ESTRUCTURAS QUE SE DESPLAZAN LINEALMENTE. MÉTODO DE CROSS INDIRECTO

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1 4 - ESTRUCTURAS QUE SE DESPLAZAN LNEALMENTE. MÉTODO DE CROSS NDRECTO 4.1. dentificación de los Grados de Libertad Traslacionales El método de Cross ndirecto consiste en aplicar el principio de superposición sobre los desplazamientos lineales (traslaciones) que sean grados de libertad (GL). Estos desplazamientos son absolutos y se definen positivamente de acuerdo a un sistema de coordenadas prefijado. Previamente, será necesario identificar los grados de libertad traslacionales. Una regla práctica para efectuar esa identificación consiste en articular todos los nudos de la estructura, transformándola en un mecanismo inestable, para luego agregar apoyos simples (ficticios) hasta estabilizar a la estructura; el número de apoyos simples agregados corresponderá al número de grados de libertad traslacionales. En la Fig. 4.1 se ilustra la aplicación de esa regla, suponiendo que las barras no se deforman axialmente. }----u""l1 no se desplaza Fig Regla Práctica para Calcular el Número de GL.

2 82 4. Método de Cross ndirecto 4.2. Aplicación Algebraica del Método de Cross ndirecto. Matriz de Rigidez y de Flexibilidad Lateral En las Figs. 4.2 y 4.3, se ilustra algebraicamente la manera cómo se aplica el método de Cross ndirecto para una estructura de 1 y 2 GL traslacionales, respectivamente. Primer Ejemplo Algebraico (1 GL Traslacional): /. F211 / / F / d1 ;- 1 "'"... " ESTRUCTURA ORGNAL Coordenada Generalizada (1) m ESTADO o d1 - Q) Aplicar la solicitación uij = O --> Mijo = O, Vijo = O sólo existe Nijo; luego, calcular R1 O por equilibrio + d1 l( (2) A \,, -=-, fl"\d12 1"/,/,-& - ESTADO 1 (d1 = 1) Hallar dij en función de d1 = 1 Ejm. d12 = + 1 / Sen e uij = - 6 E lij dij Lij2 Por Cross --> Mij1 --> Vij1, Nij1 Calcular R11 por equilibrio Fig Aplicación Algebraica de Cross ndirecto. Estructura con 1 GL Traslacional. En el Estado O de es.te ejemplo, los momentos Mijo son nulos ya que no existen cargas aplicadas sobre las barras (uij == O). En el Estado 1, los momentos de fijación son producidos por los desplazamientos relativos dij, con lo cual, luego de liberar rotacionalmente a los nudos aplicando Cross (determinando Mijl), se podrá calcular por equilibrio: las fuerzas cortantes Vijl, las fuerzas axiales Nijl y la reacción Rll. Adicionalmente, nótese que las reacciones Rl0 Y Rl1 son positivas cuando siguen el sentido positivo de la coordenada generalizada (1). Estas reacciones son ficticias y no existen en la estructura original, por lo que: Por equilibrio en la coordenada (1): De donde se obtiene: Finalmente, por superposición: R10 + d1 R11 = O dl = -Rl0/Rll Mij = Mijo + dl Mijl... en este ejemplo Mijo = O 8i = 8io + dl 8il... en este ejemplo 8io = O

3 4. Método de Cross ndirecto 83 Segundo Ejemplo Algebraico (2 GL Traslacionales): F2 --» ll] F!_ --ld1 '< CD cambio de temperatura t.t," l-r ESTRUCTURA ORGNAL t. conocido Coordenadas generalizadas: (1) Y (2) = F1!'lJ'h R10 -' ----<l /' t.t L -'--,"" "... r ESTADO º (.d1 - d2 = Q) t. Aplicar la solicitación y hallar uij Cross --> Mijo --> Vijo, Nijo Calcular Rio por equilibrio + d1 ESTAD01 (d1 =1,d2=Q) Hallar dij en función de d1 = 1 + d2 R /-T1<l / / //.. J 1"'-1-1' / 1.". ESTADO 2 (d1 = 0, d2-1) Hallar dij en función de d2 = 1 uij = - 6 E lij dij / Lij 2 uij = - 6 E lij dij / Lij2 Cross --> Mij1 --> Vij1, Nij1 Cross --> Mij2 --> Vij2, Nij2 Calcular Ri1 por equilibrio Fig.4.3 Calcular Ri2 por equilibrio Cancelando las reacciones ficticias se tiene: En la coordenada (1 ): En la coordenada (2): R10 + d1 R11 R20 + d1 R21 + d2 R12 + d2 R22 o [1] O (2] De [1] Y [2] se calcula: d1 Y d2 Finalmente, por superposición: Mij = Mijo + d1 Mij1 + d2 Mij2 Si = Sio + d 1 Si 1 + d2 Si2

4 84 4. Método de Cross ndirecto Observaciones. Matriz de Rigidez y de Flexibilidad Lateral 1.- Debe resolverse por Cross N + 1 estados, donde N = número de GL traslacionales. En cada estado los únicos GL son las rotaciones, por lo que pueden solucionarse mediante Cross. Los estados donde se aplican desplazamientos unitarios equivalen a que la estructura esté sujeta a un desplazamiento de apoyo conocido. 2.- Las ecuaciones [1] y [2] pueden arreglarse matricialmente de la siguiente manera: R11 d1 o :::} + R21 d2 o En general: { Ro} + [Rij] {d} = {O} Donde: Luego: [ Rij] = Matriz de Rigidez Lateral, de orden N x N { d } = - [ Rij ] - 1 {Ro} Donde: [ Rij ) - 1 = [fij] = Matriz de Flexibilidad Lateral, de orden N x N Cabe indicar que el programa "EDFCO" calcula la Matriz de Flexibilidad Lateral (fij] aplicando cargas unitarias en cada coordenada generalizada (Fig. 4.4) Y luego invierte esa matriz para obtener la Matriz de Rigidez Lateral ([ Rij] = [fij ]-1 ). / / t11 '. ----cr-r / ESTADO 1 (F1 = 1. F2 = O) [ ti-] = [t11 J t21 t12 t22 f12 r k-j," ESTADO 2 íf1 = O F2-1) Fig Coeficientes de la Matriz de Flexibilidad Lateral (desplazamientos laterales). 3.- Los coeficientes Rij de la Matriz de Rigidez Lateral se definen como: Rij = reacción en la coordenada "i" cuando dj = 1, con di = O para i.. j

5 4. Método de Cross ndirecto..::..=85 En general Rij = Rji, es decir, la matriz [ Rij 1 es simétrica, lo que se puede demostrar aplicando el teorema de Betti entre los estados 1 y 2 correspondientes a la Fig R21 / R22 /<]l / / \ H12.t----<: '"." ESTAD01 (d1-1.d2-0)." ESTADO 2 (d1 - O. d2-1) J \ i ; Aplicando Betti: R11xO+R21x1 =R12x1 +R22xO=:.R21=R Cuando se desconoce el momento de inercia de las barras ( lij ), puede trabajarse con desplazamientos (O) proporcionales a los reales (d) en un factor igual a 2 E Ko: o = ( 2 E Ka ) d... en ton-m 2 En este caso, los momentos de empotramiento se calculan de la siguiente manera: Barra biempotrada: u = - 6 E d / L 2 = - 6 E k Ko d / L u = - 3 (2 E Ko d ) k / L = - 3 k O / L Barra empotrada-articulada: u = - 3 E d / L 2 = -3 E [4/3 k Ko) d / L u = - 2 (2 E Ko d) k /L = - 2 k O /L k= LKo.. :::\: " :.d ) u u -3 ko 1 1 L u= L 3 /7 k= 4 L Ko \ ' "' j\ T \ /\ d "",_ :._ ul k-O---.1,[,. u= L. / \

6 86 4. Método de Cross ndirecto 4.3. Ejemplo de Aplicación Resolver el pórtico de concreto armado (E == 2'000,000 ton/m 2 ) a dos aguas mostrado en la Fig ton/m llltmntltdjjlllill r1 r-', f1 columna 0.4 x 0.6 m - 1 lml 11 _. 1 tn m U, " '" 5.0m 5.0m r- 2.0m lml m 2 ton/m [mmrrrrnll (3 j; d1 CD (2) tll...,,: -1' m --/Í' Fig Pórtico a Dos Aguas Simétrico en Forma y Carga. Como V32 es desconocida, no se puede reducir el GL bd!" a cero; este caso es diferente al de un pórtico con viga horizontal simétricamente cargado. En la Fig. 4.6, se aprecia que V32 = P/2, por lo tanto, puede reducirse Ud!" a cero, trabajando la viga con la cuarta parte de su rigidez, mediante Cross con GL rotacionales. '" j;p LllWm P/2 j; DlJ],.,(2 3 f J j; 1 U G) H (1) ". Momentos de nercia: columna: viga: c == 0.4 X / 12 == m 4 v == 0.4 X / 12 == m 4 Rigideces al Giro (4 E / L): Coeficientes aij: ESTADO O (dl == O): Kc == 4 x x / 3 == ton-m Kv == 4 x x / == ton-m a21 == Kc/(Kc + Kv) == a23 == Kv / (Kc + Kv) == u 12 == - u21 == - 1 X 3 2 / 12 == ton-m u23 == - u32 == - 2 X 5 2 / 12 == ton-m

7 4. Método de Cross ndirecto Solución del Estado O por Cross: 2 ton/m Nudo TTTmllJ UJJJ (3 \: " Barra fui 1 ton/m 'r aij (2) R10 uij D T l (1) -" ' MijO t-_om '/1' 11 A' L Cálculo de R 1 O: 3.0 (2) ('V f R 1ton/mll (1) t1l ,fu1 3.0 f 1 M2=0 < 0.76 ton H t ton/m Fx nljlll HllLD =0 (3 <) 2.24 ton ) '- /, t '" l' Rl0! 1 Ml =0 - (1),',, 0.76 ton 0.01 \1/'1 5.0 m )"-,.,-- '-f R10 = ton ESTADO 1 (d1 = 1) d21 = - 1 tg j3 = - 1 x 2 / 5 = d23 = 1 / Cos j3 = 5.385/5 = uij = - 6 E d /L2 u12 = u21 = -6x2x10 6 xo.0072x(-0.4)/3 2 u12 = u21 = 3840 ton-m u23 = u32 == -6x2x1 06xO.01707x1.077 / u23 = u32 = ton-m J_ i 2.0 ;f / r d21 (2) \ 5.0m "

8 88 4. Método de Cross ndirecto Solución del Estado 1 por Cross: Nudo 1 2 Barra aij uij D O T 812 O O Mij O Nótese que el Cross cierra en un ciclo, sólo porque la estructura tiene un grado de libertad rotacional (82). Cálculo de R 11 : í 5464 (2) f- 2.0 Fx=O ( _hl 6536,'" (2) R11 1: M2 = O (1)..> 3372 t Ml=O R11 = 3749 ton / m Luego, por equilibrio en la coordenada 1 : De la cual resulta: Finalmente: R10 + R11 d1 = O d1 = O d1 = m = 1.25 mm Mij = MijO + d1 Mij1 barra 1-2 MijO d1 Mij Mij

9 4. Método de Cross ndirecto o 89 En la tabla anterior, puede notarse la importancia del desplazamiento ud1 ", a pesar que apenas es 1.25 mm (imperceptible). llega incluso a invertir al momento flector del nudo central de la estructura y a magnificar los momentos del nudo 2 (ver la Fig. 4.7). - _ Fig DMF (ton-m) i Muchas veces para techar grandes ambientes (por ejemplo, fábricas) se recurre a pórticos metálicos que resultan ser muy flexibles, por lo que para atenuar los efectos del desplazamiento ud 1" se colocan tirantes metálicos (Fig. 4.8)../ '\ --- '.' tirante para atenuar d1" Fig.4.8 PÓRTCO METÁLCO Cabe también mencionar que hace algunos años una vivienda de albañilería sin reforzar (ubicada en Lima) colapsó, por el empuje que le ocasionó el techo a dos aguas que soportaban los muros de albañilería carentes de columnas de arriostre (Fig. 4.9). k/ \ colapso por empuje 1$ \:?\ del techo a 2 nj ] aguas; -::.l' \\'., sobre muros de; albañilería reforzados / 3,1 ''-1 -''-'-',,-,-,-- Fig.4.9.

10 90 4. Método de Cross ndirecto 4.4. Problemas Propuestos 1.- Resolver el pórtico de la Fig. 4.5 empleando la coordenada generalizada mostrada: 2 ton/m 11rr j 111lJJ cúspide o cumbrera 2.0 )G) 3.0 columna 0.4xO.6 m S.Om..,',r 5.0 m -,f 1 ton/m 8 (1),'" S.Om.f--, -----;o;' En los problemas 2 y 3, se desconoce el momento de inercia de las barras, por lo que se trabajarán empleando desplazamientos proporcionales (O) a los reales (d). Problema 2: 3 Kip » 1D1 (21) (81) KO= 10' 10' to ---- OMF (Kip-pie) 01 = 150 Kip-pie","" = 2 E Ka d1 RESULTADQS L + 10'... "... ' -i -t "" -'

11 4_._M_e_'to_dC!!.. C;!!!..d_ir-,ec to,-- 91 Problema 3: (61) 10 ton,...--""--"' , 0-'7 D2,,'C' (21) 6.0 m * KO = (1) ton (61) -_:...:L.--..., 3m -1- T (1) (1) 6.0m,;3> D1 RESULTADOS: ,...---=,...;;--... ' / 1. _ DMF (to o - mi ",,\: / L ",\: 8.27 D1 = 2 E Ka d1 = ton-m 2 D2 = 2 E Ka d2 = ton-m ,'" 4.- Considerando los grados de libertad, asociados a los desplazamientos lineales, que se muestran en la figura, calcule el vector de rigideces Ri2 (correspondiente a un desplazamiento unitario d2 = 1). Suponer: E = 2'000,000 ton/m 2 Columnas: 0.30xO.60 m F Vigas: 0.30xO. 70 m e D W (2"1 _/ E /\ ;> j 4.0m B 4.0m,,",' + -1 Resultado: {Ri2} = -1733l ton / m 4525 ( 1257 )

12 92 HURACÁN EN MAM (vista superior) y EDFCO JAPONÉS (vista inferior)