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T Estructuras hiperestáticas
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at
zigur
at
zigur
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zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
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z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
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z
igurat
z
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z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
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at
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at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
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igurat
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Estructuras hiperestáticas
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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
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
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z
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z
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z
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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
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
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z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
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z
igurat
zigur
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zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
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at
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z
igurat
z
igurat
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igurat
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z
igurat
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zigur
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zigur
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zigur
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zigur
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z
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z
igurat
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z
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z
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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
zigur
at
zigur
at
zigur
at
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
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z
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igurat
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igurat
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zigur
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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
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
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at
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z
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z
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zigur
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z
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igurat
z
igurat
z
igurat
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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.
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
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z
igurat
z
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z
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at
zigur
at
zigur
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z
igurat
z
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z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
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z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
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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
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 1.12 Superposición de giros
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
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at
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at
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zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
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at
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
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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
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
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at
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at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
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at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
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at
zigur
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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.
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
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at
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at
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at
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urat
z
igurat
z
igurat
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igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
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at
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zigur
at
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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
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
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
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zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
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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.
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
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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
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
Calculamos primero el giro de apoyo B por la izquierda:
Por la carga permanente:
y
i
iBIE
Lq
··24
· 3
1,,
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
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)
13
Por el momento:
y
iB
iBIE
LM
··3
·2,,
Calculamos ahora el giro del apoyo B por la derecha:
Por la carga permanente:
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
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
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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
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
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15
Calculamos primero el giro de apoyo B por la izquierda:
Por la carga permanente:
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:
Por la carga permanente:
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
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
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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
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
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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
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
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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
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
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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
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
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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
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
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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
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
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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
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zig
urat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
z
igurat
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
zigur
at
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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
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Estructuras hiperestáticas
© Zigurat Consultoría de Formación Técnica S.L.
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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.