Estructuras hiperestaticas

Conceptos Prácticos de Estructuras.

Estructuras

Hiperestáticas.

© Zigurat Consultoría de Formación Técnica S.L. www.e-zigurat.com

RESPONSABILIDADES: El contenido de esta obra elaborada por ZIGURAT Consultoría de Formación Técnica, S.L. está protegida por la Ley de Propiedad Intelectual Española que establece, penas de prisión y o multas además de las correspondientes indemnizaciones por daños y perjuicios. 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 a ZIGURAT.

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© Zigurat Consultoría de Formación Técnica S.L. www.e-zigurat.com RESPONSABILIDADES: El contenido de esta obra elaborada por ZIGURAT Consultoría de Formación Técnica, S.L. está protegida por la Ley de Propiedad Intelectual Española que establece, penas de prisión y o multas además de las correspondientes indemnizaciones por daños y perjuicios. 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 a ZIGURAT.


Estructuras Hiperestáticas.

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ANTES DE EMPEZAR…

El presente libro digital multimedia es una pequeña muestra del contenido que aparece en el Máster. La lectura y visualización del siguiente libro no es equiparable a la impartición académica del Máster, que requiere de una dedicación constante y continua hacia el alumno por parte de los profesores y tutores. La formación que ofrece Zigurat consiste en una experiencia completa cuyo valor reside en el seguimiento pedagógico y en el contacto personal. Existe una colaboración constante entre profesores y alumnos, los cuales también aprenden compartiendo sus respectivas experiencias profesionales y personales. Por medio del networking, se generan sinergias y contactos profesionales de enorme utilidad para los alumnos. Además, en el Máster de Zigurat los contenidos son más extensos, profundizan en la materia y aportan abundantes ejemplos y proyectos basados en casos reales. Se trata de una formación con un enfoque práctico y profesionalizante, para que el alumno pueda afrontar sus proyectos con seguridad. Tanto la metodología como el entorno formativo han sido diseñados teniendo en cuenta las necesidades del alumno. Si bien los contenidos están estructurados de forma secuencial, los alumnos pueden navegar libremente a cualquier módulo y/o unidad didáctica o recurso pedagógico. Los contenidos están diseñados con un formato audiovisual multimedia que facilita su seguimiento. Los Másteres cuentan con ejercicios, demostraciones y casos prácticos, así como ejemplos con imágenes, fotografías, y vídeos comentados por su autor que permiten asimilar de forma ágil los aspectos más importantes. Todo ello para enriquecer la experiencia formativa del alumno. Nuestra plataforma de servicios de e-learning le ayudará a potenciar la utilidad de los contenidos online, en un entorno colaborativo. En un Máster de Zigurat contará con los siguientes servicios:

Foro Dudas Técnicas: Plantear dudas, solicitar aclaraciones, realizar aportaciones para el análisis de conceptos, resolver dudas de otros compañeros y contribuir con la participación activa a que el foro del curso sea un espacio para un aprendizaje enriquecedor para todos. Videoconferencias en Directo: Según la acción formativa se realizan ponencias, tutorías técnicas, demostraciones mediante sesiones de Videoconferencias. Descargas: El núcleo de la aplicación lo forma el Campus virtual, accesible a todos los alumnos, desde donde pueden visualizar el temario del curso. Tiene a su disposición la posibilidad de descargar el temario en formato

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PDF. También se dispone de un espacio destinado a descargar temas relacionados con el curso o material de apoyo para la resolución de las prácticas con CYPE.

Otros:

• Seguimiento al alumno: el dinamizador estará en continuo contacto con el

alumno, de forma que note que 'está acompañado' en todo su proceso de aprendizaje, a través del foro.

• Foros Dudas Académicas: espacio de comunicación del responsable de guiar a los alumnos y de dar solución a dudas con respecto a la planificación, las herramientas online, licencias temporales de CYPE.

• Agenda: permite al alumno consultar las distintas tareas a realizar para asegurar un correcto seguimiento de la formación.

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ÍNDICE DE CONTENIDOS Estructuras Hiperestáticas.

1. Resolución de vigas hiperestáticas por compatibilidad ................................................. 5

1.1 Viga empotrada-apoyada con carga uniforme .............................................. 6

1.2 Viga biempotrada con carga uniforme ........................................................ 10

1.3 Viga continua de dos tramos iguales con carga uniforme .......................... 14

1.4 Viga continua de dos vanos diferentes con carga uniforme ....................... 16

2. Esfuerzos isostáticos y esfuerzos hiperestáticos ........................................................ 20

3. Conceptos de cálculo matricial .................................................................................... 22

3.1 Definición de rigidez ................................................................................... 23

3.2 Rigidez a esfuerzo axil ............................................................................... 24

3.3 Rigidez a momento flector .......................................................................... 27

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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 nos ofrece 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:

0=Aϕ

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.

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2,1,0 AAA ϕϕϕ +==

Figura 1.7 Superposición de giros

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

yA IE

Lq··24

· 3

1, −=ϕ

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

y

AA IE

LM··3·

2, =ϕ

Superponemos ambos e igualamos a cero.

y

A

yAAA IE

LMIE

Lq··3·

··24·0

3

2,1, +−=+== ϕϕϕ

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

8²·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

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Ejemplo

Tenemos una viga IPE 300 de 7,00 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 cada extremo?

Solución

El momento de inercia de un IPE 300 es 8356 cm4=83560000 mm4

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

024434,08356000021000024

³700030··24

· 3

1, −=××

×−=−=

yA IE

Lqϕ

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

10330,183560002100003

7000···3·

2, −×=××

== EMMIELM

AAy

AAϕ

Superponemos ambos e igualamos a cero.

10330,1·024434,00 2,1, −+−=+== EM AAAA ϕϕϕ

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

kNmNmmE

M A ·05,183·18304653610330,1

024434,0==

−=

Podemos comprobar que coincide –salvando redondeos- con el valor que nos habría ofrecido la fórmula obtenida para el momento en el empotramiento:

mkNmmNLqM A 75.1831837500008

²7000308

²·==

×==

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

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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.

0=Aϕ y 0=Bϕ

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

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.

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2,1,0 AAA ϕϕϕ +==

Figura 1.12 Superposición de giros

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

yA IE

Lq··24

· 3

1, −=ϕ

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

y

AA IE

LM··3·

2, =ϕ

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

y

BA IE

LM··6·

3, −=ϕ

Superponemos e igualamos a cero.

y

B

y

A

yAAAA IE

LMIELM

IELq

··6·

··3·

··24·0

3

3,2,1, −+−=++== ϕϕϕϕ

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

yBBBB IE

LMIELM

IELq

··3·

··6·

··24·0

3

3,2,1, +−=++== ϕϕϕϕ

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

yAAAA IE

LMIELM

IELq

··6·

··3·

··24·0

3

3,2,1, ++−=++== ϕϕϕϕ

Simplificando:

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028

····3

2

=

++− A

Ay

MMLqIE

L

Despejando MA

12· 2LqM A =

Por lo tanto

12· 2LqM B −=

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:

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mkNmmNLqM A 50,12212250000012

²70003012

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 ascendente y de valor 21,38 mm. En total: 53,45-21,38-21,38=10,69 mm hacia abajo.

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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

8²·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.

Ejemplo

Una viga de madera de sección constante está apoyada en tres muros de fábrica, con luces de 4,00 m en cada tramo. Si la carga lineal es de 15 kN/m ¿Cuánto vale la reacción vertical en el apoyo central?

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–




15

Solución

En primer lugar calculamos el momento flector en el apoyo:

mkNLqM 308

²4158

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:

030200,400,41500,4

2··· =+××−×=+− AA RMLLqLR

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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zigura

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16

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 ,, ϕϕ =

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

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 igual en ambos tramos- será igual a la suma del giro en el ambas vigas ficticias.

2,,1,,,,2,,1,, dBdBdBiBiBiB ϕϕϕϕϕϕ +===+

Calculamos primero el giro de apoyo B por la izquierda:

Por la carga permanente:

zigura

t

zigura

t

zigura

t

zigura

t

zigura

t

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17

y

iiB IE

Lq··24

· 3

1,, =ϕ

Por el momento:

y

iBiB IE

LM··3·

2,, −=ϕ

Calculamos ahora el giro del apoyo B por la derecha:


y

ddB IE

Lq··24

· 3

1,, −=ϕ

Por el momento:

y

dBdB IE

LM··3·

2,, =ϕ

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

2,,1,,2,,1,, dBdBiBiB ϕϕϕϕ +=+

y

dB

y

d

y

iB

y

i

IELM

IELq

IELM

IELq

··3·

··24·

··3·

··24· 33

+−=−

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

dBd

iBi LMLqLMLq ·

8··

8· 33

+−=−

iBdBdi LMLMLqLq ··

8·

8· 33

+=+

( )33·8

)( diidB LLqLLM +=+

( ))(

·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.

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t

zigura

t

zigura

t

zigura

t

zigura

t

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18

Figura 1.19 Vigas isostáticas equivalentes

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 ϕϕϕϕϕϕ +===+

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.

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zigura

t

zigura

t

zigura

t

zigura

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19

Calculamos primero el giro de apoyo B por la izquierda:


17,10424

³520··24

· 3

1,, −=×

−=−=y

iiB IE

Lqϕ

Por el momento:

BB

y

iBiB M

MIELM

35

35

··3·

2,, =×

==ϕ

Calculamos ahora el giro del apoyo B por la derecha:


5,2224

³320··24

· 3

1,, =×

==y

ddB IE

Lqϕ

Por el momento:

BB

y

dBdB M

MIELM

−=×

−=−=3

3··3·

2,,ϕ

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

2,,1,,2,,1,, dBdBiBiB ϕϕϕϕ +=+

BB MM −=+− 5,223517,104

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

mkNMM BB 5,478367,12667,1265,227,104

38

=×=⇒=+=

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.

Vídeo 1.1 Viga continua con dos vanos diferentes

http://promociones.e-zigurat.com/recursos/0153/0153_B01_T04_P01_V_viga_continua_2vanos_diferentes_carga_uniforme/0153_B01_T04_P01_V_viga_continua_2vanos_diferentes_carga_uniforme.html

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20

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.

Vídeo 2.1 Superposición de esfuerzos

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

Figura 2.1 Esfuerzos isostáticos en una viga continua

http://promociones.e-zigurat.com/recursos/0153/0153_B01_T04_P01_V_Superposicion_de_esfuerzos/0153_B01_T04_P01_V_Superposicion_de_esfuerzos.html

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21

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 hiperestático 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 alto en la gráfica, y se le resta al otro extremo.

Vídeo 2.2 Esfuerzos isostáticos e hiperestáticos

http://promociones.e-zigurat.com/recursos/0153/0153_B01_T04_P01_V_momentos_y_cortantes_hiperestaticos/0153_B01_T04_P01_V_momentos_y_cortantes_hiperestaticos.html

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22

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.

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23

3.1 Definición de rigidez

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

δFK =

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.

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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.

LNK∆

=

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:

ANAN ·σσ =⇒=

Por definición de alargamiento unitario

LLLL ·εε =∆⇒

∆=

Por lo tanto

LAK

··εσ

=

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

LAEK ·

=

Se adjunta en el campus una hoja de cálculo que facilita la obtencion de las deformaciones y la rigidez por esfuezo axil.

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25

Ejemplo

¿Cuál es el acortamietno de un soporte de acero HEB 320 de 3 m de altura 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

Solución

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

mmkN

mmN

LAEK 11291129450

300016135210000·

==×

==

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

KNL

LNK =∆⇒∆

=

Tenemos un acortamiento de 1,063+0,443+0,177+0,194+0,089+0,081=2,047 mm

Carga permanente: mmKNL 063,1

11291200

===∆

Sobrecarga de uso: mmKNL 443,0

1129500

===∆

Viento norte: mmKNL 177,0

1129200

===∆

Viento sur: mmKNL 194,0

1129220

===∆

Viento este: mmKNL 089,0

1129100

===∆

Viento oeste: mmKNL 081,0

112992

===∆

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26

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 4,00 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

mmkN

mmN

LAEK 50,178178500

40003400210000·

==×

==

Por lo tanto, un acortamiento de 1 mm supone un esfuerzo de 178,50 kN.

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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.

θMK =

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

LIEK ··3

=

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

LIEK ··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.

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.

zigura

t

zigura

t

zigura

t

zigura

t

zigura

t

zigu

rat

zigu

rat

zigu

rat

zigu

rat

zigu

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urat

zig

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zigu

rat

zigu

rat

zigu

rat

zigu

rat

zigu

rat

zigu

rat

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28

Solución

El momento de inercia de la sección es 67500E4 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

θMK =

Entonces nos basta calcular K para obtener directamente el giro:

KM

=θ

La rigidez K del soporte de sección constante empotrado en el extremo opuesto al de aplicaicón del momento es:

radmkN

radmmNEEE

LIEK 14580614580

50004675003274··4

==××

==

Por lo tanto, el giro de la sección será:

º0589.0001088.014580

15==== rad

KMθ

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.

zigura

t

zigura

t

zigura

t

zigura

t

zigura

t

zigu

rat

zigu

rat

zigu

rat

zigu

rat

zigu

rat

zigu

rat

zig

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zig

urat

zig

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zig

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zig

urat

zig

urat

zigu

rat

zigu

rat

zigu

rat

zigu

rat

zigu

rat

zigu

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zig

urat

zig

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zig

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zig

urat

zig

urat

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zigu

rat

zigu

rat

zigu

rat

zigu

rat

zigu

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zig

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rat

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rat

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29

zigura

t

zigura

t

zigura

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zigura

t

zigura

t

zigu

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zigu

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zigu

rat

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zig

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zigu

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rat

zigu

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zigu

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rat

zigu

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30

C. Almogàvers, Nº66 - 08018 Barcelona Tel. (+34) 93 300 12 10

Fax. (+34) 93 485 38 98 www.e-zigurat.com [email protected]

Estructuras hiperestaticas

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