaciones prácticas del método, consiste en considerar la respuesta en cada modo como estadísticamente independiente de la correspondiente a los restantes modos. Sobre esta base, que es sólo una primera aproximación al problema, se puede justificar que los máximos modales no se suman en forma algebraica directa sino a través de la suma cuadrática (Pitagórica), es decir que el vector desplazamientos máximos de todos los modos puede aproximarse, para cada componente j, por la expresión:

2

max ,max1

Nj j

ii

u u

(17)

Para el cálculo de los esfuerzos (internos y reacciones) máximos combinados de todos los modos utilizando esta hipótesis de independencia estadística de la respuesta en cada modo, es necesario recurrir a las reglas del análisis estático para el vector de fuerzas equivalentes ,i eqP

de cada modo. Denominando con ,maxiE al valor máximo del esfuerzo genérico en un punto de

la estructura en el modo i, la superposición de los valores de los distintos modos para obtener una aproximación al máximo de todos los modos está dada por:

6

2

max ,max1

N

ii

E E

(18)

El cálculo de las componentes modales de los esfuerzos máximos ,maxiE puede realizarse

de dos maneras diferentes en el caso de estructuras regulares en altura:

En función del vector de desplazamientos modales máximos ,maxiU

, como es

característico en el Método de Rigidez (estático), multiplicando las matrices de rigidez elementales de cada componente por los desplazamientos de los extremos de cada barra contenidos en el vector ,maxiU

.

Por consideraciones estáticas a partir del vector de cargas equivalentes del modo i,

,i eqP

. A los efectos del cálculo manual resulta más simple este procedimiento,

aunque los valores resultantes de ambos métodos son idénticos.

La principal condición o limitación a la validez de la respuesta estadísticamente independiente de los modos es que las frecuencias de dichos modos sean suficientemente diferentes. En términos generales se tiende a aceptar la hipótesis de independencia estadística cuando las frecuencias de los modos considerados difieren en al menos un 20 o 30 %. Esta condición se cumple en la mayoría de las construcciones de configuración estructural ordenada y simple, independientemente de las dimensiones de la estructura. Como se ha visto en los ejercicios prácticos, la frecuencia del segundo modo de un pórtico simple de dos pisos es típicamente próxima a 3 veces la frecuencia fundamental. En el caso de una chimenea o viga en voladizo, la frecuencia del segundo modo es típicamente 5 o más veces la del modo fundamental. En el caso de edificios de varios pisos de hormigón armado típicos de las construcciones locales, la frecuencia del segundo modo se encuentra entre 3 y 5 veces la frecuencia fundamental según la configuración de la estructura y sus fundaciones.

Estas consideraciones generales no resultan aplicables para edificios en altura que presentan reducciones a su sección en función de la altura, como ocurre típicamente para respetar los retiros obligatorios en las fachadas de construcciones urbanas. De ahí que sea necesario tener en cuenta las limitaciones de las reglas de superposición modal que se utilicen para casos que no cumplen con las premisas requeridas, aunque en la mayoría de las construcciones regulares en planta y elevación, la regla de la independencia estadística es aplicable.

Otro aspecto importante que no ha sido analizado todavía en detalle se refiere a cuántos modos naturales de vibración es necesario considerar en el cálculo de la respuesta sísmica. Naturalmente, si se trata de un edificio de dos plantas, es muy probable que se pueda utilizar un modelo de 2 GLD para representar la respuesta sísmica en cada dirección, suponiendo que la configuración en planta está orientada en dos direcciones ortogonales no acopladas por un efecto de torsión. Un edificio de N pisos puede representarse con un modelo de N GLD, y por lo tanto tiene en cada dirección horizontal N modos y frecuencias naturales de vibración. Se debe recordar que una estructura puede tener propiedades dinámicas (frecuencias y modos) muy diferentes en dos direcciones horizontales en planta, y estos modos están en general desacoplados en ambas direcciones cuando no hay excentricidad de la masa de cada piso respecto al centro de torsión.

Ahora bien, si se trata de un edificio de 10 pisos cabe preguntarse: ¿es necesario considerar los 10 modos naturales de vibración en cada dirección horizontal en planta para

7

tener una buena aproximación de la respuesta sísmica?. La respuesta a esta pregunta es un categórico “NO”. La principal razón es que los modos que se excitan más fácilmente con el sismo son los modos de menor frecuencia, no sólo por su frecuencia y la posible resonancia con el sismo, sino porque los modos superiores generan fuerzas dinámicas equivalentes ,i eqP

que se cancelan parcialmente en altura y tienden a dar una resultante acumulada hacia la base que no aportan demasiado a los esfuerzos, y aún en menor medida a los desplazamientos.

Para estimar la importancia de la contribución de un cierto modo i a la respuesta sísmica resulta de gran utilidad introducir el concepto de “Masa Modal”. Para ello, considérese la estructura de varios pisos representada en la Figura 2. El concepto se desarrolla para un modo cualquiera, por ejemplo el modo fundamental, pero su validez resulta aplicable a cualquier modo. En la figura se ilustran las componentes del vector de fuerzas equivalentes del modo

,i eqP

que producen la máxima respuesta en ese modo. La fuerza total de corte acumulada en la

base del edificio está dada por la suma algebraica de las componentes individuales del vector

,i eqP

. La reacción en la base para el modo i, expresada en función de los desplazamientos de

los pisos jiu y de la masa de cada piso jm , donde i representa el número del modo y j el piso

considerado, resulta:

,, ,

1 1 1

N N N

j s j ji i eq j i i a i j i

j j j

R P m u S m (19)

Figura 2. Fuerzas equivalentes del modo genérico i

Dividiendo la reacción en la base para el modo i por la aceleración espectral ,a iS se

obtiene una magnitud con dimensiones de masa designada “Masa Modal del modo i”:

2Ti

i Ti i

M B

M

M (20)

Se puede apreciar que la masa modal es siempre positiva, y su valor es tal que la suma de la iM de todos los modos es exactamente igual al 100 % de masa de toda la estructura. Sobre

la base de este concepto es posible decidir si el número de modos considerados es suficiente, a partir que la suma de las masas modales de todos los modos incluidos en el análisis alcance

1,i eqP

2,i eqP

3,i eqP

4,i eqP

iR

8

un cierto porcentaje de la masa total. Habitualmente se considera que es suficiente cuando la suma de la masa modal de los modos incluidos en el análisis alcanza o supera el 90% de la masa total de la estructura.

Método estático equivalente – Disposiciones reglamentarias

A los efectos de simplificar el cálculo de los esfuerzos y deformaciones de una estructura debidos a la acción sísmica, los reglamentos de diseño de estructura de edificios típicamente dan una serie de pautas a través de las cuales es posible aproximar la solución del problema a través de la respuesta del modo fundamental. Más aún, para estructuras regulares en plan y elevación tal como aquellas para las cuales está orientado este método, es normal considerar que los desplazamientos horizontales asociados al modo fundamental varían linealmente en función de la altura del piso.

Por lo tanto, sobre la base de esta hipótesis, ni siquiera resulta necesario calcular con precisión el modo fundamental, ya que se supone una ley lineal en altura y sólo es necesario estimar la frecuencia fundamental a los efectos de la determinación del valor de la aceleración espectral Sa,1 de dicho modo.

Una manera de estimar el valor de ω1 es a través del cociente de Rayleigh tomando como forma modal a una ley lineal en altura Φ. Se define como cociente de Rayleigh a la relación:

2 1 11

1 1

T

T

K

M

(21)

Si la forma supuesta Φ fuera exactamente el modo fundamental el valor dado por la ec. (21) para el modo fundamental sería el valor exacto de ω1.

Con el valor de T1 = 2 π / ω1, se obtiene del espectro de pseudo-aceleración la ordenada espectral Sa,1 y se procede a calcular el vector de fuerzas estáticas equivalentes, designado

1,eqP

, y la masa modal 1M . Como es de esperar, la masa modal 1M es inferior al 100% de la

masa total del edificio. Típicamente, para un edificio regular en altura, y con la forma lineal del modo fundamental, el valor de la masa modal 1M resulta aproximadamente cerca del 85%

del total. En otras palabras, si el análisis se hiciera sólo con el primer modo aproximado en forma lineal, habría un faltante de masa del 15% del total.

Para corregir esa masa faltante, pero manteniendo la ley lineal de variación del modo (y de las fuerzas estáticas equivalentes que producen la respuesta dinámica máxima), los reglamentos introducen un factor de amplificación de la respuesta del primer modo calculada sobre la hipótesis de variación lineal de los desplazamientos en altura, de forma tal que la masa modal sea igual al 100% de la masa de la estructura. Esto se logra multiplicando la fuerzas estáticas equivalentes antes calculadas y definidas según el método modal espectral general, 1,eqP

, por el factor mayor a la unidad: 1totalM M .

En síntesis, el método estático equivalente de análisis sísmico incorporado a los reglamentos de diseño sísmico de edificios consiste en una aproximación del método modal espectral general ya visto, en el que se introducen las siguientes aproximaciones adicionales:

9

La forma del modo fundamental presenta una variación lineal en altura, desde un valor nulo en correspondencia con la fundación hasta un valor máximo en correspondencia con el techo del último piso.

La frecuencia fundamental se calcula con el cociente de Rayleigh para esa forma aproximada del primer modo, y se determina la ordena espectral correspondiente Sa,1.

Se calcula el vector de cargas estáticas equivalentes 1,eqP

, y se lo multiplica por el

factor mayor a la unidad igual a 1totalM M . Con el vector de cargas así factorizado

se calculan los esfuerzos y deformaciones de la estructura como si fuera un problema estático, tal como se ha desarrollado para el método modal espectral en general.

Consideraciones sobre el comportamiento elasto-plástico

El análisis modal espectral desarrollado en las secciones precedentes es aplicable sólo a estructuras que permanecen elásticas durante la acción sísmica. Sin embargo, la intensidad de los sismos de diseño prescriptos por los reglamentos actuales se corresponde con una acción sísmica cuyo período de recurrencia es 475 años, constituyendo una acción extrema, es decir una acción que se acepta puede dejar daños permanentes en la estructura aunque sin llegar a provocar su colapso.

Aceptando que las acciones sísmicas corresponden a un modelo probabilístico de Poisson, se demuestra que dicho período de recurrencia corresponde a una probabilidad de excedencia de 10% en 50 años para el sismo de diseño asociado al espectro Sa,i.

Algunos reglamentos recomiendan considerar, además del espectro así definido para evaluar la seguridad de la estructura, otro sismo de mayor frecuencia de ocurrencia y menor intensidad que se denomina sismo de operación normal, cuya probabilidad de excedencia resulta de 50% en 100 años, lo que corresponde a un período medio de recurrencia de 144 años. Para este nivel de acciones sísmicas se espera que el comportamiento de la estructura se mantenga dentro del campo elástico.

En la Figura 3 se muestra el espectro de pseudo-aceleración para la zona sísmica 1 dado por el Reglamento INPRES-CIRSOC 103 en correspondencia con un perfil de suelo de rigidez intermedia (suelo tipo II).

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2 2.40.00

0.05

0.10

0.15

0.20

0.25

0.30

0.35Zona Sísmica 1 - Suelo Tipo II

Sa

[%g

]

Periodo [seg]

Figura 3. Espectro elástico de pseudo-aceleraciones con ξ = 5%

10

La manera prevista en este reglamento para tener en cuenta el comportamiento inelástico de las estructuras bajo el sismo consiste en efectuar el cálculo como si fuera elástica pero corrigiendo la repuesta por medio de un factor de reducción R que varía según el período fundamental de la estructura T según se ilustra en la Figura 4. La variación del coeficiente de reducción R indicada por el reglamento es una ley formada por dos rectas.

Para estructuras cuyo período fundamental es igual o inferior al período al valor definido como T1 en el reglamento, el coeficiente R varía entre 1 para T = 0, hasta R = μ para T = T1, donde μ es la ductilidad máxima nominal que el reglamento permite asignar a la estructura según sus características. Para estructuras cuyo período T es mayor que T1, el reglamento permite adoptar el valor máximo de R = μ independientemente del valor de T.

Figura 4. Variación del coeficiente de reducción R en función del período natural

Esta manera de considerar el efecto del comportamiento inelástico de las estructuras frente a las acciones sísmicas responde a observaciones empíricas del comportamiento de estructuras en escala natural frente a sismos, como así también a simulaciones numéricas sobre el efecto de las deformaciones plásticas en la respuesta dinámica frente a diferentes sismos. Si bien se trata de recomendaciones que responden a una lógica intuitiva, no resultan de una ley natural exacta, como la ley de Newton, de la conservación de la energía o de la cantidad de movimiento, y por lo tanto deben ser tomadas como de validez estadística, aunque no aplicable a todos los casos en forma exacta.

A pesar de estas limitaciones en la metodología indicada por el reglamento, las acciones sísmicas que pueden incidir sobre una estructura dada presentan una serie de incertidumbres que llevan a la necesidad de contar con reglas simples, aunque sean aproximadas, sobre los efectos del comportamiento inelástico frente a dichas acciones que son de muy baja probabilidad de ocurrencia y con períodos de recurrencia de ser superadas que según el reglamento son de aproximadamente una vez cada 475 años para el sismo destructivo de diseño.

La idea detrás de las recomendaciones reglamentarias es que el análisis de las deformaciones y esfuerzos sísmicos teniendo en cuenta el comportamiento inelástico puede realizarse como si el sistema fuera lineal y elástico, pero introduciendo factores de corrección a los resultados lineales. La lógica utilizada se describe a continuación.

Esfuerzos máximos.

Para estructuras relativamente rígidas, aquellas cuyo período fundamental es mucho menor que el período T1 del espectro, las aceleraciones máximas que sufre la masa de un sistema de 1 GLD por efecto del sismo no difieren sustancialmente

T [seg]

R

1

μ

T1

11

de las del sistema elástico, y por lo tanto la reducción del esfuerzo máximo respecto al correspondiente al comportamiento elástico a través del factor R es muy pequeña y resulta aproximadamente igual a la unidad. Estrictamente, para una estructura muy rígida en relación a su masa con período natural cercano a 0, los beneficios del comportamiento inelástico no se traducen en una reducción del esfuerzo máximo en el resorte K. Por el contrario, para estructuras cuyo período fundamental es cercano a T1 del espectro, la reducción del esfuerzo máximo es próxima al valor de la ductilidad máxima μ que puede desarrollar sin colapso, y en este caso el coeficiente de reducción R tiende al límite máximo R = μ. Para períodos intermedios entre 0 y T1 el reglamento introduce una ley lineal de variación de R.

Para estructuras relativamente flexibles, cuyo período fundamental es superior al límite T1 del espectro, se considera que se produce una significativa reducción del esfuerzo máximo que siente el resorte como consecuencia del comportamiento inelástico frente al sismo, y esa reducción se estima dividiendo el esfuerzo máximo que sufriría la estructura si fuera elástica por el factor de reducción R con su valor máximo (R = μ).

Desplazamientos máximos. Consistente con la reducción de los esfuerzos máximos en la estructura por efecto de la ductilidad, resulta necesario considerar que los desplazamientos relativos máximos inducidos por el sismo deben ser corregidos a partir del valor que tendrían si el comportamiento fuese lineal elástico, siguiendo para ello la siguiente regla práctica:

Para estructuras relativamente flexibles (T > T1), los desplazamientos máximos son aproximadamente iguales a los que corresponden a una estructura lineal elástica, y por lo tanto no resulta necesario corregir los valores de desplazamiento basados en la hipótesis de comportamiento lineal elástico.

Para estructuras relativamente rígidas (T < T1) los desplazamientos máximos consistentes con el comportamiento inelástico se obtienen de multiplicar los desplazamientos elásticos máximos por la relación μ / R. Por lo tanto, para estructuras muy rígidas (R ≈ 1) los desplazamientos máximos de un sistema elasto-plástico serán aproximadamente μ veces más grandes que los desplazamientos elásticos máximos. Esta consideración se expresa en forma clara en los gráficos (a) y (b) de la Figura 5.

Figura 5. Comparación de esfuerzos y desplazamientos elásticos y elasto-plásticos

Fmax

Finel

ucalc uelas ≈ uinel

K

Felas

umax

Fmax

Finel

ucalc uinel

K

Felas

umax uelas

(a) Estr. relativamente flexible (b) Estr. relativamente rígida

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A manera de comentario final, resulta de interés señalar que las tres zonas características en cualquier espectro de respuesta elástica Sa son las siguientes:

Zona controlada por las aceleraciones máximas: segmento del espectro que corresponde a estructuras relativamente rígidas, donde las aceleraciones máximas no presentan una reducción marcada respecto a las elásticas como consecuencia del comportamiento inelástico.

Zona controlada por las velocidades máximas: segmento donde las aceleraciones espectrales son máximas, que se extiende entre los períodos designados como T1 y T2 por el reglamento INPRES-CIRSOC 103. En este sector, se produce la máxima amplificación dinámica de la respuesta de la estructura respecto a las que se producirían si las mismas aceleraciones debidas al sismo generaran una respuesta estática o casi estática (lo que ocurre esencialmente cuando el período fundamental T es muy bajo frente a T1). De todos modos, a pesar de la amplificación dinámica que se produce en esta zona por el efecto de una cierta resonancia entre la excitación y el modo fundamental de la estructura, el comportamiento inelástico produce una notable reducción del efecto del esfuerzo que se produciría en un sistema elástico.

Zona controlada por los desplazamientos máximos: segmento que corresponde a las estructuras relativamente flexibles, en las que el desplazamiento máximo inducido por el sismo resulta independiente a si el comportamiento es elástico o inelástico. Naturalmente, si los desplazamientos máximos son independientes de las deformaciones plásticas, los esfuerzos máximos se reducen respecto a los elásticos a través del factor R por la expresión max,inel max,elasF F

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Documents

Libro de Ayuda - Analisis Estructural.pdf