Método de Cross 1. Signos Hay que distinguir el estudio de momentos exteriores actuantes sobre una viga o sobre una sección de viga, de lo que es el estudio de los momentos flectores, que son interiores a la misma. En el caso de los momentos exteriores actuantes sobre una viga o una sección de viga, los signos son los que correspondan a los ejes coordenados aplicados. Con los ejes habituales, XY en el plano del dibujo, y Z saliente del mismo, los momentos actuantes en el plano son vectores dirigidos según el eje Z, siendo por tanto positivos los momentos en sentido antihorario (dan lugar a un vector saliente del plano, de acuerdo con +Z), y siendo negativos los momentos en sentido horario (dan lugar a un vector entrante en el plano, de acuerdo con -Z). Por lo que respecta a los momentos flectores que actúan sobre una porción de sección, un convenio de signos habitual es el indicado en la figura adjunta. Ocurre a menudo en los problemas que se comienzan calculando momentos como momentos exteriores, utilizando por tanto el convenio de signos indicado en la figura superior, pero luego necesitamos estudiar momentos flectores por lo que los momentos anteriores deben utilizarse para determinar los momentos flectores. Y en esta situación se debe tener cuidado con los signos. En efecto, si aplicamos a una viga un momento como el de la primera de las figuras superiores, tendremos un momento exterior que cuando lo utilicemos como carga exterior lo pondremos negativo (sentido horario). Sin embargo, como este momento originará en la sección de aplicación un momento flector en la sección izquierda del sentido indicado (horario), cuando queramos establecer el valor del momento flector en dicha sección tendremos que ponerlo positivo pues sería el caso de la primera de las figuras inferiores.
2. Conceptos utilizados en el método de Cross 2.1. Factor de transmisión Cuando se aplica un momento M en un punto articulado que gira pero no se desplaza, se transmite un momento de valor mitad M/2 al extremo empotrado opuesto. Por ello se dice que, en este caso, el factor de transmisión es ½.
2.2. Rigidez de una barra La rigidez K de una barra determina el ángulo ϕ que gira la misma cuando se le M aplica un momento M, de acuerdo con la expresión: ϕ = K El valor de la rigidez de una barra de longitud L, módulo de elasticidad E (uniforme) 4 EI y momento de inercia I (uniforme) se calcula de la siguiente forma: K= L
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Páxina 1
2.3. Factor de reparto En el caso de aplicar un momento M en un nudo en el que confluyen n barras, este momento M se reparte entre las n barras de la siguiente manera: Sobre la barra 1 actúa un M1 tal que : M1 = r1 · M Sobre la barra 2 actúa un M2 tal que: M2 = r2 · M Sobre una barra i genérica, actúa un Mi tal que: Mi = ri · M Se denomina factor de reparto r a cada uno de los factores r1 , r2 , … rn , que, como vemos, determina que parte del momento total absorbe cada barra. El factor de reparto ri depende de los valores de rigidez K de las barras que K para i = 1, 2, …, n confluyen en el nudo, siendo cada ri : ri = n i ∑ Ki i =1
La suma de todos los factores de reparto de las barras que confluyen en un nudo, es la unidad, tal como podemos ver estudiando la expresión anterior.
3. Método de Cross sin desplazamientos En el estudio de estructuras, el método de Cross consiste en superponer los resultados que se obtienen realizando un estudio isostático de cada una de las barras, con los resultados que se obtienen estudiándolas de una forma hiperestática. El estudio isostático consiste en estudiar las barras que componen la estructura considerándolas simplemente apoyadas y sometidas a las cargas correspondientes. En este caso obtenemos un resultado que corresponde a un giro libre (sin desplazamiento) de las barras en los extremos. Como no suele ser este el caso de la barra, a este resultado se le debe superponer el efecto de aplicar en los extremos los momentos necesarios para evitar ese giro, es decir se debe resolver una nueva situación de la barra en la que dichos extremos se consideran empotramientos ideales que impidan dicho giro. Esto nos proporciona unos valores de momentos en los extremos que no corresponden a la realidad pues dichos extremos no suelen ser empotramientos ideales. Por ello, a partir de los resultados obtenidos de esta forma, se aplica un proceso iterativo que busca que los valores de momento en los extremos sean compatibles con la ligadura que realmente existe en los mismos. Los resultados así obtenidos son los que se superpondrán al caso isostático. A continuación veremos con un ejemplo como se realiza este proceso. Sea la estructura de la figura, con un empotramiento ideal en la izquierda, y dos apoyos simples a la derecha. La viga de la izquierda tiene un momento de inercia I1, y la de la derecha un I2 = 0,5·I1. El módulo de elasticidad es idéntico para ambas vigas.
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Páxina 2
Estudio isostático: Se resuelven a continuación las dos barras sometidas a condiciones isostáticas, considerándolas simplemente apoyadas. Caso Isostático 1: Es simple resolver la viga de la izquierda, considerada simplemente apoyada, por métodos isostáticos, obteniendo como resultados las siguientes cargas sobre la viga: RB = 3 T RA = 2 T Y ahora resulta simple establecer los flectores en cada sección de la viga que serán: Para 0 ≤ x ≤ 3 m Mi = 2x Para 3 ≤ x ≤ 5 m Mi = 2x – 5·(x-3) = 15 - 3x Dando lugar al diagrama de flectores de la figura de la derecha.
Caso Isostático 2: También es simple de resolver la segunda barra simplemente apoyada (ver figura de la izquierda), obteniendo como reacciones actuantes sobre la viga: R’B = RC = 3 T Deduciéndose a partir de estas y de la carga actuante, que el momento flector en cada sección de la viga es: M i = 3x – 0,75x2 Y, por tanto, dando lugar al diagrama parabólico de flectores de la figura de la derecha. Una vez resueltos los dos casos isostáticos, podemos establecer el diagrama de flectores isostáticos total que será el siguiente:
Estudio hiperestático: En el estudio hiperestático se determinan los momentos que los apoyos aplican a las vigas por un método iterativo. El método iterativo parte de los valores de los momentos que los apoyos aplicarían a cada viga si esos apoyos fuesen empotramientos ideales, evitando así el giro que se provocaría en el caso isostático. Por
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Páxina 3
tanto el primer paso es resolver las vigas biempotradas para determinar los momentos iniciales. Primer paso: Cálculo de las vigas biempotradas Biempotrada 1: Comenzamos por resolver el primer caso (figura derecha). Se trata del caso hiperestático que debe eliminar los giros que se provocan en el caso isostático en A y B. Y para ello debemos aplicar un momento MA en A, y otro MB en B. Para saber el valor de estos, vamos a resolver el caso adjunto. Ponemos otra vez la carga P para que los momentos MA y MB que resulten sean los que justamente pueden evitar los giros en A y B que podría provocar P. Para ello, vamos a aplicar primero las ecuaciones de equilibrio: ΣFy = 0 RA + RB – 5 = 0 Ecuación 1 Y tomando momentos con relación a B: ΣMBz = 0 MA – RA·5 + 5·2 + MB = 0 Ecuación 2 (Nota: Fijarse que hemos dibujado los momentos positivos (antihorarios), y así el signo que resulte de la resolución del problema será el signo real, aunque realmente ya sabemos que un momento capaz de evitar el giro que se provoca en el caso isostático en B debería ser un momento en sentido contrario al dibujado) Vemos que actuando así tenemos dos ecuaciones y cuatro incógnitas. Las otras dos incógnitas las determinaremos con la ecuación de la energía (veremos después un método más rápido para resolver este caso). Así, establecemos ahora la ecuación de la energía total M2 en la barra: E=∫ dx 2 EI L Para determinar esta ecuación en función de las cargas externas, debemos establecer la ecuación de los momentos actuantes en las secciones de cada uno de los dos tramos de barra, a la izquierda y a la derecha de la carga: • A la izquierda de la carga (ver figura de la derecha donde dibujamos en sentido antihorario el momento M en la sección genérica para suponerlo positivo y que el cálculo nos dé así el signo real): Para la condición de equilibrio tomamos momentos, por ejemplo con relación a la sección genérica en la que calculamos el momento M: Condición de equilibrio: ΣM=0 MA - RA · x + M = 0 M = -MA + RA · x para 0 ≤ x ≤ 3 m (Nota: fijarse que estamos hablando de cargas por lo que tomamos los signos de los momentos de acuerdo con su sentido: antihorario –positivo- u horario –negativo-) •
A la derecha de la carga (ver la figura de la derecha): Condición de equilibrio (igual que antes, tomamos momentos con relación a la sección genérica donde calculamos el M ): ΣM=0 MA - RA · x + P · (x-3) + M = 0 M = -MA + (RA – 5) · x +15 para 3 ≤ x ≤ 5 m
Dado que la expresión del momento es diferente para los valores de x inferiores a 3 y para los valores de x superiores a 3, la ecuación de la energía total en la barra será:
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Páxina 4
E=∫
M2
x =3
(− M A + R A ⋅ x )2 dx + x=5 (− M A + (R A − 5) ⋅ x + 15)2 dx
dx = ∫ ∫ 2 EI 2 EI 2 EI x =0 x =3 Las dos ecuaciones adicionales buscadas para resolver el sistema hiperestático, se obtienen derivando la ecuación de la energía anterior con relación primero a MA y luego a RA , e igualando a cero ambas derivadas. - Derivando con relación a RA: x=3 (− M A + RA ⋅ x ) ⋅ x dx + x = 5 (− M A + (RA − 5) ⋅ x + 15) ⋅ x dx = 0 ∫ ∫ EI EI x=0 x =3 L
− 4,5 ⋅ M A + 9 ⋅ RA − M A ⋅ 8 + (RA − 5) ⋅ 32,7 + 15 ⋅ 8 = 0 12,5 ⋅ M A − 41,7 ⋅ R A + 43,3 = 0 Ecuación 3 -
Derivando con relación a MA: x =3 (− M A + RA ⋅ x ) ⋅ (−1) dx + x = 5 (− M A + (RA − 5) ⋅ x + 15) ⋅ (−1) dx = 0 ∫ ∫ EI EI x =0 x =3
3 ⋅ M A − 4,5 ⋅ RA + M A ⋅ 2 − (RA − 5) ⋅ 8 − 15 ⋅ 2 = 0 5 ⋅ M A − 12,5 ⋅ R A + 10 = 0 Ecuación 4 Resolviendo las ecuaciones 3 y 4 que tienen sólo dos incógnitas, RA y MA: 12,5 ⋅ M A − 41,7 ⋅ R A + 43,3 = 0 5 ⋅ M A − 12,5 ⋅ R A + 10 = 0 Obtenemos el MA: MA = 2,4 mT (también obtenemos RA = 1,76 T) Y llevando estos valores a la ecuación 2, calculamos el MB que buscamos: MA – RA·5 + 5·2 + MB = 0 2,4 – 1,76·5 + 10 + MB = 0 MB = - 3,6 mT )ota: Para interpretar los signos de los momentos (ver figura derecha), debemos tener en cuenta que MA y MB son los momentos que los empotramientos aplican a la barra. Y como MA es positivo se trata de un momento de sentido antihorario, mientras que MB , que es negativo, se trata de un momento en sentido horario. Además, aunque resulte irrelevante en la práctica, se proporcionan en esta figura los valores de las reacciones que realmente corresponderían en A y B con la viga sin la carga P, pues la carga P sólo la tenemos en cuenta para saber los giros que tiende a provocar en A y B. Pero una vez calculados los momentos capaces de evitar dichos giros, son estas las únicas cargas, junto con las reacciones en A y B, que vamos a considerar sobre la viga en el caso hiperestático. Por ello las reacciones verticales suman cero, y el diagrama de momentos hiperestáticos sería el adjunto (tener en cuenta que MA considerado como flector también es negativo) . Estos comentarios realmente son irrelevantes a nivel práctico (salvo el comentario sobre el diferente signo de MA cuando lo consideramos como carga y cuando lo consideramos como flector) pero pueden ayudar a hacerse una idea del método. Biempotrada 2: Procedemos con la segunda viga de la misma forma anterior, por lo que la consideramos también biempotrada. Ponemos la carga q para que los momentos que calculemos sean los que justamente eviten el giro que dicha carga provoca en el caso isostático. Ver figura derecha, donde dibujamos M2B y MC con sentido Etsii – UVigo – Método de Cross. Revisión 3 – Apuntes de Roberto Palau – Xaneiro 2008
Páxina 5
positivo (antihorario) aunque ya sabemos que MC tiene que ser de sentido contrario para evitar los giros citados. Dada la simetría de la configuración: R2B = RC = 3 T (valores irreales e irrelevantes por lo que ya comentamos en el caso anterior) Para calcular los momentos recurrimos, igual que antes, a la energía de la viga: M2 E=∫ dx recordando que M es el momento en una sección genérica de la 2 EI L viga. En este caso, al no haber carga localizada en lugar alguno, no hace falta estudiar más que una sola sección genérica cualquiera de la viga: Para la condición de equilibrio tomamos momentos, por ejemplo con relación a la sección genérica en la que calculamos el momento M (ver figura de la derecha): Condición de equilibrio: ΣM=0 M +M2B - R2B · x + Q·x/2 = 0 M = − M 2 B + 3 x − 0,75 x 2 M2
x =4
[− M
]
2
+ 3 x − 0,75 x 2 dx = ∫ dx Por tanto, la energía de la viga será: E = ∫ 2 EI 2 EI L x =0 Derivando con relación al único parámetro, M2B , e igualando a cero, tendremos:
[− M
2B
]
+ 3x − 0,75 x 2 ⋅ (− 1) 43 2 dx = 0 ⇒ 4 ⋅ M − 1 , 5 ⋅ 4 + 0 , 75 ⋅ = 0 ⇒ M 2 B = 2 mT 2B ∫ EI 3 x =0 Al ser M2B positivo, sabemos que se trata de un momento en sentido antihorario tal como está dibujado en las figuras superiores. Y de acuerdo con la simetría de la configuración, el MC tiene que ser un momento en sentido horario y de igual valor que M2B. Por tanto : MC= -2 mT (negativo por ser de sentido horario). x=4
2B
Una vez determinados los momentos, el siguiente paso es establecer los factores de reparto en los nudos en que confluyan más de una viga. Segundo paso: Cálculo de los factores de reparto en el único nodo (nodo B) donde confluyen más de una viga. Para ello lo primero es establecer los valores de la rigidez en cada viga: 4 EI 1 4 EI 1 K1 = = = 0,8 ⋅ EI 1 L1 5 4 EI 2 4 E ⋅ 0,5 ⋅ I 1 K2 = = = 0,5 ⋅ EI 1 L2 4 Por tanto, los factores de reparto en el nodo B serán: K1 0,8 ⋅ EI1 r1 = = = 0,6 K1 + K 2 1,3 ⋅ EI1 K1 0,5 ⋅ EI1 r2 = = = 0,4 K1 + K 2 1,3 ⋅ EI1 Fijarse en que la suma de los ri es la unidad, condición que debe cumplirse siempre. Tercer paso: aplicación del método iterativo Para ello se comienza por colocar los valores de los factores de reparto en su lugar, y los valores de los momentos que actúan sobre la viga en cada nodo considerado empotramiento Etsii – UVigo – Método de Cross. Revisión 3 – Apuntes de Roberto Palau – Xaneiro 2008
Páxina 6
ideal, tal como los calculamos antes. Estos son los valores iniciales de los momentos en cada lugar, a partir de los cuales vamos a calcular los momentos que realmente actuarían sobre las barras en el punto A, en el punto B a la izquierda, en el punto B a la derecha, y en el punto C.
La situación que acabamos de dibujar, es admisible por lo que respecta al nodo A que, siendo un empotramiento ideal, puede aplicar cualquier valor de momento a la viga. Sin embargo, la situación no es admisible en el nodo B, pues los momentos que el nodo aplique a ambas barras deben sumar cero y sin embargo suman -1,6 mT. Por tanto nos encontramos con un momento neto en B de -1,6 mT que no puede existir por lo que el apoyo B debe estar aplicando a las barras un momento adicional de +1,6 que anule a éste. Es decir, el apoyo B debe estar a aplicar a la barra izquierda y a la barra derecha un momento adicional de +1,6 mT que se debe repartir a ambos lados del nodo B de acuerdo con los factores de reparto correspondientes, correspondiéndole por tanto a la viga izquierda: 0,6 · 1,6 = 0,96 mT; y a la derecha: 0,4·1,6 = 0,64 mT. Por tanto, la situación sería la siguiente:
De esta forma la situación en el nodo B es admisible (el momento es de igual valor y sentido contrario a ambos lados del apoyo B: -3,6+0,96=-(2+0,64)), lo que representamos trazando una línea horizontal bajo las cantidades de ambos lados. Estas líneas indican una situación admisible. Sin embargo, al aparecer un momento adicional de 0,96 a la izquierda de B, se transmite la mitad de esta cantidad al nodo A, de acuerdo con el factor de transmisión. Y como ha aparecido un momento adicional de 0,64 a la derecha de B, se transmite la mitad de este valor a C .
Esta situación en A es perfectamente admisible (puede aplicar cualquier momento a la barra), pero no así en C, pues en C el momento debe ser nulo pues es un simple apoyo incapaz de aplicar momento alguno a la barra por sí mismo. Por tanto debemos suponerle a Etsii – UVigo – Método de Cross. Revisión 3 – Apuntes de Roberto Palau – Xaneiro 2008
Páxina 7
la barra un momento adicional en C capaz de anular el actual de -2+0,32 = -1,68. O sea un momento adicional de +1,68, lo que indicamos en la figura siguiente.
Esta situación ya es admisible para C (por lo que trazamos la línea horizontal correspondiente), pero al haber un momento adicional de +1,68 en C, se transmite la mitad de este valor a la derecha de B, de acuerdo con el factor de transmisión de 1/2, lo que representamos en la figura siguiente:
Esto de nuevo muestra una situación desequilibrada en B que se debe equilibrar con un momento adicional de -0,84 en B, momento que se deben repartir el lado derecho y el izquierdo, de acuerdo con los respectivos factores de reparto: 0,4 · (-0,84) = -0,34 0,6 · (-0,84) = -0,50 quedando la situación de la forma siguiente:
Ahora la situación ya es admisible en B, pero los nuevos momentos de -0,50 y -0,34 provocan la aparición de momentos mitad en A y C, respectivamente, de acuerdo con el factor de transmisión de ½:
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Páxina 8
Esto de nuevo desequilibra el nodo C, por lo que debe aparecer un momento adicional de +0,17 en éste:
Esto equilibra el nodo C pero provoca la aparición de un momento mitad de 0,17 en la parte derecha de B:
Y esto desequilibra el nodo B, por lo que debe aparecer un momento adicional de -0,08 en este nodo, correspondiéndole a cada parte del nodo: Parte derecha: 0,4 · (-0,08) = - 0,03 Parte izquierda: 0,6 · (-0,08) = - 0,05 Siendo ahora la situación, esta:
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Páxina 9
Esto de nuevo provoca la aparición de un momento -0,05/2 = -0,02 en el nodo A, y de 0,03/2=-0,01 en el nodo C:
Ahora debemos equilibrar la situación en el nodo C con un momento de +0,01:
Esto a su vez originaría la transmisión de un momento mitad de +0,01 a la parte derecha del nodo B, pero esto ya nos haría trabajar con momentos del orden de la milésima cuando estamos trabajando con momentos totales del orden de las unidades. Esto representa que los momentos del orden de las milésimas serán despreciables frente al momento total, por lo que decidimos que ya tenemos una solución aceptable. Por tanto, nos encontramos con unos momentos en cada lugar de:
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Páxina 10
Estos son los momentos que actúan sobre la barra en cada lugar, por lo que sus sentidos serán los indicados a continuación (teniendo en cuenta que los positivos son en sentido antihorario y que los negativos son en sentido horario):
Por tanto, al estudiar estos momentos como flectores, vemos que, de acuerdo con el convenio de signos de los momentos flectores (ver figura derecha), todos ellos son de signo negativo. Por tanto el diagrama de flectores hiperestáticos será el siguiente:
Y el diagrama real de los flectores será la composición del diagrama isostático y el hiperestático, por lo que tendríamos:
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Páxina 11
Que al componerlos, nos proporcionan el siguiente diagrama:
Aquí podemos establecer con facilidad los valores de los flectores en cualquier lugar. Por ejemplo: MA = -2,61 mT Mmax = 6 – M’ siendo M’ el valor del momento estático en ese lugar (x=3m), por lo que haciendo una proporción en el diagrama estático tendremos que su valor es: M’ = 2,61 + (3,19-2,61) · 3/5 = 2,96 Por tanto: Mmax = 6 – 2,96 = 3,04 mT MB = - 3,19 mT Etc … Si ahora queremos calcular el valor de las reacciones en los apoyos, podemos hacerlo a partir del conocimiento que ya tenemos de los momentos que sufre la barra en cualquier sección, por ejemplo a partir de los valores de los momentos en B y C. Debemos tener en cuenta que vamos a trabajar con cargas por lo que los signos de los momentos serán los que Etsii – UVigo – Método de Cross. Revisión 3 – Apuntes de Roberto Palau – Xaneiro 2008
Páxina 12
les correspondan como cargas, no como flectores por lo que, si los miramos en el diagrama anterior, debemos traducir sus signos del convenio de flectores al convenio de signos de cargas. Por ejemplo: MA = + 2,61 mT; MB (por la izquierda) = - 3,19 mT; MB (por la derecha) = + 3,19 mT. Así, para calcular RA podemos estudiar la viga izquierda, hasta justo la izquierda del nudo B. Nota: Debemos tener en cuenta que al estudiar sólo la viga izquierda hasta justo a la izquierda del apoyo B, el efecto del resto de la estructura sobre esta viga se resumirá en el momento MB por la izquierda (-3,19 mT tal como calculamos con el método iterativo) y un esfuerzo VB vertical y hacia arriba. De acuerdo con esto, aplicamos ahora la condición de equilibrio de los momentos, tomando por ejemplo momentos con relación a B, y tendremos (ver figura superior): ΣM=0 MA - RA · 5 + P · 2 + MB = 0 2,61 - RA · 5 + 5 · 2 – 3,19 = 0 5 RA = 9,42 RA = 1,88 T Ahora que ya sabemos RA, para calcular RB podemos estudiar el equilibrio de toda la estructura (ver figura de la derecha). Y aplicándole la condición de equilibrio de los momentos, tomados por ejemplo con relación al punto C: ΣM=0 MA - R A · 9 + P · 6 – R B · 4 + Q · 2 = 0 2,61 – 1,88 · 9 + 5 · 6 – RB · 4 + 6 · 2 = 0 4 RB = 27,69 RB = 6,92 T Nota: darse cuenta que ahora el MB no es un momento exterior que actúe sobre la estructura, sino interior a la misma y por tanto su efecto se anula: se equilibra el -3,19 que existe por la izquierda de B con el +3,19 que existe por la derecha de B. Polo que respecta a RC se puede calcular con la otra condición de equilibrio aplicada al conjunto de la estructura: suma de fuerzas verticales igual a cero: ΣFy = 0 RA - 5 + RB – 6 + RC 1,88 – 5 + 6,92 – 6 + RC = 0 RC = 2,2 T
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4. Optimización de la rapidez operatoria en el método de Cross Una vez que nos familiarizamos con el proceso que hemos explicado antes, la parte iterativa del cálculo se realiza con una gran rapidez, por lo que las fases que hacen el proceso más lento son las fases iniciales, sobre todo el cálculo de los valores iniciales de los momentos a partir de los cuales iniciamos el proceso de iteración. Este cálculo se debe realizar en todas las vigas en las que se puede dividir una estructura en general, o un pórtico en particular, en las que actúen cargas exteriores, las cuales se suponen biempotradas lo que configura un problema hiperestático a resolver para cada una. Sin embargo vamos a ver como estos cálculos se pueden acelerar grandemente en los casos de cargas simétricas. Veámoslo en el caso del pórtico de la figura adjunta en el que las barras 1, 2 y 3 están sometidas a cargas simétricas con relación a sus extremos (las barras 4 y 5 no hace falta resolverlas biempotradas pues no sufren cargas exteriores directas).
4.1. Barra 1: carga uniformemente distribuida En todos los casos se puede resolver el caso isostático antes del hiperestático, lo que nos puede ayudar. Comencemos por verlo con la barra 1. Dada la simetría de la carga es simple resolver el caso isostático pues ya sabemos que, en este caso de viga biapoyada, una distribución uniforme de carga da lugar a una distribución parabólica de momentos flectores positivos, con momento nulo en los extremos y máximo en el centro de valor Mmax = qL2 / 8 . Por su parte, en el caso hiperestático con la viga biempotrada para eliminar los giros que el caso hiperestático provoca en A y B, debemos determinar los momentos que los empotramientos A y B deben aplicar a la viga para eliminarlos. Así, está claro que dada la simetría de la configuración, estos momentos en los empotramientos A y B tienen que ser iguales (pues iguales son los giros que el caso isostático tiende a provocar en cada extremo) y del sentido indicado en la figura anterior, por lo que tendrán signos contrarios (uno tiene sentido antihorario y el otro sentido horario, tal como se ve en la figura): M1A = -M1B . Etsii – UVigo – Método de Cross. Revisión 3 – Apuntes de Roberto Palau – Xaneiro 2008
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Sin embargo, tal como se ve también en la figura anterior, al considerar estos momentos como flectores, ambos son negativos, por lo que la viga en este caso hiperestático, tendrá una distribución uniforme de momentos negativos a lo largo de toda la viga de valor M1A que debemos determinar. En las figuras adjuntas se ve primero el diagrama de flectores correspondiente a la actuación única de los momentos en los extremos, y en la segunda figura se ven superpuestas las dos distribuciones de flectores, la isostática y la hiperestática. Y dado que se trata de que los extremos de estos elementos no giren, el área neta de los flectores debe ser nula. Por tanto el área de la parábola isostática tiene que ser igual al área del rectángulo del diagrama hiperestático. Y el área comprendida por un trozo de parábola simétrico con relación a su vértice es: 2 2 qL2 Area parábola = ⋅ L ⋅ y max = ⋅ L ⋅ 3 3 8 Por tanto, al igualar las áreas, tendremos: Área rectángulo = Área parábola 2 2 qL2 2 0,5 ⋅ 4 2 qL2 L ⋅ M 1A = ⋅ L ⋅ ⇒ M 1A = ⋅ = ⋅ = 0,667 T 3 8 3 8 3 8 Por tanto, los valores buscados para los momentos iniciales que los nodos A y B aplican a la viga 1 serán: M1A = 0,667 mT = 667 m·kp M1B = - 0,666 mT = - 667 m·kp Les ponemos el signo correspondiente al convenio de cargas pues los vamos a usar como tales. Tener en cuenta que utilizamos los flectores para estudiar el área en su diagrama, pero en realidad lo que buscamos son los momentos que se aplican a la barra por lo que el convenio de signos que se debe aplicar es el de las cargas, no el de flectores. Por lo que respecta al proceso práctico de cálculo de estos momentos, es muy rápido pues sólo es necesario construir el diagrama total de flectores (la última de las figuras anteriores) que es muy sencillo en estos casos simétricos, para proceder luego a la igualación de áreas.
4.2. Barra 2: dos cargas simétricamente situadas Estudiemos ahora la barra 2. El caso isostático es muy sencillo pues se sabe que: • el diagrama de flectores, en el caso de cargas concentradas, consta de tramos lineales con extremos en los apoyos, donde el momento es nulo, y en la posición de las cargas, • cuando se trata de cargas simétricas como estas, el diagrama también lo será, • por lo que, en este caso, basta con calcular el momento existente en cualquiera de las dos posiciones de la carga. Además, se ve claramente que, dada la simetría de la configuración: R2B = 1 T R1C = 1 T Por lo que el momento máximo, en la posición de las cargas, será: Mmax = 1 · 1 = 1 mT Y así, el diagrama isostático será el de la derecha. Para determinar los momentos en B y C del caso hiperestático que son los necesarios para evitar los giros que el caso isostático provocaría en B y C, lo que está claro es que dada la simetría de la configuración, tienen que ser iguales y de los sentidos indicados en la figura siguiente. Por tanto, el diagrama de flectores correspondientes (darse cuenta que ambas momentos considerados como flectores son negativos), será el que ponemos a continuación superpuesto al diagrama isostático. Etsii – UVigo – Método de Cross. Revisión 3 – Apuntes de Roberto Palau – Xaneiro 2008
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Y dado que los extremos de esta barra no giran, el área neta de los flectores debe ser nula. Por tanto el área del trapecio isostático tiene que ser igual al área del rectángulo hiperestático: Área trapecio = Área rectángulo 2+4 ⋅ 1 = M 2 B ⋅ 4 ⇒ M 2 B = 0,75 mT 2 Por tanto, teniendo en cuenta que, considerados como cargas, M2B es positivo y M1C es negativo (ver figura anterior), los valores buscados para los momentos iniciales que los nodos B y C aplican a la viga 2 serán: M2B = 0,75 mT = 750 m·kp M1C = - 0,75 mT = - 750 m·kp
4.3. Barra 3: una carga simétricamente situada Estudiemos ahora la barra 3. El caso isostático es muy sencillo pues se sabe que: • cuando las cargas son concentradas, el diagrama de flectores consta de tramos lineales con extremos en los apoyos, donde el momento es nulo, y en la posición de las cargas, • cuando se trata de una carga simétrica como esta, el diagrama también lo será, • por lo que, en este caso, basta con calcular el momento existente en la posición de la carga. Además, se ve claramente que dada la simetría de la configuración: R2C = 1 T RD = 1 T Por lo que el momento máximo, en la posición de las cargas, será: Mmax = 1 · 1’5 = 1,5 mT Y así, el diagrama isostático será el de la derecha. Para determinar los momentos que C y D aplican a la barra 3 en el caso hiperestático que son los necesarios para evitar los giros que el caso isostático provocaría en C y D, lo que está claro es que dada la simetría de la configuración, tienen que ser iguales y de los sentidos indicados en la figura siguiente. Por tanto, el diagrama de flectores correspondientes (darse cuenta que ambas momentos considerados como flectores son negativos), será el que ponemos a continuación superpuesto al diagrama isostático. Y dado que los extremos de esta barra no giran, el área neta de los flectores debe ser nula. Por tanto el área del triángulo isostático tiene que ser igual al área del rectángulo: Área triángulo = Área rectángulo 1 ⋅ 3 ⋅ 1,5 = M 2C ⋅ 3 ⇒ M 2C = 0,75 mT 2 Por tanto, teniendo en cuenta que, considerados como cargas, M2C es positivo y MD es negativo (ver figura anterior), los valores buscados para los momentos iniciales que los nodos C y D aplican a la viga 3 serán: M2C = 0,75 mT = 750 m·kp MD = - 0,75 mT = -750 m·kp
4.4. Distribuciones de carga no simétricas En un pórtico en general puede haber vigas con cargas no simétricas, lo que hará un poco más trabajoso el cálculo de los valores iniciales de momentos en sus extremos aplicando el teorema de Castigliano, por ejemplo. Pero también es bastante normal que la mayoría de las Etsii – UVigo – Método de Cross. Revisión 3 – Apuntes de Roberto Palau – Xaneiro 2008
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vigas estén sometidas a cargas simétricas, y estas tienen una solución muy rápida con el método visto en los apartados anteriores.
4.5. Resolución del pórtico de nuestro ejemplo - Cálculo de los valores de rigidez de las vigas y de los coeficientes de reparto: 4 EI 1 4 EI 1 4 EI 2 4 E ⋅ I 1 K1 = = = EI 1 K2 = = = EI 1 L1 2 L2 4 4 EI 3 4 E ⋅ 0,5I 1 4 EI 4 4 E ⋅ 0,25 I 1 K3 = = = 0,67 ⋅ EI 1 K4 = = = 0,17 ⋅ EI 1 L3 3 L4 6 4 EI 5 4 E ⋅ 0,25 I 1 K5 = = = 0,14 ⋅ EI 1 5L5 7 Por tanto, los factores de reparto serán: * Nodo B: K1 EI 1 r1B = = = 0,46 K 1 + K 2 + K 4 2,17 ⋅ EI 1 K2 EI 1 r2 B = = = 0,46 K 1 + K 2 + K 4 2,17 ⋅ EI 1 K3 0,17 ⋅ EI 1 r3 B = = = 0,08 K 1 + K 2 + K 4 2,17 ⋅ EI 1 * Nodo C: K2 EI 1 r1C = = = 0,55 K 2 + K 3 + K 5 1,81 ⋅ EI 1 K3 0,67 ⋅ EI 1 r2C = = = 0,37 K 2 + K 3 + K 5 1,81 ⋅ EI 1 K5 0,14 ⋅ EI 1 r3C = = = 0,08 K 2 + K 3 + K 5 1,81 ⋅ EI 1 - Proceso iterativo:
Fijarse en que ponemos del mismo lado de las vigas los valores entre los que se produce transmisión de momentos: desde la izquierda de B hacia A, desde la derecha de B hacia la izaquierda de C, y desde la derecha de C hacia D. Una disposición de los factores de reparto y de los valores iniciales como la indicada arriba, facilitará mucho el proceso iterativo.
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-Balance en el nudo B: momento neto de +83 que se debe contrarrestar con -83 repartido entre las tres barras de acuerdo con los coeficientes de reparto: 0,46 · (-83) = -38 0,46 · (-83) = -38 0,08 · (-83) = Resto hasta 83 = 7 Lo que llevado al nudo B arregla la situación de este:
Sin embargo, ahora se transmiten -38/2 al nudo A, otros -38/2 a la parte izquierda del nudo C, y -7/2 al nudo E, de acuerdo con los factores de transmisión. Ver nueva figura.
- En A y E no hay nada que ajustar pues son empotramientos ideales que admiten cualquier valor de momento, pero sí hay que ajustar la situación en C donde hay un momento neto de -19 que se debe contrarrestar con un momento de +19 entre las tres barras que confluyen de acuerdo con sus coeficientes de reparto: 0,55 · 19 = 10,5 0,37 · 19 = 7 0,08 · 19 = Resto hasta 19 = 1,5 Por lo que la situación será ahora la de la figura siguiente:
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Ahora la situación ya es admisible en C pero se transmiten 10,5/2 hacia la parte derecha de B, 1,5/2 hacia F, y 7/2 hacia D, con lo que la situación será la de la figura siguiente.
El nudo F no presenta problemas por ser un empotramiento ideal, pero hemos desequilibrado la situación de B. Además aún falta por arreglar el nudo D que debe tener un momento nulo y tiene un momento de -746,5 por lo que se le debe añadir un momento de +746,5, lo que hacemos a continuación, transmitiendo ya además la mitad de este a la parte derecha del nudo C:
Ahora está desequilibrado el nudo C en +373,2 (el único número que está fuera de las líneas que ya mostraban una situación ajustada), por lo que las barras deben absorber -373,2 que se repartirán las barras de acuerdo con sus coeficientes de reparto: 0,55 · (-373,2) = -205,3 0,37 · (-373,2) = -138,1 0,08 · (-373,2) = resto hasta 373,2 = -29,8 Por lo que tendremos la situación siguiente:
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- Pero ahora se transmite la mitad de -29,8 hacia F, la mitad de -205,3 hacia B, y la mitad de -138,1 hacia D:
Seguimos ahora hacia la izquierda, y ajustamos el nudo B donde hay ahora una carga neta de -97,4 y que debemos compensar con +97,4 entre las tres barras, de acuerdo con su coeficiente de reparto: 0,46·97,4 = 44,8 Idem la barra 2 0,08·97,4 = resto = 97,4 -2·44,8 = 7,8 En la figura siguiente ya incluimos, junto con los valores anteriores, los momentos que éstos transmiten a los nudos correspondientes:
- Volvemos ahora hacia la derecha y arreglamos el nudo C que tiene un exceso de +22,4 que se debe compensar con un valor de -22,4 repartido entre las barras de acuerdo con su coeficiente de repaso: 0,55 · (-22,4) = -12,3 0,37·(-22,4)= -8,3 Resto: -(22,4 – 12,3-8,3)=-1,8 En la figura siguiente ya incluimos, junto a los momentos anteriores, los momentos que éstos transmiten a los nudos correspondientes:
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Ahora ajustamos el nudo C con +69+4,1=+73,1, y en la figura siguiente ya incluimos también el momento mitad de éste que se transmite hacia la parte derecha del nudo C:
- Ahora ajustamos el nudo C (hay +36 fuera de las líneas que muestran que los números anteriores están ajustados, por lo que se debe ajustar con -36): 0,55·(-36) = 19,8 0,37·(-36)=13,3 Resto: -(36-19,8-13,3)=-2,9 Y, de paso que anotamos estos valores, ya anotamos también los momentos que éstos transmiten a los nudos correspondientes:
- Ahora ajustamos el nudo B de acuerdo con los coeficientes de reparto, y luego transmitimos los valores correspondientes a los nudos adjuntos:
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- Ahora ajustamos el nudo C de acuerdo con los coeficientes de reparto, y transmitimos los valores correspondientes:
- Ahora ajustamos el nudo D con +7,3. Y al transmitir a continuación la mitad de este valor a la parte derecha del nudo C nos damos cuenta que este mitad, 3,6, es menos del 1% del valor que tiene esa parte del nudo que sobrepasa los 1000. Por tanto podemos dar por finalizado el cálculo con este ajuste de D. Podemos ver que en este momento tenemos un valor de 1 sin ajustar en la parte derecha el nudo B pero también es despreciable por lo que podemos prescindir de él. Así, el resultado será el siguiente:
Ahora ya sólo queda superponer el diagrama isostático de flectores al diagrama hiperestático de flectores que se deduce de los valores aquí calculados. Sin embargo tenemos que tener cuidado pues los momentos que acabamos de calcular son los momentos que los soportes aplican a las diferentes barras, y aunque sus valores coinciden con los de los flectores que actúan en esos lugares, sus signos no siempre lo hacen pues siguen convenciones diferentes. Etsii – UVigo – Método de Cross. Revisión 3 – Apuntes de Roberto Palau – Xaneiro 2008
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Podemos ver la situación dibujando los sentidos de los momentos tal como los acabamos de calcular (los positivos en sentido antihorario y los negativos en sentido horario):
Y al interpretar los sentidos dibujados de los momentos, vemos que los de las barras 1, 2 y 3 son todos negativos, siéndolo también el superior de la barra 4 y el inferior de la barra 5, pero siendo positivos los flectores en la parte inferior de la barra 4 y en la superior de la barra 5. Por tanto, el diagrama de momentos flectores totales queda de la siguiente manera:
Por ejemplo, con ayuda de este diagrama, podemos buscar ahora el valor del flector máximo que podría estar en el punto medio de la barra 3, siendo su valor:
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1005,1 = 997,5 m ⋅ kp 2 Vemos que este valor es superado a la izquierda del apoyo C (en la barra 3), donde adquiere el valor: -1005,1 mkp Podemos ver también el momento flector en el punto medio de la barra 1, donde adquiere el valor: 674,1 + 652,8 1000 − = 336,6 m ⋅ kp 2 2 Y a 1 m del apoyo B: 1000 − 650,8 + ⋅ [971,8 − 650,8] = 242,2 m ⋅ kp 6 Donde no hay que realizar cálculos es en los apoyos donde los valores están claros: En A: - 674,1 m·kp A la izquierda de B (en barra 1): - 652,8 m·kp A la derecha de B (en barra 2): - 650,8 m·kp Justo debajo B (en barra 4): + 2 m·kp A la izquierda de C (en barra 2): - 971,8 m·kp A la derecha de C (en barra 3): - 1005,1 m·kp Justo debajo de C (en barra 5): -33,3 m·kp De todas formas si queremos tratar estos momentos como cargas, debemos traducir sus signos (que siguen el convenio de signos de los flectores) al convenio de signos de cargas. 1500 −
Podemos utilizar el diagrama anterior para calcular las reacciones en los apoyos. - Para ello estudiemos en primer lugar la barra 1, hasta la izquierda del apoyo B: ∑ Fx = 0 ⇒ R Ah = R1Bh A estas reacciones horizontales iguales les llamaremos R1h ∑ Fy = 0 ⇒ R A + R1B − 2000 = 0 Y tomando momentos con relación a B: ∑ M B = 0 ⇒ M A − R A ⋅ 4 + Q ⋅ 2 + M 1B = 0 ⇒
⇒ 674,1 − R A ⋅ 4 + 2000 ⋅ 2 − 652,8 = 0 ⇒ R A = 1005,3 kp Y llevando este valor a la ecuación anterior, tenemos: R1B = 994,7 kp Quedando la reacción horizontal indeterminada por ahora. Le llamamos R1h. - Calculemos ahora la barra 2 entre la parte derecha del apoyo B y la parte izquierda del apoyo C: ∑ Fx = 0 ⇒ R2 Bh = RChh A estas reacciones horizontales les llamaremos R2h ∑ Fy = 0 ⇒ R2 B + R1C − 2000 = 0 Y tomando momentos con relación a C: ∑ M C = 0 ⇒ M 2 B − R2 B ⋅ 4 + P1 ⋅ 3 + P2 ⋅1 + M 1C = 0 ⇒
⇒ 650,8 − R2 B ⋅ 4 + 1000 ⋅ 3 + 1000 ⋅ 1 − 971,8 = 0 ⇒ R2 B = 919,8 kp Y llevando este valor a la ecuación anterior, tenemos: R1C = 1080,2 kp Quedando la reacción horizontal indeterminada por ahora. Le llamamos R2h. - Calculemos ahora la barra 3 entre la parte derecha del apoyo C y el apoyo D. Aunque el apoyo D es un apoyo simple, como estamos suponiendo que no hay desplazamientos de los nudos, en realidad estamos suponiendo que la barra está sujeta Etsii – UVigo – Método de Cross. Revisión 3 – Apuntes de Roberto Palau – Xaneiro 2008
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horizontalmente en D por lo que podría haber una reacción horizontal en dicho apoyo. ∑ Fx = 0 ⇒ R2Ch = RDh A estas reacciones horizontales les llamaremos R3h ∑ Fy = 0 ⇒ R2C + RD − 2000 = 0 Y tomando momentos con relación a D: ∑ M D = 0 ⇒ M 2C − R2C ⋅ 3 + P ⋅ 1,5 = 0 ⇒
⇒ 1005,1 − R2C ⋅ 3 + 2000 ⋅ 1,5 = 0 ⇒ R2C = 1335 kp Y llevando este valor a la ecuación anterior, tenemos: RD = 665 kp Quedando la reacción horizontal indeterminada por ahora. Le llamamos R3h. - Calculemos ahora la barra 4: ∑ Fx = 0 ⇒ R3Bh =REh
∑F
= 0 ⇒ RE − R1B − R2 B = 0 Hay que fijarse que el esfuerzo vertical en B tiene que ser igual a R1B + R2B pues entre los tres tienen que anularse pues confluyen en B. Operando en la ecuación anterior (R1B y R2B ya los calculamos antes): RE − R1B − R2 B = 0 ⇒ RE − 994,7 − 919,8 = 0 ⇒ y
⇒ RE = 1914,5 kp Y tomando momentos con relación a E: ∑ M E = 0 ⇒ M 3B − R3 h ⋅ 6 + M E = 0 ⇒
⇒ 2 − R3 Bh ⋅ 6 + 1 = 0 ⇒ R3 Bh = 0,5 kp Y volviendo a la primera ecuación de esta barra: REh = R3Bh = 0,5 kp - Calculemos ahora la barra 5: ∑ Fx = 0 ⇒ R3Ch =RFh
∑F
= 0 ⇒ RF − R1C − R2C = 0 Hay que fijarse que el esfuerzo vertical en C tiene que ser igual a R1C + R2C pues entre los tres tienen que anularse pues confluyen en C. Operando en la ecuación anterior (R1C y R2C ya los calculamos antes): RF − R1C − R2C = 0 ⇒ RF − 1080,2 − 1335 = 0 ⇒ y
⇒ RF = 2415,2 kp Y tomando momentos con relación a F: ∑ M F = 0 ⇒ M 3C − R3Ch ⋅ 7 + M F = 0 ⇒
⇒ −33,3 − R3Ch ⋅ 7 − 16,6 = 0 ⇒ R3Ch = −7,1 kp O sea que R3Ch tiene sentido contrario al dibujado. Volviendo a la ecuación primera de esta barra: R3Ch = RFh = −7,1 kp
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