MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODO DE CROSS
211
Utilizando la primera alternativa, hay quienes recomiendan empezar por el nudo de mayor desbalance. Para obtener los momentos finales simplemente se suman las columnas respectivas y se comprueba que la suma de momentos en cada nudo dé cero. Nótese, sin embargo, que esto no garantiza la validez de las respuestas, pues los momentos de empotramiento y los coeficientes de distribución pueden estar mal calculados. Por consiguiente, es de suma importancia verificarlos adecuadamente antes de comenzar el proceso.
Ejemplo 6.3 Resuelva la misma viga del ejemplo 6.2, utilizando distribución simultánea de los momentos de desbalance. Solución
La evaluación de rigideces relativas, coeficientes de distribución y momentos de empotramiento es idéntica a la del problema anterior. Lo único que cambia es la secuencia de operaciones, como se indica en seguida. Obsérvese que para lograr el mismo grado de exactitud se necesita ahora un mayor número de ciclos. A pesar de ello, por ser más mecánica, esta alternativa es la preferida por un gran número de calculistas y será la empleada en los ejemplos siguientes:
δ M
1 25.0 –25.0 –10.5 10.5 3.8 – 3.8 – 1.6 1.6 0.6 – 0.6 – 0.2 0.2 0.0
0.600 –25.0 –25.0 –21.0 –12.5 7.5 5.2 –3.1 –1.9 1.1 0.8 –0.5 –0.3 0.2
0.400 60.0 –14.0
0 –60.0 –7.0
5.0 2.5 – 2.1 –1.0 0.8 0.4 – 0.3 –0.2 0.1
–49.5 49.5
–65.3
212
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
6.9 SIMPLIFICACIÓN POR EXTREMOS ARTICULADOS EN ESTRUCTURAS SIN DESPLAZAMIENTO En el caso de miembros con un extremo articulado, se sabe de antemano que el momento final en ellos debe ser cero. Por otra parte, en el numeral 6.4 se encontró que la rigidez de tal elemento, si es prismático, equivale a las tres cuartas partes de la rigidez del mismo elemento con ambos extremos empotrados. Además, en el numeral 6.5 se vio que el coeficiente de transmisión para dicho elemento es cero. En atención a todo esto se deduce que si los momentos de empotramiento para tales elementos se calculan teniendo en cuenta su condición real, esto es, un extremo articulado, se puede eliminar el proceso de las respectivas transmisiones, acelerándose en consecuencia la solución del problema. La diferencia en rigideces se tiene en cuenta al evaluar los coeficientes de distribución, tomando para los miembros con extremo articulado un K'
3
= K 4
en donde K es el valor de la rigidez que le correspondería si el apoyo fuese empotrado. El proceso simplificado se muestra a continuación para la misma viga estudiada anteriormente.
Ejemplo 6.4 Resuelva la misma viga de los ejemplos 6.2 y 6.3, utilizando la simplificación por ser A un apoyo simple. Solución
Ahora se tiene, como rigideces: K 'AB =
3 3 K AB = × 25 = 18.75 4 4
;
K BC = 16.67
Coeficientes de distribución
δ BA = δ BC
18.75 18.75 + 16.67
= 0.529
= 16.67 = 0.471 35.42
Momentos de empotramiento
∑δ =1 β
MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODO DE CROSS
213
En AB es necesario considerar ahora la verdadera situación del extremo A. De tablas, o por viga conjugada: F =0 M AB F =− M BA
3PL 16
= − 3 × 50 × 4 = −37.5 kN·m 16
En el tramo BC los momentos de empotramiento siguen como antes. El esquema queda entonces así:
δ M
1 0.0 0.0
0.529 0.471 –37.5 –37.5 60.0 –11.9 –10.6 –49.4 49.4
–0.00 –60.0 –5.3 –65.3
Obsérvese que en este caso bastó un ciclo para obtener los valores exactos de los momentos definitivos. definitivos. La simplificación se puede aplicar incluso cuando se ignoran los momentos de empotramiento para el caso especial de un extremo articulado, pero entonces es necesario efectuar una transmisión del extremo articulado, como se indica a continuación:
δ F
M
1 25.0 –25.0
0.529 0.471 –25.0 60.0 –12.5
–0.00 –60.0
0.0
–11.9 –10.6
–5.3
–49.4
49.4
–65.3
Con los valores de los momentos en los extremos, se pueden calcular ahora las reacciones y los momentos máximos en las luces, necesarios para el diseño:
214
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
R AB =
50 2
− 49.4 = 12.7 kN 4
R BA = 25.0 + 12.5 = 37.3 kN M max (+) = 12.7 × 2 = 25.4 kN⋅m R BC = 20 × 3 −
65.3 − 49.4 6
= 57.3 kN
R CB = 60.0 + 2.7 = 62.7 kN
(57.3 )2 M max ( + ) = − 49.4 = 32.7 kN⋅m 2 × 20 con estos valores se pueden trazar los diagramas de corte, momento y refuerzo.
Ejemplo 6.5 La viga del pórtico mostrado es de 300 mm × 500 mm (b × h) y las columnas de 300 mm × 300 mm. El apoyo en A está articulado. Resuelva la estructura para las cargas indicadas.
MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODO DE CROSS
215
Solución
Para encontrar los coeficientes de distribución se pueden emplear rigideces relativas, incluso descuidando las dimensiones, siempre y cuando se mantenga la consistencia. Entonces: 3 × 53 = 75 K BC = 5 3 3× 3 = 23.1 K AB = K CE = 3.5 K CD =
3× 5 6
3
= 62.5
Para utilizar la simplificación del extremo articulado: K AB = '
3 3 K AB = × 23.1 = 17.3 4 4
Coeficientes de distribución
17.3 = 0.187 17.3 + 75 ∑δ Bj = 1, 75 δ BC = = 0.813 92.3
δ BA =
β
75 = 0.467 75 + 62.5 + 23.1 62.5 δ CD = = 0.389 ∑ δ cj = 1, 160.6 23.1 δ CE = = 0.144 160.6
δ CB =
Momentos de empotramiento
wL2 M vol = − 2 F
=−
26 ( 2 ) 2
2
= −52.0 kN⋅m
β
216
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
F
M BC
= − M CB = F
M CD = F
F
M DC
2
Pb a L2
=−
=
wL2 12
80 ( 4 )
Pa 2 b L2
= 2
26 (5 )
36
=
= 54.2 kN⋅m
12
×2
80 ( 2 )
2
2
36
= 71.1 kN⋅m ×4
= −35.6 kN⋅m
Se acostumbra sistematizar la solución del problema utilizando un cuadro que siga las líneas generales de la estructura. Vol.
BA
BC
0
0.187
0.813
0.467
54.2 – 1.8 – 4.0 3.2 0.2 – 0.2
– 54.2 – 7.9 – 0.9 0.4 1.6 – 0.8
51.6
– 61.8
– 52.0 – 0.4 0.8
– 52.0
0.4
CB
CE
CD
DC
0.144
0.389
0
– 2.4
71.1 – 6.6
– 35.6 – 3.3
0.1
0.4
0.2
– 0.2
– 0.6
– 0.3
– 2.5
64.3
– 39.0
AB
EC
1
0
0
– 1.2 – 0.1 – 1.3
En los casos comunes de estructuras pequeñas resueltas manualmente, tres ciclos suelen ser suficientes. Obsérvese que en cada nudo la sumatoria de momentos es igual a cero. A partir de los valores finales y de las cargas, se calculan las reacciones y se dibujan los diagramas de corte y momento de la estructura. Cálculo de las reacciones y momentos máximos
R Bi = 26.0 × 2 = 52.0 kN M vol
↑
= − 52.0 × 1 = −52.0 kN⋅m
R BC =
26.0 × 5 61.8 − 51.6 − 2 5
= 63.0 kN ↑
R CB = 26.0 × 2.5 + 2.0 = 67.0 kN
↑
MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODO DE CROSS
217
en el punto de anulación del esfuerzo cortante: x
=
R BC w
= 63.0 = 2.42 m 26.0
M max (+) =
63.0 × 2.42 − 51.6 = 24.6 kN⋅m 2 R CD =
80 × 4 64.3 − 39.0 + 6 6
R DC = 80 − 57.6 = 22.4 kN
= 57.6 kN ↑ ↑
M max (+ ) = 57.6 × 2 − 64.3 = 50.9 kN⋅m Pasando ahora a las columnas:
HA = HB =
0.4 3.50
HC = HE =
2.5 + 1.3 3.50
= 0.1 kN = 1.1 kN
Obsérvese que en los diagramas anteriores de vigas y columnas falta incluir las cargas axiales. Esta es la práctica corriente para no complicar demasiado las figuras, ya que en Teoría elástica de primer orden, como se vio antes, se considera que dichas cargas tienen efecto despreciable sobre los momentos. Obviamente, esto no implica que en el diseño en sí de los elementos no se tengan en cuenta las cargas axiales. La corrección de las respuestas puede verificarse mediante el diagrama de cuerpo libre del conjunto:
218
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
Comprobación:
∑ Fx = 0,
∑ Fy = 0,
∑M = 0
Uniendo los elementos se obtienen los siguientes diagramas. En el de momentos se ha invertido la convención que se venía utilizando, con el fin de evitar el traslapo de los diagramas correspondientes a vigas y columnas.
Corte en kilonewtons
Momento en kN·m
Los diagramas están dibujados del lado en tensión del elemento.
Estructura deformada
Los puntos de inflexión aparecen señalados con un pequeño círculo.
6.10 SIMPLIFICACIONES POR SIMETRÍA Y ANTISIMETRÍA Cuando la estructura es simétrica y está sometida a carga simétrica, basta trabajar con la mitad de la estructura, pues la pendiente de las vigas en el eje de simetría debe ser igual a cero. En consecuencia, si en tal eje hay nudos, las barras que coinciden con el mismo estarán exentas de flexión y las vigas pueden considerarse empotradas en el eje de simetría. Por otra parte, si el eje de simetría corta las vigas, éstas pueden considerarse con
MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODO DE CROSS
219
impedimento de giro y desplazamiento lateral, pero libres para desplazarse verticalmente, lo cual resulta en una rigidez virtual reducida igual a 0.50 veces la rigidez real, si la barra es de sección constante (referencia 6.3).
Figura 6.6 Simplificación por simetría. En el caso de carga antisimétrica resulta una articulación en el eje de simetría; la rigidez virtual de las vigas cortadas será la real, multiplicada multiplicad a por un coeficiente de 1.50. Hay que dividir en dos partes las barras del eje, asignándoles una rigidez mitad de la real, y dividir también por dos los momentos de empotramiento perfecto en sus nudos. Esto obliga a que en los resultados finales haya que duplicar los momentos correspondientes a dichos nudos. La simplificación por simetría puede aplicarse directamente en los casos de carga simétrica o antisimétrica, e indirectamente para una carga cualquiera, descomponiéndola previamente en la suma de una carga simétrica y otra antisimétrica, como en el caso siguiente:
Algunas veces esta descomposición puede utilizarse con ventaja, especialmente cuando es necesario considerar muchas hipótesis de carga.
Ejemplo 6.6 Resuelva el pórtico mostrado, suponiendo que la viga y las columnas tienen la misma rigidez.
220
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
Solución
Por ser la estructura simétrica y estar sometida a carga simétrica, no sufrirá desplazamiento. Para poder comparar el trabajo involucrado se presentan tanto la solución corriente como la solución simplificada. a) Solución corriente
K
δ BA = δ BC =
K+K
= 0.50
δ CB = δ CD = 0.50 F = −20 × 2 × 1 = −40.0 kN⋅m M FvolB = −M volC
M BC = −M CB = F
Vol.
–40.0
–40.0
F
BA
20 × 36 12 BC
0.500 0.500 60.0 –10.0 –10.0 5.0 –2.5 –2.5 1.2 –0.6 –0.6 –13.1 53.1
= 60.0 kN⋅m CB
CD
0.500 0.500 –60.0 10.0 10.0 –5.0 2.5 2.5 –1.2 0.6 0.6 –53.1 13.1
AB
DC
0
0
–6.6
6.6
b) Solución simplificada
Vol.
40.0
40.0
MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODO DE CROSS
221
Como el eje de simetría corta la viga, se toma para ésta: KV
→
=1K 2
δ BE =
1 / 2 K 1 / 2 K + K
= 0.333
δ BA = K = 0.667 1.5 K
Los momentos de empotramiento no cambian. Por tanto: Vol.
BA
BE
.667
.333
–13.3 –40.0 –13.3
60.0 –6.7 53.3
–40.0
AB
0 –6.6 Se observa que los valores obtenidos no sólo requirieron menos operaciones, sino que son más exactos que los primeros. A partir de ellos se calculan las reacciones y se dibujan los diagramas. R Bi = 2 × 20 = 40.0 kN
↑
R BC = R CB = 20 × 3 = 60.0 kN
↑
(60 )2 − 53.3 = 36.7 kN⋅m M max (+ ) = 2 × 20 HA = HB = HC = HD
= 19.9 = 6.6 kN 3
222
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
Finalmente:
Diagrama del lado de tensión.
6.11 ESTRUCTURAS CON DESPLAZAMIENTO: MÉTODO TRADICIONAL Hasta el momento, todos los ejemplos vistos han sido de estructuras que no podían experimentar desplazamientos laterales y por eso no ha sido necesario incluir momentos de desplazamiento en las columnas. Sin embargo, en muchas estructuras simétricas y en toda estructura desprovista de amarre lateral sometida a cargas asimétricas o laterales ocurrirán desplazamientos diferenciales, normales al eje, de los extremos de las columnas, que a su vez originan momentos. Al no tenerlos en cuenta en el Método de Cross visto hasta ahora, es de esperar que los resultados no satisfagan las ecuaciones de equilibrio y sea necesario aplicar correcciones. Existen dos métodos para hacerlo: el tradicional de superponer los efectos de desplazamientos separados de los nudos (referencias 5.1, 6.1 y 6.3) y el menos conocido de aplicar correcciones sucesivas de fuerzas de corte al terminar cada ciclo (referencia 6.8). Este último es preferible para estructuras ortogonales con muchos grados de libertad, especialmente si se va a utilizar computadora. Al utilizar el primer método es preciso recordar que existe un grado de libertad por cada traslación posible de un nudo o de un sistema de nudos interconectados que pueda ocurrir como resultado de flexión de los miembros, e independientemente de cualquier otro nudo o sistema de nudos. Un método para determinar tales grados de libertad es el de las diagonales, que consiste en articular todos los nudos, incluso los apoyos, y trazar cuantas diagonales sean necesarias para que la estructura vuelva a quedar estable. El número de diagonales trazadas da entonces los grados de libertad de traslación. En los ejemplos siguientes se demostrará el empleo del método tradicional de solución.
Ejemplo 6.7 Resuelva el pórtico mostrado.
MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODO DE CROSS
223
Solución
Cálculo de rigideces relativas: K BC =
3× 5 6
K AB = K CD
3
= 62.5
=
3 × 33 3
= 27
Coeficientes de distribución
δ BC = δ CB =
62.5 62.5 + 27
= 0.698
δ BA = δ CD = 27 = 0.302 89.5
Momentos de empotramiento
AB
Pab L2
2
M
F BC
=
=
M
F CB
Pa 2 b =− 2 L
50 × 2 × (4)
2
= 44.4 kN⋅m
( 6) 2
=−
50 × (2) (6)
2
2
×4
= −22.2 kN·m
BA
BC
CB
CD
0.302
0.698
0.698
0.302
–22.2 15.5 –15.5 10.8 –2.7 1.9 –12.2
–6.7
–13.4
–1.2
–2.4
–0.8
–1.6
44.4 –31.0 7.8 –5.4 5.4 –3.8
–8.7
–17.4
17.4
DC
6.7
3.4
4.7
2.4
0.8
0.4
12.2
6.2
Cálculo de fuerzas de corte en las columnas
HA = HB =
17.4 + 8.7 3
= 8.7 kN
224
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
HC = HD =
12.2 + 6.2 3
= 6.1 kN
La estructura queda entonces como se indica en la figura (a) siguiente. Esto significa que con la acción de la carga P la estructura tiende a desplazarse hacia la derecha; al suponerla sin desplazamiento, implícitamente se le ha colocado un apoyo ficticio en C para que la detenga. Es claro que debido a ese desplazamiento se presentan momentos adicionales que no se han tenido en cuenta, indicados en la figura (b), y que deben superponerse a los ya encontrados.
Se vio anteriormente que para un elemento doblemente empotrado los momentos de desplazamiento están dados por: M
''
=
6 EI 2
L
K ∆ = 6E ∆
L
Se presentan entonces dos alternativas: a) escoger un momento arbitrario de referencia M '' para un elemento y hallar los de los otros por proporción; b) escoger un desplazamiento arbitrario ∆ y calcular los momentos de desplazamiento de todos los elementos mediante la ecuación anterior. Como se supone aplicable el Principio de superposición, a partir de la condición de equilibrio se encontrará el factor de proporcionalidad por el cual habrá que multiplicar los momentos obtenidos en esta segunda etapa, para obtener los momentos debidos a los desplazamientos reales, y poder superponerlos a los obtenidos en la primera. En el ejemplo considerado, como las dos columnas son iguales, tienen el mismo (K/L), y por compatibilidad de deformaciones experimentan el mismo ∆. De manera que los momentos de desplazamiento serán iguales para ambas. Siguiendo la alternativa a) señalada antes, se puede suponer ' ' '' ' = M 'BA = M CD = M 'DC = 100.0 kN⋅m M 'AB
y con este valor se efectúa el Cross indicado a continuación:
MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODO DE CROSS
225
AB
BA
BC
CB
CD
DC
0
0.302
0.698
0.698
0.302
0
100.0 –15.0
100.0 –30.0
100.0 –30.0
100.0 –15.0
5.3
10.6
10.6
5.3
–1.9
–3.7
–1.9
88.4
76.9
88.4
–3.7
–70.0 –35.0 24.4 12.2 –8.5
–70.0 –35.0 24.4 12.2 –8.5
76.9
–76.9
–76.9
A partir de estos valores se calcula el corte en las columnas:
HA = HB = HC = HD =
=
76.9
+ 88.4 3
. = 551
y el diagrama de cuerpo libre del conjunto queda:
De esta figura se desprende que para producir momentos de desplazamiento de 100.0 kN⋅m se requiere una fuerza hacia la derecha de 110.2 kN. Como la correspondiente al desplazamiento real, según se vio en el primer Cross, es sólo de 2.6 kN, los momentos de desplazamiento reales se obtendrán por proporción multiplicando los alcanzados en el segundo Cross por un coeficiente:
α=
2.6 1102 .
= 0.02359 02359
o sea, que el verdadero momento de desplazamiento (doblemente empotrado) debe ser igual a: M '' =100.0 × 0.02359 = 2.359 kN⋅m y de ahí se puede calcular la magnitud del desplazamiento real:
226
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
L ( 2.359 ) 6 EK
∆ =
Los momentos finales se obtienen por adición de los alcanzados mediante el primer Cross y los obtenidos mediante el segundo, debidamente multiplicados por el coeficiente de proporcionalidad α. Esto es: M ij
= M ij + α M ij I
II
en donde los números números romanos indican el Cross respectivo. Aplicando esta ecuación se obtienen los siguientes valores: MAB = – 8.7 + 88.4 (0.02359) = –6.6 kN⋅m MBA = –17.4 –17 .4 + 76.9 (0.02359) (0.02 359) = –15.6 kN ⋅m MBC = 17.4 – 76.9 (0.02359) = 15.6 kN⋅m MCB = –12.2 – 76.9 (0.02359) = –14.0 kN ⋅m MCD = 12.2 + 76.9 (0.02359) = 14.0 kN ⋅m MDC = 6.20 + 88.4 88. 4 (0.02359) = 8.30 kN⋅m Se pueden comprobar los resultados mediante el equilibrio de fuerzas horizontales: 6.6 + 15.6 = 7.40 kN 3 14.0 + 8.3 = 7.43 kN HC = HD = 3 ΣFH = 7.40 − 7.43 = 0.03 kN ≈ 0 HA = HB =
β
Finalmente se calculan las reacciones y se dibujan los diagramas de corte y momento. R BC =
50 × 4 15.5 − 14.0 + 6 6
= 33.1 kN
R CB = 50.0 − 33.1 = 16.9 kN
M max (+) = 33.1 × 2 − 15.5 = 50.7 kN⋅m
MÉTODO DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODO DE CROSS
227
Ejemplo 6.8 El segundo Cross del ejemplo anterior sirve para ilustrar el hecho de que cuando hay simetría de la estructura al producirse desplazamiento, resulta una condición antisimétrica. Como el eje de simetría corta la viga, la deformada equivale a tener en el centro de la misma una articulación. En consecuencia, al considerar sólo la mitad su rigidez se duplica, y si se multiplica por 0.75 para aprovechar la simplificación por extremo articulado, se llega al coeficiente de 1.5 mencionado en el numeral 6.11. Solución
En el ejemplo 6.7 se encontró:
KAB = KCD = 27 KBC = 62.5
Utilizando la simplificación: simplificación: K BC = 1.5 '
→
δ 'BC =
× 62.5 = 93.8
93.8 29 + 93.8
= 0.776
∑δ = 1 β
δ BA = 27 = 0.224 120.8
BA
BC’
0.224
0.776
100.0 –22.4 77.6
–77.6 –77.6
AB
0 100.0 –11.2 88.8
HA = HB =
77.6 + 88.8 3
= 55.5 kN
Por consiguiente, al considerar la otra parte de la estructura, el diagrama de cuerpo libre total queda:
