Tema 4 - Estructuras Hiperestaticas

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T Estructuras hiperestáticas

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Estructuras hiperestáticas

© Zigurat Consultoría de Formación Técnica S.L.

No se permite un uso comercial. No se permite copiar, distribuir, exhibir, ejecutar el trabajo y realizar otros trabajos derivados del mismo con propósitos comerciales. Siempre se debe reconocer y citar al autor original, previa autorización escrita. (Rev.0)

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ÍNDICE DE CONTENIDOS

1. Resolución de vigas hiperestáticas por compatibilidad ................................................. 3

1.1. Viga empotrada-apoyada con carga uniforme ........................................................................... 4

1.2. Viga biempotrada con carga uniforme ....................................................................................... 7

1.3. Viga continua de dos tramos iguales con carga uniforme ....................................................... 10

1.4. Viga continua de dos vanos diferentes con carga uniforme .................................................... 12

2. Esfuerzos isostáticos y esfuerzos hiperestáticos ......................................................... 16

3. Conceptos de cálculo matricial ...................................................................................... 18

3.1. Definición de rigidez ................................................................................................................. 19

3.2. Rigidez a esfuerzo axil ............................................................................................................. 19

3.3. Rigidez a momento flector ........................................................................................................ 22

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3

1. Resolución de vigas hiperestáticas por compatibilidad

En las estructuras isostáticas las ecuaciones de equilibrio nos permiten calcular las

reacciones y los esfuerzos.

Ocurre, por ejemplo, en el caso de una viga con un apoyo fijo y un apoyo deslizante.

Figura 1.1 Viga apoyada-deslizante

Si las cargas son únicamente verticales también es el caso de una viga biapoyada, ya que las

fuerzas horizontales no intervienen, es decir, las dos vigas de la figura son equivalentes.

Figura 1.2 Equivalencia de viga apoyada deslizante y viga biapoyada sin cargas horizontales

En las estructuras hiperestáticas las ecuaciones de equilibrio no son suficientes y hay que

analizar la deformabilidad de las barras. En el caso de las vigas con carga vertical, esto

ocurre en cuanto tenemos algo más que una simple viga apoyada, es decir, en vigas de un

tramo con uno o dos empotramientos y en vigas continuas. Para analizarlas, haremos que los

giros en los empotramientos sean nulos y los giros en los apoyos continuos sean iguales en

las dos barras que acometen al nudo.

Figura 1.3 Giros conocidos

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1.1. Viga empotrada-apoyada con carga uniforme

La viga empotrada-apoyada es hiperestática, no bastan las ecuaciones de equilibrio.

Necesitamos conocer la reacción vertical en ambos apoyos y el momento en el

empotramiento, es decir, tenemos 3 incógnitas y el equilibrio sólo 2 ecuaciones: SFz=0 y

SM=0 (el equilibrio de fuerzas horizontales no interviene).

Figura 1.4 Cargas y reacciones

La tercera pista nos la da la deformación: El giro en el empotramiento es nulo:

0A

Figura 1.5 Giro nulo en el empotramiento

Aplicamos el principio de superposición de esfuerzos, de modo que tenemos por un lado la

viga como isostática y por otro lado la viga sometida únicamente al empotramiento.

Figura 1.6 Superposición de cargas

La deformación de la viga real será igual a la superposición de la deformación de cada una de

las dos vigas ficticias. En particular, nos interesa que el giro de la barra en el empotramiento –

que sabemos que tiene que ser nulo por definición de empotramiento- será igual a la suma

del giro en el ambas vigas ficticias.

2,1,0 AAA

Figura 1.7 Superposición de giros

El giro en el apoyo A de la viga con carga permanente es:

zigur

at

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at

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at

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y

AIE

Lq

··24

· 3

1,

El giro en el apoyo A de la viga con momento en dicho apoyo es:

y

AA

IE

LM

··3

·2,

Superponemos ambos e igualamos a cero.

y

A

y

AAAIE

LM

IE

Lq

··3

·

··24

·0

3

2,1,

Despejando M podemos conocer el momento flector en el extremo izquierdo.

8

²·LqM A

Una vez conocido MA, la viga inicial es equivalente a esta otra, cuya resolución es inmediata

con las ecuaciones de equilibrio.

Figura 1.8 Viga isostática equivalente

Ejemplo

Tenemos una viga IPE 300 de 7 m empotrada en un extremo en un muro de hormigón y

apoyada en el extremo contrario en un muro de fábrica, con una carga uniforme de 30 kN/m.

¿Cuál es la reacción en RB?

Solución

El momento de inercia de un IPE 300 es 8356 cm ⁴.

El giro en el apoyo A de la viga con carga permanente es:

024434.08356000021000024

³700030

··24

· 3

1,

y

AIE

Lq

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z

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6

El giro en el apoyo A de la viga con momento en dicho apoyo es:

10330.183560002100003

7000·

··3

·2,

EMM

IE

LMAA

y

AA

Superponemos ambos e igualamos a cero.

10330.1024434.00 2,1, EM AAAA

Despejando M podemos conocer el momento flector en el extremo izquierdo.

mkNmmNE

M A 0.18318304653610330.1

024434.0

Podemos comprobar que coincide –salvando redondeos- con el valor que nos habría ofrecido

la fórmula obtenida para el momento en el empotramiento:

mkNmmNLq

M A 8.1831837500008

²700030

8

²·

Una vez obtenido MA, el problema se reduce al de una viga isostática equivalente al problema

inicial.

Para calcular RB, anulamos momentos respecto al extremo izquierdo

kNRRM BB 74.78005.300.73078.1830

Por equilibrio de fuerzas verticales podemos obtener RA

kNRRRRFz AABA 26.13100.73074.780

Es interesante observar que la reacción vertical en el empotramiento es sensiblemente mayor

que la reacción vertical en el apoyo simple.

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1.2. Viga biempotrada con carga uniforme

La viga empotrada es hiperestática, no bastan las ecuaciones de equilibrio. Necesitamos

conocer la reacción vertical y el empotramiento en ambos apoyos, es decir, tenemos 4

incógnitas y el equilibrio nos da sólo 2 ecuaciones: SFz=0 y SM=0 (el equilibrio de fuerzas

horizontales no interviene).

Figura 1.9 Cargas y reacciones

Para completar el análisis necesitamos las condiciones de compatibilidad de deformaciones.

Sabemos que el giro en el empotramiento es nulo.

0A y 0B

Figura 1.10 Condición de momento nulo en los empotramientos

Aplicamos el principio de superposición de esfuerzos, de modo que tenemos:

1. La viga con la carga repartida pero sin momentos en los extremos

2. La viga con el momento en el extremo izquierdo

3. La viga con el momento en el extremo derecho

Figura 1.11 Superposición de cargas



que sabemos que tiene que ser nulo por definición de empotramiento- será igual a la suma

del giro en el ambas vigas ficticias.

2,1,0 AAA

Figura 1.12 Superposición de giros

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z

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8

El giro en el extremo A de la viga con carga permanente es:

y

AIE

Lq

··24

· 3

1,

El giro en el extremo A de la viga con momento en dicho extremo es:

y

AA

IE

LM

··3

·2,

El giro en el extremo A de la viga con momento en el extremo B es:

y

BA

IE

LM

··6

·3,

Superponemos e igualamos a cero.

y

B

y

A

y

AAAAIE

LM

IE

LM

IE

Lq

··6

·

··3

·

··24

·0

3

3,2,1,

Obviamente, no es suficiente, tenemos dos incógnitas. La manera más genérica de resolverlo

sería anular el giro en el extremo derecho, que sería:

y

B

y

A

y

BBBBIE

LM

IE

LM

IE

Lq

··3

·

··6

·

··24

·0

3

3,2,1,

De este modo, tenemos dos ecuaciones con dos incógnitas.

No obstante, en este caso particular tenemos un atajo: la viga es simétrica y los momentos

serán iguales (aunque de sentido contrario): MB=-MA

Por lo tanto, la condición de giro nulo en el extremo izquierdo se puede poner:

y

A

y

A

y

AAAAIE

LM

IE

LM

IE

Lq

··6

·

··3

·

··24

·0

3

3,2,1,

Simplificando:

028

··

··3

2

A

A

y

MM

Lq

IE

L

Y despejando MA

12

· 2LqM A

Y por lo tanto

12

· 2LqM B

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9

Es decir, MA tiene sentido antihorario y MB tiene sentido horario.

Una vez conocidos los momentos en los extremos, la viga inicial es equivalente a esta otra,

cuya resolución es inmediata con las ecuaciones de equilibrio.

Figura 1.13 Viga isostática equivente

Ejemplo

Tenemos una viga IPE 300 de 7 m empotrada en ambos extremos en un muro de hormigón,

con una carga uniforme de 30 kN/m. ¿Cuál es la flecha en el punto central?

Solución

El momento de inercia de un IPE 300 es 8356 cm ⁴.

El momento en los extremos es:

mkNmmNLq

M A 5.12212250000012

²700030

12

²·

Una vez obtenido MA, el problema se reduce al de una viga isostática equivalente al problema

inicial.

Calculamos la flecha para cada una de las acciones y superponemos.

La flecha debida a la carga es de 53.45 mm hacia abajo.

La flecha debida a cada uno de los momentos –por simetría es igual para ambos- es de 21.38

mm hacia arriba. En total: 53.45-21.38-21.38=10.69 mm hacia abajo.

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10

1.3. Viga continua de dos tramos iguales con carga uniforme

Si la luz es igual en ambos tramos, por simetría resulta que el giro en el apoyo central es nulo,

por lo que cada una de las vigas se comportará como una viga apoyada empotrada.

Figura 1.14 Vigas apoyadas-empotradas equivalentes

Por analogía con la viga apoyada-empotrada, el momento flector en el apoyo vale

8

²·LqM

Figura 1.15 Descomposición de la viga en dos tramos

A partir de ahí, cada tramo se trata como una viga isostática con la carga lineal y un momento

en un extremo.

zigur

at

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z

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at

zigur

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11

Ejemplo

Una viga de madera de sección constante está apoyada en tres muros de fábrica, con luces

de 4 m en cada tramo. Si la carga lineal es de 15 kN/m ¿Cuánto vale la reacción vertical en el

apoyo central?

Solución

En primer lugar calculamos el momento flector en el apoyo:

mkNLq

M 308

²415

8

²·

A partir de ahí, cada tramo de la viga es asimilable a una viga isostática sobre la que actúa la

carga lineal y el momento antes calculado.

Equilibramos momentos del tramo izquierdo respecto al apoyo central:

0302

00.400.41500.4

2··· AA RML

LqLR

Por lo tanto: RA=22.50 kN

Por simetría: RC=22.50 kN

Y por equilibrio de fuerzas verticales RB=q·L+q·L-RA-RC=15×4.00+15×4.00-22.5-22.5=75 kN.

Si ambas vigas fuesen biapoyadas, habríamos obtenido RA=RC=30 kN y RB=60 kN.

Concluimos entonces que la carga del apoyo central se incrementa por los efectos

hiperestáticos de la continuidad y, consecuentemente, la carga de los apoyos extremos

disminuye.

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at

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z

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z

igurat

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zigur

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zigur

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12

1.4. Viga continua de dos vanos diferentes con carga uniforme

La viga continua es hiperestática, no bastan las ecuaciones de equilibrio. Necesitamos

conocer la reacción vertical en los 3 apoyos, es decir, tenemos 3 incógnitas y el equilibrio sólo

2 ecuaciones: SFz=0 y SM=0 (el equilibrio de fuerzas horizontales no interviene).

Figura 1.16 Reacciones verticales

La condición que nos falta la obtenemos de la compatibilidad de deformaciones. La viga es

continua, por lo que el giro a ambos lados del apoyo central debe ser igual

dBiB ,,

Figura 1.17 Compatibilidad de giros

Aplicamos el principio de superposición de esfuerzos, de modo que tenemos por un lado la

viga como isostática y por otro lado la viga sometida únicamente al empotramiento.

Figura 1.18 Superposición de acciones



que sabemos que tiene que igual en ambos tramos- será igual a la suma del giro en el ambas

vigas ficticias.

2,,1,,,,2,,1,, dBdBdBiBiBiB

Calculamos primero el giro de apoyo B por la izquierda:

Por la carga permanente:

y

i

iBIE

Lq

··24

· 3

1,,

zigur

at

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at

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at

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z

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z

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at

zigur

at

zigur

at




13

Por el momento:

y

iB

iBIE

LM

··3

·2,,

Calculamos ahora el giro del apoyo B por la derecha:


y

d

dBIE

Lq

··24

· 3

1,,

Por el momento:

y

dB

dBIE

LM

··3

·2,,

Superponemos ambos estados e igualamos los momentos a derecha e izquierda.

2,,1,,2,,1,, dBdBiBiB

y

dB

y

d

y

iB

y

i

IE

LM

IE

Lq

IE

LM

IE

Lq

··3

·

··24

·

··3

·

··24

· 33

Despejando M podemos conocer el momento flector en el extremo izquierdo:

dBd

iBi LM

LqLM

Lq·

8

··

8

· 33

iBdBdi LMLM

LqLq··

8

·

8

· 33

33·8

)( diidB LLq

LLM

)(

·8

33

id

diB

LL

LLqM

Conocido MB, cada uno de los tramos se trata como una viga isostática, el cálculo de las

reacciones verticales se obtiene por equilibrio y los diagramas de esfuerzos y las flechas se

obtienen con la formulación habitual.

Figura 1.19 Vigas isostáticas equivalentes

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

at

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urat

z

igurat

z

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z

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z

igurat

z

igurat

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

at




14

Ejemplo

Tenemos una viga IPE 200 de 8.00 m apoyada en tres muros separados 5.00 m y 3.00 m

entre sí y con una carga uniforme de 20 kN/m ¿Cuál es el momento flector sobre el apoyo

central?

Solución

Igualamos los giros a ambos lados del apoyo central.

2,,1,,,,2,,1,, dBdBdBiBiBiB

Para simplificar los cálculos y visualizar mejor los giros, aprovecharemos que al ser la viga del

mismo material y sección, el producto E·Iy es constante y por lo tanto, al efectuar las

operaciones, desaparece, de modo que da igual el valor que tomemo. Supondremos que

E·Iy=1. Además, operaremos en m y kN, con lo que los números resultan mucho más legibles.

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

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zigur

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z

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z

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at

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zigur

at

zigur

at

zigur

at




15

Calculamos primero el giro de apoyo B por la izquierda:


17.10424

³520

··24

· 3

1,,

y

i

iBIE

Lq

Por el momento:

B

B

y

iB

iB MM

IE

LM

3

5

3

5

··3

·2,,

Calculamos ahora el giro del apoyo B por la derecha:


5.2224

³320

··24

· 3

1,,

y

d

dBIE

Lq

Por el momento:

B

B

y

dB

dB MM

IE

LM

3

3

··3

·2,,

Superponemos ambos estados e igualamos los momentos a derecha e izquierda.

2,,1,,2,,1,, dBdBiBiB

BB MM 5.223

517.104

Despejando M podemos conocer el momento flector en el extremo apoyo central.

67.1265.2217.1043

8BM

mkNM B 5.478

367.126

A partir de ahí, el cálculo de las reacciones y los diagramas de esfuerzos se completa

simplemente por equilibrio.

El resultado obtenido con NM3D difiere muy ligeramente porque el programa considera la

deformación por cortante, que por su escasa incidencia se obvia en cálculos manuales.

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

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zigur

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z

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z

igurat

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at

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

at




16

2. Esfuerzos isostáticos y esfuerzos hiperestáticos

Se llaman esfuerzos isostáticos a los correspondientes a las barras supuestas biapoyadas y

esfuerzos hiperestáticos a los obtenidos a mayores con las condiciones de compatibilidad.

Por ejemplo, en una viga continua de dos vanos, los cortantes y flectores isostáticos serán:

Figura 2.1 Esfuerzos isostáticos en una viga continua

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

at

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z

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z

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at

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zigur

at

zigur

at

zigur

at




17

Los esfuerzos hiperestáticos son los originados por el momento flector en el apoyo.

Figura 2.2 Esfuerzos hiperestáticos en una viga continua

La dirección de las reacciones evidencia que el efecto hipeestático aumenta la reacción en el

apoyo central y la disminuye en los apoyos extremos, como ya sabíamos.

Cuando hay momentos en los extremos (por ejemplo, por la presencia de voladizos) y en

vigas de más de dos vanos, como regla pnemotécnica es útil pensar que el valor de las

reacciones hiperestáticas de cada vano es el cociente entre la diferencia de momentos en los

extremos del vano y la luz del propio vano R=(Mizda-Mdcha)/L y –este es el punto que suele

provocar mayores dificultades- este valor se suma en el extremo cuyo momento es más

negativo, es decir, más algo en la gráfica, y se le resta al otro extremo.

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

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zigur

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z

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z

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at

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at

zigur

at

zigur

at

zigur

at




18

3. Conceptos de cálculo matricial

El análisis de estructuras hiperestáticas se basa en la compatibilidad de deformaciones entre

los elementos. Estudiar la compatibilidad de un par de nudos es sencillo, pero según se

incrementa el grado de hiperestaticidad se incrementan igualmente las ecuaciones de

compatibilidad, lo que las hace inabordables manualmente. En cierto modo, las bases teóricas

del cálculo matricial estaban sentadas en el siglo XIX, pero en la práctica no era posible

aplicarlas, por lo a principios del siglo XX aparecieron métodos, como los iterativos de Cross y

Kani, que permitían el cálculo manual y que se usaron durante décadas. A mediados del siglo

XX aparecieron los ordenadores y paralelamente se desarrollaron los métodos del cálculo

matricial, pero no fue hasta los ochenta que empezaron a entrar los ordenadores en los

estudios.

El cálculo matricial consiste en plantear todas las ecuaciones de equilibrio y compatibilidad de

manera sistemática, en forma de matrices. De este modo, el cálculo de la estructura consiste

en resolver una ecuación matricial cuya analogía con la ley de Hooke es evidente:

[F]=[K]×[d],

Donde

[F] es la matriz de cargas aplicadas en los nudos

[K] es la matriz de rigidez, que contiene las rigideces de todos los elementos de la estructura

[d] es la matriz de desplazamientos y giros en los nudos.

Nuevo Metal 3D y Cypecad calculan aplicando el método matricial en tres dimensiones.

En Nuevo Metal 3D es modelo de cálculo es directamente visible, los nudos y barras de la

estructura son los que vemos.

En Cypecad introducimos elementos estructurales –vigas, pilares, forjados, etc.- y el

programa crea el modelo, que además añade matices propios de las estructuras de pisos,

como la rigidez de los forjados en su plano.

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

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z

igurat

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at

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zigur

at

zigur

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zigur

at

zigur

at




19

3.1. Definición de rigidez

La rigidez de un cuerpo es la capacidad de oponerse a las deformaciones causadas por los

esfuerzos.

FK

Donde

K es la rigidez.

F es la fuerza aplicada.

d es la deformación producida por la fuerza aplicada.

En otras palabras, la rigidez de un cuerpo es la fuerza que hemos de aplicar para conseguir

un desplazamiento unidad.

En resistencia de materiales consideramos la resistencia de las barras a los diferentes

esfuerzos internos: rigidez a axil, rigidez a flexión, rigidez a cortante y rigidez a torsión.

3.2. Rigidez a esfuerzo axil

La rigidez a esfuerzo axil es la relación entre el esfuerzo axil de una barra y el alargamiento

producido por dicho esfuerzo.

L

NK

Su unidad debería ser N/m, pero en cualquier elemento constructivo el valor sería enorme, de

modo que es más manejable usar N/mm o, mejor aún, kN/mm.

Dicho de otra manera, es el axil que hemos de aplicar a la barra para conseguir un

alargamiento unidad. Por ejemplo, una rigidez de 1800 kN/mm significa que para conseguir un

alargamiento de 1 mm necesitamos una fuerza de 1800 kN.

Por definición de tensión bajo esfuerzo axil:

ANA

N·

Por definición de alargamiento unitario

LLL

L·

Por lo tanto

L

AK

·

·

El cociente s/e es el módulo de elasticidad longitudinal E, de modo que

zigur

at

zigur

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zigur

at

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at

zigur

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zigur

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20

L

AEK

·

Se adjunta en el campus una hoja de cálculo que facilita la obtencion de las deformaciones y

la rigidez por esfuezo axil.

Ejemplo

Un soporte de acero HEB 320 de 3 m de altura está sometido a los esfuerzos axiles

siguientes:

Carga permanente: NG=1200 kN

Sobrecarga de uso: NQ=500 kN

Viento norte: NVN=200 kN

Viento sur: NVS=220 kN

Viento este: NVE=100 kN

Viento oeste: NVW=92 kN

¿Cuál es el acortamiento en cada hipótesis?

Solución

El área de un perfil HEB 320 es 16135 mm². Calculamos la rigidez a esfuerzo axil.

mm

kN

mm

N

L

AEK 11291129450

3000

16135210000·

El alargamiento de cada barra se obtiene a partir de la definición de rigidez a esfuerzo axil:

K

NL

L

NK

Por lo tanto

Carga permanente: mmK

NL 063.1

1129

1200

Sobrecarga de uso: mmK

NL 443.0

1129

500

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

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zigur

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zigur

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z

igurat

zigur

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zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

at




21

Viento norte: mmK

NL 177.0

1129

200

Viento sur: mmK

NL 194.0

1129

220

Viento este: mmK

NL 089.0

1129

100

Viento oeste: mmK

NL 081.0

1129

92

Podríamos haber calculado la tensión en cada barra, luego haber el acortamiento (o

alargamiento negativo) unitario a partir de la tensión y finalmente calcular el acortamiento total

a partir del acortamiento unitario, pero el concepto de rigidez nos permite sistematizar la

operación, algo fundamental si pensamos que las estructuras de edificación suelen tener

muchas barras y muchas hipótesis.

Ejemplo

En un soporte HEB 120 de 4 m de altura medimos un acortamiento de 1 mm ¿A qué esfuerzo

axil [kN] está sometido?

Solución

El área de un HEB 120 es 3400 mm². La rigidez del soporte es

mm

kN

mm

N

L

AEK 5.178178500

4000

3400210000·

Por lo tanto, un acortamiento de 1 mm supone un esfuerzo de 178.5 kN.

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

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zigur

at

zigur

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zigur

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at

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z

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z

igurat

z

igurat

zigur

at

zigur

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zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

at




22

3.3. Rigidez a momento flector

La rigidez a esfuerzo axil es la relación entre el momento flector aplicado en un extremo de

una barra y el giro producido.

MK

Para una barra de sección constante articulada en el extremo opuesto al de aplicación del

momento es:

L

IEK

··3

Para una barra de sección constante empotrada en el extremo opuesto al de aplicación del

momento es:

L

IEK

··4

Estos coeficientes son los que se introducen posteriormente en la matriz de rigidez de la

estructura, de modo que la deformación de cada barra depende de su rigidez.

Vemos que la barra empotrada es más rígida.

La rigidez es proporcional al módulo de elasticidad del material y al momento de inercia de la

sección, es decir, al cubo del canto . Esto implica que aumentar un 25% el canto supone

duplicar la rigidez.

La rigidez es inversamente proporcional a la longitud de la barra. Esto explica, por ejemplo,

por qué los soportes cortos reciben esfuerzos enormes en relación a los de longitud normal,

causa frecuente de fallos en caso de sismo.

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

at

zigur

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zigur

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z

igurat

z

igurat

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zigur

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zigur

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zigur

at

zigur

at

zigur

at




23

Ejemplo

Tenemos una viga 30×30 de hormigón armado de 5.00 m de luz, empotrada en un muro de

hormigón (al que supondremos rigidez infinita) y apoyada en la coronación de un muro de

fábrica, con un voladizo tras este apoyo de 1.50 m.

Sobre el extremo del vuelo tenemos una carga de 10 kN. ¿Qué giro produce esta carga sobre

el apoyo de la viga?

Asumimos un comportamiento elástico del hormigón con E=27 MN/mm².

Solución

El momento de inercia de la sección es 900E4 mm4.

El axil de 10 kN a 1.50 m del apoyo equivale a un flector de 15 mkN y una fuerza vertical de

10 kN sobre el propio apoyo.

La fuerza vertical sobre el apoyo no supone giro de este, por lo que podemos obtener dicho

giro simplemente calculando el giro que produce el momento. Para ello, usamos el concepto

de rigidez a momento flector. Si

MK

Entonces nos basta calcular K para obtener directamente el giro:

K

M

La rigidez K del soporte de sección constante empotrado en el extremo opuesto al de

aplicaicón del momento es:

rad

mkN

rad

mmNE

EE

L

IEK 14580314580

5000

4675003274··4

zigur

at

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zigur

at

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z

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z

igurat

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at

zigur

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at

zigur

at

zigur

at




24

Por lo tanto, el giro de la sección será:

º0589.0001088.014580

15 rad

K

M

Podemos comprobarlo en NM3D. Para evitar la influencia del peso propio (que con esta carga

puntual tan baja es importante) introducimos la carga en otra hipótesis de carga, por ejemplo,

en sobrecarga de uso. El valor puede diferir ligeramente por el efecto de la deformación por

cortante y por el redondeo del valor del módulo de elasticidad.

Documents

Tema 4 - Estructuras Hiperestaticas