1. 1. TEMA 5. MÉTODO MATRICIAL
1.1 Ejercicios resueltos
1. En la cubierta de la figura, determiar el valor de los momentos en
los extremos de las barras, así como el momento máximo en ellas.
(E=2.1·1011 N/m2, I=68000 cm4, A=56 cm2)
4.5 m
2.5m1m
3 kN/m
1m
2kN/m
2EI, A
EI, A
EI, A
En primer lugar, definimos los nudos y los grados de libertad de la estructura.
7
8
9
A
B
C
D
1
2
3
4
5
6
10
11
12
Las características necesarias para calcular las matrices de rigidez se resumen en la tabla siguiente.
BARRA L (m) I (cm4) A(cm2) ANGULO
AB 2.5 136000 56 90
BC 2 136000 56 90
BD 4.61 68000 56 12.5288
CD 4.61 - 56 -12.5588

2. Teoría de Estructuras I
A. Carnicero 2
Calculamos las matrices de rigidez de los distintos elementos,
Elemento AB,
AB
470.4 0 0 -470.4 0 0
0 219.3408 274.1760 0 -219.3408 274.176
0 274.1760
k =
456.9600 0 -274.1760 228.48
-470.4 0 0 470.4 0 0
0 -219.3408 -274.1760 0 219.3408 -274.176
0 274.1760 228.4800 0 -274.1760 456.96
 
 
 
 
 
 
 
 
  
que en coordenadas globales es,
AB
219.3408 0 -274.176 -219.3408 0 -274.176
0 470.4 0 0 -470.4 0
-274.1760 0 456.96 274.1760
K =
0 228.48
-219.3408 0 274.176 219.3408 0 274.176
0 -470.4 0 0 470.4 0
-274.1760 0 228.48 274.1760 0 456.96
 
 
 
 
 
 
 
 
  
A
B
1
2
3
α
4
5
6
Sistema local de los elementos AB y BC
3
B
C
1
2
α
4
5
6

3. El método matricial
A. Carnicero 3
Elemento BC,
BC
588 0 0 -588 0 0
0 428.4 428.4 0 -428.4 428.4
0 428.4 571.2 0 -428.4 285.6
k
-588 0 0 58
=
8 0 0
0 -428.4 -428.4 0 428.4 -428.4
0 428.4 285.6 0 -428.4 571.2
 
 
 
 
 
 
 
 
  
que en coordenadas globales es,
BC
428.4 0 -428.4 -428.4 0 -428.4
0 588 0 0 -588 0
-428.4 0 571.2 428.4 0 285.6
K
-428.4 0 428.4 428.4 0
=
428.4
0 -588 0 0 588 0
-428.4 0 285.6 428.4 0 571.2
 
 
 
 
 
 
 
 
  
Elemento BD,
BD
255.1102 0 0 -255.1102 0 0
0 17.4933 40.3200 0 -17.4933 40.32
0 40.32 123.
k =
9107 0 -40.3200 61.9553
-255.1102 0 0 255.1102 0 0
0 -17.4933 -40.32 0 17.4933 -40.32
0 40.32 61.9553 0 -40.3200 123.9107
 
 
 
 
 
 
 
 
  
que empleanto la matriz de rotación
B
1
2
3
α
Sistema local de los elementos BD y CD
4
5
6
D C 1
2
3
α
4
5
6
D

4. Teoría de Estructuras I
A. Carnicero 4
BD
0.9762 0.2169 0 0 0 0
-0.2169 0.9762 0 0 0 0
0 0 1 0 0
R =
0
0 0 0 0.9762 0.2169 0
0 0 0 -0.2169 0.9762 0
0 0 0 0 0 1
 
 
 
 
 
 
 
 
  
permite obtener la matriz de rigidez en coordenadas globales,
BD
243.9283 50.3189 -8.7466 -243.9283 -50.3189 -8.7466
50.3189 28.6752 39.3599 -50.3189 -28.6752 39.3599
-8.7466 39.3599 123.9107 8.7466 -39.3599 61.9553
K
-243.9283 -
=
50.3189 8.7466 243.9283 50.3189 8.7466
-50.3189 -28.6752 -39.3599 50.3189 28.6752 -39.3599
-8.7466 39.3599 61.9553 8.7466 -39.3599 123.9107
 
 
 
 
 
 
 
 
  
Elemento CD.
Este elemento solo puede trabajar a tracción o compresión (está articulado en los extremos y no tiene cargas
transversales o momentos aplicados) por lo que su matriz en coordenadas locales es,
CD
255.1102 -255.1102
k
-255.1102 255.1102
 
=  
 
que en coordenadas globales es
CD
243.1050 -54.0233 -243.105 54.0233
-54.0233 12.0052 54.0233 -12.0052
K
-243.1050 54.0233 243.1050 -54.0233
54.0233 -12.0052 -54.0233 12.0052
 
 
 =
 
 
 
matriz a la que se llego por medio de
CD
0.9762 0
-0.2169 0
R
0 0.9762
0 -0.2169
 
 
 =
 
 
 
Luego las matrices de rigidez de los distintos elementos ya están calculadas. Las ensamblamos ahora para obtener la
matriz de rigidez global de la estructura,

5. El método matricial
A. Carnicero 5
219.3408
0
-274.1760
-219.3408
0
-274.1760
0
0
0
0
0
0
0
470.4
0
0
-470.4
0
0
0
0
0
0
-274.1760
0
456.9600
274.1760
0
228.4800
0
0
0
0
0
0
-219.3408
0
274.1760
891.6691
50.3189
-162.9706
-428.4
0
-428.4
-243.9283
-50.3189
-8.7466
0
-470.4
0
50.3
1087.1
39.4
0
-588
0
-50.3
-28.7
39.4
-274.2
0
228.5
-163
39.4
1152.1
428.4
0
285.6
8.7
-39.4
62
0
0
0
-428.4
0
428.4
671.5050
-54.0233
428.4
-243.1050
54.0233
0
0
0
0
0
-588
0
-54.0233
600.0052
0
54.0233
-12.0052
0
0
0
0
-428.4
0
285.6
428.4
0
571.2
0
0
0
0
0
0
-243.9283
-50.3189
8.7466
-243.1050
54.0233
0
487.0333
-3.7045
8.7466
0
0
0
-50.3189
-28.6752
-39.3599
54.0233
-12.0052
0
-3.7045
40.6804
-39.3599
0
0
0
-8.7466
39.3599
61.9553
0
0
0
8.7466
-39.3599
123.9107
Vector desplazamiento
El vector de desplazamiento es
( )
t
4 5 6 7 8 9 10 11 12U 0,0,0,U ,U ,U ,U ,U ,U ,U ,U ,U=
Por lo que el sistema de ecuaciones a resolver tendrá 9 ecuaciones.
Vector de cargas
El vector de cargas de los elementos AB y BC, se puede escribir directamente en coordenadas globales como
t2 2
ql ql ql ql
F ,0, , ,0,
2 12 2 12
 
= − − − 
 
que sustituyendo para cada una de las barras
( )
( )
t3 3 3 3 3
AB
t3 4 3 4
BC
F 2.5·10 ,0,1.0416·10 , 2.5·10 ,0, 1.0416·10 ·10
F 2·10 ,0,6.6666·10 , 2·10 ,0, 6.6666·10
− − − − −
− − − −
= − − −
= − − −
El vector de carga del elemento BD, es más cómodo escribirlo en coordenadas locales y pasarlo despues a globales.
( )
t3 3 3 3
BDf 0,6.9146·10 ,5.3125·10 ,0,6.9146·10 , 5.3125·10− − − −
= −
El vector de cargas se calcula como
( )
tt -3 -3 -3 -3 -3 -3
BD BD BDF R f -1.5·10 ,6.75·10 ,5.3125·10 , 1.5·10 ,6.75·10 ,-5.3125·10= = −
Ensamblando estos vectores se obtiene el vector de esfuerzos de empotramiento

6. Teoría de Estructuras I
A. Carnicero 6
3 3
3
3 3 -3
-3
3 4 -3
emp 3
4
-3
-3
-3
2.5·10 2.5·10
0 0
1.0416·10 1
2.5·10 2·10 -1.5·10
6.75·10
1.0416·10 6.6666·10 5.3125·10
F
2·10
0
6.6666·10
-1.5·10
6.75·10
-5.3125·10
− −
−
− −
− −
−
−
 − −
 
 
 
 
− − 
 
 
− + +  
= = 
− 
 
 
− 
 
 
 
 
  
3
3
-3
-3
3
4
-3
-3
-3
.0416·10
6·10
6.75·10
4.9375·10
2·10
0
6.6666·10
-1.5·10
6.75·10
-5.3125·10
−
−
−
−
 
 
 
 
 
− 
 
 
  
 
− 
 
 
− 
 
 
 
 
  
Restando este vector al de las cargas aplicadas en los nudos, se tiene el vector de cargas a introducir en el
sistema ecuaciones.
3
1
2
3
3
3
-3
-3
n emp 3
4
-3
-3
-3
R 2.5·10
R 0
R 1.0416·10
0 6·10
0 6.75·10
0 4.9375·10
F F F
0 2·10
0 0
0 6.6666·10
0 -1.5·10
0 6.75·10
0 -5.3125·10
−
−
−
−
−
 − 
  
  
  
  
−  
  
  
    
= − = −   
−   
   
   
−   
   
  
  
  
   




Por lo que el sistema de ecuaciones a resolver para calcular los desplazamientos
es
3
0.8917 0.0503 -0.1630 -0.4284 0 -0.4284 -0.2439 -0.0503 -0.0087
0.0503 1.0871 0.0394 0 -0.5880 0 -0.0503 -0.0287 0.0394
-0.1630
10 ·
0.0394 1.1521 0.4284 0 0.2856 0.0087 -0.0394 0.0620
-0.4284 0 0.4284 0.6715 -0.0540 0.4284 -0.2431 0.0540 0
0 -0.5880 0 -0.0540 0.6000 0 0.0540 -0.0120 0
-0.4284 0 0.2856 0.4284 0 0.5712 0 0 0
-0.2439 -0.0503 0.0087 -0.2431 0.0540 0 0.4870 -0.0037 0.0087
-0.0503 -0.0287 -0.0394 0.0540 -0.0120 0 -0.0037 0.0407 -0.0394
-0.0087 0.0394 0.0620 0
3
4
-3
5
-3
6
3
7
8
4
9
-3
10
-3
11
12
U 6·10
U -6.75·10
U 4.9375·10
U 2·10
U 0
U 6.6666·10
U 1.5·10
U -6.75·10
0 0 0.0087 -0.0394 0.1239 U 5.312
−
−
−
   
   
   
    −
   
   
   • = 
   
   
   
   
   
       
-3
5·10
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
  

7. El método matricial
A. Carnicero 7
Resolviendo el sistema de ecuaciones se calculan los desplazamientos desconocidos.
U4 = 5.5439·10-4
U5 = -2.8699·10-5
U6 = -4.0886·10-4
U7 = 1.4641·10-3
U8 = -3.1854·10-5
U9 = -4.766·10-4
U10 = 1.0112·10-3
U11 = -2.224·10-3
U12 = -4.8237·10-4
Conocidos los desplazamientos, calcular esfuerzos en las distintas barras es sencillo.

8. Teoría de Estructuras I
A. Carnicero 8
2. Obtener los desplazamientos desconocidos y dibujar los esfuerzos en
las barras AB y EF.
400200 200
300300
10kN
20kN/m
A
B
D
C
E
F
G H
I
J
A=20 cm2
RESTO DE ELEMENTOS
A=164 cm2
I=147361 cm4
Dado que la estructura es simétrica modelamos sólo la mitad e imponemos condiciones de simetría en los puntos que
se encuentren sobre el eje de simetría (U7=U16=U18=0).
5kN
A
B
D
C
E
F
1
2
3
4
5
6
10
11
12
13
14
16
17
18
7
Las matrices de rigides de los elementos BA y DB (con los nudos inicial y final en ese orden, expresando las fuerzas en
MN y las longitudes en m) son:
BA DB
1148 0 0 -1148 0 0
0 137.5 206.3 0 -137.5 206.3
0 206.3 412.6 0 -206.3
k k= =
206.3
-1148 0 0 1148 0 0
0 -137.5 -206.3 0 137.5 -206.3
0 206.3 206.3 0 -206.3 412.6
 
 
 
 
 
 
 
 
  

9. El método matricial
A. Carnicero 9
Siendo su expresión en coordenadas globales (matriz de rotación con α=-90º):
BA DB
137.5 0.000 206.3 -137.5 0.0000 206.3
0.000 1148 0.0000 0.0000 -1148 0.0000
206.3 0.000 412.6 -206.3 0.0000 206.3
K K
-137.5 0.000 -206.3
= =
137.5 0.0000 -206.3
0.000 -1148 0.0000 0.0000 1148 0.0000
206.3 0.000 206.3 -206.3 0.0000 412.6
 
 
 
 
 
 
 
 
  
La matriz de rigidez de un elemento de 2 metros de longitud con las características resistentes de los estudiados es:
1722 0 0 -1722 0 0
0 464.2 464.2 0 -464.2 464.2
0 464.2 618.9 0 -464.2 309.5
k
-1722
=
0 0 1722 0 0
0 -464.2 -464.2 0 464.2 -464.2
0 464.2 309.5 0 -464.2 618.9
 
 
 
 
 
 
 
 
  
Cuya expresión es la misma para coordenadas locales y globales.
La matriz de rigidez del elemento BC (no trabaja a flexión) es
BC
105 -105
k
-105 105
 
=  
 
Dado que el grado de libertad 15 no existe es necesario eliminarlo de las matrices de rigidez de los elementos DE y EF.
Para obtener la matriz de rigidez liberada, aplicamos:
I t
I
l al al
a aal aa
ll ll
l
F K K
F K K 0 U
K K
U
0 0 0
   
 − −    =             
Elemento DE (eliminando el grado de libertad 6)
l l
DE DE
1722 0 0 -1722 0
0 116 232.1 0 -116
k K 0 232.1 464.2 0 -232.1
-1722 0
= =
0 1722 0
0 -116 -232.1 0 116
 
 
 
 
 
 
  
Elemento EF (eliminando el grado de libertad 3)

10. Teoría de Estructuras I
A. Carnicero 10
l l
EF EF
1722 0 -1722 0 0
0 116 0 -116 232.1
k K -1722 0 1722 0 0
0 -116 0 116 -232.1
= =
0 232.1 0 -232.1 464.2
 
 
 
 
 
 
  
Ensamblando los elementos obtenemos la matriz de rigidez global de la estructura
137.5369
0.0000
-206.3054
-137.5369
0.0000
-206.3054
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0.0000
11480
0.0000
0.0000
-11480
0.0000
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
-206.3054
0.0000
412.6108
206.3054
0.0000
206.3054
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
-137.5369
0.0000
206.3054
380.0739
0.0000
0
-105.0000
0
0
-137.5369
0.0000
-206.3054
0
0
0
0
0
0
0.0000
-11480
0.0000
0.0000
22960
0
0
0
0
0.0000
-11480
0.0000
0
0
0
0
0
0
-206.3054
0.0000
206.3054
0
0
825.2216
0
0
0
206.3054
0.0000
206.3054
0
0
0
0
0
0
0
0
0
-105
0
0
105
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
-137.5
0.0000
206.3
0
0
0
1859.5
0.0000
206.3
-1722
0
0
0
0
0
0
0
0
0.0000
-11480
0.0000
0
0
0
0.0000
12640
232
0
-116
0
0
0
0
0
0
0
-206.3054
0.0000
206.3054
0
0
0
206.3054
232.0936
876.7979
0
-232.0936
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
-1722
0
0
3444
0
0
-1722
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
-116.0468
-232.0936
0
232.0468
0
0
-116.0000
232.1000
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
-1722
0
0
1722
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
-116.0000
0
0
116.0000
-232.1000
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
232.1000
0
0
-232.1000
464.2000
Imponiendo las CC, la matriz de rigidez Kcc queda
380.0739
0.0000
0
-137.5369
0.0000
-206.3054
0
0
0
0.0000
22960
0
0.0000
-11480
0.0000
0
0
0
0
0
825.2216
206.3054
0.0000
206.3054
0
0
0
-137.5
0.0000
206.3
1859.5
0.0000
206.3
-1722
0
0
0.0000
-11480
0.0000
0.0000
12640
232
0
-116
0
-206.3054
0.0000
206.3054
206.3054
232.0936
876.7979
0
-232.0936
0
0
0
0
-17220
0
0
34440
0
0
0
0
0
0
-116.0468
-232.0936
0
232.0468
-116
0
0
0
0
0
0
0
-116.000
116.000
Vector de desplazamientos
El vector de desplazamientos es (el grado de libertad 15 se ha eliminado)
( )
t
4 5 6 10 11 12 13 14 17U 0,0,0,U ,U ,U ,0,U ,U ,U ,U ,U ,0,U ,0=
Vector de cargas
El vector de cargas debido a cargas en las barras puede escribirse fácilmente en coordenadas globales como,
( )
t
BA DBF F 0.0300 0.0000 0.015 0.0300 0.0000 -0.015= =
Que está asociado a los grados de libertad 4, 5, 6, 1, 2 y 3 en el caso de BA y a 10, 11, 12, 4, 5 y 6, en el caso de DB.
Ensamblándolos, tenemos que el vector de cargas debido a cargas en el elemento es:

11. El método matricial
A. Carnicero
11
e m p
0 . 0 3 0 0
0 . 0 0 0 0
- 0 . 0 1 5 0
0 . 0 6 0 0
0 . 0 0 0 0
0
0
0
0
F
0 . 0 3 0 0
0 . 0 0 0 0
0 . 0 1 5 0
0
0
0
0
0
0














= 















 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
  
Por lo tanto el vector de cargas se obtiene incluyendo las cargas en los nudos
n e m p
R 1 - 0 . 0 3 0 0
R 2 + 0 .0 0 0 0
R 3 + 0 .0 1 5
- 0 . 0 6 0 0
0 .0 0 0 0
0
R 7 + 0
F F F - 0 . 0 3 0 0
0 .0 0 0 0
- 0 . 0 1 5 0
0
0
R 1 6 + 0
- 0 . 0 0 5 0
R 1 8 + 0
 
 
 
 
 
 





= − =  



























El vector de cargas con las condiciones de contorno ya impuestas es, que será el que utilizaremos para resolver el
sistema de ecuaciones es:
( )
t
ccF -0.0600 0 0 -0.0300 0 -0.0150 0 0 -0.0050=
Resolviendo el sistema de ecuaciones
1
cc ccU K F= ⋅
se obtiene los valores de los desplazamientos desconocidos. Éstos son:
U4 = -0.290471·10-3
U5 = -0.004355·10-3
U6 = 0.064250·10-3
U10 = -.038101·10-3
U11 = -0.00871·10-3

12. Teoría de Estructuras I
A. Carnicero 12
U12 = -0.21890·10-3
U13 = -0.01905·10-3
U14 = -0.48959·10-3
U17=-0.53268·10-3
Cálculo de esfuerzos
Conocidos los desplazamientos se pueden calcular los esfuerzos en las barras.
Por ejemplo en la barra BA
El vector desplazamientos es
UBA=(-0.29047·10-3,-0.0043554·10-3,0.06425·10-3, 0,0,0)t
Y los esfuerzos producidos por estos desplazamientos son:
FBA=KBA· UBA son:
( )
t
BAF -0.02669 -0.005 -0.03341 0.02669 0.005 -0.04667=
A este vector hay que sumarle el vector de esfuerzos de empotramiento perfecto del elemento. Y obtenemos los
esfuerzos en los estremos del elemento:
( )
t
BAEsfuerzos 0.0033047 -0.005 -0.018415 0.056695 0.005 -0.061670=
Ojo, porque este vector de esfuerzos está calculado en coordenadas globales y asociado a los extremos B y A
(en ese orden).
0.005 MN
AXIL
0.06167 MN/m
FLECTORES
0.018415 MN/m
2
ql
0.0255MN / m
8
=
0.05669 MN
CORTANTE
0.0033 MN
Cálculamos ahora los esfuerzos en los estremos del elemento EF (coordenadas locales y globales coinciden).

13. El método matricial
A. Carnicero
13
El vector desplazamientos es
UEF=( -0.01905·10-3, -0.4895969·10-3,0, -0.532683·10-3,0)t
Y los esfuerzos producidos por estos desplazamientos son:
FEF=KEF· UEF son:
( )
t
EFF -0.032805 0.005 0.032805 -0.005 0.01=
Que dado que no hay esfuerzos en las barras, nos permiten obtener directamente los esfuerzos en los estremos de la
barra.
0.0328 MN
AXIL
0.01 MN/m
FLECTORES
0.005 MN
CORTANTE
Los gráficos siguientes muestran los resultados obtenidos al calcular la estructura mediante un programa de cálculo por
elementos finitos comercial.

14. Teoría de Estructuras I
A. Carnicero 14
3. Sobre la estructura de la figura, y pensando en el método matricial
400 cm
A D
B C
20 kN/m
20kN/m
10 kN
500cm
E=2.1·1011
N/m2
A=14 cm2
I=65400 cm4
Dibujar y numerar los grados de libertad considerados
1
2
3A D
B C4
5
6
7
8
9
10
11
12

15. El método matricial
A. Carnicero
15
Escribir la matriz de rigidez en coordenadas locales del elemento BD (en
ese orden). En un dibujo indicar dichas coordenadas, las coordenadas
globales asociadas y el ángulo de giro. Escribir la matriz de rotación
que permite el paso a coordenadas globales.
La matriz de rigidez en coordenadas locales será una matriz de 2x2 de la forma
BD
1 1 1 1AE
k 45.91 MN / m
1 1 1 1l
− −   
= =   − −   
La matriz de rotación que permite el paso a coordenadas globales será de la forma
cos sen 0 0
R
0 0 cos sen
α α
α α
 
=  
 
Determinar el vector de esfuerzos
El vector de esfuerzos vendra dado por
nudos empF F F= −
El vector de fuerzas en los nudos es
( )
t3
nudos 1 2 10 11F R ,R ,0,0,0,10·10 ,0,0,R ,R ,0−
=
Para ensamblar el vector de esfuerzos de empotramiento se puede trabajar directamente en coordenadas globales que
puede resultar más rápido que pasar de locales a globales (por ser el ángulo de giro 90 grados). Así
( )
( )
t
BC
t
AB
F 0,0.04,0.0267,0,0.04, 0.0267
F 0.05,0,0.0416, 0.05,0, 0.0417
= −
= − − −
Ensamblando el vector de esfuerzos de empotramiento se tiene que éste vale
( )
t
empF 0.05,0,0.0416, 0.05,0.04, 0.0417 0.0267,0,0.04, 0.0267= − − − + −
Por lo que el vector de cargas queda
( )
t
1 2 10 11F R 0.05,R , 0.0416,0.05, 0.04,0.015,0, 0.04,0.0267,R ,R ,0= + − − −
B
5
4
D
10
11
α= -51.34 º
1
2

16. Teoría de Estructuras I
A. Carnicero 16
Escribir el vector de desplazamientos
( )
t
3 4 5 6 7 8 9 12U 0,0,u ,u ,u ,u ,u ,u ,u ,0,0,u=
Una vez planteado el problema supongamos se tiene que los
desplazamientos de los grados de libertad asociados al nudo B son
(0.93·10-3, 0.234·10-3, -0.003·10-3)t y los del nudo C (1.23·10-3,
0.725·10-3, 0.012·10-3)t. Dibujar el diagrama de momentos flectores,
cortantes y axiles en la barra BC, siendo su matriz de rigidez en
coordenadas globales.
73.5 0 0 -73.5 0 0
0 25.7513 51.5025 0 -25.7513 51.5025
0 51.5025 137.34 0 -51.5025
k =
68.67
-73.5 0 0 73.5 0 0
0 -25.7513 -51.5025 0 25.7513 -51.5025
0 51.5025 68.6700 0 -51.5025 137.34
 
 
 
 
 
 
 
  
 
Para la determinación de dicha matriz se ha trabajado con las longitudes en m y las fuerzas en MN. Los esfuerzos en
los extremos de la barra vienen dados por
BC
BC BC empf k u f= +
Dado que la viga a estudiar está en posición horizontal es lo mismo trabajar en coordenadas locales que globales. La
matriz kBC está dada y el vector de desplazamientos elementales también. Por lo tanto
3
BC
BC BC emp
0.022 0 0.022
0.0122 0.04 0.0278
0.0249 0.0267 1.8·10
f k u f
0.022 0 0.022
0.0122 0.04 0.0522
0.0238 0.0267 0.0505
−
− −     
     
−     
     −
= + = + =     
     
     
          − − −     
Donde los esfuerzos están en MN. Los diagramas de esfuerzos se obtienen superponiendo los valores anteriores a los
isostáticos.

17. El método matricial
A. Carnicero
17
4. Determinar los desplazamientos y las reacciones en la viga de la
figura
2
20 kN/m
I=96000 cm4
E=2.1·1011
N/m2
3
Los grados de libertad consideramos para la resolución del problema son:
1
2
A
3
4
5
B
6
7
C
donde se han eliminado los grados de libertad horizontal al ser los desplazamientos en esa dirección nulos.
La matriz de rigidez del elemento AB es (coinciden coordenadas globales y locales) –en MPa-
AB AB
302.4 302.4 -302.4 302.4
302.4 403.2 -302.4 201.6
k K
-302.4 -302.4 302.4 -302.4
302.4 201.6 -302.4 403.2
 
 
 = =
 
 
 
y La matriz de rigidez de elemento BC
BC BC
89.6 134.4 -89.6 134.4
134.4 268.8 -134.4 134.4
k K
-89.6 -134.4 89.6 -134.4
134.4 134.4 -134.4 268.8
 
 
 = =
 
 
 

18. Teoría de Estructuras I
A. Carnicero 18
Considerando los grados de libertad de la figura, se tiene que la matriz de rigidez global será
302.4 302.4 -302.4 302.4 0 0 0
302.4 403.2 -302.4 201.6 0 0 0
-302.4 -302.4 392.0 -302.4 134.4 -89.6 134.4
K 302.= 4 201.6 -302.4 403.2 0 0 0
0 0 134.4 0 268.8 -134.4 134.4
0 0 -89.6 0 -134.4 89.6 -134.4
0 0 134.4 0 134.4 -134.4 268.8
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Conocida la matriz de rigidez, escribimos el vactor de desplzamientos
( )3 4 50,0, , , ,0,0
t
U U U U=
Para determinar el vector de cargas, calculamos el valor de los esfuerzos de empotramiento de los dos elementos
considerados
1 1 2 2
emp emp emp emp
0.0200 0.0300
0.0067 0.0150
f F f F
0.0200 0.0300
-0.0067 -0.0150
   
   
   = = = =
   
   
   
Por lo que el vector de cargas quedará
1
2
6
7
0.02
0.0067
0 0.02 0.03
0 0.0067
0 0.015
0.03
0.015
R
R
F
R
R
   
   
   
   +
   
= − −   
   
   
   
   −  
De esa forma, el sistema de ecuaciones a resolver es
3
4
5
0.05
0.0067
0.015
392 -302.4 134.4 U
-302.4 403.2 0 U
134.4 0 268.8 U
−    
    =    
    −    
Cuya resolución nos permite determinar los desplazamientos desconocidos

19. El método matricial
A. Carnicero
19
-3
3
-3
4
-3
5
U =-0.3826·10
U =-0.2704·10
U =0.1355·10
Una vez determinados todos los desplazamientos se pueden calcular las reacciones resolviendo el sistema
1
3
2
4
6
5
7
F -302.4 302.4 0 0.0339
U
F -302.4 201.6 0 0.0612
U
F -89.6 0 -134.4 0.0161
U
F 134.4 0 134.4 -0.0332
     
      
      = =      
       
      
Y dado que conocemos el vector de esfuerzos de empotramiento, las reacciones serán
1
2
6
7
R = 53.9 kN
R =67.8 kNm
R =46.1 kN
R =-48.2 kNm
5. Cálcular los desplazamientos desconocidos de la estructura.
5 m
10 kN
E= 2.1·1011
N/m2
I= 36000 cm4
A=94 cm2
5m
2 m
2m
20kN/m
A
B C
D
Determinamos los grados de libertad que existen en la estructura. Se ha dibujado el grado de libertad 6, que deberá ser
eliminado de las matrices de rigidez de los distintos elementos.

20. Teoría de Estructuras I
A. Carnicero 20
A
B C
D
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
La matriz de rigidez del elemento AB en coordenadas locales y del elemento BC, donde coinciden locales y globales es,
AB BC BC
394.8 0 0 -394.8 0 0
0 7.2576 18.144 0 -7.2576 18.144
0 18.144 60.48 0 -18.144 30.24
k k K
-394.8 0
= = =
0 394.8 0 0
0 -7.2576 -18.144 0 7.2576 -18.144
0 18.144 30.24 0 -18.144 60.48
 
 
 
 
 
 
 
 
  
y teniendo en cuenta una rotación de 90 grados, la matriz del elemento AB en coordenadas globales es
AB
7.2576 0 -18.144 -7.2576 0 -18.144
0 394.8 0 0 -394.8 0
-18.144 0 60.48 18.144 0 30.24
K =
-7.2576 0 18.144 7.2576 0 18.144
0 -394.8 0 0 394.8 0
-18.144 0 30.24 18.144 0 60.48















 
 
Estas matrices están calculadas como si los extremos estubieran empotrados por lo que habrá que liberar el grado de
libertad 6 (global) de ellas.
Por último la matriz de rigidez del elemento DB en coordenadas locales es
DB
697.9144 -697.9144
k
-697.9144 697.9144
 
=  
 
Con un ángulo de rotación de –45 grados, es decir, una matriz de rigidez global

21. El método matricial
A. Carnicero
21
DB
348.9572 -348.9572 -348.9572 348.9572
-348.9572 348.9572 348.9572 -348.9572
K
-348.9572 348.9572 348.9572 -348.9572
348.9572 -348.9572 -348.9572 348.9572
 
 
 =
 
 
 
Emsamblando las matrices, obtenemos la matriz de rigides de la estructura (a falta de eliminar el grado de libertad 6):
7.2576 0 -18.1440
0 394.8 0
-18.144 0 60.48
-7.2576 0 18.144
0 -394.8 0
K -18.144 0 30.24
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
=
-7.2576 0 -18.144
0 -394.8 0
18.144 0 30.2
751.0148 -348.9572
-348.9572 751.0148
18.144 18.144
-394.8 0
0 -7.2576
0 18.1440
-348.9572 48.9572
348.9572 -348.9572
0 0 0
0 0 0
4 0 0 0
18.144 -394.8 0
18.144 0 -7.2576
120.96 0 -18.144
0 394.8 0
-18.144 0 7.2576
30.24 0 -18.1440
0 0 0
0 0 0
0 0
0 0
0 0
0 -348.9572 348.9572
18.144 348.9572 -348.9572
30.24 0
0 0
-18.144 0
60.48 0
0 348.9572
0 -348.9572
0
0
0
0
-348.9572
348.9572
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
  
Para simplificar los cálculos a realizar, liberamos el grado de libertad 6 sobre el sistema con las condiciones
de contorno impuestas es decir
cc
751.0148 -348.9572 18.144
K -348.9572 751.0148 18.144
18.144 18.144 120.96
 
 =  
  
Donde hay que liberar la rotación (término 3,3). La matriz liberada es
l
cc
748.2932 -351.6788
K
-351.6788 748.2932
 
=  
 
El sistema de ecuaciones a resolver es
4
5
l
4l
ccl
5
F U
K
F U
    
=   
    
Por lo que hay que determinar el vector de cargas. Calculamos en primer lugar el término de esfuerzos de
empotramiento perfecto debido a las cargas en las barras. Estos vectores pueden escribirse fácilmente en coordenadas
locales,

22. Teoría de Estructuras I
A. Carnicero 22
t2 2
emp
AB
t
emp
BC
ql ql ql ql
F ,0, , ,0,
2 12 2 12
pl pl pl pl
F 0, , ,0, ,
2 8 2 8
 
= − − − 
 
 
= − 
 
Sustituyendo
( )
( )
temp
AB
temp
BC
F 0.05,0,0.041666, 0.05,0, 0.041666
F 0,0.005,0.00625,0,0.005, 0.00625
= − − −
= −
Luego el vector de cargas (sin liberar el grado de libertad 6) es
1
2
3
emp
n
7
8
9
10
11
R 0.05
R 0
R 0.041666
0 0.05
0 0 0.005
F F F 0 0.041666 0.00625
R 0
R 0.005
R 0.00625
R 0
R 0
−   
   
   
   
   
−   
   +
      
= − = − − +   
   
   
   
   
   
   
   
     
Los términos que nos interesan para resolver el sistema de eciaciones son los 4,5 y 6. es decir
(0.05,-0.005,0.03541666)t. De donde hay que elininar el último término, recordando que
I t
I
l al al
a aal aa
ll ll
l
F K K
F K K 0 U
K K
U
0 0 0
   
 − −    =             
tendremos que los términos liberados se obtendrán como
4
5
l
l
F 0.05 18.144 0.04468750.035416666
F 0.005 18.144 0.0103125120.96
        
= − =       
− −        
Por lo tanto, el sistema de ecuaciones que nos permite determinar el desplazamiento es

23. El método matricial
A. Carnicero
23
4
5
U0.0446875 748.2932 -351.6788
U0.0103125 -351.6788 748.2932
    
=    −     
Resolviendo el sistema
U4 = 6.834·10-5 m
U5 = 1.833·10-5 m
6. Dibujar los diagramas de esfuerzos de la viga de la figura
4 m 4 m3 m1 m
20 kN/m
Los elementos de la estructura tiene las siguientes características: A=12.6 cm2, I=86000 cm4 y e=2.1·1011 N/m2.
Determiar los diagramas de momentos flectores en la viga horizontal.
Los grados de libertad considerados son:
8
9
1
2
3
4
5
6
7
10
11
12
13
14
15
16
21
22
19
20
17
18
23
24
A B C D E
Las matrices de rigidez de las barras son,
AB AB
66.15 0 0 -66.15 0 0
0 33.8625 67.725 0 -33.8625 67.725
0 67.725 180.6 0 -67.725 90.3
k K
-66.15 0
= = DE DEk K
0 66.15 0 0
0 -33.8625 -67.725 0 33.8625 -67.725
0 67.725 90.3 0 -67.725 180.6
 
 
 
 
= = 
 
 
 
  

24. Teoría de Estructuras I
A. Carnicero 24
3
BC BC
0.2646 0 0 -0.2646 0 0
0 2.1672 1.0836 0 -2.1672 1.0836
0 1.0836 0.7224 0 -1.0836 0.3612
k K 10 ·
-0.26
= =
46 0 0 0.2646 0 0
0 -2.1672 -1.0836 0 2.1672 -1.0836
0 1.0836 0.3612 0 -1.0836 0.7224
 
 
 
 
 
 
 
 
  
CD CD
88.2 0 0 -88.2 0 0
0 80.2667 120.4 0 -80.2667 120.4
0 120.4 240.8 0 -120.4 120.4
k K
-88.2 0 0 88.2
= =
0 0
0 -80.2667 -120.4 0 80.2667 -120.4
0 120.4 120.4 0 -120.4 240.8
 
 
 
 
 
 
 
 
  
La matriz de rigidez en coordenadas elementales o globales de los cables es siempre la misma y valen
88.2 -88.2
k
-88.2 88.2
 
=  
 
0 0 0 0
0 88.2 0 -88.2
K
0 0 0 0
0 -88.2 0 88.2
 
 
 =
 
 
 
Se puede pasar a ensamblar la matriz de rigidez de la estructura. Para disminuir el tamaño de la matriz de
rigidez se van a imponer ya las condiciones de contorno por lo que los términos asociados a los grados 17 a
24 no van a ser emsamblados. Por lo tanto los cables sólo van a aportar un término de valor 88.2 MN/m a los
términos k2,2,k5,5,k12,12 y k15,15.
66.15 0 0
0 122.06 67.725
0 67.725 180.6
-66.15 0
0 -33.862
0 67.725
0 0
0 0
K
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
=
-66.15 0
0 -33.86
0
0 330.75
-67.725 0
90.3 0
0 -264.6
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0
2
-67.725
0
2289.3
1015.9
0
-2167.2
1083.6
0
0
0
0
0
0
0
67.725
90.3
0
1015.9
903
0
-1083.6
361.2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
-264.6
0
0
352.8
0
0
0
-88.2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
-2167.2
-1083.6
0
2247.5
-1083.6
120.4
0
-80.267
120.4
0
0
0
0
0
0
1083.6
361.2
0
-1083.6
722.4
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
120.4
0
240.8
0
-120.4
120.4
0
0
0
0
0
0
0
0
0
-88.2
0
0
0
154.35
0
0
-
0
0
0
0
0
0
0
0
0
-80.267
0
-120.4
0
202.33
-52.675
66.15
0
0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
120.4 0
0 0
120.4 0
0 -66.15
-52.675 0
421.4 0
0 0 66.15
-33.862 -67.725 0
67.725 90.3
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
-33.862
-67.725
0
122.06
0 -67.725
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
67.725
90.3
0
-67.725
180.6
 
 
 
 



















 





















25. El método matricial
A. Carnicero
25
Los obtención de los valores de los vectores de esfuerzos de empotramiento no presenta ninguna dificultad:
emp emp
AB DE
0
0.04
0.026667
F F
0
0.04
-0.026667
 
 
 
 
= =  
 
 
 
  
emp
BC
0
0.01
0.0016667
F
0
0.01
-0.0016667
 
 
 
 
=  
 
 
 
  
emp
CD
0
0.03
0.015
F
0
0.03
0.015
 
 
 
 
=  
 
 
 
  
y dado que no hay cargas en los nudos, el vector de cargas ensamblado es
emp
F F= − :

26. Teoría de Estructuras I
A. Carnicero 26
0
-0.04
-0.027
0
-0.05
0.025
0
-0.04
F
0.0017
-0.015
0
-0.07
-0.0117
0
-0.04
0.027
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
=  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
   
Resolviendo el sistema de ecuaciones obtenemos las desplazamientos desconocidos
u1=0
u2= -0.00036484
u3=-0.00034119
u4=0
u5= -0.0010103
u6= -9.703e-005
u7= 0
u8= -0.0011605
u9= -0.00017442
u10=1.2425e-005
u11= 0
u12= -0.00096655
u13= 4.447e-005
u14= 0

27. El método matricial
A. Carnicero
27
u15= -0.00037942
u16=0.00034559
Sin embargo la solución anterior no ha sido obtenido inviertiendo la matriz de rigidez escrita anteriormente
ya que se puede comprobar que ésta es singular. La singularidad proviene de la no existencia de condiciones
de contorno en dirección X. Para resolver el problema se ha impuesto que U1=0 y entonces ya es posible
resolver el sistema de ecuaciones.
Conocidos los desplazamientos se calculan los diagramas de esfuerzos en las barras.
Tramo AB
emp
AB AB AB AB
0
0.032178
0
esf k u f
0
0.047822
-0.031286
 
 
 
 
= ⋅ + =  
 
 
 
  
Tramo BC
emp
BC BC BC BC
0
0.041286
0.031286
esf k u f
0
-0.021286
0
 
 
 
 
= ⋅ + =  
 
 
 
  
Tramo CD
emp
CD CD CD CD
0
0.021286
0
esf k u f
0
0.038714
-0.026142
 
 
 
 
= ⋅ + =  
 
 
 
  
Tramo DE

28. Teoría de Estructuras I
A. Carnicero 28
emp
DE DE DE DE
0
0.046535
0.026142
esf k u f
0
0.033465
0
 
 
 
 
= ⋅ + =  
 
 
 
  

29. El método matricial
A. Carnicero
29
1.2 Ejercicios propuestos
7. Empleando el método matricial, calcular el diagrama de momentos
flectores de la viga de la figura
40
50 kN
30 kN/m
A=210 cm2
I=116474 cm4
E=2.1·1011
N/m2
Resultado
3309500 N/m
4345250 N/m
8. Dibujar los diagramas de esfuerzos en la estructura de la figura

30. Teoría de Estructuras I
A. Carnicero 30
800
600300
40kN/m
40kN/m
20 kN/m
20 kN/m
20 kN/m
DATOS
E=2.1 ·10
11
N/m
2
Pilares
A=149 cm
2
I=25170 cm
4
Cubierta
A=33 cm
2
I=1510 cm
4
Resto
A=24 cm
2
I=864 cm
4
Resultado.
Valores de los esfuerzos en los extremos de las barras (lado derecho de la estructura)
( )
( )
( )
t
1
t
2
t
3
f 0.0517,0.3,1.0569, 0.0517, 0.06,0.0232
f 0.0415,0.0454, 0.0231,0.0415,0.0546,0
f 0.0504,0.04,0.0504,0.04
= − −
= − −
= −
No se especifican los grados de libertad por considerar que es obvia su definición. Resulta de gran interés plantearse
cómo quedarían los diagramas de la parte no calculada.
1.3 Otros ejercicios
9. Determinar empleando el método matricial los esfuerzos en la celosía
sabiendo que la rigidez es AE. Aplicar todas las simplificaciones
posibles en el proceso de cálculo (ensamblanje, vectores de cargas,
etc.)
30
30
30
45
L
P