CLASES – EL MÉTODO DE BIELAS Y TIRANTES E.T.S. de Ingenieros de. Caminos, Canales y Puertos...

CLASES – EL MÉTODO DE BIELAS Y TIRANTES

E.T.S. de Ingenieros de . Caminos, Canales y PuertosUniversidad Politécnica de Madrid

Curso 2010 - 2011Grupo de Hormigón Estructural APC-MFD-HCP-JLG-

JRM-LAM-PSP

C Método de Bielas y Tirantes

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1 INTRODUCCIÓN

Wilhelm Ritter – Der Bauweise Hennebique (1899)

PRIMER MODELO DE BIELAS Y TIRANTES –

Característica principal del método: Es un método de análisis basado exclusivamente en el equilibrio. Su aplicación no requiere el planteamiento de ecuaciones de compatibilidad y, en cuanto a los materiales, sólo es necesario conocer la tensión de agotamiento pero no la ecuación constitutiva completa.

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Emil Mörsch

CONCEPTO DE CAMPO DE COMPRESIONES

1 INTRODUCCIÓN

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Ernst Rausch (1929)

APLICACIÓN DEL MÉTODO DE BIELAS Y TIRANTES A LA TORSIÓN

1 INTRODUCCIÓN

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2 FUNDAMENTOS TEÓRICOS

MÉTODO VÁLIDO PARA EL DISEÑO DE ARMADURA EN ELU

BASADO EN LA TEORÍA DE LA PLASTICIDAD

ADECUADO PARA EL DISEÑO DE REGIONES D (disturbed, discontinuity) O DE

DISCONTINUIDAD (CAMBIOS GEOMÉTRICOS BRUSCOS, ZONA DE APLICACIÓN DE CARGAS

PUNTUALES)

PERMITE TAMBIÉN ABORDAR REGIONES B (beam) DONDE SE CUMPLE LA HIPÓTESIS DE

NAVIER

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ZONAS DE DISCONTINUIDAD – EN ESTAS ZONAS NO SE CUMPLE LA HIPÓTESIS DE NAVIER

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ZONAS DE DISCONTINUIDAD

- DISCONTINUIDAD GEOMÉTRICA

J. Romo et al. Monografía 6 de ache - Bielas y Tirantes

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- DISCONTINUIDAD GEOMÉTRICA

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- DISCONTINUIDADES ESTÁTICAS (APLICACIÓN DE CARGAS PUNTUALES)

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- DISCONTINUIDAD GENERALIZADA (MÉNSULAS CORTAS, VIGAS DE GRAN CANTO, ZAPATAS RÍGIDAS)

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COMPONENTES DE UN MODELO DE BIELAS Y TIRANTES

- BIELAS – SON LA RESULTANTE DE LOS CAMPOS DE COMPRESIONES QUE SE GENERAN EN EL HORMIGÓN

- TIRANTES – CORRESPONDEN A LAS FUERZAS ABSORBIDAS POR LA ARMADURA DISPUESTA

- NUDOS – CORRESPONDEN A LOS PUNTOS DE INTERSECCIÓN DE BIELAS Y TIRANTES

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COMPONENTES DE UN MODELO DE BIELAS Y TIRANTES

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TEOREMA DEL MÍNIMO DE LA PLASTICIDAD

SI, PARA UNA DETERMINADA CARGA, SE HALLA UNA DISTRIBUCIÓN DE TENSIONES DE TAL FORMA QUE EN NINGÚN PUNTO SE SUPERE LA TENSIÓN DE PLASTIFICACIÓN DE LOS MATERIALES Y SE SATISFAGA EL EQUILIBRIO ESTÁTICO Y LAS CONDICIONES DE CONTORNO, LA ESTRUCTURA RESISTIRÁ DICHA CARGA SIN LLEGAR A LA ROTURA.

NO ES NECESARIO DETERMINAR EL MECANISMO DE ROTURA REAL SINO QUE ES SUFICIENTE CON HALLAR UN MECANISMO RESISTENTE VIABLE PARA EVITAR EL COLAPSO DE LA ESTRUCTURA.

Muttoni et al. Design of Concrete Structures with Stress Fields

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PRINCIPIO DE St. VENANT

LA APLICACIÓN DE UNA FUERZA CONCENTRADA O DISTRIBUIDA, SIEMPRE QUE TENGAN LA MISMA RESULTANTE LLEVA A RESULTADOS EQUIVALENTES EN CUALQUIER SECCIÓN DE LA PIEZA SITUADA MÁS ALLÁ DE UNA DISTANCIA DETERMINADA

LAS ZONAS DE DISCONTINUIDAD SON FINITAS Y DE PEQUEÑA EXTENSIÓN

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PLANTEAMIENTO DEL MODELO

SE TRATA DE CREAR UN SISTEMA ESTRUCTURAL EN FORMA DE CELOSÍA ARTICULADA QUE PERMITA TRANSMITIR UNAS CARGAS APLICADAS EN UN PUNTO DADO A OTRO PUNTO (REACCIONES O SISTEMA DE FUERZAS EQUIVALENTE)

LOS MODELOS MÁS ADECUADOS DEBEN CUMPLIR LAS SIGUIENTES CONDICIONES:

- DEBEN SER MODELOS ISOSTÁTICOS PARA QUE EN SU SOLUCIÓN NO INFLUYA LA RIGIDEZ RELATIVA DE BIELAS Y TIRANTES. (DEBE TENDERSE A SISTEMAS TRIANGULADOS). PARA PROBLEMAS HIPERESTÁTICOS SE DEBE RECURRIR A LA SUPERPOSICIÓN DE MODELOS ISOSTÁTICOS

- EL ÁNGULO ENTRE BIELAS Y TIRANTES NO DEBE SER MENOR DE 22º.

- EN LA MEDIDA DE LO POSIBLE ES EL MODELO DEBE ACERCARSE A LA SOLUCIÓN ELÁSTICA

- ENTRE DOS SOLUCIONES POSIBLES SERÁ MEJOR AQUELLA QUE TENGA UNA LONGITUD DE TIRANTES MÁS PEQUEÑA ( SE MINIMIZA ASÍ LA ENERGÍA DE DEFORMACIÓN)

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PLANTEAMIENTO DEL MODELO – DIFUSIÓN DE UNA FUERZA DE COMPRESIÓN

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PLANTEAMIENTO DEL MODELO – DESVIACIÓN DE UNA FUERZA MEDIANTE UN TIRANTE

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PLANTEAMIENTO DEL MODELO – MÍNIMA ENERGÍA DE DEFORMACIÓN

mínimod tT L

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SISTEMAS ISOSTÁTICOS-HIPERESTÁTICOS:

Ejemplo de estrategia de descomposición

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ELEMENTOS DEL MODELO: LAS BIELAS

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CAPACIDAD RESISTENTE DE LAS BIELAS:

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Rotura 2= 2 0/00 y 2 0/00

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a) Bielas de hormigón con estados de compresión uniaxial

b) Bielas con fisuración oblicua paralela a la biela

b1) Bielas con fisuración paralela a su eje de abertura muy pequeña y armadura transversal anclada

b2) Bielas con fisuración paralela a su eje de abertura controlada y armadura transversal anclada

b3) Bielas con fisuración paralela a su eje de abertura importante y armadura transversal anclada

1 0.85cd cdf f

1 0.70cd cdf f

1 0.60cd cdf f

1 0.40cd cdf f

1 0.85cd cdf f

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400 MPad s yd ydT A f f

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RESISTENCIA DE NUDOS

- NUDOS MULTICOMPRIMIDOS

Compresión Biaxial

2cd cdf f

Compresión triaxial

2 3.3cd cdf f

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Borrador MC2010

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- NUDOS EN LOS QUE SE ANCLAN TIRANTES

2 0.7cd cdf f

Comprobar Longitud de anclaje del tirante

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- NUDOS EN LOS QUE SE ANCLAN TIRANTES – BARRAS ANCLADAS DETRÁS DEL APOYO

Borrador MC2010

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- NUDOS EN LOS QUE SE ANCLAN TIRANTES – BARRAS ANCLADAS DETRÁS DEL APOYO

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SISTEMAS PRINCIPALES – SISTEMAS SECUNDARIOS

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DIFICULTAD AJUSTE A LAS ISOSTÁTICAS

JRM-LAM-PSP

MECANISMOS TIPO

JRM-LAM-PSP

MECANISMOS TIPO

JRM-LAM-PSP

MECANISMOS TIPO

JRM-LAM-PSP

MECANISMOS TIPO

JRM-LAM-PSP

MECANISMOS TIPO

JRM-LAM-PSP

MECANISMOS TIPO

JRM-LAM-PSP

MECANISMOS TIPO

JRM-LAM-PSP

MECANISMOS TIPO

JRM-LAM-PSP

MECANISMOS TIPO

JRM-LAM-PSP

MECANISMOS TIPO

JRM-LAM-PSP

MECANISMOS TIPO

JRM-LAM-PSP

MECANISMOS TIPO

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3 EJEMPLOS

DIAFRAGMA DE PUENTE (I)

JRM-LAM-PSP

3 EJEMPLOS

DIAFRAGMA DE PUENTE (II)

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ENCEPADOS

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

3 EJEMPLOS

ENCEPADOS

JRM-LAM-PSP

ZONAS DE ANCLAJE

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

3 EJEMPLOS

ZONAS DE ANCLAJE

JRM-LAM-PSP

3 EJEMPLOS

ZONAS DE ANCLAJE

JRM-LAM-PSP

3 EJEMPLOS

ZONAS DE ANCLAJE

JRM-LAM-PSP

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

ANCLAJE INTERMEDIO PRETENSADO

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

ZONAS DE ANCLAJE

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

En la construcción del pilar se

emplea hormigón H-25 y acero

B500S con control normal, por lo

que c=1.50 s=1.15.

MÉNSULA CORTA

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

Los resultados del cálculo

global de esfuerzos, con

valores de cálculo, son los

indicados en la figura

3 EJEMPLOS

MÉNSULA CORTA

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Fvd = 500 kN Nd = Fvd = 500 Kn por equilibrio de

cargas verticales

Md1 + Md2 = Fvd . 0.70 por equilibrio de momentos

Md1 = Md2 = 175 kNm

kN3500.50175

3 EJEMPLOS

MÉNSULA CORTA

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cdf2kN/m70002m0.05

kN3500.500.052

Cd2 – Td2 = Nd = 500 kN (Cd2 + Td2) . 0.25 = Md2 = 175 kN

Cd2 = 600 kN Td2 = 100 kN

203disponenSe2cm7.892kN/cm

1.1551

1.1551d1

Ts1A φ

2cdcd kN/m16666

1.5025000

3 EJEMPLOS

MÉNSULA CORTA

JRM-LAM-PSP

cdf2kN/m120000.500.052

600cd2

2cm2.252kN/cm

1.1551

kN100s2A

pilardelsimetríalamantener para203disponenSe φ

3 EJEMPLOS

MÉNSULA CORTA

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24.23º1.000.45

tgarc14α

26.57º1.000.50

tgarc34α

3 EJEMPLOS

MÉNSULA CORTA

JRM-LAM-PSP

Nudo 1

kN22512d

T1.000.45

50012d

kN548.325002

T23d = T12d = 225 kN T24d = 350 kN

Nudo 2

3 EJEMPLOS

MÉNSULA CORTA

JRM-LAM-PSP

Nudo 3

Nudo 4

kN503.134αcos100350

C34d . sen 34 – C14d . sen 14 = 503.1 . sen 26.57º - 548.3 . sen 24.23º = 0 C34d cos 34 + C14d cos 14 – 350 = 600 kN Cumple

3 EJEMPLOS

MÉNSULA CORTA

JRM-LAM-PSP

164disponenSe2cm5.62540225

2kN/cm40d12

23A12A φ

3 EJEMPLOS

MÉNSULA CORTA

JRM-LAM-PSP

Se limita la tensión a 40 kN/cm2 para controlar indirectamente la fisuración:

a14 = 0.20 cos 14 + 0.10 . sen 14 = 0.223 m, resulta: con 14 = 24.23º

2kN/m11666cdf0.702kN/m10000

0.250.20kN500

164disponenSe2cm5.62540225

2kN/cm40d12

23A12A φ

cdf0.702kN/m98352m0.250.223

kN548.3c14d

3 EJEMPLOS

MÉNSULA CORTA

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cm260.708.045.63

54bnec

3 EJEMPLOS

MÉNSULA CORTA

JRM-LAM-PSP

2kN/m11666cdf0.7011306

0.500.089503.1

b34a34d

lbI = 15 1.62 = 38 cm

R = 6 = 6 . 1.6 = 9.6 cm 10 cm

lbI = m 2 = 15 2.02 = 60 cm

cm509.427.89

60bInecl

3 EJEMPLOS

MÉNSULA CORTA

JRM-LAM-PSP

a14d = 2 0.05 (sen 14 + cos 14) = 2 0.05 ( sen 24.23º + cos 24.23º) = 0.132 m a34d = 2 0.05 (sen 34 + cos 34) = 2 0.05 ( sen 26.57º + cos 26.57º) = 0.134 m cd

f0.702kN/m83070.500.132

548.3C14d

cdf0.702kN/m7509

0.500.134503.1

C34dσ

3 EJEMPLOS

MÉNSULA CORTA

JRM-LAM-PSP

Td = 0.20 Fvd = 0.20 . 500 = 100 kN

Se distribuyen en

Con 4 c 8 -> As = 4.00 cm2 > 2.5 cm2

2cm2.502kN/cm40kN100

m 0.701.0532

3 EJEMPLOS

MÉNSULA CORTA

JRM-LAM-PSP

3 EJEMPLOS

MÉNSULA CORTA

JRM-LAM-PSP

Sea la viga pared de la figura que puentea dos pilares que transmiten sendas cargas mayoradas de 1100 kN. Como manteriales se emplean hormigón H-25 y acero de armar B-500-S, con control normal, luego s=1.50 y s=1.15. Se desea dimensionar la armadura y comprobar la viga pared por el método de bielas y tirantes.

VIGA CONTINUA DE GRAN CANTO

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

Pd= 3.00 0.30 25 kN/m3 1.50 = 33.75 kN/m

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

P1d 2.85 = 481 5.85 P1d = 987.3 kN R1d = 987.3 – 481 = 506.3 kN

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

44.49º2.852.80

tgarc1α

kN515.41αtg

506.31d

kN722.52

1dT2506.3

Nudo 1

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

43.03º3.002.80

tgarc3 α

kN705.13cos

1cos722.51Ad

Nudo 2

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

Nudo 3

C1Ad . sen 3 = 705.1 sen 43.033 = 481 kN -> cumple

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

Nudo 1

C0d = 456.9 cos 1 = 325.94

kN456.91αsen

320.22d

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

Nudo 2

C2d . sen 1 = 456.9 sen 44.49º = 320.2 kN Cumple T2d = C2d cos 1 = C0d = 325.94 kN

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

164capas22cm12.940

515.41AkN515.4

1dT φ

163capas22cm8.140

325.92AkN325.9

2dT φ

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

2kN/m16.6661.5

25000cdf

a12 = 2 · 010 · cos 44.49 + 0.30 sen 44.49 = 0.35 m

cdf2kN/m9930

0.300.351042.7

c12dσ

cdf2kN/m9183

0.300.60826.52

Nudo 1

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

Nudo 2

a12 = 2 (0.175 sen 44.49º + 0.10 cos 44.49º) = 0.39 m a23 = 2 (0.175 sen 43.01º + 0.10 cos 43.01º) = 0.39 m

cdf0.702kN/m8912

0.300.391042.7

cdf0.702kN/m6026

0.300.39705.1

c23dσ

cdf0.702kN/m10476

0.300.351100

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

Nudo 3

a32 = 2 (0.10 cos 43.03º + 0.15 sen 43.03º) = 0.35 m

cdf0.702kN/m6715

0.300.35705.1

c23dσ

cdf0.702kN/m8590

0.300.20515.40

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

Td = 2 . 207.5 = 415 kN

/m2cm0.86sAluego12men2cm10.37540415

0.20 a φ12/m2cm4.5100301000.15

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

Como materiales se emplean hormigón H-25, acero de armar B-500-S con c=1.50 y s=1.15

CAMBIO DE CANTO EN VIGA

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

kN4500.2090

kN1800.5090

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

0.400.30

18023d

kN2252180223d

Nudo 2

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

0.400.20

180-45023d

301.87kN2180)(450223d

3 EJEMPLOS

Nudo 3

JRM-LAM-PSP

C13d . cos 13 + C12d . cos 12 = 301.87 cos 26.57º + 225 cos 36.87º = 450 kN Cumple

3 EJEMPLOS

Nudo 1

JRM-LAM-PSP

La armadura se disponen 420

La armadura

Cuantía mínima se disponen 4 16

La armadura A23 deberá ser

Se disponen 4 16 es la armadura A1 prolongada

2cm11.2540450

2cm4.540180

2cm6.72604010002.8

2cm3.3752kN/cm40kN135

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

2kN/m116661.5

250000.70

cdf0.70

lbII = 1.40 · 15 · 22 = 84 cm

cdf0.702kN/m2009

0.4026.57ºsen0.84kN302

b13αsenL13d

c13dσ

cdf0.702kN/m1116

0.4036.87ºsen0.84kN225

b12αsenL12d

c12dσ

3 EJEMPLOS

Nudo 1

JRM-LAM-PSP

Diámetro doblado = 12 = 19.2 cm 20 cm

a = 2r sen 12 = 2 0.10 sen 36.87º = 0.12 m

b = 0.40 m ancho de la viga

cdf0.702kN/m46872m 0.400.12

kN225ba

c12dσ

3 EJEMPLOS

Nudo 2

JRM-LAM-PSP

a13 = 2 0.05 cos 13 = 0.09 m

Anclaje de la armadura A23

cdf0.702kN/m11250

0.400.10450

cdf0.702kN/m4500

0.400.10180

cdf0.702kN/m8388

0.400.09302

c13dσ

cm40cm40.81.620ykf

cm3821.615bIl

3 EJEMPLOS

Nudo 1

JRM-LAM-PSP

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

ENCEPADOS

0.50 x 0.50

0.50 1.50 0.50R2R1

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

1400 kN

47.41°

1400 kN

1400 kN 1400 kN

3 EJEMPLOS

ENCEPADOS

JRM-LAM-PSP

1400 kN 1400 kN

1400 kN

1287 kN

47.41º

3 EJEMPLOS

ENCEPADOS

JRM-LAM-PSP

1287 kN

1400 kN

47.41º

lbneta

3 EJEMPLOS

ENCEPADOS

1400 kN 1400 kN

JRM-LAM-PSP

c16a23

4c160.60

3 EJEMPLOS

ENCEPADOS

JRM-LAM-PSP

500 kN 500 kN

47.41°

3 EJEMPLOS

ENCEPADOS

JRM-LAM-PSP

+500+5

500 kN 500 kN

500 kN

460 kN

47,41°

3 EJEMPLOS

ENCEPADOS

JRM-LAM-PSP

lbneta = 0.33 m

d = 0.24 m

+500+5

500 kN 500 kN

3 EJEMPLOS

ENCEPADOS

JRM-LAM-PSP

1900 kN700 kN

1200 kN 1400 kN

47.41°43.57°

3 EJEMPLOS

ENCEPADOS

JRM-LAM-PSP

1900 kN700 kN

1200 kN 1400 kN

1900 kN

700 kN

1200 kN 1400 kN

3 EJEMPLOS

ENCEPADOS

JRM-LAM-PSP

283 kN 817 kN

2067 kN

967 kN

38.66° 66.19° 46.29°

0.05 0.30

3 EJEMPLOS

ENCEPADOS

JRM-LAM-PSP

Cd=2067 kN

Td=967 kN

0.05 0.30 0.15

0.20 0.10

+781+354

283 kN 817 kN

2067 kN

967 kN

3 EJEMPLOS

ENCEPADOS

JRM-LAM-PSP

133 kN 533 kN

1933 kN

1533 kN

0.05 0.30

0.8553.75° 68.20° 49.09°

3 EJEMPLOS

ENCEPADOS

JRM-LAM-PSP

Cd=1933 kN

Td=1533 kN

0.05 0.30 0.15

0.20 0.10

Nd +98

+133 +1

133 kN 533 kN

1933 kN

1533 kN

3 EJEMPLOS

ENCEPADOS

JRM-LAM-PSP

Cd=1933 kN

Td=1533 kN

0.05 0.30 0.15

0.20 0.10

Nd +98

+133 +1

133 kN 533 kN

1933 kN

1533 kN

3 EJEMPLOS

ENCEPADOS

JRM-LAM-PSP

ELEMENTOS MASIVOS

Puente Colgante de Elche

3 EJEMPLOS

JRM-LAM-PSP

Puente Colgante de Elche

3 EJEMPLOS

ELEMENTOS MASIVOS

JRM-LAM-PSP

4 BIBLIOGRAFÍA

[1] Schlaich J., Schäfer K. The Design of Structural Concrete IABSE Workshop New Delhi (1993)

[2] Muttoni,A., Schwartz J., Thürlimann B. Design of Concrete Structures with Stress Fields.

Birkhäuser. Basel (1996)

[3] J. Romo (Coordinador) et al. Bielas y Tirantes. Monografía 6 de ache (2003)

[4] Reineck K.H. (Editor) SP-208 - Examples for the Design of Structural Concrete withStrut and Tie

Models. ACI(2002)

[5] Miguel P., et al. Método de la Bielas y Tirantes. Valencia (2009)

[6] Romo J., Schlaich M., Corres H. Análisis de grandes elementos de hormigón armado. Aplicación

práctica del método de las bielas y tirantes. Hormigón y Acero Nº 195 (1995)

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