EJERCICIOS RESUELTOS TEOREMA DE LOS TRES MOMENTOS Y HARDY CROSS
TEOREMA DE LOS 03 MOMENTOS PROBLEMA 1
Para la viga mostrada determinar los diagramas de fuerza cortante y momento flector
Solución
Aplicando la ecuaciòn de los 3 momentos en:
Tramo ABC: 6
8
2
M A 5 2M B 5 4 M C 4 12000 7200 2 3 32 200 3 5 3 3
Pero en la viga: MA = MC = 0
M B 23 2311 11 k .m
Hallando las reacciones
M
B
0
0 R A 5
8000 223311 440000 2
R A 2738k R B 1262k
M
R B
C
0
2311 4
R B 578k RC 578k Luego:
R A 2738k R B 1262 578 1840k RC 578k
Ademas:
M x 3 RA 3 8214k.m M y 2 RB 2 2311 213k.m
PROBLEMA 2
Resolver la viga mostrada por el método de los tres momentos.
Solución
Aplicando la ecuaciòn de los 3 momentos en:
Tramo ABC:
Pero en la viga: MA = MC = 0
M B 9180 k .m
Hallando las reacciones
R A
M
B
0
6 6 2400
2
2
9180
R A 5670k R B 8730k
M
C
0
R B 4 9000 2 9180 R B 6795k RC 2205k
Ademas:
V x 5670 2400x V x 0 x 2.36m M x 5670 2400
x 2
M máx 6698k.m M y VC 2 4410k .m
PROBLEMA 3
Resolver la viga que se muestra.
Solución
Tomando como momento de inercia de comparación, JC, el tramo 01.
J C
1
J C
2
I1
I
2
I 2
I 2I
6 3m
También
A10 A12
I
4 4m
1
P ab
a
6
3
24
3 1 3 15 1 4 T .m 8 6 4
2 6
2
3
24
18T .m
2
Reemplazando en la ecuaciòn de los tres momentos: 2 M 4 3
6 4
4
15 8
3 18 6
M 4.66 T .m
Con este resultado se puede calcular las reacciones de apoyos y, con él los apoyos cortantes.
4.66 R 4 3 3 R 1.085 T 0
0
1
4.66 R 6 2 6 2
2
2
R 5.223 T
R0 R1 R2 3T 2 6 0
2
R 8.692 T 1
PROBLEMA 4
Resolver la viga que se muestra.
Solución
Aplicando la ecuacion sucesivamente a los tramos 0-1-2 y 1-2-3, tenemos:
0 1 2 :
M 0
1
2M
1
1
2
M
6 A 6 A 1
2
2
10
1
1 2 3 :
M 1
2M
2
2
2
3
M
2
3
3
3
23
3
Para lo que, al no haber desnivelaciòn entre lo apoyos, los signos son nulos considerando 4 a JC = 0.0033m .
J C
1
J C
2
J C
3
0.0033
2
3
I 2 I 3
0.0033
1
I 1
8 8m
0.0033 0.0067 0.0033 0.0020
10 5m 6 10m
Tambien
A10
3
24
A12 A21 A23
A A 12
2
21
2
2
24
3
24
1.68
3
24
P
102.4 3
1.610
2
24
3
3
24
1.6 6 24
T .m 2
3
200 3
T .m 2
4 6 16
2
23.4 T .m
2
Reeplazando valores e n las ecuaciones, teniendo en cuenta que M 0 = M3 = 0
M 5 6 8
1 :
2 M 1 8 5
2 :
M 1 5 2 M 2 5 10 6
2
102.4
8
3
5 10
200
3
5.2 M 1
M 80.96 2
5 200 10 25.4 M 6 M 86.8 6 10 3 1
2
Resolviendo el sistema se tiene:
M1 13.21 T .m M 2 12.27 T .m
PROBLEMA 5
Encontrar los momentos de flexión en la viga mostrada, que es de secciòn constante y de igual EI en toda la longitud.
Solución
Considerando los empotramientos como tramos de apoyo simples con rigideces infinitamente grandes (L=0, I= ), podemos resolver en forma general. Tramo 0-1-2
1-2-3
4-3-2
Mi 0
M1
0
Mj M1
M2
M3
Mk M2
M3
M2
j
0
L
0
k
L
L
L
A ji
0
3
24 3
24
0
A jk
P
2
16
P
2
16
Ecuacion 03 momentos
2 M M 6 24 P M 2M 2 M 6 24 16 P 2 M M 6 16 3
1
2
3
1
2
3
2
3
2
2
Simplificando el sistema de ecuaciones:
2 M 1
M
2
2
4
M 1 2M 2 M 3 2 M 3
M
4
2
3 P 8
3 P
2
8
Resolviendo este sistema se obtiene:
M 1 M 2 M 3
2
5 48
2
24 2
48
P 32
P 16
5 P 32
M
5 2 9
1
M 2
M
48
1 2 9
3
48
2
24
1 2 9
2
2
1 4 7.2
1 4 7.2 16
5 4 7.2 32
M 15.98 T .m 1
32
M 8.55 T .m 2
M 1.13 T .m 3
METODO DE HARDY CROSS PROBLEMA 1 APLICACIÓN DEL MÉTODO DE CROSS EN LA DETERMINACIÓN DE MOMENTOS DE UNA VIGA CONTINUA, DE TRES TRAMOS. Datos Viga de Hormigón Armado 20/50 Peso propio viga = 250 kg mI Carga repartida q = 200 kg/ml
SOLUCIÓN
Cálculo Momentos de Empotramiento Perfecto En este caso, los tres tramos tienen las mismas cargas Y luces y por lo tanto, los mismos Momentos de Empotramiento perfecto.
M E
qL2 12
250 200 4 12
2
600 kg.m
Coeficientes de Distribución por Nudo Todas las barras tiene la misma rigidez EI/L, por lo que les asignaremos rigidez 1. Nudos 1 – 4 A los nudos 1 y 4, llega una sola barra, por lo que si:
Nudos 2 – 3
Desarrollo Dibujamos la malla, con los coeficientes de distribución por nudo y los momentos de empotramiento perfecto.
Obsérvese que si deshacemos el empotramiento en los nudos, los nudos 1 y 4 rotarán, debido al momento que los afecta y los desequilibra.
1º Vuelta de Equilibrios: Se suelta nudo por nudo (deshaciendo el empotramiento) permitiendo que el nudo gire y las barras interactúen. En cada nudo., las barras que concurren a él reestablecen el equilibrio, aportando. un momento de igual valor Y sentido contrario. Cada barra hace su aporte en función de su correspondiente coeficiente de distribución. Así es, como en los nudos 1 y 4, la única barra del nudo aportó el total del equilibrio (+600 y -600, respectivamente). En cambio en los nudos 2 y 3, no había desequilibrio y las barras aportaron "cero"`.
Se traza una línea horizontal, después de que cada nudo queda equilibrado y este se vuelve a "empotrar".
1ª Vuelta de Traspasos: Cada uno de los momentos aportados por las barras, generan en sus apoyos contrarios, un momento de igual sentido (signo) y la mitad de su valor.
Obviamente, las barras que no aportaron momentos, no "traspasan" momentos al apoyo contrario. Se ha completado así, una primera vuelta o ciclo de equilibrios y traspasos. Obsérvese que los nudos 2 y 3, después de los traspasos quedaron nuevamente desequilibrados. (Momentos que aparecen después de las líneas horizontales de equilibrio). Se procederá, por lo tanto, a realizar un 2º ciclo de equilibrios y traspasos.
2º Vuelta de Equilibrios : los nudos 1 y 4 están equilibrados. mientras que los nudos 2 y 3 tienen desequilibrios de +300 y 300. respectivamente. Se soltará nudo por nudo y los desequilibrios se equilibrarán, nuevamente, con los aportes de las barras que concurren al nudo, de acuerdo a sus coeficientes de distribución.
2ª Vuelta de Traspasos: Cada uno de los momentos aportados por las barras, generan en sus apoyos contrarios, un momento de igual sentido (signo) y la mitad de su valor.
Se completa así, la segunda "vuelta" o ciclo de equilibrios y traspasos. Todos los nudos del sistema han quedado desequilibrados. Los desequilibrios son mayores al 10% del valor de los desequilibrios originales, por lo que se procederá a realizar una tercera vuelta.
3ª Vuelta de Equilibrios y Traspasos : Se equilibran todos los nudos uno por uno, y luego se efectúan los correspondientes traspasos a los apoyos contrarios, s egún se indica.
Después de esta tercera vuelta, se observa que los nudos 1 y 4, han disminuido sus desequilibrios a menos del 5% respecto a los desequilibrios originales (18,75kgm, anotados después de la última línea de equilibrios, con respecto a 600 kgm). Los nudos 2 y 3, en cambio, presentan desequilibrios de 56,2.5 kgm (37,5 + 18,75), cuando originalmente estaban equilibrados (desequilibrios = 0). En este caso, como es imposible lograr el 10% del "desequilibrio" original, nos remitiremos al primer desequilibrio acontecido en el nudo, de 300 kgm. Siendo así, aún debemos disminuir el desequilibrio, a un valor inferior a 3 0 kgm., por lo que efectuaremos una última vuelta. Finalizamos el desarrollo del método, sumando todas las cifras anotadas en cada columna, para obtener los momentos finales, correspondientes a los extremos de cada barra. Se detiene el procedimiento después de un ciclo de equilibrios. De esta manera. al sumar los momentos finales en cada nudo, deberá dar valor cero, ya que el nudo está en equilibrio. Esto nos permite verificar que no hayamos cometido errores de signos en el desarrollo y que hayamos aplicado correctamente los coeficientes de distribución.
El método de Cross nos ha proporcionado el valor de los momentos en los nudos; es tarea aparte el encontrar los valores de momentos de tramo, que se determinan en cada tramo de la viga, con las mismas herramientas que utilizamos en una viga isostática cualquiera y, aunque en este caso plantearemos el modelo, no incluiremos los cálculos ya que no es el tema de este apunte. Por razones de simetría, es suficiente analizar dos tramos de la viga. Y para finalizar, incluiremos el diagrama de momentos de la viga.
PROBLEMA 2 APLICACIÓN DEL MÉTODO DE CROSS EN LA DETERMINACIÓN DE MOMENTOS DE UNA VIGA CONTINUA, ASIMÉTRICA, DE DOS TRAMOS Y VOLADIZO. Datos Viga de Acero (obviar peso propio) q1 = 200 kg / ml q2 = 300 kg / ml P = 500 kg L = 3,00 m
SOLUCIÓN
Cálculo Momentos de Empotramiento Perfecto
Coeficientes de Distribución por Nudo.
Todas las barras tienen la misma que le asignaremos rigidez “1” empotramiento tiene una rigidez con la barra 1-2 por lo tanto distribución de la barra es:
rigidez EI/L, por lo En el nudo 1 el infinita comparada el coeficiente de
cd(1-2) = 0 En el nudo 2 llegan dos barras de igual rigidez por lo tanto el coeficiente de distribución es el mismo para cada una de ellas: cd(1-2) = 0,5 cd(2-3) = 0,5 En el nudo 3 el equilibrio del voladizo depende de su continuidad con la barra 2-3 y no puede aportar nada al equilibrio del nudo, por lo tanto el coeficiente de distribución para cada una de ellas: cd(2-3) = 1 cd(voladizo) = 0
Desarrollo Como ya hemos desarrollado un ejemplo en que cada ciclo o vuelta se trató por separado, en este ejemplo y en los siguientes incluiremos la malla con el proceso total, de equilibrios y traspasos y los valores finales. También se incluye el cuadro que indica los desequilibrios existentes en cada vuelta.
El grafico se aprecia:
PROBLEMA 3 APLICACIÓN DEL MÉTODO DE CROSS EN LA DETERMINACIÓN DE MOMENTOS EN UN MARCO DE DOS NAVES Y UN PISO. Datos Marco de Hormigón Armado Vigas 20/50 Pilares 20/30 Peso propio vigas q = 250kg/ml Sobrecarga q= 300 kg/ml P = 150 kg L1= 3,00 m. L2 = 6,00 m. h= 3,00 m.
SOLUCIÓN
Cálculo Momentos de Empotramiento Perfecto
Calculo de Rigideces de las Barras. ( EI / L ) Barras 1-4 y 3-6
Barras 2-5
Barras 4-5
Barras 5-6
Coeficientes de Distribución por Nudo En los nudos 1, 2 y 3, el empotramiento tiene una rigidez infinita comparada con las barras que llegan a cada nudo por lo tanto el coeficiente de distribución de las barras es: cd(1
4) cd(2 5) cd(3 6) 0
En los nudos 4 y 6 llegan dos barras de distinta rigidez por lo tanto el coeficiente de distribución para cada una de ellas es:
En el nudo 5 llegan tres barras de distintas rigideces por lo tanto el coeficiente de distribución para cada una de ellas es:
Desarrollo
En el caso de los marcos, como en el de las vigas hiperestáticas analizadas en los ejemplos anteriores, el método de Cross nos proporciona el valor de los momentos en los nudos. Los momentos de tramo se obtiene en los respectivos tramos de viga, tal como en los otros casos, con las mismas herramientas utilizadas hasta ahora en una viga isostática cualquiera.
Gráfico de Momento
PROBLEMA 4 APLICACIÓN DEL MÉTODO DE CROSS EN LA DETERMINACIÓN DE MOMENTOS DE UN MARCO EN DOS PISOS. Datos: Marco de Hormigón Armado Viga 20/50 Pilares 20/30 Peso propio viga q1 = 250 Kg/ml Sobrecarga q2 = 200 Kg/ml P = 500 kg L1 = 6,00 m h = 3,00 m
SOLUCIÓN
Cálculo Momentos de Empotramiento Perfecto
Cálculo Momentos de Empotramiento Perfecto Pilares 1-4, 2-5, 3-6, 4-7 y 5-8
Vigas 4-5, 5-6 y 7-8
1c.- Coeficientes de Distribución por Nudo En los nudos 1, 2 y 3, el empotramiento tiene una rigidez infinita comparada con las barras que llegan a cada nudo por lo tanto el coeficiente de distribución de las barras es: cd(1
4) cd(2 5) cd(3 6) 0
En el nudo 4 llegan tres barras de distinta rigidez por lo tanto el coeficiente de distribución para cada una de ellas es:
En el nudo 5 llegan cuatro barras de distinta rigidez por lo tanto el coeficiente de distribución para cada una de ellas es:
En el nudo 6 llegan tres barras de distinta rigidez, pero una barra en voladizo no se considera ya que ésta no aporta rigidez al sistema, por lo tanto el coeficiente de distribución para cada una de ellas es:
En los nudos 7 y 8 llegan dos barras de distintas rigideces por lo tanto el coeficiente de distribución para cada una de ellas es:
Desarrollo
El grafico de momentos:
PROBLEMA 5 CASO DE SIMETRÍA RESPECTO A UN APOYO. Datos Marco de Hormigón Armado Viga 20/50 Pilares 20/30 Peso propio viga q = 250 kg / ml Sobrecarga q1 = 200 kg / ml L1 = 3,00 m h = 3,00 m
SOLUCIÓN
Cálculo Momentos de Empotramiento Perfecto
Calculo de Rigideces de las Barras. Pilares 1-4
Vigas 4-5
Coeficientes de Distribución por Nudo En el nudo 1 el empotramiento tiene una rigidez infinita comparada con la barra por lo tanto el coeficiente de distribución de la barra es: cd(1
4) 0
En el nudo 4 llegan dos barras de distinta rigidez por lo tanto el coeficiente de distribución para cada una de ellas es:
En el nudo 5 la barra 4-5 llega el eje de simetría por lo tanto al considerar un empotramiento el coeficiente de distribución para la barra es: cd(4
5) 0
Desarrollo
Grafico del momento
