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Análisis estructural: método de rigidez

Cuando una estructura tiene más apoyos o barras de los estrictamente necesarios (una viga continua, un pórtico empotrado), el equilibrio no basta para hallar sus fuerzas: hay que añadir cómo se deforma. El método de rigidez lo hace de forma sistemática para cualquier pórtico, viga o emparrillado, en 2D o 3D, y es lo que llevan dentro todos los programas de cálculo de estructuras. Aquí verás su idea, sus pasos y cómo leer lo que da la herramienta Análisis estructural.

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Grado de indeterminación

En un pórtico plano cada barra tiene tres fuerzas internas desconocidas y cada nodo da tres ecuaciones de equilibrio. El grado de indeterminación (GI) compara incógnitas y ecuaciones:

G I = 3 m + r - 3 j - c (en 3D: 6 m + r - 6 j - c)

$m$ son las barras, $r$ las reacciones, $j$ los nodos y $c$ los giros liberados por articulaciones internas. Con $G I = 0$ la estructura es isostática; con $G I > 0$ , hiperestática de ese grado; con $G I < 0$ , un mecanismo. Por ejemplo, una viga continua de dos tramos tiene $G I = 1$ y un pórtico empotrado en sus dos bases, $G I = 3$ .

El grado de indeterminación dice cuántas ecuaciones de compatibilidad haría falta escribir a mano con el método de las fuerzas. El método de rigidez no las necesita: resuelve igual una estructura isostática que una de grado 20.

La idea: incógnitas en los desplazamientos

En lugar de buscar fuerzas, el método de rigidez busca los desplazamientos de los nodos: en 2D, dos traslaciones y un giro por nodo. Si se conocen los desplazamientos de los extremos de una barra, sus fuerzas salen directamente de su rigidez, y el equilibrio de cada nodo da tantas ecuaciones como desplazamientos desconocidos.

Los seis grados de libertad de una barra de pórtico plano, en sus ejes locales.

La relación entre las fuerzas en los extremos y esos seis desplazamientos es la matriz de rigidez de la barra. Para la flexión (los grados $v$ y $θ$ ) y la fuerza axial ( $u$ ):

k = \frac{E A}{L} 00 - \frac{E A}{L} 00 0 \frac{12 E I}{L ^{3}} \frac{6 E I}{L ^{2}} 0 - \frac{12 E I}{L ^{3}} \frac{6 E I}{L ^{2}} 0 \frac{6 E I}{L ^{2}} \frac{4 E I}{L} 0 - \frac{6 E I}{L ^{2}} \frac{2 E I}{L} - \frac{E A}{L} 00 \frac{E A}{L} 00 0 - \frac{12 E I}{L ^{3}} - \frac{6 E I}{L ^{2}} 0 \frac{12 E I}{L ^{3}} - \frac{6 E I}{L ^{2}} 0 \frac{6 E I}{L ^{2}} \frac{2 E I}{L} 0 - \frac{6 E I}{L ^{2}} \frac{4 E I}{L}

Cada columna tiene un significado físico: son las fuerzas que hay que aplicar en los extremos para producir un desplazamiento unitario en ese grado de libertad con todos los demás fijos. Girar un extremo una unidad, con el otro empotrado, exige un momento $4 E I / L$ en ese extremo y produce $2 E I / L$ en el otro (el factor de transporte es 1/2).

Dos columnas de la matriz: la barra deformada y las fuerzas que la mantienen así.

Los pasos del método

Matriz de cada barra en sus ejes locales, como la de arriba.
Transformación a ejes globales: con los cosenos directores de la barra, $k_{g} = T^{T} k T$ . Una columna vertical y una viga horizontal tienen la misma $k$ local pero distinta $k_{g}$ .
Cargas en las barras: se reemplazan por las fuerzas de empotramiento (las reacciones que tendría la barra con los dos extremos empotrados), aplicadas en los nodos con el signo contrario.
Ensamble: se suman las $k_{g}$ en la matriz global $K$ según los nodos que une cada barra, y las cargas en el vector $P$ .
Condiciones de apoyo: se eliminan los grados de libertad restringidos y se resuelve $K_{ff} d_{f} = P_{f}$ .
Fuerzas en las barras: $f = k d + f_{emp}$ con los desplazamientos de sus extremos; las reacciones salen de las filas restringidas. Entre extremos, los diagramas se completan con el equilibrio de un tramo.

Carga en una barra empotrada en los dos extremos	Momentos de empotramiento
uniforme $w$ en toda la luz	$\frac{w L ^{2}}{12}$ en A y en B
puntual $P$ en el centro	$\frac{P L}{8}$ en A y en B
puntual $P$ a distancias $a$ y $b$ de los extremos	$\frac{P a b ^{2}}{L ^{2}}$ en A, $\frac{P a ^{2} b}{L ^{2}}$ en B
triangular de 0 (en A) a $w$ (en B)	$\frac{w L ^{2}}{30}$ en A, $\frac{w L ^{2}}{20}$ en B

El simulador calcula las fuerzas de empotramiento integrando la carga con las funciones de forma, así que acepta cualquier carga (parcial, trapezoidal, parabólica) y no solo las de la tabla.

Detalles que cambian el resultado

Deformación axial. Los métodos a mano (pendiente-deflexión, Cross) suelen suponer barras que no se acortan. El método de rigidez incluye $E A / L$ , así que sus resultados difieren un poco (ejemplo 2). Con secciones reales la diferencia es de pocas unidades por ciento o menos.
Articulaciones internas. Un extremo articulado no transmite momento: el grado de giro de ese extremo se elimina de la barra (condensación estática) y la barra sigue unida al nodo en traslación.
En 3D cada nodo tiene seis grados de libertad, y aparecen la torsión ( $G J / L$ ) y la flexión en dos planos. Un perfil abierto (I, C) tiene un $J$ muy pequeño: casi no resiste torsión (ejemplo 3).

Convenio del simulador en 2D:

N

positiva en tensión;

M

positivo si tracciona la fibra inferior (lado

- y

local) y se dibuja del lado traccionado;

V = d M / d x

. Las tablas de fuerzas en los extremos están en ejes locales, sobre la barra.

Errores frecuentes

Olvidar las fuerzas de empotramiento al pasar de $k d$ a las fuerzas reales de la barra.
Aplicar las fuerzas de empotramiento a los nodos con el mismo signo en lugar del contrario.
Mezclar unidades en $E I$ (kN y m frente a N y mm): los desplazamientos salen mil o un millón de veces mal, aunque los momentos de una estructura con una sola sección pueden salir bien.
Leer las fuerzas en ejes locales como si fueran globales en las columnas: en una barra vertical, la $V$ local es horizontal.
Esperar desplazamientos realistas con un perfil abierto sometido a torsión.

Ejemplos resueltos

Ejemplo 1Viga continua de dos tramos

Una viga de dos tramos iguales de 6 m (IPE 300,

E I = 16710

kN·m²), articulada en A y con rodillos en B y C, soporta 10 kN/m en toda su longitud. Halla los giros, el momento sobre el apoyo central y las reacciones.

Solución

$G I = 3 \cdot 2 + 4 - 3 \cdot 3 = 1$ : hiperestática. Incógnitas del método de rigidez: los giros $θ_{A}$ , $θ_{B}$ y $θ_{C}$ (las traslaciones verticales están impedidas). Por simetría, $θ_{B} = 0$ .
Momentos de empotramiento de cada tramo: $\frac{w L ^{2}}{12} = \frac{10 \cdot 36}{12} = 30$ kN·m.
Equilibrio del nodo A (momento nulo en la articulación): $\frac{4 E I}{L} θ_{A} + 30 = 0 \Rightarrow θ_{A} = - \frac{30 \cdot 6}{4 \cdot 16 710} = - 0.002693$ rad, y $θ_{C} = + 0.002693$ rad.
Momento en B: $M_{B A} = \frac{2 E I}{L} θ_{A} - 30 = - 15 - 30 = - 45$ kN·m $= - \frac{w L ^{2}}{8}$ (tracciona la fibra superior).
Reacciones del tramo AB: $A_{y} = \frac{60}{2} - \frac{45}{6} = 22.5$ kN y la parte de B, $37.5$ kN; por simetría $B_{y} = 2 \cdot 37.5 = 75$ kN y $C_{y} = 22.5$ kN. Suma: $120$ kN ✓.

θ_{A} = - 0.002693

rad,

M_{B} = - 45

kN·m,

A_{y} = C_{y} = 22.5

kN y

B_{y} = 75

kN; el momento positivo máximo es 25.31 kN·m a 2.25 m de cada extremo.

Resuélvelo en Simuveliq

El botón abre el modelo ya hecho; para armarlo: en Ingeniería → Análisis estructural, nodos en x = 0, 6 y 12, dos barras, articulado en A, rodillos (reacción vertical) en B y C y una carga distribuida de 10 kN/m en cada barra.
La tarjeta Determinación dice «Hiperestática, grado 1». El «Paso a paso · método de rigidez» muestra la matriz de cada barra, el sistema $K_{ff} d_{f} = P_{f}$ con $P_{f} = (- 30, 0, 0, 0, 30)$ y los giros ±0.002693.
Con el diagrama M verás −45 sobre B; la tabla de reacciones da 22.5, 75 y 22.5 kN.

Abrir en el simulador →

Momento flector del ejemplo 1 (positivo hacia abajo, del lado traccionado).

Ejemplo 2Pórtico empotrado con carga simétrica

Un pórtico de una sola sección (IPE 300) tiene columnas de 4 m empotradas en la base y una viga de 6 m con 20 kN/m. Halla los momentos en las esquinas, en las bases y en el centro de la viga, y la reacción horizontal.

Solución

A mano, sin deformación axial (pendiente-deflexión): por simetría no hay desplazamiento lateral y $θ_{C} = - θ_{B} = - θ$ . Momento de empotramiento de la viga: $\frac{20 \cdot 6 ^{2}}{12} = 60$ kN·m.
En B: columna $M_{B A} = \frac{4 E I}{4} θ = E I θ$ ; viga $M_{BC} = \frac{2 E I}{6} (2 θ - θ) - 60 = \frac{E I θ}{3} - 60$ .
Equilibrio del nodo B: $E I θ + \frac{E I θ}{3} - 60 = 0 \Rightarrow E I θ = 45$ . Esquina: 45 kN·m; base: $M_{A B} = \frac{2 E I}{4} θ = 22.5$ kN·m; centro de la viga: $\frac{w L ^{2}}{8} - 45 = 45$ kN·m.
Reacción horizontal (equilibrio de la columna): $H = \frac{45 + 22.5}{4} = 16.875$ kN; vertical, $60$ kN en cada base.
El simulador incluye la deformación axial: la viga, comprimida por $H$ , se acorta $H L / E A \approx 0.094$ mm y las columnas se inclinan un poco hacia dentro. Por eso da 44.93 en las esquinas, 22.32 en las bases, 45.07 en el centro y $H = 16.81$ kN: menos de un 1 % de diferencia.

A mano: 45, 22.5 y 45 kN·m,

H = 16.875

kN. Con deformación axial (simulador): 44.93, 22.32 y 45.07 kN·m,

H = 16.81

kN.

Resuélvelo en Simuveliq

El botón abre el pórtico con las tres barras de IPE 300, las bases empotradas y 20 kN/m en la viga.
La tarjeta Determinación dice «grado 3» y M máximo 45.07 kN·m en el centro de BC. El paso «6. Fuerzas en los extremos de AB» da 22.32 y −44.93 kN·m, y la tabla de reacciones 16.81 y 60 kN.
Los desplazamientos de B y C (±0.0469 mm en x) son el acortamiento de la viga. Prueba a multiplicar el área A de la sección por 1000 en el panel Secciones y material: los resultados se acercan a los de la mano.

Abrir en el simulador →

Momento flector del ejemplo 2 según el simulador, dibujado del lado traccionado: arriba en las esquinas y por fuera, abajo en el centro de la viga y por dentro en las bases.

Ejemplo 3Ménsula en L en el espacio: torsión

Una ménsula horizontal en L (IPE 300) está empotrada en A. El tramo AB mide 3 m en la dirección

x

y el BC, 2 m en

y

. BC soporta 2 kN/m y en C cuelgan 10 kN. Halla las reacciones y los esfuerzos en el empotramiento.

Solución

Es isostática ( $G I = 6 \cdot 2 + 6 - 6 \cdot 3 = 0$ ): basta el equilibrio de toda la ménsula.
Fuerza vertical: $R_{z} = 10 + 2 \cdot 2 = 14$ kN.
Momentos respecto de A con $M = r \times F$ : la carga de C, en $(3, 2)$ , da $(- 20, 30, 0)$ y la resultante de 4 kN en $(3, 1)$ da $(- 4, 12, 0)$ kN·m. La reacción equilibra la suma: $M_{x} = 24$ y $M_{y} = - 42$ kN·m.
Para la barra AB, que va en $x$ , $M_{x}$ es una torsión de 24 kN·m y $M_{y}$ una flexión de 42 kN·m en el plano vertical. El tramo BC no sufre torsión: su carga actúa en su propio plano.

R_{z} = 14

kN, torsión

T = 24

kN·m y flexión

M = 42

kN·m en el empotramiento.

Resuélvelo en Simuveliq

Estructura 3D; en Ejemplos, «Cargar estructura» → Ménsula en L horizontal (torsión).
Las tarjetas dan T máximo −24 kN·m y Mz máximo −42 kN·m en la barra AB, x = 0; la tabla de reacciones, $R_{z} = 14$ , $M_{x} = 24$ y $M_{y} = - 42$ .
Fíjate en el desplazamiento de C: varios metros, imposible. El perfil I tiene $G J = 15.5$ kN·m², casi nada, y AB gira libremente. Aumenta J en Secciones y material (como si fuera un tubo) y el desplazamiento cae a milímetros: las fuerzas no cambian, porque la ménsula es isostática.

Abrir en el simulador →

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