capitulo 6.4 metodo de la distribucion de momentos o metodos de cross

252 ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS

Para entender a cabalidad el desarrollo conceptual del método se estudiará primero un ejemplo sencillo. Luego se hará el planteamiento teórico del problema general y se deduci-rán las fórmulas pertinentes. Vale la pena señalar que, con muy poco esfuerzo adicional, es posible calcular las derivadas de piso para este tipo de pórticos y, si se desea, el efecto P-∆ causado por dichos despla-zamientos. Ejemplo 6.12

Resuelva el pórtico siguiente utilizando el método de Cross modificado.

Viga: 300 × 500 mm

Columnas: 300 × 300 mm

Solución

Se procede como de costumbre y se hace un ciclo ordinario, al final del cual se cierra y se averiguan los momentos en los extremos de las barras.

PRIMER CICLO

AB BA BC CB CD DC 0.302 0.698 0.698 0.302

–6.7

–13.4 44.4 –31.0

–22.2 15.5

6.7

3.4

–6.7 –13.4 13.4 –6.7 6.7 3.4 Con los momentos en los extremos de las columnas, se averiguan las fuerzas cortantes en ellas:

Del diagrama de cuerpo libre se observa un desequilibrio, que corresponde al apoyo ficticio implícito en el Cross. Para equilibrar la estructura este apoyo debe producir una reacción de

MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODO DE CROSS 253

3.33 kN, dirigida hacia la izquierda, y para corregir su efecto se debe aplicar a la estructura, en las columnas, un momento antihorario:

Mcor = 3.33 × 3 = 10.0 kN⋅m

Al mismo resultado se llega considerando que como no hay fuerzas horizontales aplicadas, la suma de momentos en las columnas debe ser cero, pues sólo así se balancearían las fuerzas de corte en ellas. Por consiguiente:

Mcor = 0 – Σ Mcol =

= 0 – (– 6.7 – 13.4 + 6.7 + 3.4) = 10.0 kN⋅m

Como las columnas son iguales, a cada una corresponde la mitad de dicho momento y como sus extremos están restringidos, a cada extremo se le aplica el 50%; es decir, 2.50 kN⋅m. Se coloca entonces dicho valor en las casillas correspondientes, se hacen las transmisiones faltantes y se desarrolla un segundo Cross.

SEGUNDO CICLO

AB BA BC CB CD DC 0.302 0.698 0.698 0.302

–6.7

–13.4 44.4 –31.0

–22.2 15.5

6.7

3.4

–6.7 –13.4 13.4 –6.7 6.7 3.4 2.5 –1.6

2.5 –3.1

7.7 –7.1

–15.5 9.1

2.5 3.9

2.5 2.0

–5.8 –14.0 14.0 –13.1 13.1 7.9

Terminando este segundo Cross, se ve que la reacción del apoyo implícito se ha reducido a:

y el nuevo momento de corrección es:

Mcor = 0 – (–5.8 – 14.0 + 13.1 + 7.9 ) = –1.2 kN⋅m

Por tanto, el momento de corrección en cada extremo de las columnas se reduce a –0.3 kN⋅m. Llevando este valor al cuadro, transmitiendo los momentos faltantes de las vigas y efectuando un tercer Cross se obtienen los siguientes resultados:


TERCER CICLO

AB BA BC CB CD DC 0.302 0.698 0.698 0.302

–6.7

–13.4 44.4 –31.0

–22.2 –15.5

6.7

3.4

–6.7 –13.4 13.4 –6.7 6.7 3.4 2.5 –1.6

2.5 –3.1

7.7 –7.1

–15.5 9.1

2.5 3.9

2.5 2.0

–5.8 –14.0 14.0 –13.1 13.1 7.9 –0.3 –0.6

–0.3 –1.3

4.6 –3.0

–3.6 2.7

–0.3 1.2

–0.3 0.6

–6.7 –15.6 15.6 –14.0 14.0 8.2 Con los valores finales se encuentra que:

Mcor = 0 – (–6.7 – 15.6 + 14.0 + 8.2 ) = 0.1 kN⋅m

Al repartir entre las columnas el momento de corrección da 0.025 kN⋅m, es decir, 0.0 kN⋅m con dos cifras significativas. Por consiguiente, ya se logró compensar el efecto del despla-zamiento y un cuarto ciclo se justifica únicamente por la magnitud de los momentos de giro, que todavía dan margen para otra corrección.

CUARTO CICLO

AB BA BC CB CD DC 0.302 0.698 0.698 0.302

–6.7

–13.4 44.4

–31.0 –22.2

15.5

6.7

3.4 –6.7 –13.4 13.4 –6.7 6.7 3.4 2.5 –1.6

2.5 –3.1

7.7 –7.1

–15.5 9.1

2.5 3.9

2.5 2.0

–5.8 –14.0 14.0 –13.1 13.1 7.9 –0.3 –0.6

–0.3 –1.3

4.6 –3.0

–3.6 2.7

–0.3 1.2

–0.3 0.6

–6.7 –15.6 15.6 –14.0 14.0 8.2 0.0 –0.2

0.0 –0.4

1.4 –1.0

–1.5 1.0

0.0 0.5

0.0 0.2

–6.9 –16.0 16.0 –14.5 14.5 8.4 Teoría La deducción del método es muy sencilla. De la figura 6.7 se deduce que en cada piso las fuerzas de corte en las columnas deben equilibrar la fuerza cortante del piso.


n

n

1inj

q

1jnHQQ

==∑∑ == (6.12)

Figura 6.7 Equilibrio de fuerzas en el piso n.

Las fuerzas cortantes de las columnas, cuando no hay cargas intermedias actuando sobre ellas, se obtienen simplemente dividiendo la suma de los momentos de sus extremos por la altura de la columna, es decir:

nj

j)1n(nj

nj h

MMQ +

+= (6.13)

Por consiguiente, la suma de las fuerzas de corte en todas las columnas de un mismo piso está dada por:

( )( )nj

j1nnjq

1jnj

q

1j h

MMQ +

==

+= ∑∑

y si todas las columnas del piso tienen la misma altura, hn, la expresión anterior se reduce a:

( )( )

∑∑

=

=+

=+

j

q

njj

q

nj n j

n

QM M

h1

11

→ ( )( )∑ ∑∑= =

+=

=+=

q

1j

q

1jnjnj1nnj

q

1jcol

QhMMM (6.14)

Multiplicando ahora ambos términos de la ecuación (6.12) por hn, se obtiene un Momento de piso (Mp)n:

( )M h Q h Hp n n n ni

n

n= = ∑=1

(6.15)

Para que haya equilibrio de fuerzas horizontales, en cada piso debe cumplirse la ecuación:


nnj

q

1jQQ =

=∑ (6.16)

Si se multiplican ambos lados por hn resulta:

nnnj

q

jn QhQh =

=∑

1

y por las ecuaciones (6.14) y (6.15):

( ) ( )npncol

MM =∑

→ ( ) ( ) 0MMncolnp

=− ∑ (6.17)

En general, al efectuar el Cross de una estructura con desplazamiento, esta ecuación no se cumple y en lugar de cero se obtiene un momento de desbalance:

( ) ( ) ( )ncolnpnd

MMM ∑−= (6.18)

Bastará, pues, corregir los momentos de las columnas repartiendo este Momento de desba-lance por desplazamiento entre ellas. Para averiguar la forma correcta de efectuar esta distribución se empieza por reescribir la ecuación (6.18) como sigue:

( ) ( ) 0MMMndcol

q

1jnp=−

−=∑ (6.18a)

Si ''nj

M representa la porción del momento por desplazamiento que le corresponde a cada

extremo de la columna nj, es obvio que:

( ) ''

nj

q

1jndM2M

=∑= (6.19)

Por la ecuación (6.11) se sabe que:

ij

''

ij hKM

∆α (6.20)

Si las condiciones de apoyo son similares para todas las columnas de un mismo piso y la altura de éste es constante, al ignorar deformaciones axiales se puede escribir que:

nj

q

1jnj

njnj

nj

q

1j

nj

''

nj

q

1j

''

nj

Kh

2

Kh

hK2

hK

M2

M

===∑∑∑

∆

∆

=

∆

∆

=


nj

q

1j

nj

''

nj

q

1j

''

nj

K2

K

M2

M

==∑∑

= (6.21)

y en virtud de la ecuación (6.19):

( )nd

nj

q

1j

nj''

njM

K2

KM

=∑

= (6.22)

Definiendo ''nj

δ como el coeficiente de distribución de momentos de desplazamiento, o

simplemente coeficiente de desplazamiento, resulta:

nj

q

1j

nj''

nj

K2

K

=∑

=δ (6.23)

nd

''

nj

''

nj)M(M δ= (6.22a)

Se emplea entonces la ecuación (6.19) y se reescribe el lado izquierdo de la ecuación (6.18a) como sigue:

( ) =−

−==∑∑ ''

nj

q

1jn

col

q

1jnpM2MM

( ) ( )[ ]=++− +=∑ ''

)1(1

2 njjnnj

q

jnp MMMM

( ) ( ) ( )[ ]''

j)1n(j)1n(

''

njnj

q

1jnpMMMMM

++=+++−∑

o sea, que al momento del extremo de cada columna se le agrega la corrección respectiva por desplazamiento. Naturalmente, al hacerlo se rompe por lo general el equilibrio del nudo y es preciso adelantar un ciclo normal de Cross para corregirlo. Al final del mismo se vuelve a plantear la ecuación (6.18), obteniéndose un nuevo momento de desbalance, menor que el del ciclo inmediatamente anterior, y se repite el proceso hasta el grado deseado de exactitud. En resumen los pasos involucrados son:

1. Calcúlense por cada piso los coeficientes de distribuciónδ ij ecuación (6.5); coeficientes

de desplazamiento"njδ ecuación (6.23); momentos de empotramientoM ij

F y momentos de piso ( )M p n

ecuación (6.15). Efectúese el primer ciclo normal de Cross.

2. Encuéntrese para cada piso el momento de desbalance por desplazamiento mediante la ecuación (6.18).

3. Calcúlense los momentos de desplazamiento, ''njM , mediante la ecuación (6.22a).


4. Añádanse dichos momentos a los existentes en el extremo respectivo de cada columna.

5. Balancéense todos los nudos mediante otro ciclo normal de Cross.

6. Vuélvase a calcular en cada piso el momento de desbalance por desplazamiento y repítanse los pasos 2 a 6, empezando por las transmisiones a que haya lugar, hasta lograr la exactitud deseada.

En caso de no haber cargas horizontales aplicadas a la estructura el proceso es idéntico, excepto por los momentos de piso que entonces serán todos iguales a cero. Cuando las columnas del primer piso están articuladas en la base, es obvio que los mo-mentos de desplazamiento tienen que ser absorbidos por los extremos superiores de dichas columnas. En consecuencia, sus coeficientes de desplazamiento pasan a ser:

nj

q

1j

nj''

nj

K

K

=∑

=δ (6.23a)

El método se ilustrará con los siguientes ejemplos: Ejemplo 6.13

Analice por el método alterno el pórtico mostrado.

Solución Como no hay cargas verticales, en el primer paso sólo se calculan los coeficientes de distribución y los de traslación.

800.014

4CD

=+

=δ

200.051

CB==δ

571.074143.0

2411

BEBC==δ=

++=δ


286.072

BA==δ

333.062667.0

244

DEDC==δ=

+=δ

500.084250.0

2422

EBEFED==δ=

++=δ=δ

Nivel superior:

333.0

322

167.0)21(2

1

''DE

''ED

''BC

''CB

=×

=δ=δ

=+

=δ=δ

Nótese que la suma da 0.500, como debe ser. Nivel inferior:

250.0)22(2

2''

FE

''

EF

''

AB

''

BA=

+=δ=δ=δ=δ

Segundo paso Al aplicar las ecuaciones (6.18) y (6.15), se obtienen los momentos de desbalance del pri-mer ciclo para cada piso:

Md1 = 4 × 20 – 0 = 80 kN⋅m

Md2 = 4 (20 + 10) – 0 = 120 kN⋅m

Tercer paso Se calculan los momentos de desplazamiento para cada columna. Por consiguiente:

1d

''

BC

''

BC

''

CBMMM δ==

4.130.80167.0 =×= kN⋅m

6.260.80333.0MM ''ED

''DE

=×== kN⋅m

2d

''

BA

''

FE

''

EF

''

AB

''

BAMMMMM δ====

0.300.120250.0 =×= kN⋅m Cuarto paso


Al añadir estos momentos a los existentes en cada columna, el cuadro de distribución queda como sigue:

CB CD DC DE

ijδ 0.200 0.800 0.667 0.333

ij''δ 0.167 0.333

(1) 13.4 26.6

BA BC BE EB ED EF

ijδ 0.286 0.143 0.571 0.500 0.250 0.250

ij''δ 0.250 0.167 0.333 0.250

30.0 13.4 26.6 30.0

AB FE

ijδ 0 0

ij''δ 0.250 0.250

30.0 30.0

___________________ 1. Como no hay cargas verticales, los resultados del primer Cross pueden considerarse iguales a cero. SEGUNDO CICLO


Se balancean los nudos en la forma acostumbrada y se transmite, obteniéndose:

CB CD DC DE 0.200 0.800 0.667 0.333 0.167 0.333 13.4 26.6 Resultado de distribuir → el desbalance del nudo

–2.7 –10.7 –17.7 –8.9 ← Resultados de la transmisión

–3.1 8.8 –5.4 –7.1

BA BC BE EB ED EF 0.286 0.143 0.571 0.500 0.250 0.250 0.250 0.250 30.0 13.4 26.6 30.0 Distribución → –12.4 –6.2 –24.8 –28.2 –14.2 –14.2 Transmisión → –1.40 –14.1 –12.4 –4.4

AB FE 0 0 .250 .250 30.0 30.0 Por transmisión –6.2 –7.1

De manera que en este momento:

MCB = 13.4 – 2.7 – 3.1 = 7.6 kN⋅m

MBC = 13.4 – 6.2 – 1.4 = 5.8 kN⋅m

MDE = 26.6 – 8.9 – 7.1 = 10.6 kN⋅m

MED = 26.6 – 14.2 – 4.4 = 8.0 kN⋅m

y por consiguiente:

( ) 0.320.86.108.56.7M1C

=+++=∑ kN⋅m

0.480.320.80M1d

=−= kN⋅m

Obsérvese que el mismo resultado con signo contrario se obtiene sumando únicamente los valores que aparecen en las columnas respectivas después de la última línea punteada:


– 2.7 – 3.1 – 6.2 – 1.4 – 8.9 – 7.1 – 14.2 – 4.4 = – 48.0 kN⋅m

Para el piso inferior:

MBA = 30.0 – 12.4 = 17.6 kN⋅m

MAB = 30.0 – 6.2 = 23.8 kN⋅m

MEF = 30.0 – 14.2 = 15.8 kN⋅m

MFE = 30.0 – 7.1 = 22.9 kN⋅m

→ (Σ MC)2 = 17.6 + 23.8 + 15.8 + 22.9 = 80.1 kN⋅m

Md2 = 120.0 – 80.1 = 39.9 kN⋅m

Obsérvese de nuevo que la suma de los cambios en las columnas da:

– 12.4 – 6.2 – 14.2 – 7.1 = –39.9 kN⋅m

Repartiendo ahora los momentos de desbalance, se obtiene:

0.80.48167.0MM ''BC

''CB

=×== kN⋅m

0.160.48333.0MM ''ED

''DE

=×== kN⋅m

0.109.39250.0MMMM ''FE

''EF

''AB

''BA

=×==== kN⋅m

Balanceando los nudos y transmitiendo, la situación para el TERCER CICLO es:

CB CD DC DE 0.200 0.800 0.667 0.333 Valor del 0.167 0.333


momento después de efectuadas 13.4 26.6 las transmisiones (4) –2.7 –10.7 –17.7 –8.9

–3.1 8.0

–8.8 –5.4 –7.1 16.0

Por balancear (1)

0.8 3.1 –2.3 –1.2 –0.2 –1.2 1.6 –1.2 Llegan por transmisión (3)

16.2 24.2

Se han calculado BA BC BE EB ED EF

aquí para ver el 0.286 0.143 0.571 0.500 0.250 0.250

cambio con el 0.250 0.167 0.333 0.250 ciclo siguiente.

30.0 13.4 26.6 30.0 –12.4 –6.2 –24.8 –28.2 –14.2 –14.2

10.0

–1.4 8.0

–14.1 –12.4 –4.4 16.0

10.0

(1)

–0.7 –0.4 –1.4 –4.6 –2.3 –2.3 0.4 –2.3 –0.7 –0.6

13.8 21.1

AB FE 0 0

2.50 0.250

30.0 30.0 –6.2 10.0

–7.1 10.0

– 0.4 –1.2

Por consiguiente:

Md1 = – (0.8 – 0.2 – 0.4 + 0.4 – 1.2 – 1.2 – 2.3 – 0.6 ) = 4.7 kN⋅m

Md2 = – (– 0.7 – 0.4 – 2.3 – 1.2 ) = 4.6 kN⋅m

8.07.4167.0MM ''BC

''CB

=×== kN⋅m

6.17.4333.0MM ''ED

''DE

=×== kN⋅m

2.16.4250.0MMMM ''FE

''EF

''AB

''BA

=×==== kN⋅m

y balanceando los nudos se llega a:

CB CD DC DE

Provenientes de repartir el desbalance en momento de piso.

Ciclo balanceado (2)

(2)


0.200 0.800 0.667 0.333 0.167 0.333 13.4 26.6 –2.7 –10.7 –17.7 –8.9 –3.1

8.0 –8.8 –5.4 –7.1

16.0 0.8 3.1 –2.3 –1.2 –0.2

0.8 –1.2 1.6 –1.2

1.6 0.1 0.5 –1.3 –0.7 17.1 –17.1 –25.1 25.1

AB BA BC BE EB ED EF FE 0 0.286 0.143 0.571 0.500 0.250 0.250 0

0.250 0.250 0.167 0.333 0.250 0.250

30.0 30.0 13.4 26.6 30.0 30.0 –6.2 –12.4 –6.2 –24.8 –28.2 –14.2 –14.2 –7.1

10.0

10.0

–1.4 8.0

–14.1 –12.4 –4.4 16.0

10.0

10.0

–0.4 –0.7 –0.4 –1.4 –4.6 –2.3 –2.3 –1.2

1.2

1.2 0.4 0.8

–2.3 –0.7 –0.6 1.6

1.2

1.2

--------- –0.1 –0.7 –0.4 –0.4 –0.2 34.6 28.1 14.6 –42.7 –46.6 22.3 24.3 32.7

De manera que si se suspende el proceso al cabo de cuatro ciclos, los momentos de desba-lance quedan:

Md1 = 80.0 – (17.1 + 14.6 + 25.1 + 22.3) = 0.9 kN⋅m

Md2 = 120.0 – (28.1 + 34.6 + 24.3 + 32.7) = 0.3 kN⋅m

o en términos de fuerza de corte:

o sea, con un error de cierre máximo inferior al 1.5%.


Ejemplo 6.14

Resuelva la misma estructura del ejemplo anterior cuando está sometida, además, a las cargas verticales mostradas.

Solución Como ahora hay cargas verticales, se empieza por efectuar un ciclo normal de Cross. Los coeficientes de distribución y los de traslación son los mismos del ejemplo 6.13. Momentos de empotramiento

0.3012

361012

wLMM2

FDC

FCD

=×==−= kN⋅m

0.7512

3625MM FEB

FBE

=×=−= kN⋅m

Momentos de piso

MP1 = 4 × 20 = 80.0 kN⋅m

MP2 = 4 × (20 + 10) = 120 kN⋅m

En el cuadro siguiente se muestran cuatro ciclos del proceso, que involucran tres correc-ciones por desplazamiento, al cabo de los cuales se considera lograda una precisión ade-cuada.


CB CD DC DE

ijδ 0.200 0.800 0.667 0.333

ij''δ 0.167 0.333

–6.0

30.0 –24.0

–30.0 20.0

10.0

–5.4 10.0 –12.0 9.4 10.3

–3.0

–11.9

–12.0 20.6 –6.0

–4.1 –6.0 –6.0 –4.4 6.5

0.7

2.9

–1.7 13.0 –0.9

–0.4 –0.8 1.4 –0.4 0.5

0.1

0.6

–1.3 0.9 –0.6

–0.8 0.8 –41.6 41.6

AB BA BC BE EB ED EF FE 0 0.286 0.143 0.571 0.500 0.250 0.250 0

0.250 0.250 0.167 0.333 0.250 0.250

–10.7

–21.4

–10.7

75.0 –42.9

–75.0 37.5

18.8

18.7

9.4

–3.0 18.8 –21.4 5.0 31.0 –8.2

31.0 –16.3

10.3 –8.2

–32.6

–17.6

20.6 –8.8

31.0 –8.8

31.0 –4.4

–1.5 –8.8 –16.3 –3.0 9.4 –0.8

9.4 –1.6

6.5 –0.8

–3.2

–1.6

13.0 –0.8

9.4 –0.7

9.4 –0.4

0.4 –0.8 –1.6 –0.5 0.9 –0.2

0.9 –0.3

0.5 –0.1

–0.6

0.2

0.9 0.1

0.9 0

0.9

21.4 1.7 –6.6 4.9 –95.8 45.3 50.5 45.9 A continuación se presentan los cálculos auxiliares empleados en la elaboración del cuadro. PRIMERA CORRECCIÓN POR DESPLAZAMIENTOS

Al finalizar el primer Cross, y una vez efectuadas las transmisiones, se tiene:

MCB = –11.4 kN⋅m MDE = 19.4 kN⋅m

MBC = –13.7 kN⋅m MED = 23.8 kN⋅m

→ 1.188.234.197.134.11)M(1C

=++−−=∑ kN⋅m


9.611.180.80)M(MM1C1P1d

=−=∑−= kN⋅m

3.109.61167.0MM ''BC

''CB

=×== kN⋅m

6.209.61333.0MM ''ED

''DE

=×== kN⋅m

MBA = –21.4 kN⋅m MEF = 18.7 kN⋅m

MAB = –10.7 kN⋅m MFE = 9.4 kN⋅m

→ 0.44.97.187.104.21)M(2C

−=++−−=∑ kN⋅m

0.124)0.4(0.120M2d

=−−= kN⋅m

0.310.124250.0MMMM ''FE

''EF

''AB

''BA

=×==== kN⋅m

Se efectúa el balance de los nudos y la consecuente transmisión, y se procede a realizar la SEGUNDA CORRECCIÓN POR DESPLAZAMIENTOS. Empleando la simplificación mencionada en el ejemplo anterior, se calculan directamente los valores de los momentos de desbalance:

0.39)0.38.84.40.65.12.81.40.3(Md1

=−−−−−−−−−= kN⋅m

→ 5.6MM ''BC

''CB

== kN⋅m

0.13MM ''ED

''DE

== kN⋅m

7.37)4.48.82.83.16(M2d

=−−−−−= kN⋅m

→ 4.9MMMM ''FE

''EF

''AB

''BA

==== kN⋅m

Una vez efectuados balance y transmisión, se tiene para la TERCERA CORRECCIÓN:

7.2)5.08.04.09.04.08.04.07.0(M1d

=−−−−+−−−= kN⋅m

5.07.2167.0BM ''BC

''CB

=×== kN⋅m

9.07.2333.0MM ''ED

''DE

=×== kN⋅m

5.3)4.07.08.06.1(M2d

=−−−−−= kN⋅m

9.05.3250.0MMMM ''FE

''EF

''AB

''BA

=×==== kN⋅m

Se llevan estos valores al cuadro y, dada su magnitud, se efectúa un último balance de los nudos. Se suman las columnas, y con los valores obtenidos se efectúa la comprobación final de las fuerzas de corte.


kN85.14

6.68.0HH

BCCB=+==

kN73.214

3.456.41HHEDDC

=+==

kN78.54

4.217.1HHABBA

=+==

kN10.244

9.455.50HHFEEF

=+==

y resumiendo:

que da un error, al compararlo con las cargas horizontales aplicadas, inferior al 1%. Finalmente se calculan las reacciones de las vigas y se dibujan los diagramas de corte y de momentos, y la elástica aproximada de la estructura.


Elástica aproximada

6.13 PROGRAMACIÓN DEL MÉTODO DE CROSS ALTERNO

La programación del método de Cross alterno es relativamente sencilla; Gennaro, en la referencia 6.8, la presenta. El autor modificó el programa de dicha referencia para incluir el efecto de los acortamientos axiales en las columnas y los momentos secundarios causados por los desplazamientos de los pisos. En el disco adjunto se incluye una versión en QUICK BASIC del programa original de Gennaro. Esta versión puede adaptarse fácilmente a calculadoras de bolsillo, pues como se indicó en la introducción al método, tiene la ventaja de necesitar poca memoria si se compara con el basado en planteamientos matriciales. Este último se explica en el capítulo 11.

EJERCICIOS

6.1 Analice, por el método de Cross, las vigas de los ejercicios 5.2 y 5.3. 6.2 Utilice el método de Cross para resolver los pórticos del ejercicio 5.7. 6.3 Resuelva el siguiente pórtico y dibuje todos los diagramas. Aproveche la simetría.

Utilice los resultados para calcular las rotaciones y desplazamientos reales de los nudos. Suponga b = 400 mm, h = 600 mm, E = 17900 N/mm2.


6.4 Analice los pórticos siguientes utilizando el método de Cross. Calcule los desplaza-mientos de cada placa suponiendo E = 20000 N/mm2.

Dimensiones (b × h, mm)

Vigas: 300 × 400 Columnas:

BC, DF y FG: 300 × 300

AB: 300 × 400

(a)

(b)

Vigas y columna central: 300 mm × 400 mm

Columnas extremas: 300 mm × 300 mm


Dimensiones (b × h, mm) AB: 300 × 350

CD y DF: 300 × 400

AC y BD: 300 × 300

CG y FI: 400 × 400

DH: 400 × 500

(c) 6.5 Resuelva los pórticos (b) y (c) del ejercicio 6.4 por el método de Cross alterno. En

ambos casos suponga que todos los apoyos son empotramientos.

REFERENCIAS

6.1 Cross, H.- Analysis of Continuous Frames by Distributing Fixed End Moments, Transactions, American Society of Civil Engineers, Vol. 96, 1932, págs. 1-10.

6.2 Handbook of Frame Constants.- Portland Cement Association, Skokie, Illinois. 6.3 Fernández Casado, C. y Fernández Casado, J.L.- Cálculo de estructuras reticulares.

Dossat, 1967. 6.4 Leontovich, V.- Pórticos y arcos, Compañía Editorial Continental, S.A., 1961. 6.5 Newmark, N.M.- Numerical Procedure for Computing Deflections, Moments, and

Buckling Loads, Proc. ASCE, Vol. 68, 1942, págs. 691-718. 6.6 Kani, G.- Cálculo de pórticos de varios pisos, Reverté, 1958. 6.7 Takabeya, F.- Estructuras de varios pisos, Compañía Editorial Continental, S.A.,

1970. 6.8 Gennaro, J.J.- Computer Methods in Solid Mechanics, The MacMillan Co., 1965. 6.9 Uribe, J.- Microcomputadores en ingeniería estructural, Universidad Nacional de

Colombia y ECOE Ediciones, 1995.

capitulo 6.4 metodo de la distribucion de momentos o metodos de cross

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