capítulo ii

Cimentación de Maquinas Ing. Pedro Obando Oyola

20

2.0 METODO DE DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS. O METODO DE CROSS

Es un método sumamente útil en el análisis de estructuras cuando no se tiene un método

computarizado para determinar los momentos flectores y las fuerzas cortantes en estructuras

hiperestáticas.

La creación del método fue desarrollado por el Profesor Hardy Cross quien comenzó a

enseñarlo a sus alumnos en la Universidad de Illinois en 1924. En el año 1930 la Sociedad

Americana de Ingenieros civiles (ASCE) lo público en una Revista de su Institución

El método consiste en la solución del gran número de ecuaciones que resultan de hacer las

ecuaciones de equilibrio o compatibilización de las deformaciones que se presentan en los apoyos

o nudos de estructuras hiperestáticas por medio de métodos numéricos.

En la actualidad existe en el mercado el programa computarizado “Modelamiento de estructuras

con SAP 2000 Versión 10 que permite la solución de todo tipo de estructuras hiperestáticas que

sería de suma utilidad que los alumnos lo aprendan a usar.

Comenzaremos por definir el concepto de rigidez K que hemos estado usando en los cursos de

Física, Dinámica, Resistencia de Materiales etc.

2.1 RIGIDEZ DE UN SISTEMA

Definiremos como rigidez la acción (fuerza o momento) para producir una deformación unitaria

(Lineal o angular)

a) Veamos físicamente que nos representa la rigidez k de un sistema sometido a una fuerza axial. Sabemos por la Ley de Hooke que la deformación d que se produce en una barra de sección transversal A, Longitud L y módulo de elasticidad E, al ser sometida a una carga axial F es:

FL

EA

Si hacemos que δ = 1, el valor de F, para esta deformación recibe el

nombre de rigidez (k). Cuyo valor para la barra de sección transversal A,

longitud L y modulo de elasticidad E será

EAk

L

En materiales linealmente elásticos, cuando se tiene una deformación δi ≠

1 la fuerza que produce esta deformación será

F = k δi i i


21

b ) Si a la barra de diámetro D , longitud L empotrada en uno de sus extremos se le somete a un par de torsión Ti su extremo libre sufre una deformación angular θ con respecto al empotrado, el valor cuyo

valor es T Li

iG I p

, siendo G el módulo de rigidez del material , y pI el

momento polar de inercia de la sección transversal . Cuando θ sea igual a 1(radian) el valor de T será la rigidez torsional que

la indicaremos por Tk t y cuyo valor será

G Ip

kt L

En el rango elástico para 1iq ¹

T ki t i

En el caso de que el momento sea momento flector Mi

M ki i

2.2 CONVENCIÓN DE SIGNOS PARA LOS MOMENTOS EN RESISTENCIA DE MATERIALES Y EN EL

METODO DE CROOS.

La convección de signos para los Momentos Flectores usados en el método de Cross, no es igual a

la convección de signos usada en Resistencia de Materiales. Recordemos que la convección de

signos para los momentos, en este caso, se basaba en la deformación que se producía en los

elementos en los cuales actuaban los momentos. Y así decía que los Momentos Flectores eran

positivos (+) si producían alargamientos en las fibras inferiores y acortamientos en las fibras

superiores y negativos (-), si el l alargamiento se producía en las fibras superiores y el

acortamiento en las fibras inferiores.

CONVECCION SEGÚN RESISTENCIA DE MATERIALES


22

CONVECCION DE SIGNOS EN EL MÉTODOS DE CROSS

Los momentos en el método de Cross tanto en los nudos como en los extremos de las barras se

consideran positivos (+) si tiene sentido anti horario los cuales al compararlos con los momentos

internos en la viga coincidan en el extremo derecho pero opuesto en el extremo izquierdo.

2.3 CONCEPTOS FUNDAMENTALES. Para usar el método de Cross es necesario definir dos conceptos relacionados con la rigidez absoluta. y los llamados coeficientes de distribución . La rigidez (absoluta)

Para un elemento sometido a un momento flector ijM se define como rigidez a la capacidad de

un elemento de oponerse al giro de uno de sus extremos cuando se le aplica en él un momento

ijM en el extremo i del elemento ijl que produce una rotación i de un radian en el extremo i

estando el otro extremo j simplemente apoyado, parcialmente empotrado, o empotrado tal como


23

se nuestra en la figura 2.1. Al coeficiente de rigidez absoluto lo indicaremos por Kij

y su valor

será igual al del momento ijM cuando este momento produce una rotación de 1i radian

Notemos que si la rotación es i es diferente de 1 el momento será M k

ij ij i

En la Figura 2.2 se muestra una estructura formada por cuatro elementos empotrados en todos

sus extremos. Si aplicamos un momento externo M en el nudo E, el nudo E gira un ángulo Eq

deformándose la estructura tal como se muestra en el 2.2b

las tangentes a las estructura deformada formaran el mismo ángulo que la que formaban las

barras antes de deformarse (90º). El equilibrio del nudo E nos permite afirmar que los momentos

tendrán por valor los mostrados en la figura 2.3


24

En general Si designamos como ijM el momento en el extremo i de la barras Lij tendremos

M Kij ij i (2.1)

Para el caso particular de la Figura 2.3 lado la suma de los momentos , , ,EA EB EC EDM M M yM en

los extremos de las barras que concurren en el nudo E deben ser iguales y de sentido contrario a

fin de mantener el equilibrio al momento aplicado ME aplicado en E .En general podemos escribir

0M M M Ki ij i ij i

i i

M Ki i ij (2.2)

2.4 RIGIDEZ ABSOLUTO DE ELEMENTOS PRIAMATICOS

Caso A Simplemente elemento lij

apoyado en i y

articulado en j

Vamos a determinar la rigidez absoluta de la viga

mostrada en la Figura 1 (a.) a la cual en el extremo i se

aplica un momento iM y el otro extremo j está

articulado. Utilizaremos el método de la viga conjugada

que vimos en el curso de Resistencia de Materiales. Para

M KEA EA E

M KEB EB E

M KEC EC E

M KED ED E


25

determinar el ángulo i que se genera por el hecho de aplicar en dicho extremo el momento

iM , el valor de i será el cortante -V en la viga conjugada que en este caso será igual a la reacción

iR .con signo cambiado Tomando momentos con respecto al extremo j en la viga conjugada se

tiene el valor de iR =

i

2

( )( )( )2 3 3

M M LL Li iREI L EI

i i

3EI

Mi iL

Cuando iq =1 El momento iM toma el nombre de rigidez por flexión

3EIK

L 2.3

Caso B Extremo i articulado y extremo j empotrado

Determinemos la rigidez para el caso de la figura 2.1 (c) que consiste en aplicar un momento Mi

para producir una rotación i , en una viga cuyo extremo i está articulado y su extremo j esta

empotrado- Como en la viga conjugada en el extremo j , no hay

empotramiento el desplazamiento el momento en j es cero

por lo tanto el momento para el punto j debe ser cero

2( )( )( ) ( )( ) 0

2 3 2 3

jiMM L L L L

EI EI

2

MiM j (2.4)

Obsérvese que en este caso el momento iM i aplicado en i , genera en el extremo empotrado j

un momento jM , cuyo valor es la mitad del momento aplicado en i. Determinemos ahora la

fuerza cortante en la viga conjugad en el extremo i para determinar i

( )Fy =0

2 2

MM L LjiR x xi i EI EI

Remplazando el valor de jM determinado por la ecuación 2.4

2 2 4

M M LL i iMi iEI EI


26

4EIMi iL

Cuando iq =1 el momento iM toma el nombre de rigidez para la viga articulada en i y empotrada

en j

4EI

Ki L (2.5)

2.5 COEEFICIENTE O FACTORES DE DISTRIBUCIÓN DE DISTRIBUCIÓN

Definiremos como factor de distribución FDij en el extremo i, de un elemento ijl como la relación

entre el momento Mij desarrollado en dicho extremo i y el momentoiM aplicado en el nudo i

M Kij ij iFDij

MiKi ij

i

(2.6)

KijFDij

Kiji

(2.7)

O sea que los coeficientes de distribución de cualquier elemento ijl en un nudo i es igual a la

rigidez del elemento dividida por la suma de las rigideces correspondientes de todos los elementos que llegan a ese nudo. Obviamente, la suma de los coeficientes de distribución en un nudo i debe ser igual a la unidad y conviene comprobarlo antes de iniciar el proceso de distribución.

1j

FDijiå = (2.7a)

2,6 RIGIDEZ RELATIVA

Si a las dos las ecuaciones 2.7 y 2.5 que muestran las rigideces de la viga Lij con el extremo j articulado o empotrado tal como se indico casos A y B Si la viga es del mismo material y se

dividen entre 4E se tiene para la ecuación 2.5

3

4

IK

L

(2.8) Y para la ecuación 2.7

IK

L (2.9)


27

En donde K es la rigidez relativa. Obsérvese que la rigidez relativa, para de la viga articulada-

apoyada , es ¾ de la viga articulada empotrada.

Si el apoyo empotrado C de la figura 2.2 se remplaza por una articulación el momento sería

0MCE y se tendría el caso mostrado en la figura 2.6 .

Las rigideces para , , EDEA EB

K K K corresponden

al caso de la viga cuyo extremo j esta empotrado

caso 2.5 B cuyo valor es 4

ij

ij

EIK

L

pero la

rigidez ECK Corresponde al caso mostrado al caso

2.5A cuyo extremo j está articulado cuyo valor es

3EIijKij Lij

. Si se compara la rigidez de la barra EC

de la figura 2.3 4EIECKEC LEC

con la rigidez de

la misma barra que se muestra en figura 2.7 de valor 3EIECKEC LEC

se concluye que la rigidez

de una barra con el extremo j articulado es 3

4 da la rigidez de la misma barra cuando esta

estuviese empotrado en j


28

2.7 COEFICIENTE DE TRANSMISIÓN

En la Figura 2.5 vimos que aplicar un momento iM en el apoyo respectivo del elemento ijL surge

un momento jM en el extremo empotrado j que era la mitad del momento iM . El coeficiente

de transmisión es el coeficiente por el cual se debe multiplicar el momento aplicado en un

apoyo simple de un elemento estructural para obtener el momento inducido en el extremo

opuesto

La ecuación 2.4 permite concluir que el coeficiente de transmisión para un elemento prismático es 0,5 Si se observa la figura 2.4 es evidente que en el extremo j (apoyado )no se puede inducir ningún

momento, al aplicar un momento Mi en el extremo articulado i lo cual equivale a decir que el

coeficiente de transmisión opuesto cuando el extremo i es articulación es cero. (0)

2.8 MOMENTOS GENERADOS DEBIDO DESPLAZAMIENTOS DE LOS EXTREMOS

PRIMER CASO

Vamos a determinar los momentos de

empotramiento de una viga empotrada en sus dos

extremos cuando el apoyo j sufre un asentamiento

.Los momentos inducidos tiene el mismo valor y sus

sentidos se muestran en la figura 2.6. Usaremos el

método de la viga conjugada que se muestra en la

figura 2.6 En la viga conjugada las reacciones en los

extremos n i y j son nulos para que esto se cumpla la

áreas de los diagramas de momentos de iM y

jM deben ser nulos lo que implica que los valores de

ambos momentos deben ser iguales y de sentido contario es decir que

0 M Mi j i j

Como el momento M j en el extremo j de la viga conjugada j es igual a se tiene de la viga

conjugada

2 1

2 3 2 3

MM L L Lji x x x xEI EI

(2.9)

Como M Mi j de la ecuación 2.9 se tiene

6

2

EIM Mi j j

L ( 2.9a)


29

Si 1jD = el momento será igual a k6

2

EIM Mi j j

L

6

2

EIk

L (2.10)

Los sentidos de los momentos en los empotramientos para el caso de asentamientos en el

extremo j son los que se muestran

SEGUNDO CASO

Se trata de determinar el momento de empotramiento que se produce en el extremo i empotrada

articulada cuando su extremo j sufre un asentamiento en su apoyo j articulado. Usaremos el

método de la viga conjugada tal como se hizo en el caso anterior

Tomando momento con respecto al apoyo j de la

viga conjugada

2

2 3

M L Li x xEI

3

2

EIMi j

L 2.11

3

2

EIk

L (2.11 a)

momento no equilibrado en cada nudo se llama proceso de distribución de momentos Si se

conocen los momentos en los extremos de los elementos de la estructura es posible determinar

las fuerzas axiales y las fuerzas cortantes como veremos más adelante

2


30


31


32


33

Ejemplo Nº 1

Para la figura mostrada determine los

momentos en los extremos de sus elementos

siendo sus rigideces relativas K las que se

indican en la figura

Solución

El único nudo que realmente puede girar es el

E los otros no, por estar empotrados Sin

embargo según el método de Cross se

considere que todos son empotramientos .Solo

el tramo AE está cargado y los momentos

según la tabla 2.1 son

22 2 31,500

12 12AE EA

wLM T m M

Según la convención de signos de Cross Los sentidos de los momentos son los mostrados en la

figura .

Los coeficientes de distribución son

4

4 2 3 2

KEAFDEA E K K KEA EB EC ED

40,363

11FDEA

30,273

11FDEC

20,182

11FD FDEB ED

Comprobemos la ecuación 1j

FDiji


34

0,363 0,273 0,182 0,182 1

jFD okij

i

El momento desequilibrado en el nudo E es 1,5 T-m en sentido horario (negativo) por ser el único

momento que hay en este nudo. Al soltar el nudo E se genera la rotación E Para equilibrarlo el

nudo tendremos que aplicarle al nudo E un momento de igual valor pero de sentido anti horario

cuya suma ijM debe ser igual al momento equilibrarte que debe aplicar en E

1,5 0,363 0,544M x TmEA

1,5 0,182 0,273M M x TmEB ED

1,5 0273 0,410M x TmEC

Estos momentos se deben trasportar a los nudos que no han girado (momentos de transporte)

cuyo valor es igual a la mitad del valor en su extremo lejano

0,5 0,5 0,544 0,272M xM xAE EA

0,5 0,50 0,273 0,136¨ ¨M M xM xBE DE EB

0,5 0,5 0,410 0,205¨M xM xCE EC

1.5 0.272 1,772M M M T mAE AEemp ÄE

0 0,136 0,136¨M M M T mBE BEemp BE


35

0 0,272 0,272M M M T mCE CEemp CE

1,5 0,544 0956M M M T mEA EAemp EA

0 0,273 0,273M M M T mEB EBemp EB

0 0,410 0,410M M M T mEC ECemp EC

0 273 0,273M M M T mED EDemp ED

Ejemplo 2 VIGA EMPOTRADA EN SUS EXTREMOS

Determinar los momentos en los apoyos AB y C de la viga mostrada siendo A y C empotramientos

1. Determinar los momentos de empotramiento suponiendo que todos los apoyos están

empotrados USAR TABLA 2.1 y los signos de Cross.

112 342 42 0

8 8AB BA BC CB

PLM kN M kN M M

2. Determinamos las rigideces absolutas usando la expresión del caso articulado empotrado

ecuación 2.7 (al soltar el nudo que esta empotrado, el elemento empotrado en ambos

extremos se transforma en articulado -empotrado) cuya rigidez absoluta es 4E Iij ij

Kijlij

. o

las relativas ijij

ij

IK

l


36

2

3 4,5 9

I I IK K

AB BC

3. Determinamos los factores de distribución FD Kij

FDijKij

Si la estructura es de un mismo

material La expresión se puede simplificar a

Kij

FDij Kij

Determinemos primero los factores de distribución en los apoyos donde concurren dos o más

elementos en este caso en el nudo B

93 0, 62 15

3 9

I

FDBA I I

229 0, 4

2 153 9

I

FDBA I I

Para hallar el coeficiente de distribución ABFD , Podemos imaginarnos que al extremo de

Izquierdo de A hay una viga A A’ cuya rigidez es (empotramiento) lo mismo que a la derecha de

C exista otra viga C C’ de la misma rigidez que la anterior

3 0

3

I

FD FDAB CBI

11

1 1/ 31

3

AAFD ¢

¥= = =

+ ¥ +¥

El nudo B esta desequilibrado en -42 kN (Los momentos MAB (-) y MBC (+) (no son iguales y deberían


37

serlo) Equilibremos el nudo B desequilibrado cuya suma es (-42+0)= -42 . Si queremos que este en

equilibrio debemos soltar el empotramiento y agregar un momento M= +42en el nudo B que

equilibrio el momento de -42. Pero este momento de +42 se distribuye en los elementos que

concurren en B de acuerdo a su factor de distribución (FDBA y FD BC) 42x0,60= +25,2 y 42x 0,4 =

16.8. Pero agregar un momento de 25,2 en el extremo articulado B genera en A un par de

trasporte igual a 0,5(25,2)= 12,6 en A y en C un momento de 0,5(16,8)= 8,4 Como los momentos

MBA y MBC son iguales el Cross queda terminado

Los momentos finales serán de acuerdo a la convención de Cross los siguientes

54,6 16,8 16,8 8,4AB BA BA CBM kN m M kN m M M kN m

Los Diagramas de Momentos Flectores se dibujan de acuerdo a la convención de resistencia de

ateriales por indicarnos los tramos de la viga en donde se produce tracción y compresión

Para Resistencia de materiales tendremos los siguientes momentos

54,6 16,8 16,8 8,4AB BA BA CBM kN m M kN m M M kN m

Que nos permiten dibujar los diagramas de momentos Flectores e indicar los tramos de la viga en

la cual la tracción en la parte inferior o superior. (Ver Diagrama de momentos flectores)


38

Ejemplo 3

Determinar los momentos en los extremos de la estructura mostrada .Empotrada en A y

simplemente apoyada en C

Determinación de las Rigideces

10 10

I IK K AB BC

Determinación de los FD. Comenzando por el nudo B

10 0, 52

10

I

FD FDBA BC I

Para determinar el factor de distribución FDAB y FDCB agreguemos a la izquierda de A una viga una

viga de AA’ de rigidez infinita (α) y a la derecha de C una viga CC’ de rigidez 0

20 200 11

02020

AB CB

I IFD FD

I

Determinación de los momentos de empotramiento en los extremos de las vigas supuestamente

empotradas en todos sus extremos

2 2

2

120 6 4172,8

100AB

P b aM kN m

l

2 2

2

120 4 6115,2

100BA

P a bM kN m

l


39

22 50 10

416,7 416,712 12

BC CB

lM kN m M

Momentos en los extremos de las barras y Factores de distribución estando los apoyos

empotrados

Si se suelta el nudo B hay un momento desequilibrado cuyo valor es -115,2+416,7 =+301,5, para

mantener el equilibrio en B es necesario agregar un momento -301,5 que generara momentos de

equilibrio en BA y BC de acuerdo con los factores de distribución. -301,5(0,5) = - 150,8 Este valor

se agregado a BC y debería agregarse también a BA que al sumarse daría 130,6 y no 130,5 en BA

se ha tomado el valor de -150,7

Al introducir los momentos equilibrarte en BA y BC se generan pares de transporte en A y C iguales

a 0,5(-115,8) = -73,4. Soltemos a continuación el nudo C en donde existe un momento

desequilibrado igual -416,7-75,4= -492,1. Para equilibrar el nudo C es necesario agregarle un

momento igual a +492,1 que según el factor de distribución FDCB =1 será 492.1 (1) = 492,1

Se procede en forma similar hasta que los momentos BA BCM y M sean iguales o difieran

poco en sus valores (Cuadro adjunto)


40

Ejemplo 4

Determinar los momentos flectores en los apoyos A, B, C,y D de la viga apoya en B y C y

empotrada en A y D Siendo la viga del l mismo material y el momento de inercia I = constante

Determinación de las rigideces ij

ij

ij

IK

L

ij

ij

ij

IK

L

2 2 1.5

I I IK K KAB BC BC

Podemos imaginarnos que al extremo de Izquierdo de A hay una viga A A’ cuya rigidez es

(empotramiento) lo mismo que a la derecha de D exista otra viga D D’ de la misma rigidez que

la anterior

0,50,5

1FD FDBA BC

0,50, 429

10,5

1,5

FDCB

1

1.5 0,5711

0,51,5

FDCD


41

Podemos imaginarnos que al extremo de Izquierdo de A hay una viga A A’ cuya rigidez es

(empotramiento) lo mismo que a la derecha de D exista otra viga D D’ de la misma rigidez que

la anterior

2 0

2

I

FD FDAB DCI

Momentos de empotramiento los determinando la tabla 2.1

22 150 250

12 12

LM T mAB

50M T mBA 75

8

PLM T m

BC 75M T mCB

0M MCD DC

Momentos de empotramiento y factores de distribución

Liberando el nudo C . Empotrado inicialmente se convierte en rótula

En el nudo C hay un momento desequilibrado de 75 t-m en sentido horario (-) para equilibrarlo

tendremos que agregar un momento M de 75 T-m en sentido horario (+) que debe ser repartido

mediante Factores de distribución de distribución en torno de C.


42

75 0,429 32,2M xdisCB

75 0,571 42,8M xdisCD

Momentos distribuidos y pares de transporte Como vemos el nudo C esta en equilibrio pues la

suma de los momentos a ambos lado del nudo C suma (-42,8) y (+42,8) Pero los momentos

distribuidos generan en los nudos B y D momentos de transporte que son iguales en B = +32,2 x

05 = +16.1 y en D = +48,2 x0,5 = +21.4 Pero el par de transporte a B hace ahora que en B exista un

momento desequilibrado de 50 75 16.1 41,1Mdesiq en B que debe ser equilibrado por un

momento de -41,1 y que debe ser distribuido éntrelas barras BA y BC

41.1 0,5 20,6M x Mdist BA dist BE

Los valores de los momentos distribuidos en B generan un par de transporte en A y C


43

En A -20,6x 0,5 = -10,3 y en C = -20,6 x0,5 = -10,3

El par de transporte generado en C hace que este nudo que ya estaba en equilibrio se desequilibre

en ( -75+32-10,3+42.8) = -10,3 8 sentido anti horario y para volverlo a equilibrar tendremos que

aplicar un momento de M = +10,3 que debe ser distribuido en C

10, 3 0, 429 4, 4M xdistCB

10, 3 0, 571 5, 9M xdistCD

Tenemos ahora equilibrado el nudo C Los momentos a ambos lados de C son

75 32,2 10,3 4,4 48,7MCB 42,8 5,9 48,7CDM

EºwºrrrrrrrrLos momentos distribuidos en C generan pares de transportes En B y en D

En B = +4,4 x 0,5 = +4,4x0,5=+ 2,2 y en D = +5,9 x0,5 = 2,9

Pero el par de transporte +2,2 desequilibra el nudo B en +2,2 para equilibrarlo se necesita aplicar

un momento M = -2.2 que deben distribuirse en el nudo

2,2 0,5 1.1M x MdistBA distBC

Estos momentos generan los pares de transportes en C y A iguales -0,6 se prosigue el proceso

como se indica en el grafico siguiente

A = -1,1 x 0,5 = -06 en C = -1,1x 0,5 =. -0,6 que desequilibra el nudo C en Para equilibrar lo es

necesario agregar un par en este nudo de +0,6 que debe ser distribuido en CB y CD

0,6 0,429 0,3M xdistrCB 0,6 0,571 0,3M xdistCD

El par de transporte que se producen en B y D En B= + 0,3 x0,5 = 0,2 y en C= +0,2


44

Pero el momento en B que estaba equilibrado debido al par de transporte igual a + 0,2 Para

equilibrarlo es necesario agregar un momento en B igual a -05 que debe estar distribuido en este

nudos

0,2 0,5 0,1M x MdistBA dist BC En este instante están en equilibrio el nudo B y C y los

momentos serán los que se indican en el cuadro siguiente

AL TERNATIVA

También podemos proceder de la siguiente manera soltar simultáneamente (convirtiéndose en

articulaciones) dos o más nudos (En el caso siguiente se han soltado B y C simultáneamente ) que


45

pueden girar los cuales estarán desequilibrados, será necesario agregar en la articulación el

momento equilibrarte , transformándose en una viga del tipo2.1c Haciendo la distribución de

momentos en B y C al mismo tiempo Entre B y C hay pares de transporte que modifican el

equilibrio .tal como se indica en el grafico siguiente. Se vuelve a equilibrar los nudos

desequilibrados .hasta los momentos distribuidos sean pequeños

Ejemplo Nº 5

Determinar los momentos de empotramiento en B y C para la estructura mostrada

Resolveremos el caso usando el método general y después usaremos 2 métodos simplificados

mediante la modificación de la rigidez del primer tramo y después mediante el cambio de rigidez

y el momento de empotramiento.

1) CASO RESTRINGIENDO TODOS LOS GIROS MEDIANTE EMPOTRAMIENTOS En todos los

apoyos

Determinemos los momentos de

empotramiento. Para el tramo AB considerando

ese tramo empotrado en ambos extremos .Lo

mismo para el siguiente tramo

2 22 6

6,0 612 12

BC CB

wL xM T m M

5 42,5 2,5

8 8AB BA

PLM M

Determinemos las rigideces relativas

4BA

I IK

L

6BC

IK

El valor de I puede tener cualquier valor supongamos 120


46

12030

4BAK

12020

6BCK

0AAK

CCK

Consideremos a la izquierda de A una viga imaginaria de rigidez nula y a la derecha de C una de

rigidez tal como se vio en el caso

Determinación de los coeficientes de distribución

300,60

30 20AB

BA

BA BC

KFD

K K

200,40

50

BCBC

BA BC

KFD

K K

201

20 0ABFD

200

20CBFD

-

Se ha soltado el nudo A que hace que este nudo gire teniendo que aplicar un momento para

equlibrarlo . Equilibramos el nudo A agregado un momento de -2.5 T-m para equlibrar el

momento de 2.5 T-n . Pero convertir el apoyo A en rótula y agregarle un momento de 2.5T-m hace

que en extremo empotrado B se tenga que agregar el par de transporte de -1.25 T-m Estando A

equilibrado, B no lo esta. Soltando el nudo B se genera un ángulo y este nudo no esta

equilibrado, exsite en B un momento desiquilibrado de cuya magnitud es (-2.5+6-1.25 =+2.25 T-n

) de +2.25 que para equilibrarlo será necesario agregar un momento de -2.25 que se debe

distribuir en el nudo B de acuerdo al FD.(-225x 0.6 =-1,35 en BA) y un momento en BC de -2.25 x

0.4 =-0.90) En este instante el nudo B esta equilibrado . Los momentos equlibrantes del nudo B

generan pares de transporte de -0.45 en C el cual no puede distribuirse por ser FD igual a cero y el

es absorvido por el empotramiento . El par de transporte de –0.68 generado por parter del

momento equilibrqnte de valor -1,35 desequilibra el nudo A en -0.68 que debe ser equlibrado por

un momento de +0,68 el cual va a general en B un momento de transporte de +0,34 que hara que

este nudo que estaba en equilibrio se vuelva a desequilibrar . Se vuelve a distribuir el momento


47

deseqilibrado con un momento de -0,34 que se repartira en BA y BC de acuerdo a los factored de

distrución y se repite el proceso hasta que los momentosd distribuidos tengan un valor pequeño .

ALTERNATIVA

Se muestra a continuación el método de soltar simultaneamente A y B tal como se hizo con el

ejemplo 3

SIMPLICACIÖN EN CASO DE EXTREMOS ARTICULADOS .- MODIFICACION DE LAS RIGIDECES Pero

MANTENIENDO TODOS LOS POYOS EMPOTRADOS

En caso que un miembro como viga o estructura cualquiera continua con un extremo a inicial o

final articulado se sabe de antemano que el momento final debe ser 0 en los apoyos extremos . En

elm capitulo 2.5 (ver figuras 2.4 y 2.5) que las rigideces absolutas en ambos casos eran

· / 3 /ij ji ij ij ij ijK K EI L EI L y · / 3 /ij ji ij ij ij ijK K EI L EI L Por otra parte hemos visto

que para el caso de una viga articulada en sus extremos i ,y empotrada en j es los ¾ de la rigidez

que tendría con ambos extremo empotrado. Asi mismo se vio en 2.7 que el coeficiente de

tramsmisión era O en consecuencia no puede generar par de transporte . si se considera el

momento real para una viga empotrada en un extremo y articulada en el otro . El proceso

mediante el método de Cross se reduce en enormemente .


48

Vamos a resolver el caso del Ejemplo 4 usando estas simplificaciones

Ejemplo 6

Usando el método simplificado de modificación de la rigidez del tramo AB . Hallar los momentos

de empotramiento en los apoyos

Determinemos las rigideces

relativas los y los momentos de

empotramiento suponiendo que los

tres apoyos están. Los momentos de

empotramientos se determinaron

rn el ejemplo 4

2 22 66,0 6

12 12BC CB

wL xM T m M

5 42,5 2,5

8 8AB BA

PLM M

Rigideces relativas

4BA

I IK

L

6

IK

BC

Por tener la viga el apoyo A simplemente apoyado.y el otro articulado Vimos que su rigidez es ¾

de la que tendría si estuviera articulada empotrada

Rigideces Modificadas- La de AB varía al considerarla articulada en A y empotrada en B. El

tramo BC por estar empotrado no cambia

3 3164 4

BA

I I IKL

6BA

I IK

L

Como la inercia puede tomar cualquier valor hagamos I = 144

3 3 144 /16 27 144 / 6 2416BA BC

IK K

Los factores de distribución serán

27 240.529 0.471

51 51BA BCFD FD

Se debe comenzar en el apoyo articulado en nuestro caso A y determinamos el momento que

equilibrio al momento aplicado ( supuesto empotrado) y que haga que el momento sea cero


49

(apoyo simple )el momento equilibrarte será – 2,5 ton-m y se hace el par de transporte a B . Se

equilibra el nudo B al exsistir un momento desequilibrado que tiene por valor (+6-2.5-1,3 = +2.2)

Se hace la distribución en B según los factores de distribución y se obtiene -2.2(0,529)=-1,1638 y

-2.2(0,471) =1,036aproximando hasta las decimas se tiene – 1.2 y -1.0

Se realiza el par de transporte al empotramiento. PERO NO AL APOYO ARTICULADO (Ver acápite

2.5 caso A)

Ejemplo 7 MODIFICACIÓN DE RIGIDECES Y CONSIDERANDO AB ARTICULADO EMPOTRADO

Resolver el caso del ejemplo 4 usando la simplificación de la modificación de la rigidez de AB y

considerando el tramo AB articulado en A y empotrado en B

Las rigideces son las mismas que las del ejemplo E

Momentos de Empotramiento para el tramo AB articulado empotrado de la tabla 2.2 sacamos

que para el primer tramo se tiene :


50

3 3 5 40 3, 75

16 16

PL x xM M

AB BA

26, 0

12

LM M

BC CB

El momentoABM es inicialmente 0 y su coeficiente de distrución FAB es 1 el momento

equilibrabte sera 0 y el par de transporte a B sera nulo El nudo A esta en equilibrio, equilibremos

ahora el nudo B que tiene un momento desequilibrado (-3,75+6,0=2,25) de +2.25 T-m el cual lo

debemos equilibrar con um momento -2,25 que se reparte de acuerdo a sus coficientes FD en B

(-2,25x 0,529)= -1,19 para BAM y en (-2,25x 0,471=-1.06 ) para 1,06BCM

En este instante están en equilibrio A y B . Al nudo C llega el par de transporte de -0,53 que no

puede redistribuirse por ser 0CBFD por lo tanto todos los nudos están en equilibrio. Sumando

los momentos 4,94BAM T m y 4,94BC

M T m El momento en C es

6,53CB CBM M Tm que son loa momentos finales con los signos de Cross.

3.10 DETERMINACIDE LAS REACIONES CONOCIENDO LOS MOMENTOS EN LOS APOYOS

DIAGRAMAS DE MOMENTOS FLECTORES Y FUERZAS CORTANTES

Cuando se conocen en un tramo i-j la carga aplicada

y los momentos positivos iM y jM (según la

convención de Resistencia de Materiales aplicados en

sus extremos se pueden determinar las reacciones

iR y jR QUE REPRESENTAN LAS FUERZAS

CORTANTES EN LOS APOYOS. aplicar el principio de

superposición de efectos DEBIDO A LAS CARGAS Y

LOS MOMENTOS Se tiene el valor de las reacciones


51

en el tramo ijL

argR R Rij ij c a ij momentos

Tomando momentos con respecto al extremo j cuando actúan solo los momentos

0R L M Mij i j

j i

ij

M MR

L

(2.12)

R Rij ji

Recordemos que la fuerza Cortante en una sección cualquiera i es igual a la suma de las fuerzas

que quedan a la izquierda del corte

Ejemplo 7

Determinemos las reacciones en las dos secciones de la viga del Ejemplo 6 cuyos momentos

hemos determinado

.Determinemos las reacciones en las vigas isostáticas mostradas que nos permiten determinar las

fuerzas cortantes en la viga . Usando la ecuación 2.12

4,9 02.5 2,5 1.225 1,275

4R TAB

2,5 1,225 3,725R TBA

6,53 4,946 6 0,265 5,735

6R TBC

Reacciones en los apoyos

1,275 3,725 5,736 9,46A AB B BA BCR R T R R R T= = = + = + = 6,265C CBR R T= =

DIAGRAMA DE FUERZAS CORTANTES (EN TONELADAS) l diagrama de fuerzas cortantes se

ha trazado tomando el esfuerzo cortante en cada sección (suma de las fuerzas que quedan a la

izquierda O derecha del corte.


52

1,275 , 1,275 5 3,725 , 3,725 9,46 5,735A B BV T V T V Te e- += = - = - = - + =

5,735 2 / (6 ) 6,265CV T T m m T= - = -

DIAGRAMA MOMENTOS FLECTORES ( EN TONELADAS-M )


53

Ejemplo 8

Para la viga mostrada Determine

a) Los momentos en los

apoyos .Dibuje los

diagramas de

momentos y de fuerzas

cortantes b)

Determine así mismo

las raciones en los

Apoyos A,B,C

Determinemos la rigidez relativa de los elementos AB y BC

1,5

6 6AB BC

I IK K

Determinemos la rigidez modificada del tramo BC y haciendo I=24

1,5 241,5 3 3(24)6 3

6 6 4(6) 4(6)ABm BC

I IK K

Determinemos los Factores de distribución

6 30,667 0,333 1 0

9 9BA BC CB ABFD FD FD FD

Momentos de empotramiento

22 23 6 5,4 369 9 24,3

12 12 8 8AB BA BC

L LM M M

2 5,4 3624,3 0

8 8BC CB

LM M

El punto C esta en equilibrio, soltamos B y tenemos un momento desequilibrado de 15,3 que debe

ser equilibrado con un momento de 10,3 y repartido de acuerdo con los factores de distribución

15,3 0667 10, 2 y 15,3 0,33 5,1


54

Se agrega el par de transporte al apoyo A . No hay par de transporte a C por haber usado la rigidez

modificada del tramo BC .

Para determinar el cortante usemos la ecuación 2.12. Los momentos de determinados que se

muestran en la figura

Para la viga isostática AB ver figura (a) Determinemos el cortante en A y B usando la ecuación

2.12

18 19,2 3,96,45

2 6A AR V

Cortante en B

18 3,9 19,211,55

2 6B BR V

Para la Viga isostática BC

Cortante en C en la viga BC (fig. c)


55

19,2 016,2 13

6c CR V

0 19,216,2 19,4

6BR

Para hallar la reacción en apoyo B de la viga continua tómese el diagrama de cuerpo libre B.

Equilibrio del nudo B

0 11,55 19,4 0 30,95y B AF R R

Es importante determinar en que puntos el cortante es nulo, en donde ocurren los máximos

momentos de flexión

El cortante a una distancia x de A es igual a la suma de las fuerzas que quedan a la izquierda de A

0 6,46 3 0 2,15x AV R x x x m

En el tramo BC el cortante es nulo a una distancia x de apoyo C

13 5,4 0 2,41x CV R x x x

Fuerza Cortante en kN.

En el tramo AB el máximo momento ocurre a una distancia de 2,15m de A y a 2,41 m de C

Para trazar el diagrama de momentos flectores es necesario determinar los momentos máximos y

los momentos mínimos

En el tramo AB los momentos a una distancia x de A son nulos


56

223.9 6,46 . 1,5 6,46 3,9 0 0,73 3,58

2x

xM x x x x m x

Los momentos nulos que ocurren en el tramo BC a partir de C a una distancia x

225,4

13 13 0 4,81 1,192 2

x

xM x x x x m y a m de B

Momentos máximo ocurren en x= 2,15m en el tramo AB

223.9 6,46 . 3,9 6,46 1,5 2,15 3,0

2x x

xM x x x Si x m M

En el tramo BC ocurre x = 2,41m a partir de C

2 225,4

13 13 4,81 13(2,41) 2,7(2,41) 15,652 2

x x

x xM x x en x m M

Con estos datos construimos el diagrama de momentos flectores

DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES EN kN-m

Ejemplo 9

Para la viga mostrada determinar los momentos de empotramiento en los apoyos debido al

asentamiento del apoyo B en 20mm


57

Determinación de las rigideces

3 2 3

4 8 16 4 6AB BC CD

I I I IK K K

Determinemos los coeficientes de distribución

3 /16 / 40,428 0,572

3 /16 / 4 3 /16 / 4BA BC

I IFD FD

I I I I

/ 4 / 60,600 0,400

/ 4 / 6 / 4 / 6CD CD

I IFD FD

I I I I

Determinación de los momentos para el tramo AB

2 2

3 0,02 230 2

8AB BAM M EI EI

L

618,75 10BAM x EI

Para el tramo BC

4

2

6 6(0,02)75,00 10

16CD DCM EI EI x M

L


58

El Cross se ha ejecutado usando la simplificación usando en el Ejemplo 6 y soltando

simultáneamente los nudos B y C simultáneamente los nudos

4 4 40 35,25 10 35,25 10 26.13 10AB BA BC CBM M x EI M x EI M x EI

4 426,13 10 11 10CD DCM x EI M x EI

Trazar el diagrama de fuerzas cortantes

Para la viga AB

44 435,25 10

0 4,41 10 4,41 108

A A B B

x EIR V x EI R V x EI

Para la viga BC


59

4

4 435,25 26,13 100 15,34 10 15,34 10

4B B C C

x EIR V x EI R V x EI

Para la viga CD

4 4 426,13 11,780 10 6,32 10 6,32 10

6C C D DR V x EI x EI R V x EI

DIAGRAMA DE FUERZAS DE CORTE

DIAGRAMAS DE MOMENTOS FLECTORES


60

Ejemplo 11

Determine los momentos en los apoyos debido a la carga y además los asentamientos de los

apoyos B en 5/8 de pulgada C en 1 ½ pulgada y D en ¾ de pulgada ( 1 pie = 12 pulgadas )

Vamos a

resolver el Cross usando el método simplificado usado en el ejemplo 5

Vamos a considerar todos los apoyos empotraos pero para hacer más rápida la convergencia

modifiquemos la rígidas de los tramos AB y BC no olvidemos que estas que depende del tipo

de apoyo y no de las cargas,

3 3

4 20 80 20AB CD BC

I I IK K K

.


61

Factores de distribución Para el nudo B

3 / 80

0,4293 / 80 / 20

BA

IFD

I I

/ 20

05713 / 80 / 20

BC

IFD

I I

Para el nudo C

/ 20

05713 / 80 / 20

CB

IFD

I I

3 / 80

0,4293 / 80 / 20

CD

IFD

I I

1ABFD

Momentos de empotramiento.- Se empleará el principio de superposición de efectos

Momento debido a las cargas

22 2 20

66,712 12

AB BA BC CB CD

LM M M M M k pie

Momentos debido a los desplazamientos (ver ecuación 2,10 y figura ) /

50 5 / 8

8B A (B se

encuentra 5/8 debajo de A)

2 32

56 29000 7800

6 81227.2

20 12AB BA

EIM M k pie

L

/

5 3 7

8 2 8C B ( C se encuentra 7/8 debajo de B)

2 32

76 29000 7800

6 81718,1

20 12BC CB

EIM M k pie

L


62

/

3 3 3

2 4 4D C (D se encuentra por encima de C )

Momentos de empotramiento debido a los dos efectos carga y asentamientos teniendo en cuenta

los signos de Cross.(ver gráficos de pág.8)

1227,2 66,7 1293,9ABM M M k-pie

1227,2 66,7 1160,5BAM M M k-pi

1718,1 66,7 1784,8BCM M M k-

pie 1472,7 66,7 1406CDM M M K-

pie 1472,7 66,7 1539,4DCM M M k –pie

Se han soltado los empotramientos A y C simultáneamente

Determine los diagrama de fuerzas cortantes y momentos flectores así como las reacciones en los

apoyos (ver problemas 3 y 4)


63

2.11 SOLUCIÓN DE PÓRTICOS MEDIANTE EL MÉTODO DE CROSS.

Los nudos de los pórticos pueden sufrir desplazamientos laterales debido las cargas, al tipo de

apoyos o de o una combinación de ambos. En todos los casos, Las deformaciones debido a

fuerzas axiales que pueden actuar en los elementos se consideran despreciables

En la figura (a) Los nudos B y C no se desplazan por la simetría de las carga por la igualdad de las

rigideces de AB y CD y por la igualdad de los apoyos A y B (empotramientos) no sucedería lo

mismo si varía una de estas condiciones

En la figura (b) los nudos no se desplazan debido a que la barra BC esta empotrada en C

Los nudos C y D de la figura ( c) se desplazan porque las columnas AC y BD tienen diferente rigidez

y en la (d) debido a la carga y a la rigidez de las columnas AB y CD


64

El caso de los pórticos sin desplazamiento de los nudos se hace como el caso general que hemos

estudiado.

Ejemplo 12

Para el pórtico mostrado Determine

los momentos de empotramiento en

A,B y C , las reacciones en A y B .

Dibuje el Diagrama de momentos

Flectores y Fuerzas cortantes para

todo el elemento determine

50 40

7,5 9AB BCK K

507,5

0,650 40

7,5 9

BAFD

59

0,450 40

7,5 9

BCFD

0AB CBFD FD

230(7,5)140,625

12AB BAM M kN m


65

2

2

135 6 390

9BCM kN m

2

2

135 3 690

9CBM kN m

Los momentos de empotramiento en el siguiente esquema tienen los signos de Cross

Los momentos se han dibujado del lado de donde se produce la tracción

Ejemplo13

Determine los momentos en los nudos de la estructura mostrada

Coeficientes de rigidez


66

30,1 0,133 0,167 0,133

7,50 7,504 7,50 6BA BC BE CB

I II IK K K K

30,1 0,167

7,5 64CD CF

I IK K

Factores de distribución

0,1 0,133 0,1670,25 0,33 0,42

0,1 0,133 0,167 0,4 0,4BA BC BEFD FD FD

0,133 0,1670,10,33 025 0,42

0,133 0,1 0,167 0,4 0,4CB CD CFFD FD F

Momentos de empotramiento

2

50 7,50 210,94 67,5

12BA AB BC CB DB DBM M M M kN m M M kN m

0DC CDM M

En este caso es conveniente colocar los momentos de empotramiento tal como se indica a y


67

después seguir el método cmo en los casos anteriores

Ejemplo 14

El pórtico mostrado está sometido a una carga de 40kN tal como se indica en la figura

Determine los momentos en A, B, C y D.

En este caso se produce un desplazamiento Δ desconocido de los nudos C y D tal como se muestra

en la figura

Determinemos las rigideces y los FD

1 1 1

7 7 5AC CD DBK K K

1 1 1 17 7 7 5

0,5 0,5 0,417 0,5832 2 12 12

7 7 35 35

CA CD DC DBFD FD FD FD

El método consiste en suponer que impedimos el desplazamiento del nudo C mediante un apoyo

imaginario en C que impida el desplazamiento de los nudos C y D

Al poner el apoyo en C se genera una fuerza R en C que tendremos que determinar .Solucionamos

el pórtico sin desplazamientos tal como se hizo en los ejemplos 6 y 7 mediante el método de Coss


68

Cross sin desplazamiento

2 2

2 2

40 4 3 40 3 439,2 29,4

7 7CD DCM kN m M kN m

Determinemos los cortantes en AC y BD (las reacciones horizontales en A, C, B y D

Tomando momentos con respecto a A tenemos (ver figura a)

7 12 24 0 5,14 5,14R R kN R kNCh Ch Ah


69

Tomando momentos con respecto a B

5 12 24 0 7,2 7,2R R kN R kNDh Dh Bh

De la figura (b) tenemos

0 5,14 7,2 0 2,06xF R R kN

Vamos a resolver el pórtico sometido a una carga axial del elemento CD de sentido contrario a R

El problema que se tiene es que no se sabe qué valor tiene Δ para que


70

0R R RAh Bh

l

Además se tiene por la ecuación (2.10)

1 2

2 2

1 2

6 6AC CA BD DB

EI EIM M M M

L L

Como se desconoce el valor de Δ tampoco se conocerá los momentos. Sin embargo podemos

determinar la relación de los momentos MCA y MDB para una fuerza Q desconocida producida por

los momentos MCA y MDB relacionados de la siguiente manera.

12 2 21 2

2 2

122

2

6

5 25(1)

7 496

CACA CB

DB

EILM L

M MM LEI

L

Momentos generados por los

momentos debido a Δ

relacionados por la ecuación

(1)Asumamos un valor

cualquiera de MCA -m para

obtener MCB.


71

Si 50CAM kN m se tendrá 50(49) / 25 98CBM kN m (ver signos en pagina 8)Con

estos momentos ejecutamos el método de Cross.

Determinemos los cortantes en las barras CA y DB

De determinan las reacciones horizontales en A, B, C y D

(7) 34,5 42,3 0 10,97R R kNCh Ch

10,97ACR kN

(5) 45,4 71,8 0 23,44Dh DhR R kN

23,44BhR kN

Determinemos Q en la estructura

0hF

10,97 23,44 0 34,41Q Q kN


72

Si Q fuese igual a R el problema estaría terminado,

pero Q es mayor que P debido a que hemos

tomado momentos MCA=50 y MBD = 78 mayores

que los que los que realmente se producen . Para

tener los momentos verdaderos hallemos el factor

por el cual debemos multiplicar los momentos del

segundo Cros debido a Δ

2,06

34,41

PP kQ k

Q

Momentos Finales

(sin ) sup (2)AC AC ACM M desplazamiento kM debidoalosmomentos uestos

Obtenidos del primer y segundo Cross respectivamente. Remplazando datos se tiene:

2,0612 ( ) 42,3 14.5

34,41

2,0624 ( ) 34,5 26,1

34,41

2,0623,9 ( ) 34,3 26

34,41

2,0624 ( ) 45,4 21,3

34,41

AC

CA

CD

DC

M kN m

M kN m

M kN m

M kN m

2,0624 ( ) 45,4 21,3

34,41

2,0612 ( ) 71,8 7,7

34,41

DB

BD

M kN m

M kN m

Valores finales de momentos flectores en los nudos fuerzas cortantes en los extremos de las

barras y fuerzas normales en los elementos verticales y horizontales


73

7 26,1 14,4 0 5,8Ch ChR R kN

5,8AhR kN

5 21,3 7,7 0 5,8

5,8

Dh Dh

Bh

R R kN

R kN

40 (4) 21,3 2623,53

7 7

40 (3) 21,3 2616,47

7 7

Cv

Dv

R kN

R N

Las fuerzas normales en AC y BD son 23,53 k y 16,47 k N en compresión. La barra CD tiene una

fuerza normal de 5,8 k N

capítulo ii

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