Construcción y arquitectura industrial. Colección de problemas resueltos [2 ed.] 9788490481301, 9788490481738

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Construcción v A1quitec1ura Industrial ~~ Colección de problemas resueltos 2ªedición

José Miguel Montalvá Subirats

Héctor Saura Arnau

José Miguel Montalvá Subirats Héctor Saura Arnau

Construcción y arquitectura industrial Colección de problemas resueltos 2ª edición

EDITORIAL UNIVERSITAT POLITECNICA DE VALENCIA

Colección Académica

Para referenciar esta publicación utilice la siguiente cita: MONTALVÁ SJBIRATS. J. M. ; SI\URA ARNAU, H (2014) 2~ ed . Construcción y arquitectura industrial. Colección de problemas resueltos. Valencia: Universitat Polit ecnica

tegunda edición, 2014 (versión impresa) tegunda edición, 2014 (versión elect rónica)

© Jase Miguel Montalvá SJbirats Héctor Saura Arnau

© de la presente edición: Editorial Universitat Politécnica de Valencia distribución: Telf.: 963 877 012 / www.lalibreria.upv.es / Ref.: 6053_01 _02_01

lffiN: 978-84-9048-130- 1 (versión impresa) lffiN: 978-84-9048-173-8 (versión electrónica)

QJeda proh ibida la reproducción , la distribución, la comercialización , la t ransformación y, en general, cualquier otra forma de explotación, por cualquier procedimiento, de la totalidad o de cualquier parte de esta obra si n autorización expresa y por escrito de los autores.

ÍNDICE 1 ACCIONES 1.1 Acciones Permanentes 1.2 Acciones Variables

9 15 63

2 PÓRTICO INTERIOR 2.1 Pilar del pórtico interior 2.2 Jácena del pórtico interior 2.3 Pilar y jácena del pórtico interior

105 109 147 181

3 PÓRTICO DE FACHADA 3.1 Pilar del pórtico de fachada 3.2 Viga contraviento 3.3 Arriostramiento

189 195 213 241

4 PLACA DE ANCLAJE 4.1 Placa a compresión 4.2 Placa a flexión 4.3 Placa a compresión y flexión

259 263 277 305

5 5.1 5.2 5.3 5.4

327 331 351 365 375

CIMENTACIONES E.L.U. Equilibrio. Seguridad al vuelco E.L.U. Equilibrio y agotamiento del terreno E.L.U. Equilibrio y agotamiento de la cimentación E.L.U. Agotamiento del terreno

BIBLIOGRAFÍA

379

ANEXO: TABLAS DE PERFILES

383

3

Las construcciones industriales son edificios de una gran importancia, pues en ellas se desarrollan actividades que pueden ser meramente productivas (en el caso de empresas de producción), logísticas (almacenaje y distribución), mixtas e incluso comerciales (grandes superficies), que deben ser el motor de generación de riqueza de una determinada zona. Debido a la singularidad de tener que albergar un proceso productivo (que puede ser determinado mediante metodologías avanzadas, como las propuestas por Muther [1] o Francis[2]), los edificios industriales deben generar espacios diáfanos, para que la maquinaria, operarios y sistemas de manutención, puedan desarrollar la actividad de la mejor manera posible. Se pueden adoptar numerosas tipologías estructurales para dar lugar a estos espacios, naves en dientes de sierra, a base de cerchas ... siendo la tipología de naves a base de pórticos a dos aguas la más comúnmente empleada en el caso de industrias de tamaño medio, debido a su sencillez de cálculo y sobretodo de ejecución.

Figura 1. Nave industrial metálica en fase de ejecución.

Pero los edificios industriales no solo se componen de este espacio diáfano, sino que también es necesario habilitar una zona específica para las actividades auxiliares de la producción, que incluyen no solo oficinas, sino también laboratorios, vestuarios, comedores .... Todos estos espacios se disponen habitualmente en varias plantas, siendo necesario proyectar forjados que puedan albergar estos espacios, aprovechando al máximo la superficie edificable del solar.

5

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Una vez la normativa de la construcción se ha estabilizado, con la entrada en vigor del código técnico de la edificación (CTE) y la instrucción de hormigón estructural (EHE-08) , normas armonizadas con los Eurocódigos, resulta interesante realizar un compendio de problemas, que aplicándolas, resuelvan problemas puntuales que surgen en el proceso de dimensionado de un edificio industrial, complementando lo realizado por otros autores como Monfort [3].

Figura 2. Ejecución de forjado en zona de oficinas.

El presente libro se estructura en cinco grandes bloques de diez problemas, configurando una colección de 50 problemas de completamente desarrollados y comentados, con referencias a las distintas partes de las normativas (anteriormente citadas) que se han empleado para su resolución. Estamos pues ante un compendio de problemas, que tienen como fin común el realizar el proyecto de cálculo estructural de una edificación industrial basada en pórticos, finalidad que se conseguirá en una próxima publicación de los mismos autores, en la que se realiza el cálculo completo de una nave industrial. En el primer bloque se aborda el cálculo de la transmisión de acciones a los pórticos de cálculo de un edificio de oficinas anexo a la nave industrial, describiendo desde la determinación de las acciones actuantes según el CTE DB SEAE [4] hasta la obtención del esquema de carga en el pórtico. En el segundo bloque se realizan diferentes comprobaciones de los estados limites a verificar en los elementos estructurales del pórtico interior (pilar y viga) ejecutados en acero, según lo establecido en el CTE DB SE-A [5], partiendo de listados de esfuerzos y deformaciones obtenidos en un programa comercial.

6

Introducción

A continuación se pasa al cálculo de distintas partes del sistema contraviento, pilares, vigas contraviento y arriostramientos de fachada lateral, siguiendo las mismas directrices del apartado anterior, pero aplicadas a un elemento singular, como es el pórtico de fachada. En el cuarto bloque se aborda el cálculo de las placas de anclaje, elemento de singular importancia, pues en él se combinan dos materiales muy distintos, como son el acero y el hormigón. Se realizan problemas muy distintos, en función de los esfuerzos transmitidos por el pilar. Por último se realizan problemas relativos al cálculo de las cimentaciones de naves industriales, abordando la comprobación de distintos estados límites últimos que permitan determinar las dimensiones y armado de las cimentaciones de acuerdo con lo establecido en el CTE DB SE-C [6] y la EHE-08 [7].

Valencia, Mayo 2012

7

1 ACCIONES

En el apartado Acciones, se incluyen problemas que tienen como objetivo fundamental realizar la distribución de acciones sobre los distintos pórticos de cálculo de un forjado unidireccional. En la Figura 1.1 se puede observar un esquema estructural de un edificio de dos plantas, en la que se pueden diferenciar los diferentes elementos que constituyen la estructura: •

Pilares: Elementos estructurales verticales, numerados y que serán los encargados de transmitir la carga a la cimentación.

•

Pórticos de cálculo: se establece una dirección fundamental de cálculo y se unen los pilares con elementos rectos y lineales (vigas) que recibirá las cargas verticales de los paños y zunchos, transmitiéndolas hasta los pilares. Se grafían como líneas continuas (1-2-3, 4-5-6 y 7-8-9).

•

Zunchos: Vigas que completan el sistema de pórticos en la definición y cierre perimetral del edificio. Grafiados en discontinuo (p.e. 1-4, 4-7 ... )

•

Brochales: Unión entre vigas y/o zunchos ejecutada fuera de ejes de pilares. Numerada con letras (A, B ... ).

•

Paños: Es cada una de las porciones del forjado unidireccional, que apoyan en diferentes pórticos y/o zunchos (p.e. paño 45-78) .

•

Huecos: Representados con un aspa son los paños que quedan vacíos para el paso de instalaciones, ascensores ... (p.e. CF-DG) A

1 r -

3

B 2

1 1--,. 1

4

-

1 1

~

Le_ 400 " 2'

'

, D

~

/

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2

)

5

1

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/400'. ~

'F

1,

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3

1 L -

- i""-=

1 1,,,

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I)

1 1 1 1

1I \_ 1

2

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-

-

- -----6

,,L

L _, _

PLANTA 1"

k

== 1

5

1

8

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I)

~

.,

1/\ 1 _ _ _ l.:-::

~ - - - - -1

M6

9 4

L

'

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...

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1

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~

4

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-

1

G

1

¡.....,,.

I 1 r -.

7

...

- ,-

3

L1 L

9 4

k

PLANTA 2"

Figura 1.1 Esquema estructural de plantas ejecutadas con forjado unidireccional.

La transmisión de cargas de cada uno de los paños se realiza de distinta manera en función de cómo apoye el paño, en la Figura 1.2 se observan los dos casos más claros. A la izquierda se representa un paño que reparte las cargas 11

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

en ambos apoyos, por tanto la mitad de la carga se traslada a 23 y la otra mitad directamente en 56. A la derecha se representa un voladizo en el que la vigueta está simplemente apoyada en 12, siendo necesario que el paño adjunto colabore a la hora de distribuir las cargas.

K_ -

,--.....rl-------

-

-

-

1

J

5 - - HI- + - -

-

4

1

1

11,-------, 1

1

L---1+------

6

3

5

Figura 1.2 Diferentes configuraciones de paños.

El elemento fundamental de cálculo es el pórtico, en la Figura 1.3 (abajo) se representa el pórtico 1-2-3 de la estructura anterior, y que se estudiará por separado en cada una de las dos plantas Figura 1.3 (arriba). Planta 2'

h3

ZS.2

$

e

ZS.2

e

F

Planta 1'

h3

Planta 2'

_e

1

F

2

Figura 1.3 Esquema de pórtico 1-2-3.

12

Planta 1'

3

1. Acciones

El objetivo fundamental de estos problemas es determinar las cargas lineales y puntuales que recaen en cada uno de los pórticos del edificio, con la finalidad de poder realizar posteriormente un análisis mediante un programa de cálculo de estructuras (p.e. SAP2000) para resolver la estructura del pórtico (que es hiperestática) obteniendo las solicitaciones en todos los puntos del mismo. Para ello se considera que todos los zunchos son elementos isostáticos, se consideran como biapoyados o continuos con dos apoyos en el caso de voladizos, para poder resolverlos con las ecuaciones de equilibrio básicas (equilibrio de momentos y equilibrio de fuerzas verticales). A continuación se realiza el desarrollo detallado de 1O problemas de acciones en forjados unidireccionales (todos ellos son de viguetas de hormigón pretensando, aunque la metodología es extrapolable a cualquier otro tipo de forjado unidireccional). En primer lugar se determinan las acciones que van a aparecer en la planta, según lo establecido en el CTE [4], que ya incorpora lo establecido en el EC1 [8] en lo relativo a las acciones en la edificación. Posteriormente se calcula cual es el estado de cargas de uno de los pórticos de la planta en estudio para esa situación. Siguiendo la misma metodología se podrían calcular los estados de cada uno de los pórticos y posteriormente analizarlo en un programa de cálculo de estructuras, para determinar cual es el estado tensional de cada parte del pórtico. 2.2 kN

2.2 kN

6.3 kN

6.3 kN

9.6 kN/m 5 kN/m

3

G

2

e 3

Figura 1.4 Sobrecarga de uso en el pórtico 1-2-3 de la planta 1ª.

13

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Los cinco primeros problemas (A.1-A.5) se centran en el cálculo de acciones permanentes, en las que se tiene en cuenta el peso superficial y las cargas lineales debidas al peso propio de los elementos constructivos. •

•

La carga superficial depende del tipo de forjado, así como del solado y el falso techo proyectado. Los valores de carga se obtienen de las tablas C.3, C.4 y C.5 del Anejo C del CTE DB SE AE [4]. Adic'ionalmente se le sumará la carga debida a la tabiquería de la planta, asumiendo que la misma es equivalente a la de un edificio de viviendas, tal y como establece el Art. 2.1.3 del CTE DB SE AE [4]. La carga lineal es debida al apoyo de elementos constructivos, como pueden ser cerramientos exteriores (en cuyo caso se estima una carga de 8 kN/m) o bien antepechos (con una carga estimada de 4 kN/m). En ambos casos son valores conservadores, pues a priori se desconoce el elemento a colocar.

Los cinco segundos problemas (A6-A 1O) son problemas en los que se consideran las acciones variables (ya sea sobrecarga de uso o nieve) sobre los forjados. La sistemática es idéntica, con la única diferencia de que se consideran las acciones establecidas en la tabla 3.1 del CTE DB SE AE [4] en el caso de la sobrecarga de uso y en la tabla 3.8 de la misma norma en el cálculo de la sobrecarga de nieve. La única sobrecarga lineal que puede aparecer es la debida al uso de balcón volado en alguno de los voladizos de la planta, en cuyo caso, y según el Art. 3.1.1.4 del CTE DB SE AE [4] se debe considerar una carga de 2 kN/m actuando en todos los bordes. La notación que se ha empleado a lo largo del desarrollo de los problemas ha sido la siguiente:

14

•

Tipo de carga: las acciones permanentes se nombran con la letra C (problemas A 1-A5) y las sobrecargas de uso con la letra S (problemas A6-A 1O).

•

Cargas Lineales. Cuando una reacción es lineal en un tramo de viga o zuncho se emplea una notación del tipo CAe (acción permanente en el tramo AB).

•

Carga Puntual: Si la reacción es puntual se emplea una notación de-I tipo SA (sobrecarga de uso en el punto A) .

1. Acciones. Permanentes

1.1 Acciones Permanentes Problema A.1 A partir del esquema estructural propuesto en la figura, calcular, para el pórtico B-4-F-5-6 las acciones permanentes en la primera planta.

e

3

2 1

1

1

1

1

~

1

1

1

1

1

si

F

4

1 1

~ N

1

El 1 1 1 1 1 1

A

ol

7 1,5

j

3

3,5

5

Datos: •

El paño B4-A7 es un balcón volado con un antepecho de 4 kN/m actuando en 7-A-B, y un antepecho en G-H de 6 kN/m.

•

En el perímetro, C-1-2-3-6-9-8-7-4-B-C, se proyecta un cerramiento exterior de peso 8 kN/m.

15

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Uso Situación Forjado Solado Revestimiento Tabiquería

Oficinas privadas Alcoi (991 msnm) Forjado unidireccional de H.A. de 26 cm de canto. Pavimento de madera, qrueso total 7cm. Enlucido de yeso de 1.5 cm de espesor. Asimilado a edificio de viviendas ap.2.1.4 CTE DB SE-AE

Tabla C.4 Peso po r un idad de superficie de t abiq ues Tabiques (s i n revestir) Rasilla, 30 mm de espesor Ladrillo hueco, 45 mm de espesor de 90 mm de esoesor

Peso kN/m2 0 ,40 0,60 1,00

Revestimientos (por cara) Enfoscado o revoco de cemento Revoco de cal, estuco Guarnecido v enlucido de veso

Peso kN/m2 0,20 0,15 0,15

Tabla C.5 Peso propio de elementos constructivos

Elemento

Peso

Forjados

kN / m2 2 3 4 5 5 kN / m 3 5 7 kN / m' 0,5 1.0 1,5

Chapa grecada con capa de hormigón: grueso total < o, 12 m Forjado unidireccional, luces de hasta 5 m; grueso total < 0,28 m Forjado uni o bidireccional; grueso total < 0,30 m Forjado bidireccional, grueso total < 0.35 m Losa maciza de hormigón. g rueso total 0,20 m Cerramientos y particiones (para una altura libre del orden de 3,0 m) incluso enlucido Tablero o tabique simple; grueso total< 0,09 m Tabicón u hoja simple de albañilería: grueso total < 0.14 m Hoja de albañileria exterior y tabique interior; grueso total < 0 ,25 m Solados (incluyendo material de agarre) Lámina pegada o moqueta; grueso total < 0,03 m Pavimento de madera, cerámico o hidráulico sobre plastón: grueso total< 0 ,08 m P lacas de piedra, o peldañeado; grueso total < 0,15 m Cubierta, sob re forj ado (peso en proyección horizontal) Faldones de chapa. tablero o paneles ligeros Faldones de placas, teja o pizarra Faldones de teja sobre tableros y tabiques palomeros Cubierta plana, recrecido. con impermeabilización vista proteg ida Cubierta plana, a la catalana o Invertida con acabado de grava Agua en aljibes o piscinas Terreno . como en jardineras, incluyendo material de drenaje 1,2

t :,; 40 mm

40 mm < t :,; 100 mm h

Y -

-

- - Y

t :,; 100 mm

hlb :,; 1,2

t > 100 mm

.l

Tabla 6.3 Valores del coeficiente de pandeo (x) Esbeltez reducida Coeficiente (a.) de imperfección

ªº

0,13

a

Curva de pandeo b

e

d

0,21

0,34

0,49

0,7&

Nota: Se necesitará la tabla de perfiles IPE adjuntada en la pg. 385.

125

2. 1 Pórtico interior. Pilar

Problema Pl.3 Solo hay una combinación de E.L.U ., por tanto se calcula el problema con ella, en este caso E.L.U.1: 1.35· G+ 1.5· N. El pórtico es simétrico y las cargas también lo son y habrá que realizar el cálculo en el cualquiera de los dos pilares (1 y 4). En este caso se calcula el pilar derecho (1).

FRAME ELEMENT FORCES Frame

Station

Output Case

m

p

V2

V3

T

M2

M3

KN

KN

KN

KN-m

KN-m

KN-m

o o

o o

o o

193.35

o o

o o

o o

1

o

ELUI

-82.96

69.88

1

6,9

ELUI

-82.96

69.88

4

o

ELUI

-82.96

-69.88

4

6,9

ELUI

-82 .96

-69 .88

-288.84 -288.84 193 .35

El perfil que se comprobará será el IPE400, que tiene las siguientes características: IPE400

r¡~

n l.--~u r ~~ ,_

~

.

,,1 · , ·

A= 8450 mm2 lv= 23130-104 mm4

Wy=- 1156· 103 mm3 iy = 165.5 mm iz = 39.5 mm Avz= 426 9 mm2

La ley de momentos flectores para el pilar izquierdo, en esta hipótesis será:

-288.84

O)

0.5· Vc,Rd, comprobando para el perfil de cálculo : 261 .9 fyd v c,Rd = vpl,Rd = A v·../3 = 4269· ../3 = 645507N = 645.5kN

VEd = 69.88 < 0.5-Vpl,Rd = 322.75kN

Por tanto, no hay interacción del esfuerzo cortante. Al ser el axil constante en todo el pilar, se hará una comprobación de momentos, siendo el máximo que el pilar podrá resistir:

= Wel,y·(fyd u,RdyJ

M

- NEd,j) A

= 1156-103·(261.9 -

82 96 103 · · ) 8450

Mu,Rdyj = 291407 kN-mm = 291.41 kN-m Al ser el momento ultimo (291.41 kN-m) mayor que el momento en la base (193.35 kN -m) y que el momento en la cabeza (288.84 kN -m), el IPE 400 cumple el E.L.U . Resistencia.

128

2. 1 Pórtico interior. Pilar

2. - El E.L. U. Pandeo del pilar.

Coeficiente de reducción en el plano Y (plano del pórtico)

En el plano del pórtico (XZ, o plano Y) el pilar está empotrado en la base (ri=O) y en la cabeza se puede calcular su coeficiente de distribución con la expresión que se dá en el enunciado (tanto el valor de la expresión, como el del cálculo del coeficiente de pandeo ~, se corresponden con el modo de pandeo traslacional, por tanto sólo se hace el cálculo con este).

L 26 1"11 = - - - = - - - - =0.715 L + 1 .5 · h 26 + 1 .5 · 6.9 1-0.2(111+ 112)-0.12·111·Th = 1- 0.2-0.715 =1.416 ~y = ~(llyl ,llyz,GTY) ➔ ~ = 1-0.8(111 + 11z) + 0 .60 · 111 . 112 1- 0.8. O. 715

l

l

Y la longitud de pandeo y la esbeltez reducida en el plano del pórtico será: l!.ky= J\·h = 1.416-6900 = 9763.5 mm Ay= f ky / ¡y = 9763.5 / 165.5 =58.99 -;¡_Y = AY / Alim =

58.99 / 86.814 = 0.6795
1,2

lz

15: 40 mm

a

b 1

ªº

ªº

b

c

a

a

b

c

a

a

d

d

e

e

1 1

40 mm < 1 s 100 mm

1

Y-

h

h/b 5: 1,2

...z

t 5: 100 mm

t > 100 mm Tabla 6.3 Val ores del coeficiente de pandeo (x.)

Esbeltez reducida Coeficiente (a ) de imeerfección :S 0,20 0,30

0,40

a

ªº

Curva de pandeo b

0,13 1,00 0,99 0,97

1,00 0,98 0,95

1,00 0,96 0,93

c

d

0,49

0,76

1,00 0,95 0,90

1,00 0,92 0,85

Y el coeficiente de reducción por pandeo en el plano y, será: y = 0.5 · [1 +a,· (;;:y - 0.2) + ~: ]

X y

130

1

= 0.5 · [1 + 0.21 · (0.6795 -0.2) + 0.6795 2 ] = O. 7812 1

= -----¡;;;;;;;== =-----=== = = = = 0.8572 'J 1 2 2 2 + .j

- ;;::

o.7812 + .Jo.7a12 - 0.6795

2. 1 Pórtico interior. Pilar

Coeficiente de reducción en el plano Z (plano perpendicular al pórtico)

En el plano perpendicular al pórtico (XY, o plano Z) el pilar está empotrado en la base (11=0) y apoyado en la cabeza (11=1), el pórtico es intraslacional (GT=0) gracias a la presencia de la viga perimetral y las cruces en la fachada lateral (el modelo de SAP es de pórtico plano), por tanto, el coeficiente de pandeo ~. se corresponde con uno de los casos canónicos:

Y la longitud de pandeo y la esbeltez reducida en el plano perpendicular al pórtico será:

ekz= ~z·h = 0.7•6900 = 4830 mm A. = f kz / i = 4830 / 39.5 =122.28 2

2

Iz = /1..z / A.iim = 122.28 / 86.814 = 1.409 < Imax = 2

Al estar estudiando el pandeo respecto al plano z de perfil, la curva de pandeo a emplear será la b, y por tanto el coeficiente de imperfección a=0.34.

Y el coeficiente de reducción por pandeo en el plano z, será:

1 2 2 2 - ;.::~ + 1.697 + ✓1 .697 - 1.409

.J4i

131

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Verificación del E. L. U. La comprobación de tensiones a verificar en el E.L.U. Pandeo del pilar será la siguiente:

Para el perfil que se va a verificar (IPE400) los valores de axil y momento critico

(capacidad resistente del perfil) será: Nc,Rd = A· fy / YM1 = 8450 · 275 / 1.05 = 2213095 N = 2213.1 kN Mc,Rd = w y · fy / YM1 = 1156·103 -275 / 1.05 = 302761904 N-mm = 301.76 kN-m Para el cálculo en clase 3, el DB SE-A Tabla 6.13 da la expresión para ky, en este caso, el axil de cálculo, obtenido de la tabla de esfuerzos será: NEd=-82.96 kN, que deberá introducirse en la expresión con su valor absoluto: NEd ky = 1+ 0.6· 1cy · - - Xy · Nc,Rd k = 1+ 0.6 · 0.6795 · Y

82 96 · = 1.01783 0.8572-2213.1

En el enunciado se proporciona también el valor de ay=0.8 y del Cmy=0.9, por tanto, con los valores obtenidos anteriormente: 1/ 0.8572}. NEd + [ 1 ) . 1.01783 · 0.9 · My,Ed ~ { 1} { 1/0.3781 2213.1 0.8 301.76 1 El punto más desfavorable, será la cabeza del pilar (en ambos pilares), donde los esfuerzos serán : NEd=-82.96 kN y MEd=-288.84 kN-m, introduciéndolos en valor absoluto en la expresión: 1/ 0.8572} . 82.96 + [ 1 ) . 1.01783 -0.9 · 288.84 = { 0.918} ~ { 1} { 1/ 0.3781 2213.1 0.8 301.76 0.798 1 Por tanto el IPE400 cumple el E.L.U. Pandeo.

132

2. 1 Pórtico interior. Pilar

Problema Pl.4 Calcular el perfil IPE óptimo para los pilares del pórtico interior de una nave industrial de crujía 5.17 m, de manera que no se alcance el E.L.U. de Pandeo que establece el CTE DB SE-A para las hipótesis de carga indicadas en el listado del SAP2000, de las cuales se adjuntan esfuerzos. Otros datos: •

El perfil del pilar tras comprobar el E.L.S. de deformación y el E.L.U. de resistencia es un IPE400.

•

El acero a emplear será el S275JR. YMo

•

En los ficheros de SAP2000 las unidades empleadas son kN y m. '

2

',

N

a:i

2

--

''

z 3

2

1

(2)

i

1

( 1)

2

~

(4)

1

1 ,

5 /

/

,,

26

/

/

/

Tipo de acero

T ipo de sección

Eje de

Perfiles laminados en [

h/b > 1,2

y

z

mm

a

b

b

e

b

e

d

d

t $ 40

'

X

S235 a S355

1 pandeo ( )

40 mm < t $ 100 mm h

4

-

(3)

1

(J)

(O

i

= 1.05, YM, = 1.05 .

Y -- --- Y

h/b s 1,2

t s 100 mm

t > 100

mm

Tabla 6.3 Valores del coeficiente de pandeo (x) Esbeltez reducida Coeficiente (a) de imperfección

0,13

a

Curva de pandeo b

e

d

0 ,21

0,34

0,49

0,76,

133

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

G 1.35

E.L.U.I

N

V

o

1.5

FRAME ELE MENT FORCES Frame

Station

Output

m

111

p

Case

1

o

ELUI

1

6 ,9

ELUI

2 2

o

ELUI

13,06

ELUI

3 3

0,00 13,06

ELUI

4 4

o

ELUI

6,90

ELUI

ELUI

V2

V3

T

M2

M3

KN

KN

KN

KN-m

KN-m

KN-m

-1 ,49 -1,49

-3,93 21,73

o o

o o

o o

16 ,82 -44,60

-21,77 -18,26

0,68 -8,52

o o

o o

o o

-44,60

-16,21 -19,72

-11,97 32,15

o o

o o

o o

37,04 -91 ,69

-33,95 -33,95

-16,42 -28,01

o o

o o

o o

-91 ,69 61 ,63

= L + 0.5-h 1+ 0.145-(111 + 112 ) - 0.265 · 111 . 112

P=- - - - - - - - - - - 2 - 0.364-( 111 + 112 ) - 0.24 7. 111 . 112

cmy ay

= 0.9 (traslacional,p > 1)

= 0.8 (Clase3) -

N Ed

kv = 1+ 0.6·Av · - - Xy · N c,Rd

Nota: Se necesitará la tabla de perfiles IPE adjuntada en la pg. 385.

134

37,04

2. 1 Pórtico interior. Pilar

Resolución Pl.4 Solo hay una combinación de E.L.U ., por tanto se calcula el problema con ella, en este caso E.L.U.1: 1.35-G+1.5· V. El pórtico es simétrico pero las cargas no lo son y habrá que realizar el cálculo en el más desfavorable, que en este caso es el derecho, que tiene mayores valores de momento y de axil. FRAME ELEMENT FORCES Frame

Station

Output

Can

V2

V3

T

M2

M3

KN

KN

KN

KN-m

KN-m

KN-m

o

ELUI

-1,491

6,9

ELUI

-1 ,491

-3,925 21 ,728

o o

o o

o o

16,82 -44,60

o

ELUI

6,9

ELUI

-33,95 -33,95

-16,42 -28,01

o o

o o

o o

-91 ,69 61 ,63

m

4 4

p

El perfil que se comprobará será el IPE400, que tiene las siguientes características: IPE 400 A= 8450 mm2 lv= 23130·104 mm4 Wv= 1156-103 mm3 iy = 165.5 mm iz = 39.5mm Avz= 4269 mm2

Coeficiente de reducción en el plano Y (plano del pórtico) En el plano del pórtico (XZ, o plano Y) el pilar está empotrado en la base (ri=0) y en la cabeza se puede calcular su coeficiente de distribución con la expresión que se dá en el enunciado (tanto el valor de la expresión, como el del cálculo del coeficiente de pandeo ¡3, se corresponden con el modo de pandeo intraslacional, por tanto sólo se hace el cálculo con este). L 26 111 = - - - = - - - - = 0.8828 L + 0.5 -h 26 + 0.5 -6.9 1+ 0.145-( 111 + 112) - 0.265 · 111 . 112

l3y = ¡3(0.8828,0,0) ➔ l3y = - - - - - - - - - 2- 0.364·( 111 + 112)- 0.247. 111 · 112

l3

= 1+ 0.145-0.8828 = 0.672 y

2 - 0.364-0.8828

135

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Y la longitud de pandeo y la esbeltez reducida en el plano del pórtico será: eky= í\· h = 0.672-6900 = 4636.8 mm Ay = f ky / jy = 4636.8 / 165.5 =28.02

="-y/ "-lim = 28.02 / 86.814 = 0.3227 < ~ max = 2

~Y

Al estar estudiando el pandeo respecto al plano y de perfil, la curva de pandeo a emplear será la a, y por tanto el coeficiente de imperfección a=0.21 . Tabla 6.2 Curva de pandeo en función de la sección transversal Tipo de acero

Tipo de sección

S235 a S355

Eje de pandeo 11)

z

Perfiles laminados en I

S450

y

b_.l ªº

a.,

b

c

a

a

b

c

a

a

d

d

c

c

h_/b_>-'1-'.2_ _ _1.;;;.. 100 mm

b

Tabla 6.3 Valores del coeficiente de pandeo (x.) Curva de pandeo Esbeltez reducida Coeficiente (a ) de imperfección 5 0,20 0,30 0,40

Y

136

= 0.5 •[1 + a• (~Y -

b

ªº 0,13 1,00 0,99 0,97

1,00 0,98 0,95

1,00 0,96 0,93

e

d

0,49

0,76

1,00 0,95 0,90

1,00 0,92 0,85

0.2) + ~:] = 0.5 • [1 + 0.21 · (0.3227 - 0.2) + 0.32272] = 0.565

2. 1 Pórtico interior. Pilar

1

X =-

1

---=== = -------;;= = = = = = 0.972 -:f 1 2 + ✓ - ~~ 0.565 + ✓0.565 2 - 0.3227 2

y

Coeficiente de reducción en el plano Z (plano perpendicular al pórtico) En el plano perpendicular al pórtico (XY, o plano Z) el pilar está empotrado en la base (r¡=0) y apoyado en la cabeza (r¡=1 ), el pórtico es intraslacional (GT=0) gracias a la presencia de la viga perimetral y las cruces en la fachada lateral (el modelo de SAP es de pórtico plano), por tanto, el coeficiente de pandeo p, se corresponde con uno de los casos canónicos:

Y la longitud de pandeo y la esbeltez reducida en el plano perpendicular al pórtico, del IPE400 serán:

ekz = Pz·h = 0.7-6900 = 4830 mm Az =ekz / iz =4830 / 39.5 "" 122.28

I

2

= A2

/

"-i;m= 122.28 / 86.814 = 1.409 > Imax

=2

Al estar estudiando el pandeo respecto al plano z de perfil, la curva de pandeo a emplear será la b, y por tanto el coeficiente de imperfección a=0.34. Y el coeficiente de reducción por pandeo en el plano z, será: 2

= 0.5 · [1 + a· (I 2 - 0.2) + ~~ ] = 0.5 · [1 + 0.34 · (1.409 - 0.2) + 1.409 2 ] = 1.698

Xz = +

1

1

---=== = - ------;;=====

✓

2

-

~~

1.698 + ✓1.698 - 1.409 2

2

= 0.378 "j 1

137

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Verificación del EL.U. La comprobación de tensiones a verificar en el E.L.U. Pandeo del pilar será la siguiente:

Para el perfil que se va a verificar (IPE400) los valores de axil y momento crítico (capacidad resistente del perfil) será: Nc,Rd = A· fy / YM1 = 8450 · 275 / 1.05 = 2213095 N = 2213.1 kN Mc,Rd = w y · fy / YM1 = 1156·103 -275 / 1.05 = 302761904 N-mm = 301.76 kN-m Para el cálculo en clase 3, el DB SE-A Tabla 6.13 da la expresión para ky, en este caso, el axil de cálculo, obtenido de la tabla de esfuerzos será: NEd=-33.95 kN, que deberá introducirse en la expresión con su valor absoluto: NEd ky = 1+ 0.6· Ay · - - Xy · Nc,Rd k = 1+ 0.6 -0.3227 · Y

33 95 · = 1.003 0.972 · 2213.1

En el enunciado se proporciona también el valor de ay=0.8 y del Cmy=0.9, por tanto, con los valores obtenidos anteriormente: 1/ 0.972} . NEd + ( 1 ) . 1.003 · 0.9 · My,Ed :s; { 1} { 1/ 0.378 2213.1 0.8 301.76 1 El punto más desfavorable, será la cabeza del pilar (en ambos pilares), donde los esfuerzos serán : NEd=-82.96 kN y MEd=-288.84 kN-m, introduciéndolos en valor absoluto en la expresión: 1/ 0.8572}. 82.96 + ( 1 ) . 1.01783 · 0.9 · 288.84 { 1/ 0.3781 2213.1 0.8 301.76 1/ 0.972}. 33.95 + ( 1 ) . 1.003 -0.9 · 91.69 = { 0.29} :s; { 1} { 1/ 0.378 2213.1 0.8 301.76 0.26 1 Por tanto el IPE400 cumple el E.L.U. Pandeo.

138

2. 1 Pórtico interior. Pilar

Problema Pl.5 Verificar el E.L.U. Pandeo para el pilar del pórtico interior de una nave industrial de 4.80 m de crujía, a partir de los listados de SAP y figuras adjuntas, sabiendo que el perfil que ha verificado deformación y resistencia ha sido un IPE 200, obteniendo el perfil estrictamente necesario. Datos y criterios: •

No se emplearán longitudes de refuerzo superiores a 1.5 m.

•

Las acciones permanentes ado~tan un valor G=0.37 kN/m sobrecarga de uso 0=0.40 kN/m .

•

El acero a emplear será el S275JR.

•

El perfil de todas las barras en los listados de SAP, es un IPE 200.

2

, r--

2

'

2

t

z 3

1

(2)

"

y la

,

2

i (3)

1

4

-

U')

...... cri

1

+2

U')

'

(1)

(4)

_J. 1

1 '

5

22 /

I/

'

X

139

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

E.L.S.1 E.L.U.1

G

Q

1 1.35

1.5

V

o

o o

FRAME ELEMENT FORCES Frame

Statlon

Output Case

p

ELS1 ELS1 ELU1 ELU1

V2

V3

T

M2

M3

KN

KN

KN

KN-m

KN-m

KN-m

-19,64 -19,64

19,72 19,72

o o

o o

o o

41,46 -57, 14

-58,37 -58,37

58,60 58,60

o

o

o

o

o

o

123,20 -169,80

ELS1 ELS1

-21,66 -19,61

-17,49

ELU1 ELU1

-64,35 -58,28

o o o o

o o o o

o o o o

ELS1 ELS1 ELU1 ELU1

-19,61

-2,05

-64,35

o o o o

28,22

17,49 -6,09 51,96

o o o o

o

-21 ,66 -58,28

o o o

-57, 14 83,85 -169,80

ELS1 ELS1 ELU1 ELU1

-19,64 -19,64 -58,37 -58,37

-19,72 -19,72 -58,60 -58,60

o o o o

o o o o

o o o o

-57,14 41,46 -169 ,80 123,20

m

o 5

o 1

5

2 2

11,06

2 2

11 ,06

3 3 3 3

11,06 0,00 11,06

o 0,00

o

4 4 4

5,00

4

5

Alim = 111

o

o

p

;

~k

=

2,05 -51,96 6,09

L = L + 0.5-h

~=

c my

+ ✓2 =

fv;

0.9 (traslacional,~ > 1)

1+ 0.145,(111 + 112) - 0.265. lh . 112

a y = 0.8 (Clase3)

2 - 0.364-( 111 + 112) -0.247 · 111 · 112

ky = 1 + 0.6 · AY ·

NEd Xy · Nc.Rd

q> =

0.5 · [1 +a· (~k - 0.2) + ~; ]

rx,} _!k+( 1) k,c., 1/xz

140

A -fyd

ay

M, E,

Wy-fyd

~n 1

-169,80 83,85

1

Xk =

Ak / Alim

-57, 14 28,22

Nc,Rd

=

A · fy / YM1

2. 1 Pórtico interior. Pilar

Tipo de acero

Tipo de sección

Eje de pandeo 111

5235 a S355

y

z

a

b

b

e

b

e

d

d

Perfiles laminados en 1

h/b > 1,2

t :,; 40 mm

40 mm < t :,; 100 mm h

Y -

-

- - Y

t :,; 100 mm

hlb :,; 1,2

t > 100 mm

.l

Tabla 6.3 Valores del coeficiente de pandeo (x) Curva de pandeo Esbeltez reducida

Coeficiente (a.) de imperfección

ªº

0,13

a

b

e

d

0,21

0,34

0,49

0,7&

Nota: Se necesitará la tabla de perfiles IPE adjuntada en la pg. 385 y la tabla de perfiles HEB de la pg.386.

14 1

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Resolución Pl.5 Solo hay una combinación de E.L.U. , por tanto se calcula el problema con ella, en este caso E.L.U.1: 1.35-G+1.5-Q. Al ser el pórtico simétrico y las cargas también , se puede realizar independientemente el cálculo en la barra 1 (pilar izquierdo) o la barra 4 (pilar derecho). Los esfuerzos son por tanto: FRAME ELEMENT FORCES Frame

Statlon

Output Case

m

p

V2

V3

T

M2

M3

KN -58,37

KN

KN-m

KN-m

-58,37

KN 58,6 58,6

o o

o o

o o

KN-m 123,20 -169 ,80

o o

o o

o o

1 1

o 5

ELU1 ELU1

4 4

o

ELU1

-58,37

-58,6

5

ELU1

-58,37

-58,6

-169 ,80 123,20

Se debe calcular el pandeo en los dos planos, en este caso la condición dimensionante viene determinada por la inadecuada colocación del "arriostramiento" de fachada lateral, que realmente no arriostra, dado que es un mecanismo.

Mecanismo

Arriostra miento

Arriostramiento

Coeficiente de reducción en el plano Z (plano perpendicular al pórtico)

En este caso en particular, los pórticos no están arriostrados en el plano de fachada lateral, pues la configuración de las barras es un mecanismo, por tanto, es un pórtico traslacional, empotrado en la base y libre en la cabeza, por tanto el pilar está empotrado en la base (fl=Ü) y libre en la cabeza (f1=1), el pórtico es traslacional (GT=1), por tanto, el coeficiente de pandeo f3, se corresponde con uno de los casos canónicos:

142

2.2 Pórtico interior. Jácena

Y la longitud de pandeo y la esbeltez reducida en el plano perpendicular al pórtico, del IPE200 serán:

ekz = f3z·h = 2-5000 = 10000 mm A2 = ekz / i2 = 10000 / 22.4 = 443.43 ~z = A2

/

Alim = 443.43 / 86.814 = 5.14 > ~max = 2

Calculando el radio de giro en z mínimo para que cumpla: . 10000 Azmax = Azmax ·Alim = 2·86.814 = 173.63 ➔ lz min = - - - = 57.6 mm , · · 173.63

Consultando la lista de perfiles IPE, se puede observar que no hay ningún perfil que tenga un radio de giro en z lo suficientemente grande como para cumplir esta condición, así que se debe pasar a la tabla de perfiles HEB, siendo el 240 el primero que cumple. HEB 240

1i1,...

h = 240mm

Wy =938.3·103 mm3

J1~-•jl l:~

b = 240 mm

Wz=326.9·103 mm3

tw= 10 mm

iv= 103.1 mm

ti = 17 mm

iz=60.8 mm

A= 106·102 mm 2

Avz= 3323 mm2

r,/ 1

,,

1

2

143

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

A2 = ~z

=

l\ f i = 10000 / 60.8 = 164.47 2

2

"-z / A lim

= 164.47 / 86.814 = 1.895 < ~max = 2

El perfil HEB es cuadrado, por tanto h/b=1 y tw=10mm, y al estar estudiando el pandeo respecto al plano z de perfil, la curva de pandeo a emplear será la e, y por tanto el coeficiente de imperfección a=0.49. Tabla 6.2 Curva de pandeo en función de la sección transversal Tipo de acero

Tipo de sección

S235 a S355

Eje de pandeo 11)

Perfiles laminados en 1 t ~ 40 mm

h/b > 1,2

40 h

mm < t ~ 100 mm

y

z

a

b

b

e

Y -- , --Y 1 h/b

z

~ 1,2

t ~ 100 mm

t > 100

b

mm

b

d

d

Tabla 6.3 Valores del coeficiente de pandeo (x) Esbeltez reducida Coeficiente (a) de imperfección

ªº

a

Curva de pandeo b

c

d

0,13

0,21

0,34

0,49

0,76

Y el coeficiente de reducción por pandeo en el plano z, será: q>2 = 0.5 · [1 + a· (~ 2 - 0.2) + ~; ]

= 0.5 · [1 + 0.49 · (1.895 - 0.2) + 1.895 2 ]

=

2.71

1 1 Xz = -----,:;;;=;;;;;;;;;;;;; = -------¡;;;;;;==== = 0.215 i 1 2 2 2 + ✓ - A,~ 2. 71 + 71 - 1 .895

.J2.

Coeficiente de reducción en el plano Y (plano del pórtico)

En el plano del pórtico (XZ, o plano Y) el pilar está empotrado en la base (ri=0) y en la cabeza se puede calcular su coeficiente de distribución con la expresión que se dá en el enunciado (tanto el valor de la expresión, como el del cálculo del coeficiente de pandeo ~. se corresponden con el modo de pandeo intraslacional, por tanto sólo se hace el cálculo con este).

144

2.2 Pórtico interior. Jácena

L 22 111 = - - - = - - - - = 0.898 L + 0.5 · h 22 + 0.5 -5 . 1 + 0.145-( 111 + 112 )- 0.265 · 111 . 112 13y = P(llyP lly2,GTY) ➔ py = 2 - 0.364-( 111 + 112 ) - 0.24 7. 111 . 112

= 1+ 0.145-0.898 = 0.6755

j3 Y

2 - 0.364-0.898

Y la longitud de pandeo y la esbeltez reducida en el plano del pórtico será: f ky=

J\·h = 0.6755-5000 = 3377.6 mm

"-y= .Cky / jy =3377.6 /103.1 =32.76 ~Y

="-y/ "-i;m = 32.76 / 86.814 = 0.3774 < ~max = 2

El perfil HEB240 es cuadrado, por tanto h/b=1 y al estar estudiando el pandeo respecto al plano y de perfil, la curva de pandeo a emplear será la b, y por tanto el coeficiente de imperfección a=0.34. Y el coeficiente de reducción por pandeo en el plano y, será: Y

X y

= 0.5 • [1 + a• (~y - 0.2) + ~: ] = 0.5 • [1 + 0.34 • (0.3774 - 0.2) + 0.3774 2 ] = 0.6014 1

1

= ----,::== = ---,;::::== = = = = 0.935 'f 1 2 + .j - A,: 0.6014 + ✓0.6014 2 - o.37742

145

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Verificación del EL.U. La comprobación de tensiones a verificar en el E.L.U. Pandeo del pilar será la siguiente:

Para el perfil que se va a verificar (HEB 240) los valores de axil y momento

crítico (capacidad resistente del perfil) será: Nc,Rd = A· fy /

YM1

Mc,Rd = w y · fy /

= 10600 · 275 / 1.05 = 2776190.5 N = 2776.2 kN

YM1

= 938.3·103 -275 / 1.05 = 245745238 N-mm = 245.745 kN·m

Para el cálculo en clase 3, el DB SE-A Tabla 6.13 da la expresión para ky, en este caso, el axil de cálculo, obtenido de la tabla de esfuerzos será: NEd=-58.37 kN, que deberá introducirse en la expresión con su valor absoluto: NEd kv =1+0.6·Ay · - - Xy · Nc,Rd k = 1 + 0.6 · 0.3774 · Y

58 37 · = 1.0051 0.935 · 2776.2

En el enunciado se proporciona también el valor de ay=0.8 y del Cmy=0.9, por tanto, con los valores obtenidos anteriormente: 1 / 0.935}. NEd + ( 1 ) . 1.0051 · 0.9 · My,Ed ::; { 1} { 1 / 0.215 2776.2 0.8 245.745 1

El punto más desfavorable, será la cabeza del pilar (en ambos pilares), donde los esfuerzos serán: NEd=-58.37 kN y MEd=-169.8 kN-m, introduciéndolos en valor absoluto en la expresión: 1/ 0.8572}. 58.37 + ( 1 ) . 1.0051 · 0.9 -169.8 = {0.65} ::; { 1} { 1 / 0.3781 2776.2 0.8 245.745 0.55 1 Por tanto el HEB240 cumple el E.L.U. Pandeo.

146

2.2 Pórtico interior. Jácena

2.2 Jácena del pórtico interior Problema Pl.6 Determinar si el perfil IPE400 de la jácena del pórtico interior de una nave industrial de crujía 5.17 m cumple el E.L.S. Deformación: Aptitud al ServicioApariencia, según indica el CTE DB SE-A para las hipótesis de carga indicadas en el listado del SAP2000. Otros datos: 2

2

•

La carga permanente G=0.41 kN/m y la nieve N=0.45 kN/m

•

El acero a emplear será el S275JR.

•

En los ficheros de SAP2000 las unidades empleadas son kN y m.

.

z 3 2 ¡

'

N

cci

2

2

1

(2)

I'

i

1

,

--

r-i

O)

(O

'

2

4

-

(3)

(1)

(4)

1

1

5

'

✓

'

26

/

/

/

X

• J

X

SAP 2000

- ...,_ ~

..,,,.,.

r.- 11

l~-.-~u ,, '

j

EXTENDIDO A LA BARRA IPE 400

t..-- 1

V Ed(X)

1

A= 8450 mm2 1'.Y= 23130-104 mm 4

Wv= 1156-103 mm3 iv =165.5 mm i, =39.5 mm

Avz""" 4269

mm2

147

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

o

N 1

1 1.35

1.5

G

E.L.S.I E.L.S.11 E.L.U.I

V 0.6

o

o o

FRA M E ELE M ENT FORCES Frame

Station

Output

m

o

ELSI

1

6,9

ELSI

1 1

o

ELSII

6,9

ELSII

o

ELUI

1

6,9

ELUI

2 2 2 2 2 2

o

ELSI

13,06

ELSI

3 3 3 3 3 3 4 4 4 4 4 4

p

V2

V3

T

M2

M3

KN

KN

KN

KN-m

KN-m

KN-m

-17.27 -17.27 -27.70 -27.70 -82.96 -82.96

12.17 21.94 23.33 23.33 69.88 69.88

o o o o o o

o o o o o

o o o o o o

42.74 -74.91 64.56 -96.44 193.35 -288.84

-23.55 -22.25 -25.97 -23.22 -77.79 -69.54

-15.00 -2.02 -25.24 2.32 -75.59 6.95

o o o o o o

o o o o o o

o o o o o

-74.91 47.50 -96.44 53.26 -288.84 159.53

-2 1.41 -24.92 -23.22 -25.97 -69.54 -77.79

-638 28.71 -2.32 25.24 -6.95 75.59

o o o o o o

o o o o o o

o o o o o o

47.50 -98.16 53.26 -96.44 159.53 -288.84

-31.05 -31.05 -27.70 -27.70 -82.96 -82.96

-21 .94 -26.32 -23.33 -23.33 -69.88 -69.88

o

o

o

o o o o o

o o

-98.16 68.33 -96.44 64.56 -288.84 193.35

Case

o

ELSII

13,06

ELSII

o

ELUI

13,06

ELUI

o

ELSI

13,06

ELSI

o

ELSII

13,06

ELSII

o

ELUI

13,06

ELUI

o

ELSI

6,9

ELSI

o

ELSII

6,9

ELSII

o

ELUI

6,9

ELUI

o o o o

o

o

o o o o

Nota: Se necesitará la tabla de perfiles IPE adjuntada en la pg. 385.

148

2.2 Pórtico interior. Jácena

Resolución Pl.6 En el marco de la exigencia básica de aptitud al servicio para el criterio de apariencia de la estructura, la combinación más desfavorable es la correspondiente a la combinación cuasi permanente 1-G, por lo tanto corresponde a E.L.S.I1. Esta combinación de cargas es simétrica y se calcula la flecha en el primer tramo de la jácena (barra 2).

FRAME ELEMENT FORCES Frame

Output Case

p

m

2.32

Station

V2

V3

T

M2

KN

KN

KN

KN-m

KN-m

KN-m

-25.24

o o

o o

o o

-96.44

o o

o o

o

53.26

o

-96.44

o

ELSII

-25.97

13,06

ELSII

-23.22

3

o

ELSII

-23.22

-2.32

3

13,06

ELSII

-25.97

25.24

2 2

M3

53.26

Se monta, en primer lugar la ley de momentos en la combinación E.L.S.II, a fin de calcular la ecuación de la elástica. La carga sobre la jácena izquierda en E.L.S.II, y la ley es: pd = (VEd,, - VEd,i) / L = (- 25.24 - 2.32) / 13.06 = - 2.11 kN / m

x2 MEd(x) = MEd., - VEd,, · x + Pd ·

2

MEd(x) = - 96.44 + 25.24-x - 2.11-

x2

2

Ecuación de la elástica

A partir de l a ley de Navier y se obtiene la ecuación de la elástica: y "(x) = - MEd(x) E-I y "(x) · El =- MEd(x) = 96.44 - 25.24-x + 1.055-x 2 y ' (x). El= 96.44 · x - 25.24 -

x2

Y ( x) -El = 96.44 --

x2

2

+ 1.055-

x3

x3

3

+ C1

x4

- 25.24 -- + 1.055·- + C 1 -x+ C 2 2 6 12

149

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Aplicando las condiciones de contorno, se obtienen las constantes: ➔

(1) en X=O

y(O)=O ➔ C2=0

(2) en X=L=13.06 m ➔ y(L)=O ➔ C 1 =-108.09 Por tanto, la ecuación de la elástica será: y (x) = _!_( 96.44-x2 - 25.24-x3 + 1.055-~ - 108.09·x J 12 El 2 6 Para obtener los máximos, se debe hacer dy(x)/dx=O, obteniendo la posición de los puntos singulares para posteriormente sacar los valores máximos de flecha. y' (x)-EI = -108.09 + 96.44-x -12.62-x + 0.35167-x 3 = O 2

Los puntos singulares para y'(x)=O, que se encuentran en el interior de la barra son x 1=1.3505 m. y x 2=8.8665 m, para los que se obtienen unos valores de desplazamientos: E=210.000 N/mm

2

} 4

IY(IPE400)=23130-10 mm

➔

4

3 2 12 E-I = 48.573-1O N-mm 2 = 48.573-1 O kN-m

y(x1 =1 .3505)=-0.001402 m y(x 2=8.8665)= 0.00913 m

1,35;-0,0014

0,002 . . - _ -- --r-- -- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 0

-lL--,--,--I--,----,----,--:~

--,----,---,-----,-----,-----.-----,----,----,-----,.----,.---,,,---,---.--..---,---,--,---.------,

-0,002 + - - - - - - - - --""c,- - - - - - - - - - + - - - - - - - -- -0,004 + - - - - - - - - - - --""c,- - - - - - - - + - - - - - - -..,,,,_-0,006

+ - - - - - - - - - - - -~ ;:---- - - ---+- - - ----,,,c....__- -

-0,008

+ - - - - - - - - - - - - - -----"'-.....:::- ---+- -~""'--- - - -

-0,01 ~ - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - X

(m)

Se deberá comprobar que ningún valor de la flecha relativa (en este caso habrán tres valores: [O,x1], [x 1 , x 2] , [x2 , L]) supere el valor establecido en el CT E, que tal y como se comentó anteriormente es, para este criterio, de 1/300.

150

2.2 Pórtico interior. Jácena

fr,ij = f

1

2 - X1 -

X-

1

< f r,adm = 1 / 300

J

IY(0) - y(x 1 )1 I0 - - 0.00141 1 1 = ---- = ---- = -- < r,Ox, 2 · IO - X1 I 2 · IO-1 .35051 1929 300

➔

Cumple

y(x2)I = I-0.0014-0.0091)I =1 -0,5-Vc,Rd f yd 261.9 vcRd = vplRd = Av· ,-;; = 3081-~ = 465880N = 465.88kN · · v3 v3 VEd = 51.96 < 0.5-Vpl,Rd = 232.94kN

El axil en la jácena no es constante, tiene un valor ligeramente superior en la base (-64.351 frente a -58.282 de la cabeza) , debido a la componente en el plano de la jácena de las acciones gravitatorias, pero por simplificar, y estando del lado de la seguridad, se supone constante e igual al valor máximo (NEd=64.351 kN. Con este supuesto se hará una comprobación de momentos, siendo el máximo que la jácena puede resistir:

= W el,y ·(fyd u,Rdy¡

M

M u,Rdyj

=

103

NEd,j)

A

35 = 713.1·103 (261.9 - 64 ·6260 1-

)

179433822N-mm = 179.43kN-m

Tal y como se calculó anteriormente, la ley de momentos en la jácena para esta combinación es la siguiente:

Mmax+=87.32

157

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Como se puede observar en la imagen el valor del momento flector no supera (ni en la parte negativa, ni en la positiva) el momento último (179.43 kN·m) , por tanto el IPE330 CUMPLE el E.L.U. Resistencia. 2. - La solución óptima que verifique el E.L. U. Pandeo, y los valores asociados del factor de cumplimiento para ese perfil.

Coeficiente de reducción en el plano Y (plano del pórtico) En el plano del pórtico, las condiciones de sustentación son de empotramiento elástico en ambos extremos (debido a los pilares, que sujetan la jácena, impidiendo que se pueda desplazar horizontalmente). No hay posibilidad de movimiento relativo (vertical) entre apoyos dado que los pilares lo impiden (intraslacional, GT=0). Se considera que ambos apoyos están articulados, por tanto /3y=/3(r¡y 1 ,r¡y2 ,GTy)~ /3(1, 1,0) = 1. Además, a efectos de pandeo se considerarán las dos jácenas como un elemento único.

fM

L-----

Con todas estas consideraciones, los parámetros del pandeo considerados en el plano Y son: eky= Py· L = 1 ·22000 = 22000 mm 2

A = / ''- E = n -210000 = 86 _814 lim f 275 y

"-y = f ky f iy = 22000 / 137.1 =160.47 "-y = "-y /'),lim = 160.47 / 86.814 = 1.8484 < "-max = 2 Al estar estudiando el pandeo respecto al plano y de perfil, la curva de pandeo a emplear será la a, y por tanto el coeficiente de imperfección a=0.21.

158

2.2 Pórtico interior. Jácena

Tabla 6.2 Curva de pandeo en función de la sección transversal Tipo de acero Eje de pandeo (1l

Tipo de sección

S235 a S355 z

Perfiles laminados en I 1h/b >

1,2

t :;; 40 mm

S450

y

z

! ªº

8o

a

b

b

e

a

a

b

e

a

a

d

d

e

e

t,

40 mm < t s 100 mm

Y--

h

- -Y 1

h/b :;; 1,2

t :,; 100 mm

1

z

t > 100 mm

"

Tabla 6.3 Valores del coeficiente de pandeo (x,) Curva de pandeo Esbeltez reducida Coeficiente (a) de imeeñección ~ 0,20 0,30 0 ,40

a

ªº

b

0,13

0,21

1,00 0,99 0,97

1,00 0,98 0,95

1,00 0,96 0,93

c

d

0,49

0,76

1,00 0,95 0,90

1,00 0,92 0,85

Y el coeficiente de reducción por pandeo en el plano y, será:

1)

ª v = 0.8 (Clase3) -

N Ed

kv =1 + 0.6· "Av · - - Xv · N c,Rd

164

2.2 Pórtico interior. Jácena

Tipo de acero

Tipo de sección

Eje de pandeo 111

5235 a S355

y

z

a

b

b

e

b

e

d

d

Perfiles laminados en 1

h/b > 1,2

t :,; 40 mm

40 mm < t :,; 100 mm h

Y -

-

- - Y

t :,; 100 mm

hlb :,; 1,2

.l

z

t > 100 mm

b

Tabla 6.3 Valores del coeficiente de pandeo Esbeltez reducida Coeficiente (a) de imperfección

ªº

0,13

b:)

a

Curva de pandeo b

c

d

0,21

0,34

0,49

0,76,

Tabla 6.10 Coeficientes del momento equivalente Factor de momento flector

Eje de flexión

Puntos arr iostrados en dirección

Cm

-y z -z y-y

z. z

Cm.z

Cm.LT

y-y y-y

Momentos debidos a cargas laterales y momentos de extremos

lllillliillJlll ~M.(+)

CXt,-+.\/M,

Nota: Se necesitará la tabla de perfiles IPE adjuntada en la pg. 385.

165

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Resolución Pl.8 La hipótesis a considerar es "E.L.U.1" ya que es el único E.L.U. disponible en el listado, aunque existen otras combinaciones de acciones a considerar en un cálculo completo de este caso. FRAME ELEMENT FORCES Frame

Station

Output

p

V2

V3

T

M2

M3

KN

KN

KN

KN-m

KN-m

KN-m

o o

o

-44,60

o

37,04

Case

m 2

o

ELUI

-21 ,TT

0,68

2

13,06

ELUI

-18,26

-8,52

o o

3

O

ELUI

-16,21

-11 ,97

O

O

O

37,04

3

13,06

ELUI

-19,72

32,15

O

O

O

-91,69

La combinación de cálculo tiene la componente de viento, que afecta de distinta forma a las dos jácenas, haciendo que la jácena derecha (barra 3) esté más solicitada que la izquierda (barra 2), siendo necesario hacer la comprobación de pandeo sobre esta, con los esfuerzos marcados en la figura anterior. Se calcularán en primer lugar los coeficientes de reducción por pandeo en los planos Y (plano del pórtico) y Z (plano perpendicular al pórtico), para el caso de un perfil IPE400, que es el que cumple las comprobaciones de deformación y resistencia. IPE 400 A= 8450

mm2

ly= 231 3ü-104 mm4

Wy= 1156·103 mm3 Ív = 165.5 mm Íz = 39.5 mm

Avz= 4269 mm2

Coeficiente de reducción en el plano Y (plano del pórtico)

En el plano del pórtico, las condiciones de sustentación son de empotramiento elástico en ambos extremos (debido a los pilares, que sujetan la jácena, impidiendo que se pueda desplazar horizontalmente). No hay posibilidad de movimiento relativo (vertical) entre apoyos dado que los pilares lo impiden (intraslacional, GT=0). Se considera que ambos apoyos están articulados , por tanto ~y=~(r¡y1 ,r¡y2 ,GTy)::::: ~(1 , 1,0) = 1. 166

2.2 Pórtico interior. Jácena

Además, a efectos de pandeo se considerarán las dos jácenas como un elemento único.

L - - - - - -Con todas estas consideraciones, los parámetros del pandeo considerados en el plano Y son:

71:2 . 210000

= 86.814

275 AY= AY/ Alim = 157.1 / 86.814 = 1.81 < Amax = 2 Al estar estudiando el pandeo respecto al plano y de perfil, la curva de pandeo a emplear será la a, y por tanto el coeficiente de imperfección a=0.21. Tabla 6.2 Curva de pandeo en función de la sección transversal Tipo de acero

Tipo de sección

Perfiles lamina.dos en I lz 1

t s 40 mm

l hib> 1,2

S450 y z

S235 a S355

Eje de pandeo (1J

z

a

b

b

1

ªº

ªº

c

a

a

b

c

a

a

d

d

c

c

L

1

40 mm < t

~

100 mm

1

h

--Y

y --

1

h/b :s; 1,2

t :s; 100 mm

1

z

t > 100 mm

b

Tabla 6.3 Valores del coeficiente de pandeo (x.) Esbeltez reducida Coefic iente (a ) de imperfección :s; 0,20 0,30 0,40

ªº

a

Curva de pandeo b

c

d

0,13

0,21

0,34

0,49

0,76

1,00 0,99 0,97

1,00 0,98 0,95

1,00 0,96 0,93

1,00 0,95 0,90

1,00 0,92 0,85

Y el coeficiente de reducción por pandeo en el plano y, será:

167

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

~Y

= 0.5 •[1 + a• (~y -0.2) + ~~ ] = 0.5 •[1 + 0.21 · (1.81-0.2) + 1.8f] = 2.307

1

1

X = ----;;;;;;;;== = --------;;==== = O.268 i 1

y

~ + .jct>

2

-

~~

2

2.307 + ✓2.307 - 1.8f

Coeficiente de reducción en el plano Z (plano perpendicular al pórtico)

En el plano perpendicular al pórtico, la jácena tiene impedido el pandeo por efecto de las correas, que la arriostran a distancias regulares y pequeñas. Por tanto se considera que el coeficiente de reducción por pandeo es igual a la unidad, puesto que no existe riesgo de pandeo.

1

Verificación del EL.U.

La comprobación de tensiones a verificar en el E.L.U. Pandeo de la jácena será la siguiente:

Para el perfil que se va a verificar (IPE400) los valores de axil y momento crítico (capacidad resistente del perfil) será: Nc,Rd = A · fy / YM1 = 8450 · 275 / 1.05 = 2213095 N = 2213.1 kN Mc,Rd = w y · fy / YM1 = 1156·103 ·275 / 1.05 = 302761904 N,mm = 301.76 kN-m Para el cálculo en clase 3, el DB SE-A Tabla 6.13 da la expresión para ky, en este caso, el axil de cálculo, obtenido de la tabla de esfuerzos (tomando el mayor valor de la jácena, del lado de la seguridad) será: NEd=-19.72 kN, que deberá introducirse en la expresión con su valor absoluto:

168

2.2 Pórtico interior. Jácena

-

N Ed

ky = 1+ 0.6 ·Ay -- ~ Xy 'Nc,Rd k = 1+ 0.6-1.844 Y

19 72 · = 1.036 0.268-2213.1

En el enunciado se proporciona también el valor de a y=0.8. Solo resta por determinar el valor de Cm,y, que es el factor de momento flector uniforme equivalente. El momento flector uniforme equivalente es Cm,y- M h de modo que la carga crítica con este momento es la misma que la debida a la ley de momentos real. La ley de momentos real, en la hipótesis de cálculo E.L.U.001:

M max+

M max+

Figura2.5 Diagrama de momentos en E.L.U.001.

Como se están considerando ambas jácenas, la ley de momentos existente para la combinación de cálculo se puede asimilar a una de las que aparecen en el DB SE-A del CTE (mostrada a continuación): Tabla 6.10 Coeficientes del momento equivalente Factor de momento f lector

Eje de flexión

Puntos arriostrados en d i recc ión

z -z

Cm

z-z y-y

Cmz CmLT

y-y

Momentos debid os a cargas laterales y momentos de extremos

[h

A VM. ~

Cm.i = 0,1 - 0,8 Cm; = 0,2 + 0,8

a ~ 0,4 si - 1:e; a :e; O

•a ~ 0,4 si O::; a ~ 1

a.=MoiM,

MJ +\

Figura2.6 Cálculo de

Cmy

según la tabla 6.1 O del CTE DB SE-A.

El momento en el apoyo tiene un valor de Mh=-91 .69 kN -m El momento en el centro del vano M5 , es el máximo interior positivo de la ley de momentos de las jácenas en la hipótesis E.L.U.001. Se debe calcular primero la posición de ese máximo y posteriormente el valor del momento positivo (que no coincide con el del extremo de la jácena) . Para la jácena derecha; 169

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

pd = (- 11.97 - 32.147) / 13.06 =-3.378 kN / m MEd (x) = 37.04 - - 11 .97-x - 3.378-

x2

2

dMEd(x) ---'--- = 11 .97 - 3.378-x = O ➔ xmax = 3.543 dx Ms = MEd (x = 3.543) = 58.25 kN-m Por tanto, para calcular el valor de Cm,y se determina primero el valor de a, que será siempre menor que la unidad y posteriormente el valor de Cmy•

a = Ms = Mh

58 25 = -0.635 -1 < _a < _O -91 .69

➔

cm,y = O.1- O.8 . a ¿ O.4

cm,y = 0.1-0.8-(-0.635) = 0.608 > 0.4 La comprobación de tensiones queda: 1 / 0.268} . {

1/ 1

+ ( 1 ) . 1.036 · 0.608 · M y,Ed s {1}

N Ed

2213.1

0.8

301.76

1

El punto más desfavorable, será la base de la jácena derecha (punto final de la barra 3), donde los esfuerzos serán: NEd=-19.72 kN y MEd=-91 .69 kN -m, introduciéndolos en valor absoluto en la expresión :

1)_1.036 -0.608 -91 .69 = {0.225} s {1}

1/ 0.268} . 19.72 + ( { 1/ 1 2213.1 0.8

301.76

Por tanto el IPE400 cumple el E.L.U. Pandeo.

170

0.162

1

2.2 Pórtico interior. Jácena

Problema Pl.9 En el proceso de dimensionado del pórtico interior de una edificación industrial y partiendo de un perfil IPE 360, realizar la siguiente comprobación: 1.- Determinar la solución óptima que verifique el E.L.U. Pandeo de la jácena, y los valores asociados del factor de cumplimiento para ese perfil. Datos y criterios: •

Las acciones constantes adoptan un valor de G... 0.415 kN/m 2 sobrecarga el uso 0=0.40 kN/m y la crujía 5.139 m.

•

El acero a emplear será el S275JR.

•

Emplear 4 decimales de precisión. / ['

2

' I'

c:ó

2

1

(2)

-

li) C()

t

1

(1)

2

1

5

,

/ /

_J.

(4)

1

'

la

4

-

(3)

1

t--

,

z 3

2¡

2

26.5

/

I/

/

/

',

X

•

J

X

SAP 2000

VEd(X)

EXTENDIDO A LA BARRA

171

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

E.L.S.1 E.L.U.1

G

Q

1 1.35

o 1.5

FRAME ELEMENT FORCES Frame

Station

Output Case

V3

T

M2

M3

KN

KN

KN

KN-m

KN-m

KN-m

-28,50 -28,50

24,09 24,09

o o

-79,83

67,49

o

o o

o

o

o o

o

67,75 -100,91 189,77

7

ELU1

-79,83

67,49

o

o

o

-282,63

o

ELS1

-26,86

-25,91

ELS1 ELU1 ELU1

-23,97 -75,23 -67, 14

2,44 -72,58 6,84

o o o o

o o o o

o o o o

-100,91

13,32

ELS1 ELS1 ELU1 ELU1

-23,97 -26,86 -67, 14 -75,23

-2,44 25,91 -6,84 72,58

o o o o

o o o o

o o o o

55,39 -100,91 155,15 -282,63

-28,50 -28,50 -79,83

-24,09 -24 ,09 -67,49 -67,49

o o o o

o o o o

-100,91 67,75 -282,63

-79,83

o o o o

o

1 1

3 3 3 3

V2

ELS1 ELS 1 ELU1

m 1 1

2 2 2 2

p

7

o 13,32

o 13,32

o 13,32

4 4 4

o o

ELS1 ELS1 ELU1

4

7

ELU1

7

cmy ay

189,77

= 0.9 (traslacional, p > 1) = 0 .8 (Clase3) -

N Ed

kv = 1+ 0.6 ·Av ·- - Xy · N c,Rd

172

55,39 -282,63 155,15

2.2 Pórtico interior. Jácena

Tipo de acero Eje de pandeo (i )

Tipo de sección

S235 a S355

y

z

a

b

b

e

b

e

d

d

Perfiles laminados en l t s 40 mm

h/b > 1,2

40mm 100 mm

1

Tabla 6.3 Valores del coeficiente de pandeo ('x:)

Esbeltez reducida Coeficiente (a) de imperfección

ªº

a

Curva de pandeo b

c

d

0,13

0,21

0,34

0,49

0,76

Tabla 6.10 Coeficientes del momento equivalent e Factor de momento flector

Eje de flexión

Punt os arriostrados en d irección

Cm.

y- y z-z y- y

z -z

Cmz

Crn.LT

y-y

Momentos debidos a cargas laterales y momentos de extremos

M,(-)

~

I I\-__

~

A

'f'Mh

Cmj =0,1-0,8- n~0,4 si - Hn ~ 0 cm.i

= 0,2 + 0,8. a~ 0,4

si O~ a~ 1

Ma(+}

M•(+)

'f'Mh

Nota: Se necesitará la tabla de perfiles IPE adjuntada en la pg. 385.

173

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Resolución Pl.9 La hipótesis a considerar es "E.L.U.1" ya que es la única combinación disponible en el listado. FRAME ELEMENT FORCES Frame

Station

Output Case

m

,_

p

V2

V3

T

M2

M3

KN

KN

KN

KN-m

KN-m

KN-m

o o

o o

o o

-282,63

o o

o o

o o

155, 15

2

o

ELU1

-75 ,23

-72 ,58

2

13,32

ELU1

-67 , 14

6 ,84

3

o

ELU1

-67, 14

-6,84

3

13,32

ELU1

-75,23

72,58

155, 15

-282,63

Se calculan primero los coeficientes de reducción por pandeo en los planos Y y Z, para el IPE360, que cumple las exigencias de deformación y resistencia. IPE 360

r~J

í,/-11

l;-..-•jl ,, t

'

A= 7270mm2 lv = 16270· 104 mm4 Wv = 903.6· 103 mm3 iv= 149.5 mm i,= 37.9 mm

Avz= 351 4 mm2

Coeficiente de reducción en el plano Y (plano del pórtico)

En el plano del pórtico, las condiciones de sustentación son de empotramiento elástico en ambos extremos (debido a los pilares, que sujetan la jácena, impidiendo que se pueda desplazar horizontalmente). No hay posibilidad de movimiento relativo (vertical) entre apoyos dado que los pilares lo impiden (intraslacional, GT=0). Se considera que ambos apoyos están articulados, por tanto ~y=~(1ly1 ,r¡y2 ,GTy)~ ~(1 , 1,0) = 1. Además, a efectos de pandeo se considerarán las dos jácenas como un elemento único.

174

2.2 Pórtico interior. Jácena

L

~

- - - ~>!

Con todas estas consideraciones, los parámetros del pandeo considerados en el plano Y son:

cky = ~y·L = 1-26500 = 26500 mm Ay= f.ky /jy =26500/149.5=177.26 A,.

~

~y

~

l''

-E

fy

~

2

rr

•

210000 275

~ 86 _814

= Ay / Alim = 177 .26 / 86.814 = 2.04 > ~max = 2

No cumple la esbeltez reducida, cambiando al perfil inmediato superior: IPE400 A= 8450

mm2

1 = 23130 ·104 3

Wv= 1156·10

mm 4 rnrn3

iy= 165.5 mm i2 = 39.5 mm Avz= 4269 mm2

La esbeltez de la jácena en el plano Y, con el IPE400 será:

Ay= f,ky /¡y= 26500 / 165.5 =160.121 \ =Ay/ "iim = 160.121 / 86.814 = 1.844 < Amax = 2 Al estar estudiando el pandeo respecto al plano y de perfil, la curva de pandeo a emplear será la a, y por tanto el coeficiente de imperfección a=0.21.

175

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Tabla 6.2 Curva de pandeo en función de la sección t ransversal Tipo de acero Ej e de pandeo !11

Tipo de secció n

S235 a S355 z

S450 y

z

Perfiles laminados en I t s; 40 mm

1h/b > 1,2

lz

a

b 1

ªº

ªº

b

e

a

a

b

e

a

a

d

d

e

e

1

40 mm < t

1

~

100 mm

1

h

Y--

--Y

h/b s; 1.2

1

t s; 100 mm

1 1

z

t>100mm

b

Tabla 6.3 Valores del coeficiente de pandeo (x ) Esbeltez red ucida Coef iciente (a.) de imeerfección s; 0,20 0,30 0,40

a

ªº

Curva de pandeo b

0,1 3 1,00 0,99 0,97

1,00 0,98 0.95

1,00 0,96 0,93

c

d

0,49

0,76

1,00 0,95 0,90

1,00 0,92 0,85

Y el coeficiente de reducción por pandeo en el plano y, será: ~Y

=

X = y

0.5 • [1 +a• (~y - 0.2) + ~~ ] = 0.5 •[1+ 0.21· (1.844 - 0.2) + 1.844 2 ] = 2.3736 1

1

----=== = - - - - - = = = = = = = 0.2586 -:f 1 2 2 2 ~ + ✓~

-

~~

2.3736 +

✓2.3736 - 1.844

Coeficiente de reducción en el plano Z (plano perpendicular al pórtico)

En el plano perpendicular al pórtico, la jácena tiene impedido el pandeo por efecto de las correas, que la arriostran a distancias regulares y pequeñas. Por tanto se considera que el coeficiente de reducción por pandeo es igual a la unidad, puesto que no existe riesgo de pandeo.

176

2.2 Pórtico interior. Jácena

Verificación del E.L.U.

La comprobación de tensiones a verificar en el E.L.U . Pandeo de la jácena será la siguiente :

Para el perfil que se va a verificar (IPE400) los valores de axil y momento critico (capacidad resistente del perfil) será: Nc,Rd = A· fy / YM1 = 8450 · 275 / 1.05 = 2213095 N = 2213.1 kN Mc,Rd = w y · fy / YM1 = 1156-103 -275 / 1.05 = 302761904 N- mm = 301 .76 kN-m Para el cálculo en clase 3, el DB SE-A Tabla 6.13 da la expresión para ky, en este caso, el axil de cálculo, obtenido de la tabla de esfuerzos (tomando el mayor valor de la jácena, del lado de la seguridad) será: NEd=-75.23 kN , que deberá introducirse en la expresión con su valor absoluto: k y = 1 + 0.6 · ~y ·

75 23

NEd = 1+ 0.6 -1 .844 · · = 1.1455 Xy · Nc,Rd 0.2586-2213.1

En el enunciado se proporciona también el valor de ay=0.8. Solo resta por determinar el valor de Cm,y, que es el factor de momento flector uniforme equivalente. El momento flector uniforme equivalente es Cm,y- M h de modo que la carga crítica con este momento es la misma que la debida a la ley de momentos real. La ley de momentos real, en la hipótesis de cálculo E.L.U.001 :

Figura2.7 Diagrama de momentos en E.L.U.001.

Como se están considerando ambas jácenas, la ley de momentos existente para la combinación de cálculo se puede asimilar a una de las que aparecen en el DB SE-A del CTE (mostrada a continuación):

177

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Tabla 6 .10 Coeficientes del momento equivalente Factor de momento flector

Eje de flexión

Puntos arriostrados en dirección

y-y z -z

Cm Cmz LT

Momentos debidos a cargas laterales y momentos de extremos

Mo(-) Cnü Cm.¡

= 0,1 - 0,8 -a .: 0,4 si - 1 $ a $ 0 = 0,2 + 0,8 · Cl

s1

e=min {b,2h)

Zona (según figura), -45° < 0 < 45° G H

F -1 ,8

-1,2

-0,7

-2,5

-2,0

-1,.2

Zona (según figura), -45° < O < 45°

h/d 5

e= mln (b,2h)

A, = A, / A,,m

A,., =

A

B

e

D

E

-1,2

-0,8

-0,5

0,8

-0,7

0,7

-0,5 -0,3

1 s; 0,25

p

0,2 -0,2 0,2 -0,2

ay

= 0.8 (Clase3)

c m,y

= 0.55

~ = 0.5 · [1 +U· (~k - 0.2) + ~~ ] 1

a q-14 f = -·384 E-1 Tipo de acero Eje de pandeo (i )

Tipo de sección

Perfiles laminados en 1 h/b > 1,2

t ::; 40 mm

40 mm < t .,; 100 mm h

Y --

S235

a S355

y

z

a

b

b

e

b

e

d

d

--Y

t ::; 100 mm

h/b ::; 1,2

b

t ;;,, 100 mm

z

Tabla 6.3 Valores del coeficiente de pandeo (x) Curva de pandeo Esbeltez reducida Coeficien te (a) d e imp erfección

196

ªº

a

b

e

d

0,13

0,21

0,34

0,49

0,76,

3. Pórtico de fachada. Pilar

Resolución PF.1 1.- Perfil estrictamente necesario que verifique el E.L.S. Deformación.

De la tabla de paramentos verticales se obtiene el valor del coeficiente de presión sobre la superficie de fachada en el caso de viento frontal (D en las tablas). En este caso la profundidad del edificio (d) son 40 metros (6.67-6 vanos) y la altura del punto más alto son los 8 metros (superficie D, h/d=8/40=0.2 --·-

y -

2 25 4 67 80003 · · · = 1482.54-104 mm 4 384 210000

⇒

HEB 140 (ly = 1509-10 4 mm 4 )

197

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

2. - Perfil estrictamente necesario que verifique el E.L. U. de Pandeo, en la combinación 1.35-G+ 1.5·0.5-N+ 1.5· VF

En primer lugar se realiza el cálculo de la restricción de la esbeltez reducida mínima en amibos planos ~ < 2 , para hacer la comprobación de tensiones con el perfil aquí obtenido. La expresión que se emplea en este caso: ➔

Plano Z (plano del pórtico)

En el plano del pórtico la estructura está arriostrada por el sistema de cruces mostrado en la figura.

~f;:8 J

6,67

1

1

1

J

f;:8

El producto 13·1en el tramo inferior y superior es el mismo, por tanto, el radio de giro mínimo en z será: iz~___Qi_= 0.7-4710 = 1-3290 = 18.95mm . 2 ) "lim 2-86.814 2-86.814

Plano Y (plano perpendicular al pórtico)

En el plano perpendicular al pórtico la estructura está arriostrada en la cabeza, tal y como se comentó en el apartado anterior, por tanto la P=0.7 y el radio de giro mínimo en y será: iy

~

l3·hP = 0.7-8000 2·Anm 2-86.814

=

5600 2-86.814

= 32 _25

mm .

El primer perfil que verifica ambos requerimientos es el HEB 100, por tanto se realiza la comprobación de tensiones para este perfil. Para ello es necesario conocer tanto el axil como el momento máximo en el pilar para el cálculo de tensiones de la comprobación del E.L.U. de Pandeo.

198

3. Pórtico de fachada. Pilar

Cálculo de esfuerzos en el pilar El momento máximo se produce en la base del pilar, y es generado únicamente por la acción del viento frontal, con un valor de:

MEd

= 1.5· qpilar -h2 = 1.5-4.67-80002 = 56.04-106N-mm

8

8

El axil sobre el pilar será producido por el apoyo de la jácena, por tanto es necesario determinar el valor de la carga lineal directamente aplicada sobre la misma en la combinación de cálculo. Las acciones permanentes y la nieve se calculan directamente multiplicando el valor de calíga lineal establecido en el enunciado por la mitad de la crujía: gperm = Gper ·s / 2 = 0.65-6.67 / 2 = 2.17 kN / m qnieve = Qnie·S / 2 = 0.2-6.67 / 2 = 0.667 kN / m Para el cálculo de la acción de viento sobre la cubierta, se debe determinar primero el coeficiente eólico de la cubierta en el caso de viento frontal (como dice el enunciado, la cubierta ha de considerarse toda como zona H), buscando en la tabla de coeficientes eólicos en cubiertas planas (A> 1O m\ Cp,H=-0. 7. La acción superficial de viento en la cubierta será:

Siendo la acción sobre la jácena del pórtico de fachada: q viento

= -0.7-6.67 / 2 = -2.335 kN / m

En la combinación de las cargas a calcular, 1.35-G+1.5-0.5-N+1.5-VF, la carga uniformemente distribuida en la jácena será: qcub = 1.35-qper + 1.5-0.5-qnie + 1.5·qvien = 1.35-2.17 + 1.5·0.5-0.667 -1 .5-2.335 qcub = - 0.073 kN / m (SUCCIÓN) En la combinación solicitada, la jácena ejerce un axil de succión sobre el pilar, por tanto, no es necesario realizar la comprobación de tensiones para verificar el E.L.U. Pandeo, y el perfil estrictamente necesario para verificar el E.L.U. Pandeo en esta combinación será el HEB100. 199

3. Pórtico de fachada. Pilar

Problema PF.2 Determinar, para el pilar central del pórtico de fachada de la nave industrial en base a cerchas mostrada en las figuras, el perfil estrictamente necesario que verifique: 1.- El E.L.S. Deformación. 2.- El E.L.U. de Resistencia, en la hipótesis 1.35 -G+ 1.5-0.5-N+ 1.5-VF.

Es una nave situada en un polígono industrial de Almussafes: 2

•

Zona B: qb=0.42 kN/m

•

Grado de aspereza IV: Ce=2.746

Considerar toda la cubierta como zona H a efectos del cálculo de viento sobre el pórtico de fachada. No considerar la acción del viento interior. El resto de acciones se estiman en : Gper = 0.55 kN / m

2

ON=0.2 kN / m

2

201

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

'

Planta

F

:? 10

-1 ,8

-1 ,2

-0,7

s1

-2,5

-2,0

-1 ,2

5 1 s 0,25

FLECTORES, MEd

A

B

e

D

E

-1 ,2

-0,8

-0,5

0,8

-0,7 -0,5 -0,3

0,7

CORTANTES,

V Ed

0.107·q·l2 0.071 ·q·I ~ 0.464·q·I

0.077·q·l2

0.536·q·I

0.393·q·I

Nota: Se necesitará la tabla de perfiles HEB adjuntada en la pg. 386

202

1

0,2 -0,2 0,2 -0,2

Zona (según figura), -45° < 8 < 45°

h/d

e= min (b,2h)

Zona (según figura). -45° < O< 45° G H

3. Pórtico de fachada. Pilar

Resolución PF.2 1.- El perfil HEB estrictamente necesario que verifique el E.L.S. Deformación.

De la tabla de paramentos verticales se obtiene el valor del coeficiente de presión sobre la superficie de fachada en el caso de viento frontal (D en las tablas). En este caso la profundidad del edificio (d) son 40 metros (6.67-6 vanos) y la altura del punto más alto son los 8 metros (superficie D, h/d=8/40=0.2 --·y 384 E

3

= 3218.9-104 mm 4

⇒

HEB 180 (1 = 3831·10 4 mm 4 ) Y

203

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

2.- Determinar el perfil estrictamente necesario que verifique el E.L. U. de Resistencia, en la hipótesis 1.35-G+ 1.5·0.S·N+ 1.5· VF

Es necesario conocer tanto el axil como el momento máximo en el pilar para el cálculo de tensiones de la comprobación del E.L.U. de Resistencia. El momento máximo se produce en la base del pilar, y es generado únicamente por la acción del viento frontal, con un valor de:

MEd

= 1.5· qpilar·h2 = 1.5· 6.055-95002 = 102.5·106Nmm 8 8

El axil sobre el pilar será producido por el apoyo de la jácena, por tanto es necesario determinar el valor de la carga lineal directamente aplicada sobre la misma en la combinación de cálculo. Para el cálculo de la acción de viento sobre la cubierta, se debe determinar primero el coeficiente eólico de la cubierta en el caso de viento frontal (como dice el enunciado, la cubierta ha de considerarse toda como zona H), buscando 2 en la tabla de coeficientes eólicos en cubiertas planas (A> 1O m ) , Cp,H=-0.7. La acción superficial de viento en la cubierta será: ºfrontal H = qb-ce-CpH

= 0.42-2.746-- 0.7 = - 0.8073kN / m2

Por tanto, en la combinación de las 1.35-G+1.5-0.5-N+1.5-VF, la carga en la jácena será:

cargas

a

calcular,

qcub = (1.35-Qper + 1.5·0.5-Qnie + 1.5•Qvien)-s / 2 qcub = (1.35-0.55 + 1.5-0.5-0.2-1.5--0.807)-6.67 / 2 = -1 .062 kN / m (SUCCIÓN) Y el axil que genera esta carga sobre el pilar central será igual al salto de cortante que se produce en ese apoyo de la jácena (en este caso el central): N Ed

= 2-(0.464·qcub·S1 ) = 2-(0.464-- 1.062-7.5) = - 7.39 kN

La solicitación crítica en este caso es el momento, por tanto, primero se calculará el perfil que cumpla únicamente a flexión, comprobando posteriormente el caso de flexión compuesta:

204

3. Pórtico de fachada. Pilar

➔

W el,y

~ MEd =

102.5-106 =391.37-10smms

fyd

261.9

2

2

El primer perfil que cumple este requerimiento es el HEB180 (A=113.3-10 mm 3 3 y Wei,y=425.7- 10 mm ), comprobando el caso de flexión compuesta para este perfil: NEd MEd NEd MEd -+- =- + ---=-=--::::; 1 Nc,Rd

Mc,Rd

7.39-10

A-fyd

3

---2 --

113.3·1O ·261.9

+

w e,,y.fyd 6 102.5-10 3

425.7-1 O ·261.9

0.922 ::::; 1

Por tanto el perfil HEB180 cumple el E.L.U. Resistencia en la combinación exigida.

205

3. Pórtico de fachada. Pilar

Problema PF.3 Determinar, para el conjunto de pilares del pórtico de fachada de la nave industrial en base a celosías mostrada en la figura, el perfil HEB estrictamente necesario que verifique: 1.- El E.L.S. Deformación. 2.- El E.L.U. Pandeo, en la hipótesis 1.35-G+ 1.5-0.5-N+ 1.5-VF

Es una nave situada en un polígono industrial de Vinaroz: 2

•

Zona B: qb=0.45 kN/m

•

Grado de aspereza 111 : Ce=2.22

Considerar toda la cubierta como zona H a efectos del cálculo de viento sobre el pórtico de fachada, y sólo la acción del viento exterior. Las acciones se estiman en: Gper = 0.65 kN / m

2

ON=0.2 kN / m 2

207

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

7

e/4 F - ~

- --- G

H

b

{-r-~

1

e/4 F

e/10 - e/2 d

Planta

A (m2>

F

s1

e=min {b,2h)

-1 ,8

-1 ,2

-0,7

-2,5

-2,0

-1,.2

5

~

~ A, / A,,m

A

B

e

D

E

-1 ,2

-0,8

-0,5

0,8

-0,7

0,7

-0,5 -0,3

1 s; 0,25

e= mln (b,2h)

A,_,

~

0,2 -0,2 0,2 -0,2

Zona (según figura), -45° < O < 45°

h/d

A,

Zona (según figura), -45° < 0 < 45° G H

R

ay

= 0.8 (Clase3)

c m,y

= 0.5 · [1 +a· (~k - 0.2) + ~~ ]

= 0.55

ky = 1+ 0.6 · ~y ·

N Ed

Xy · Nc,Rd

1

Xk = --------;= = =

~+ ✓f - ~~

a q-1 4

f=·384 E·I

Tipo de acero

Tipo de sección

Eje de pandeo (1)

Perfiles laminados en 1

h/b ::> 1,2

lz

t s 40 mm

40 mm< t s; 100 mm h

Y --

208

a

b

b

e

b

e

d

d

- -Y h/b s; 1,2

1

S235 a S355 y z

t s; 100 mm

t > 100 mm

3 . Pórtico de fachada. Pilar

Tabla 6.3 Valores del coeficiente de pandeo (x) Curva de pandeo Esbeltez reducida Coeficiente (a.) de imperfección

ªº

a

b

c

d

0,13

0,21

0,34

0,49

0,76

CORTANTES,

FLECTORES, M Ed

V E,d

0.107·q·l2 0.071 ·q ·I ~ 0.464 -q ·I

w7

3/~f

1

11r···· --··············

M

➔

máx

q·h

V= q·I V =0

-=--vM.

1/2 ·q·h

/

1·············· M

\

Reacciones en cabeza

0.393·q·I

0.536·q·I

0.077·q·l2

Reacciones en la base

0.607·q·I

.

max

r,)t~x ~ .....

5/8 ·q·h

00,

\

M 71:~ máx

-.

1/ 2·q ·h

1/2 ·q·h

5 V = - q-1 8 3 V = - q•I 8

q-1 V=q-1 V=-

1 V = - q- 12 2 1 V = - q•I

1 2 M = - q -1 8

1 2 M = - q-1 8

1 M = - q -12 12

2 2

2

Flector máximo

q-12 M =-

Flecha máxima

f = 48 . q- 1 384 El

2 q-14 f : -·384 El

5 q -14 f= ·384 El

1 q -1 f= ·384 El

2

0.7

1

0.5 (1)

2

4

f3 de pandeo

4

Nota: Se necesitará la tabla de perfiles HEB adjuntada en la pg. 386

209

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Resolución PF.3 1.- El perfil HEB estrictamente necesario que verifique el E.L.S. Deformación.

De la tabla de paramentos verticales se obtiene el valor del coeficiente de presión sobre la superficie de fachada en el caso de viento frontal (D en las tablas). En este caso la profundidad del edificio (d) son 40 metros (6.67-6 vanos) y la altura del punto más alto son los 8 metros (superficie D, h/d=8/40=0.2 48-250 _q-h Y 384 E

~ 48·25º 4 ·67·80003 = 35580.96-10 4 384

210000

3

mm 4

⇒

HEB 340 (ly = 36660-10 4 mm4 )

3. Pórtico de fachada. Pilar

2. - Determinar el perfil HEB estrictamente necesario que verifique el EL.U de Pandeo, en la hipótesis 1.35-G+ 1.5·0.5-N+ 1.5-VF

En primer lugar se realiza el cálculo de la restricción de la esbeltez reducida mínima en ambos planos A< 2 , para hacer la comprobación de tensiones con el perfil aquí obtenido. La expresión que se emplea en este caso: ➔

Plano Z (plano del pórtico) En el plano del pórtico la estructura está arriostrada por el sistema de cruces mostrado en la figura.

El producto 13·1 en el tramo inferior y superior no es el mismo, por tanto hay que seleccionar aquel caso en el que el producto sea mayor, así el radio de giro mínimo en z será: 13·1 = max(h 5 ·1;h¡·0.7) = max(2000;4200) = 4200 iz 2

~= 2·\ im

4200 2-86.814

= 24.19 mm

Plano Y (plano perpendicular al pórtico) En el plano perpendicular al pórtico, la estructura no está arriostrada en la cabeza, por tanto la 13=2.0, y el radio de giro mínimo en y será: iY 2 ~ = 2-8000 = 16000 = 92 _152 mm 2·Alim 2·86.814 2·86.81 4 El primer perfil que verifica ambos requerimientos es el HEB 220, por tanto se realiza la comprobación de tensiones para este perfil.

211

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Es necesario conocer tanto el axil como el momento máximo en el pilar para el cálculo de tensiones de la comprobación del E.L.U . de Pandeo. El momento máximo se produce en la base del pilar, y es generado únicamente por la acción del viento frontal, con un valor de:

MEd

= 1.5·qpilar·h2 = 1.5· 4.67-80002 = 224.16-106N,mm 2 2

El axil sobre el pilar será producido por el apoyo de la jácena, por tanto es necesario determinar el valor de la carga lineal directamente aplicada sobre la misma en la combinación de cálculo. Las cargas gravitatorias se obtienen multiplicando el valor de la carga superficial por la mitad de la crujía, que se llevará la jácena del pórtico de fachada. gpe,m = 0.65·6.67 / 2 = 2.17 kN / m qnieve = 0.2·6.67 / 2 = 0.667 kN / m Para el cálculo de la acción de viento sobre la cubierta, se debe determinar primero el coeficiente eólico de la cubierta en el caso de viento frontal (como dice el enunciado, la cubierta ha de considerarse toda como zona H), buscando 2 en la tabla de coeficientes eólicos en cubiertas planas (A> 1O m ) , Cp,H=-0.7. 2

Qfrontal G = qb-Ce·Cp,H = 0.45-2.22·-0.7 = -0.7kN / m qviento

= - 0.7-6.67 / 2 = - 2.335 kN / m

de las Por tanto, en la combinación 1.35-G+ 1.5·0.5-N+ 1.5-VF, la carga en la jácena será:

cargas

a

calcular,

qcub

= 1.35·9per + 1.5·0.5·qnie + 1.5·qvien = 1.35·2.17 + 1.5·0.5·0.667 -1.5·2.335

qcub

= - 0.073 kN / m (SUCCIÓN)

En la combinación solicitada, la jácena ejerce un axil de succión sobre el pilar, por tanto, no es necesario realizar la comprobación de tensiones para verificar el E.L.U. Pandeo, y el perfil estrictamente necesario para verificar el E.L.U. Pandeo será el HEB220.

212

3. Pórtico de fachada. Viga cortaviento

3.2 Viga contraviento Problema PF.4 Durante el proceso de diseño de una nave industrial de 24 metros de luz, 6 metros de separación entre pórticos y 10% de pendiente de cubierta, el propietario de la misma exige que en una de las fachadas frontales exista una puerta de 8x3 metros, tal y como se muestra en la figura. Para ello se prescinde del pilar central y se decide adoptar una tipología Pratt para la viga contraviento, de la cual hay que determinar:

1.- Las solicitaciones (Valor, Tracción/Compresión) que se producen en cada una de las barras de la VCV en la hipótesis más desfavorable de viento frontal 2 de presión (0.5 kN/m de presión en fachada), plasmándolas sobre un esquema. 2.- El perfil hueco circular óptimo para todo el conjunto de los montantes (1-6, 2-7,3-8,4-9,5-1 O). 3.- El perfil L óptimo para el conjunto de diagonales de la VCV. 10

213

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

6

8

1

5

4

3

2

10

9

'

' ~~

....

1/)

c:o-

I'-;. ai

ai

'

'

'

A,,m ~ff ~

'

ªv = 0.8 (Clase3) c my

= 0.95

= 0.5 · [1 + U· (~k - 0.2) + ~; ] 1

X,k =--;::===

~+ ✓~2

- X;

5 q-1 4 f = -·384 E-1

el. apoyado-apoyado

Tabla 6.2 Curva de pandeo en función de la sección transversal Tipo de sección

Tipo de acero Eje de pandeo (ll

5235 a 5355

5450

y

z

y

z

laminados en caliente

a

a

ªº

ªº

conformados en frio

c

c

c

c

Tubos de chapa simples o agrupados

oo □ 2 14

3. Pórtico de fachada. Viga cortaviento

Tipo de acero

Tipo de sección

Eje de pandeo (1l

S235 a S355

S450

y

z

y

z

b

b

b

b

Peñiles.L

L

Tabla 6.3 Valores del coeficiente de pandeo (x) Curva de pandeo Esbeltez reducida Coeficiente (a.)

de imperfección

ªº

a

b

e

d

0,13

0,21

0,34

0,49

0,76

Nota: Se necesitarán las tablas de perfiles L (pg 392) y tubulares circulares (pg 387).

215

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Resolución PF.4 1.- Las solicítaóones ( Valor, Tracción/Compresión) que se producen en cada una de las barras de la VCV en la hipótesis más desfavorable de viento frontal de presión, plasmándolas sobre un esquema.

Las acciones sobre los pilares serán las siguientes, teniendo en cuenta que los pilares centrales se tienen que llevar la acción de la zona central, donde está la puerta: qpil.extr = a ,rontal,D·S1 / 2 = 0.5·6·0.5 = 1.5 kN / m qpil.cent = Qfrontal,D·S, = 0 .5·(6 / 2 + 12 / 2) = 4.5 kN / m Trasladándolas a la cabeza de los pilares y obteniendo la reacción en el apoyo de la viga contraviento :

0 1 = 0 5 = 3 / 8-qpil. extr ·h = 3 / 8-1.5·8.5 = 4. 78 kN } 0 2 = Ü4 = 3 / 8-qpil.cent ·h = 3 / 8-4.5-9.1 = 15.36 kN

¿ Ü¡ ➔

R1 = R2 = -2- = 20.14 kN

0 3 = 0 kN Para calcular los esfuerzos en cada uno de las barras, se plantean los equilibrios en cada uno de los nudos. Destacar que con la geometría del problema, las diagonales están configuradas con un ángulo de 45º, por tanto el cos45=sen45=✓2/2: En primer lugar se plantea el equilibrio en el nudo 6, para obtener el axil en el montante exterior (1 -6):

6

N s1

N1_ 6 = R1 = 20.14 kN (C) N 5 _7

=O

Continuando con el nudo 1, se puede obtener los esfuerzos de la primera diagonal, y de parte del cordón inferior:

216

3. Pórtico de fachada. Viga cortaviento

1 N1-7·Sen45 = N1_6 -Q 1 ➔ N1_7 = 21.72 kN (T) N1-2 = N1_7·COS45 = 15.36 kN (C)

El siguiente nudo es el 7, del que se obtienen las solicitaciones del cordon superior y del montante central, con la singularidad de que tienen el mismo valor:

7

4---- - - - - -
6m y para este perfil vale: M Ed,g

=

g-e~= 0.0828-84852 = 745150 8

8

N-mm

La comprobación de resistencia quedará por tanto: NEd N c,Rd

+

3

MEd M c,Rd

=

1_5.21-;2-10 + 1.35·7~5150 10.5·1O ·261.9 12.26·1 O ·261.9

=

0 _1 19 + 0 _313 = 0 .432

Por tanto el perfil L90.90.6 cumple E.L.U. Resistencia, solo resta comprobar el E.L.S. Deformación, verificando el criterio de apariencia, en la combinación 1 ·G. La flecha que provoca el peso propio es : 84854 f = ~- _ J_ = ~ -0.0828· = 32.97 mm 384 g E\ 384 210.000-80.72·104

221

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Se calcula la flecha relativa entre el punto central y el extremo de la diagonal: f

= f112 -

fo

2·( f d / 2)

r

= 32 ·97 = 3.88-10-3 > 1 / 300 = 3.33-103 8485

Luego NO cumple E.L.S. Deformación . El siguiente perfil que se comprueba debe ser el que aumente el momento de inercia (ly) con un menor peso y sin disminuir el radio de giro iv. El perfil que siguiente perfil es el: L 100.6 A= 11 .8·10' mm2 G= 0.09259 N/mm Wv= 15.09 -103 mm 3 ly= 30.7 mm Íu == 38.7mm

1

4

5 1 5 84854 f = - · g·_ d_ = - · 0.0926-- - - - - = 26.78 mm 384 E\ 384 210.000-111.1-104 Se calcula la flecha relativa entre el punto central y el extremo de la diagonal:

=

f r

f l/ 2 - fo

2-( ed/ 2)

= 26 ·78 = 3.16·10-3 < 1 / 300 = 3.33·103 8485

Luego SI cumple E.L.S. Deformación.

222

3. Pórtico de fachada. Viga cortaviento

Problema PF.5 Determinar el perfil L óptimo que verifique todos los estados límites para el conjunto de diagonales de la viga contraviento tipo Pratt del pórtico de fachada de la nave industrial mostrada en la figura. Considerar la acción de viento exterior y el viento interior (succión, -0.3 o presión +0.2) más desfavorable y que las diagonales de la viga contraviento se doblarán.

' ,,

:,,rlO

t--...

:,,"

'

(")

lO

t--...

(J)

r---:-

t--...

:,,"

:, "

Es una nave situada en un polígono industrial de la provincia de Valencia: 2

•

Zona A: qb=0.42 kN/m

•

Grado de aspereza IV: Ce=1.63

223

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

l

,,,,f.'

"'º

0

--

- - o

h-+- ~~-~J.,. A

e

B

h/d 5

Zona (según figura), -45° < 0 < 45° A

B

e

o

E

-1,2

-0,8

-0,5

0,8

-0,7 -0,5 -0,3

..

d

~

e~ min (b ,2h)

J:, -

A, / A,,m

A,,m -

p

0,7

0,25

ay

= 0.8 (Clase3) -

Xy · N c ,Rd

~ = 0.5 · [1 + U· (~k -0.2) + ~~ ]

1 a q,1 4

f = -·384 E·I

Nota: Se necesitarán las tablas de perfiles L (pg 392).

224

NEd

ky = 1+ 0.6- AY ·- - -

3. Pórtico de fachada. Viga cortaviento

Resolución PF.5 En primer lugar se obtienen las acciones que se aplican sobre la fachada. De la tabla se extrae el valor del coeficiente de presión sobre la superficie de fachada en el caso de viento frontal (superficie D, hl d= 7 .95/42=0.1896m y para este perfil vale: M = g-.e~ = 0.0828-85962 = 764774 Nmm Ed,g 8 8 La comprobación de resistencia quedará por tanto: N Ed

NcRd '

+

M Ed

McRd '

=

69.1 ~-103 + 1.35·7634774 10.5-10 ·261.9 12.26-10 ·261.9

= 0.252 + 0.325 = 0.577

Por tanto el perfil L90.90.6 cumple E.L.U. Resistencia, solo resta comprobar el E.L.S. Deformación, verificando el criterio de apariencia, en la combinación

1-G. La flecha que provoca el peso propio es:

226

3. Pórtico de fachada. Viga cortaviento

f

= ~- -~ = ~-0.0828· 384 g E·ly

384

85964 = 34.726 mm 210.000-80.72-104

Se calcula la flecha relativa entre el punto central y el extremo de la diagonal: f

=

r

34 726 fo = · = 4.04·10-3 > 1 / 300 = 3.33·103 2-(Cd / 2) 8595.93 f l/

2

-

Luego NO cumple E.L.S. Deformación. El siguiente perfil que se comprueba debe ser el que aumente el momento de inercia (ly) con un menor peso y sin disminuir el radio de giro iv. El perfil que siguiente perfil es el : L 100.6

1 2

A= 11.8·10" mm

G= 0.09259 N/mm 3

Wv= 15.09·10 mm iy = 30.7 mm

3

'-

-

iu = 38.7 mm iv= 19.7 mm

4 5 5 1 85964 f =·g·-d- = ·0.0926·- - - - - = 28.216 mm 384 E\ 384 210.000-111.1-10 4 Se calcula la flecha relativa entre el punto central y el extremo de la diagonal: f r

=

fl/

2

-

fo =

2·( f d / 2)

28 216 · = 3.28·10-3 < 1 / 30Q = 3.33·10 3

8595.93

Luego SI cumple E.L.S. Deformación.

M

= g-f ~ = 0.0926-85962 = 855290

Ed,g

8

8

N-mm

La comprobación de resistencia quedará por tanto: NEd N c ,Rd

+

MEd M c,Rd

=

69.1~-10

3

11 .8·1 O ·261.9

+

1.35-8535290

=

0 .22 + 0.29 = 0 .5 1

15.09·1 O ·261.9

227

3. Pórtico de fachada. Viga cortaviento

Problema PF.6 Determinar el perfil cuadrado hueco (#) a emplear en el conjunto de montantes de la viga contraviento tipo Warren de la nave industrial en base a celosías mostrada en la figura y verificar todos los estados límites que marca el DB-SE A. Considerar sólo el viento exterior.

Es una nave situada en un polígono industrial de Valencia: 2

•

Zona A: qb=0.42 kN/m

•

Grado de aspereza 111: Ce=2.22

229

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

-45º < e < 45º

Zona (según figura ),

h/d 5

A

B

e

D

E

-1 ,2

-0,8

-0,5

0,8

-0,7 -0,5 -0,3

1 ~

0,25

0,7

"

e= min (b,2h)

= 0.95 a y = 0.8 (Clase3)

{ll

A lim

~

c my

=vT

= 0.5 · [1 + U· (~k - 0.2) + ~; ]

-

NEd

ky = 1+0.6· Ay · - - Xy · N c,Rd

1

el. apoyado-apoyado

Tabla 6.3 Valores del coeficiente de pandeo (x) Curva de pandeo Esbeltez reducida Coeficiente (a) de imperfección

0,13

a

b

e

d

0,21

0,34

0,49

0,76

Tabla 6.2 Cu rva de pandeo en función de la sección transversal

Tipo de sección

Tipo de acero Eje de pandeo (i )

S235 a S355 y z

S450

y

z

laminados en caliente

a

a

ªº

ªº

conformados en frio

e

e

e

e

Nota: Se necesitarán las tablas de perfiles tubulares cuadrados (pg 390).

230

3. Pórtico de fachada. Viga cortaviento

Resolución PF.6 De la tabla se puede obtener el valor del coeficiente de presión sobre la superficie de fachada en el caso de viento frontal, teniendo en cuenta que la profundidad del edificio en la dirección del viento frontal d=40 metros (superficie D, h/d=8/40=0.2 5. mm

0 80.2 e

G

i = 27.6 mm • y

A= 490 mm2 G= 0.0385N/ mm I= 373 ·103mm4

• z

Para este perfil, la esbeltez reducida será:

5;: = J:._ = 4500 / 27.6 "-iim

=

1.905

86.815

Al ser un perfil hueco conformado en trio, le corresponde una curva de pandeo c, según la tabla 6.2, y de acuerdo con la tabla 6.3 un coeficiente de imperfección a =0.49. Con estos datos se puede calcular el coeficiente de reducción por pandeo. 1

NO Cumple

249

Construcción y A rquitectura Industrial. Problemas

Repitiendo los cálculos del ELU Pandeo para el siguiente perfil de la serie, de menor peso, el 4>90.2: 0 90.2 e

G

i = 31 .1 mm • y

G= 0.0434 N/ mm I= 536·103 mm4

•z

~

= 1.67 < 2

N Ed,i

x·A·fyd

~ 1➔

1 0.265-553-261.9

NO

Cumple

Repitiendo los cálculos del ELU Pandeo para el siguiente perfil de la serie, de menor peso, el 100.2: 0 100.2

e -~• e

i = 34.7 mm

A= 615 mm 2 G= 0.0483N/ mm I= 740-103mm4

•z

~ = 1.494 < 2

N Ed,i

x-A-tyd

~ 1➔

= 1.933

x= 0.3165

41070

= 0.806 < 1 Cumple

0.3165-615-261.9

Por tanto el primer perfil que cumple es el 100.2.

250

3. Pórtico de fachada. Arriostramiento

Problema PF .1 O Determinar los perfiles estrictamente necesarios, que verifiquen todos los estados límites para los elementos del arriostramiento del pórtico de fachada de la nave mostrada en la figura: 1.- Diagonal (perfil L) 2.- Montante (perfil#)

lO

r--:-

Es una nave situada en un polígono industrial de la provincia de Valencia: 2

•

Zona A: qb=0.42 kN/m

•

Grado de aspereza IV: Ce= 1.63

La carga de viento sobre el pórtico de fachada adopta un valor más desfavora2 ble Ov=0.6846 kN/m .

251

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Se necesitarán las tablas de perfiles L (pg 392) y cuadrados huecos (pg 390). A

Zona (según figura),

h/d

(m2)

5 1 s; 0,25

.:: 10

-45° < 0 < 45°

A

B

e

D

E

-1 ,2

-0,8

-0,5

0,8

-0,7 -0,5 -0,3

0,7

ª" min (b.2h) Tabla 6.2 Cu rva de pandeo en función de la sección transversal Tipo de acero Eje de pandeo (ll

Tipo de sección

S235 a S355

S450

y

z

y

z

laminados en caliente

a

a

ªº

ªº

conformados en frío

e

e

e

e

Tipo de aoer-o S235 á S355 z Eje de pandeo (1) y

Tipo de s eC"Ción

5458 y

z

b

b

!Perfiles L

L

b

b

Tabla 6.3 Valores del coeficiente d e pandeo (x) Curva de pandeo Esbeltez reducida

Coeficiente (a) de imperfección

ªº

0,13

a

b

c

d

ó,21

0,34

0,49

0,7&

Ai,m =P

c my = 0.95 a y = 0.8 (Clase 3)

~ = 0.5 · [1 + a · (~k - 0.2) + ~~ ] Xk

1

= --;::=== ~ + ✓~2

-

~~

/Xy} · ~ + ( 1J.ky · Cm.y · My,Ed ~ {1} {1 1 / Xz A· fyd a y w y · fyd 1 252

NEd ky == 1+ 0.6 · AY· - - - Xy · N c,Rd

5 q-14 f = -·384 E-1

el. apoyado-apoyado

3. Pórtico de fachada. Arriostramiento

Resolución PF.1 O No es necesario calcular la acción de viento sobre la fachada frontal, pues en el 2 propio enunciado aporta este valor, que es, para esta nave de 0.6846 kN/m , que se corresponde para el caso de viento frontal (Cpe=O. 7) y viento interior de succión (Cp¡=0.3). Por tanto, las acciones de viento los pilares serán: qpil.extremos

=O

q pil.centrales

= Ofrontal,D ·S1 = 0.6846-7.5 = 5.135 kN / m

frontal,o

·S1 /

2 = 0.6846·7.5·0.5 = 2.567 kN / m

Trasladándolas a la cabeza de los pilares se obtiene el esquema de trabajo de la viga contraviento:

6

01,5

= 3 / 8·qpil.extr ·h = 3 / 8·2.567·7.5 = 7.22 kN

0 2 ,4

= 3 / 8·qpil.cent ·h = 3 / 8·5.135•7.725 = 14.875 kN

0 3

= 3 / 8•qpil.cent "h = 3 / 8·5.135·7 .95 = 15.3 kN

Y la reacción en los dos apoyos será, en este caso:

El axil en el montante del arriostramiento es la propia reacción de la viga contraviento tipo Pratt, por tanto, mayorando la acción (para el cálculo de E.L.U., siempre se considerará una combinación con el viento mayorado) :

NEd,mon :::: 1.5H1 :::: 44.625 kN

compresión

Para obtener el axil en la diagonal , es necesario conocer el equilibrio del nudo en el plano lateral:

253

Construcción y A rquitectura Industrial. Problemas

4

El ángulo de la diagonal ~, y el esfuerzo en la diagonal será: ~ = tan- (7.5 / 4) = 61.93º 1

N

-

=

N Ed,mont.CSA

COS~

Ed,diag.CSA -

44.625 COS(61.93)

= 94.89 kN

tracción

1.- Diagonal (perfil L).

Se determina el perfil necesario por esbeltez. Al tratarse de una pieza que trabaja a tracción, deberá cumplirse que ').. < 3 , y al doblarse la diagonal, se considera la longitud de pandeo como la mitad de la longitud de la diagonal:

➔

i . >( m,n

8500 12

) = 16.32mm

86.814·3

El perfil en L con menos peso que cumple este requerimiento es:

/o

·,--.;, ~·~... ""..

~r..•

'

,

•

254

.

'"'\ .. • y

.

-

j

✓

.' .

)'

¿.

L 90.6 A= 10.5·102 mm2 G= 0.0828 N/mm Wy= 12.26·103 mm 3 Íy = 27.7 mm Íu = 34.9 mm iv= 17.7 mm

7

3. Pórtico de fachada. Arriostramiento

La comprobación de tensiones no incluye el término de momento puesto que no es un elemento que esté colocado horizontalmente, por tanto: N Ed diag CSA

~1

Nc,Rd

94.89 =

94.89·10 = 0.345 ~ 1 10.5-102 -261.9 3

Por tanto el perfil L90.90.6 cumple E.L.U. Resistencia. 2. - Determinar el perfil necesario(#) para el montante de la VCV.

La comprobación a realizar será exclusivamente la de pandeo frente al esfuerzo axil, pues es un elemento de compresión de menos de 6 metros de longitud sometido a compresión.

NEd,mon

~

1

X·A·fyd Se determina el perfil necesario por esbeltez. Al tratarse de una pieza que trabaja a compresión, deberá cumplirse que "A < 2 :

~=~= A lim

f /i < 2 86.814

➔

. lmin

4000 > 86.814-2 = 23.04mm

El primer perfil que cumple este requerimiento es: #60.2 • z

1

i ;;; 23.8 mm

Y•w H e .~

•

A= 458 mm 2 G= 0.036 N/ mm

B

•

I= 260·103 mm 4

Realizando los cálculos correspondientes, se determina el valor del coeficiente de reducción por pandeo:

255

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

~ = ~ = 4000 / 23.8 = 1.936 86.814

Aiim

~

= 0.5 · [1 +U· (~k -0.2) + ~~ ] = 0.5 · [1 + 0.49 · (1.936-0.2) + 1.9362) = 2.8 1

1

X = ----=== = - -- = = = = = 0.2368 -;¡,. 1

~+

.J~

2

-

~~

2.8 + ✓2.8 -1 .67 2

2

Y el cálculo de tensiones para este perfil: 44625 0.2368·4.58·102 ·261.9

= 1.57 > 1 Luego NO cumple

El siguiente perfil con menor peso que cumple este requerimiento es: #70.2 •z

e .□ •

y •

H

i = 27.6 mm

A= 553 mm 2 G= 0.0434 N/ mm

•

a

...

I= 420·103 rnrn 4

Para el que los diferentes valores de cálculo valen:

~ = ~ = 4000 / 27.6 = 1.67 86.814

'--iim

2 ~ = 0.5 · [1 +a · (~k - 0.2) + ~~] = 0.5 · [1 + 0.49 · (1.67 - 0.2) + 1.67 ) = 2.255

1

1

X = -----¡:;;;;;;;;;===== = -------.r======= = 0.2653 -;¡,. 1 ~ + 2 - A~ 2.255 + .J2.2552 - 1.672

.j~

Y el cálculo de tensiones para este perfil: 44.625 0.2653-5.53-102 -261.9

256

= 1.16 > 1 Luego NO cumple

3. Pórtico de fachada. Arriostramiento

El siguiente perfil con menos peso que cumple el requerimiento es:

e El coeficiente de reducción por pandeo para este perfil será:

;;: = ~ = 4000 / 30 = 1 .536

Aiim

~

86.814

= 0.5 · [1 +U· (~k -0.2) + ~~ ] = 0.5 · [1 + 0.49 · (1.536 -0.2) + 1.536 2) = 2

X=-

1

1

---=== = - ---==== = 0.305 'J 1 ~ + ✓~ 2 - ~~ 2 + .J22 -1 .536 2

Y el cálculo de tensiones para este perfil: 44.625 0.305·5.78·10 2 ·261.9

= 0.966 < 1 Luego cumple el #75. 75.2

257

4 PLACA DE ANCLAJE

El siguiente elemento que se aborda es el cálculo de las placas de anclaje que unen la estructura metálica en superficie con la cimentación. Las mismas están compuestas por los siguientes elementos: •

•

Placa de base: es el nexo de unión entre el pilar y la cimentación, deben estar ejecutadas del mismo material que aquel (S275JR) y debe tener un espesor suficiente para no agotarse por flexión ni para agotar el hormigón que tienen justo debajo. Cartelas de rigidización: Estos elementos pueden o no aparecer en el proceso de dimensionado, se incluyen en aquellos casos en los que la

flexión es tan pronunciada que la placa tiene problemas de agotamien•

to. Aportan rigidez a la sección de la placa en los puntos más solicitados. Al ser soldadas a la placa también son de acero S275JR. Pernos de anclaje: Los pernos de anclaje se emplean por una parte para posicionar la placa sobre la cimentación (función constructiva) y por otra para resistir los esfuerzos en la zona traccionada de la misma. Pueden ejecutarse roscados (pudiendo emplear acero S275JR) o soldados sobre la placa (aceros B500S).

_,,,,,,- Ca rte Ias

~

Pernos

Figura 4.1 Elementos de la placa de anclaje.

El material en el que apoya la placa de anclaje será el hormigón armado de las cimentaciones, por tanto será necesario acudir a la instrucción de hormigón estructural (en adelante EHE-08) [7] para realizar el cálculo de todo lo relativo al agotamiento del apoyo y anclaje de los pernos y lo establecido en el anejo L del Eurocodigo 3 (EC3) [11] así como en el Art. 8.8.1 del CTE DB SE-A para establecer el modelo y realizar los cálculos de agotamiento.

261

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Las comprobaciones a realizar en el dimensionado de la placa de anclaje según lo establecido en las citadas normativas son las siguientes: • •

• •

E.L.U. Agotamiento del apoyo. Se verificará que el material de apoyo de la placa de anclaje no se agota por compresión excesiva. E.L.U. Agotamiento de la placa a flexión. Se dimensionará la placa (espesor o espesor y cartelas) de tal forma que las solicitaciones en los puntos más desfavorables no superen la resistencia del material. E.L.U. Agotamiento de los pernos. Se determinará el número y diámetro de pernos necesarios para resistir los esfuerzos de tracción. E.L.U. Anclaje de los pernos. Por ultimo se determina la longitud de anclaje de los pernos en el macizo de cimentación, de tal forma que la transmisión de cargas sea correcta.

En este capítulo se proponen diez problemas de placas de anclaje, que se dividen en tres grandes grupos, en función de las solicitaciones a las que se somete a las mismas: •

Placas de pilares que trabajan a compresión compuesta, pues el axil transmitido por el pilar es significativamente mayor que el momento (que puede llegar a ser nulo). En estos casos trabaja la superficie portante de la placa, no la totalidad, y el problema se convierte en un problema fundamentalmente geométrico. Los problemas PA1-PA3 son de este tipo, variando las características de· la placa, para hacerlos distintos. Este tipo de placas se pueden encontrar en el caso de pilares de forjados destinados a oficinas, que trabajan fundamentalmente a compresión.

•

Placas de pilares que trabajan a flexión compuesta, en cuyo caso el momento aportado por el pilar es significativamente mayor que el axil, siendo en este caso el modelo de cálculo muy diferente, pues bajo la placa aparece una zona de compresión y otra de tracción, que habrá que compatibilizar, según lo establecido en la EHE-08. Los problemas PA4-PA7 desarrollan el cálculo siguiendo este modelo.

Los problemas PA8-PA1O combinan ambos casos, calculando la placa para dos situaciones distintas que generan modelos de cálculo diferentes.

262

4. Placa de anclaje. Compresión

4.1

Placa a compresión Problema PA.1

Sea la base de un pilar IPE 400 configurada por una placa de dimensiones :;t:720.310.22 rigidizada con dos cartelas :;t:720.150.12, ambos ejecutados con acero S275JR (YMo=1.05) y anclada a la cimentación con 3~20, de 65 cm. de longitud, de acero B400SO (y5 =1.15) en cada cara. La zapata donde se ancla el pilar es de hormigón HA-25 (Yc= 1.5), los pernos van soldados por la parte inferior a la placa de la base, y están situados a d'=60 mm del borde de la placa. En esta situación se pide: 1.- ¿Cuál es el máximo axil Nu que puede transmitir la placa al apoyo? 2.- ¿Cuál sería el máximo axil Nu que podría transmitir la base en el caso de no haberse dispuesto cartelas? 3.- ¿Cuál será el máximo axil de cálculo Nd que el conjunto placa-pilar puede transmitir a la cimentación en el caso de disponerse cartelas? 720

l~!:.i,J

o

o o ..... C')

C\J .....

o

l r

l;=.--•11

j

l

í ,/ _11 ,, f

o

1

IPE 400

=400 mm bp = 180 mm tw= 8.6 mm t1= 13.5 mm

ap

A= 85.4 102 mm2

~

263

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Resolución PA.1 1.- ¿Cuál es el máximo axil Nu que puede transmitir la base?

El axil último que puede trasmitir la base se calcula como Nu=Ap-fjd, siendo fid la resistencia del apoyo y Ap el área de la superficie portante. En primer lugar se deben determinar los valores resistentes que adoptan cada uno de los materiales presentes en el cálculo de la placa de anclaje: •

Acero de la placa y cartelas, S275JR: f yd

•

=~ = YMo

Acero de pernos, B400SD: fd =~= Y

•

275 = 261 .9 N/mm 2 1.05

Ys

4 00 = 347.83 N/m m2 1.15

Hormigón del apoyo, HA-25:

f

= ~

¡d

tk

25

·K -- = 1-1-- = 16.67 N/mm J J Ye 1.5

2

A continuación se calcula la anchura suplementaria del apoyo de la placa (c), representándola sobre la placa: .1 2

c = e•(~J = 22· ( 3 · f jd

264

26 9 1.

3 -16.67

)½ = 50.346mm

4. Placa de anclaje. Compresión

720

o___,]

,__A_i _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .r

o

----- ,

, A2 '-

......

;===========::::.,

C")

_ _ _ _ _ J ................................................................................ .

. ................. L -

-

-

-

-

o

A1

vlat

Una vez determinado el valor de c, solo resta calcular el valor del área portante, teniendo un especial cuidado de que la anchura suplementaria, c, no desborde ni se solape en el espacio entre las cartelas. Para ello, se comprueba: El vuelo superior de la placa:

v

wp

b-bp - 2-ec

31 O- 180 - 2-12

2

2

= ----'--- = - - - - - -

= 53

mm

es mayor que la anchura suplementaria C=50.35mm por tanto el área portante no desborda las dimensiones de la placa. El espacio entre cartelas bp = 180 > 2-c

=

100.69 , luego no hay solape.

El espacio entre el alma del perfil y la cartela (vuelo interior) será: bp - t 180 - 8 6 vint = - - = .

2

2

=

85.7 < 2-c

=

100.69

por tanto, el espacio interior es completamente parte de la superficie portante. Así el área de la superficie portante se puede calcular como: AP = 2-A1 +A 2 siendo: •

A 1 El área añadida por la zona de la cartela

•

A2 El área añadida por el alma del perfil

Calculando cada una de éstas áreas:

265

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

A1

=

a·(ec + 2·c) = 720-(12 + 2-50.346) = 81138.24 mm 2

A 2 = (ap + 2-c)-(bp - 2-c) = (400 + 2-50.346)-(180 - 2-50.346) = 23737.52 mm2 AP = 2-81138.24 + 23737.52 = 186014 mm 2 Por tanto, el máximo axil que la placa con cartelas puede transmitir al apoyo será: Nu s; fjd

Ap

; Nu s; fjd-Ap

Nu=16.67-186014 = 3100233 N = 3100.2 kN 2.- ¿Cuál sería el máximo axil Nu que podría soportar la base en el caso de no haberse dispuesto cartelas?

En este caso, al no existir cartelas, la superficie portante es mucho menor, tal y como se puede observar en la siguiente figura, para calcularla, se parten de los datos obtenidos en el apartado anterior: el valor de la anchura suplementaria de apoyo (c) es el mismo y la superficie portante no va desbordar en la dimensión b de la placa, solo resta comprobar si se producirá el desborde lateral de la superficie portante (improbable, pues si antes no desbordaba con cartelas, ahora tampoco debería).

720

L - - - - - - - - - - - - - - J

t•

f

A2

o

ü

e 1

L _____ J

L _____

f

.J

En este caso, el vuelo lateral será: _ a - aP

v,a1 -

266

2

=

720-400 2

= 160

> c = 50.35 , luego no desborda

o

4. Placa de anclaje. Compresión

Así, el área de la superficie portante se puede calcular como AP = 2-A1 +A2 siendo: •

A 1 El área añadida por la zona de las alas

•

A2 El área añadida por el alma del perfil

Calculando cada una de éstas áreas: A 1 = (bP + 2-c)-(t 1 + 2-c) = (180 + 2-50.346)-(13.5 + 2-50.346) = 32052.781 mm 2 A 2 = (ap - 2-(t 1 + c))·(tw +2-c) = = (400-2-(13.5 + 50.346))·(8.6 + 2-50.346) = 29761.1 mm 2 AP = 2-32052.781 + 29761.1 = 93866.65 mm 2 Por tanto, el máximo axil que la placa con cartelas puede transmitir al apoyo será:

Que es, aproximadamente, la mitad del axil que la misma placa es capaz de transmitir s·i se le dota de cartelas. Como se puede observar, las cartelas actúan como "aletas mecánicas" a la hora de transmitir la carga al apoyo. 3. - ¿ Cuál será el máximo axil de cálculo Nd que el conjunto placa-pilar puede transmitir a la cimentación en el caso de disponerse cartelas?

El máximo axil de cálculo Nd será el mínimo que puedan aguantar el pilar Nus o la placa de base Nu. Este último valor ya se calculó en el apartado 1, por tanto solo resta calcular el axil máximo que puede aguantar el perfil dell pilar IPE 400 anclado en la placa de base. Nus = A-fyd = 85.4-102 -261.9 = 2220.4 kN Nd =min(Nus•Nu)=min(2220.4,3100.23)=2220.4 kN Es decir se agota antes el pilar que la base por tanto el máximo axil a transmitir por el conjunto placa-pilar queda limitado por la capacidad del pilar. (En el caso de no disponer cartelas se agotaría antes el apoyo que el pilar).

267

4. Placa de anclaje. Compresión

Problema PA.2 Sea la base de un pilar IPE 200 configurada por una placa :;z:720.310.22 rigidizada con dos cartelas de :;z:720.150.12 y anclada a la cimentación con 3~20, de 65 cm. de longitud, de acero B500SD (y5 =1.15) en cada cara. La zapata donde se ancla el pilar es de hormigón HA-25 (Yc=1.5), el material de la placa y cartelas es S275 (YMo=1 .05). Los pernos van soldados por la parte inferior a la placa de la base, y están situados a 6 cm del borde de la placa. Determinar, para este caso: 1.- ¿Cuál es el máximo axil Nu que puede transmitir la base? 2.- ¿Cuál sería el máximo axil Nu que podría transmitir la base en el caso de no haberse dispuesto cartelas? 3.- ¿Cuál s.erá el máximo axil de cálculo Nd que el conjunto placa-pilar puede transmitir a la cimentación en el caso de disponerse cartelas?

11:b-1

720

o

~

o

r ,/ _n

l:~_,j

C\J

o

, ,s•

o

'

lf

t

1

IPE 200 ap = 200

mm

bp = 100

mm

tw= 5.6 mm tr = 8.5

mm

A= 28.5 102 mm2

269

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Resolución PA.2 1.- ¿Cuál es el máximo axil Nu que puede transmitir la base?

El axil último que puede trasmitir la base se calcula como Nu=Ap-fjd, siendo fid la resistencia de la junta y Ap el área de la superficie portante. Para lo cual es necesario evaluar la anchura suplementaria de apoyo (c), que para el espesor de placa y el HA-25 (fid=25/1.5=16.67 N/mm2).

c = e·

[ 3.

i2

f Y f jd • YMO

J

1

2

275

= 22· (

3 · 16.67 · 1.Q5:

= 50.35mm

Con las cartelas, el ancho portante b' no debe ser mayor que: 2c + 2ec +bP b' = 2 · (e+ ec + c) i

{

:c + (b - bP) 2-50 .35 + 2-12 + 100 = 224. 7

b' = 2-(50.35 + 12 + 50.35) = 225.4 i

{

2-50.35 + (310-100) = 310.7 310

Por tanto, el ancho portante b'=224. 7mm, pues se produce solapamiento en la zona entre cartelas, pues el ancho del perfil es 100, tal y como se observa: 720

l

j

r

l

Ap

- -O ---- ---- --------- ----------- ---D -J.

vial

El área de la superficie portante valdrá en este caso: AP = a-b' = 720-224.7 = 161784 mm

270

2

4. Placa de anclaje. Compresión

Y el axil máximo que puede soportar será:

f jd

= ~ ➔ Nu = fjd • AP = 16.67 -161784= 2696400 N = 2696 kN AP

2. - ¿Cuál sería el máximo axil Nu que podría soportar la base en el caso de no haberse dispuesto cartelas?

En este caso, el área portante Ap será menor y se puede obtener como Ap=2·A1+A2 siendo:

•

A 1 el área aportada por cada ala.

•

A2 el área aportada por el alma.

720

o

o

o

o

A 1 = (bp + 2 • c) • (t, + 2 •c) = (100 + 2 -50.35) •(8.5 + 2 -50.35) = 21916.44

A2 = (ap- 2-t, - 2-c )-(t w + 2-c) = (200 - 2-8.5 - 2-50.35)-(5.6 + 2-50.35) = 8748.5 AP = 2-21916.44 + 8748.5 = 52581.37 mm 2

271

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Por tanto, el máximo axil que la placa con cartelas puede transmitir al apoyo será: Nu :::; f¡d AP

; Nu :::; f¡d·AP

Nu=16.67-52581.37 = 876531.44 N = 876.53 kN

3) ¿Cuál será el máximo axil de cálculo Nd que el conjunto placa-pilar puede transmitir a la cimentación en el caso de disponerse cartelas?

El máximo axil de cálculo Nd será el mínimo que puedan aguantar el pilar Nus o la placa de base Nu. Este último valor ya se calculó en el apartado 1, por tanto solo resta calcular el axil máximo que puede aguantar el perfil del pilar anclado en la placa de base. 2

Nus = A-fyd = 28.5-1 Ü -261.9 = 7 46.41 kN Nd=min(Nus,Nu)=min(746.41 ,2696)=746.41 kN Es decir se agota antes el pilar que la base por tanto el máximo axila transmitir por el conjunto placa-pilar queda limitado por la capacidad del pilar.

272

4. Placa de anclaje. Compresión

Problema PA.3 Sea la placa de anclaje :;t350.350.22 de un 0200.8, que se ancla a la cimentación de HA-25 (Yc=1.5) a través de 4016 de B500SD (y5 =1 .15), determinar: 1.- La longitud de anclaje neta mínima para los pernos de la placa de anclaje, sabiendo que finalmente se han dispuesto 4020. B400S

B500S

HA--25

1,20

1,50

HA-30

1,00

1,30

2.- La capacidad máxima de transmisión de esfuerzo axil del conjunto, pilarplaca de anclaje-cimentación . Se supone que la ~ de pandeo del pilar es 1.

_.......... ................. -

................

_ _

C . ____,.___..__ _ _ _...........,...

o

o

o

o

o

LO

C')

350

273

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Resolución PA.3 1. - Determinar la longitud de anclaje neta mínima para los pernos de la placa de anclaje, sabiendo que finalmente se han dispuesto 4e20.

La longitud básica de anclaje para barras B500S0 corrugadas, en hormigón HA-25 es:

fk , 500 eb = max(m • qi2 ;-Y • (j>) = max(1.5 • 202; - • 20) 20 20

= 600 mm

Para determinar la longitud neta se tiene en cuenta el dispositivo de anclaje a través del coeficiente~. que para anclaje por patilla vale 0.7, y la relación entre el área necesaria Asn y el área real dispuesta Asr a efectos de anclaje. No se conoce el valor de Asn, pero al haber colocado un exceso de armadura y suponiendo que el área colocada hubiera sido la estrictamente necesaria (del lado de la seguridad) se puede obtener:

e = e .A. Asn = e .o 7. a

/!,ª

b

Asr

,.,

b

'

Td /

n~ . 7t .

162 ªs = 600. O. 7. = 268.8 mm 2 / 4 202

e

= 268.8mm 1. max(1 O· cj> = 160mm;150mm;~ = 200mm) 3

Por tanto la longitud de anclaje para los 020 serán 268.8 mm. 2. - Determinar la capacidad máxima de transmisión de esfuerzo axíl del conjunto, pilar, placa de anclaje, cimentación. Se supone que la fJ de pandeo del pilar es 1.

En primer lugar, se determina la capacidad a axil del elemento portante (pilar).

= A~2008 · f yd

N máx

A ~200.a

- 7t·(q>!xt - q>~t) _ 7t·(2002-1842) _ 482549 -

4

-

275

N máx

pilar

·

= 4825.49 · -

1.05

4

-

.

mm

2

= 1263795 N = 1263.8 kN

A continuación se determina la máxima capacidad de transmisión de la placa, para lo cual es necesario conocer el valor de la anchura suplementaria del apoyo (c):

274

4. Placa de anclaje. Compresión

i

c

= e•

1

2

f

275

2

[ 3 -1 •r J = 22 •C- 16.67 -1.05J = 50.35 mm Y

, 1

MO

Al ser el vuelo de la placa v =

a -

2

350 - 200 ext = - - - - = 75mm , mayor que la an-

2

chura suplementaria del apoyo, no hay desborde, por tanto se puede calcular el área de la superficie portante como:

= 1t · ( !x, - ~, )

A p

4

4>ex1 = q> + 2-c = 200 + 2-50.35 = 300. 7 mm 4>int

= q> - 2-(c + e) = 200 - 2-(50.35 + 8) = 83.3 mm

AP = n -(300.72 - 83.32) = 65566.3 mm2 4

o

o

o

o 350

Y el axil máximo que puede trasmitir la placa con la configuración actual : 25 Nmáx,placa = Ap · fcd = 65566.3 · _ = 1092771 .6 N = 1092.8 kN 15 Por tanto la capacidad del apoyo es la que limita la capacidad del conjunto, que podrá soportar un axil máximo de cálculo de NEd=1092.8 kN.

275

4. Placa de anclaje. Flexión

4.2 Placa a flexión Problema PA.4 Se ancla un pilar de perfil IPE 330 que transmite las solicitaciones abajo mostradas a una placa de acero S275JR (YMo=1.05) a la cimentación ejecutada con HA-25 (Yc=1.5). Se emplearán pernos roscados de acero S275JR (YMo=1.05) situados a una distancia d'=60 mm. Para la hipótesis de carga más desfavorable (1 .35-G + 1.5-N), calcular: 1.- Solicitaciones a las que está sometida la placa (MEd, NEd, VEd)2.- Comprobar si la placa de dimensiones :;t::650.325.e cumple la condición de ductilidad en el E.L.U. de agotamiento del apoyo. 3.- Calcular las dimensiones mínimas de la placa que cumpla el E.L.U . de agotamiento del apoyo y la condición de ductilidad. Para ello se incrementará la dimensión de "a" con módulos ma=50mm, y se mantendrá el ratio alb=2. 4.- Con los valores (a,b) del apartado anterior, calcular la anchura del bloque de compresiones (y), y la tracción de los pernos (Td)Tomando como solución a los apartados anteriores una placa de dimensiones :;i:690.345, una anchura del bloque de compresiones (y=100mm), y una tracción en los pernos (Td=400kN). Calcular: 5.- El número y diámetro de los pernos (n~ ,) necesarios. Nmax=4 y q>E(2Q,25,32) 6.- Determinar la configuración de armado más económica en el caso de ancla-

je por patilla, y sin limitación de longitud neta debida a la cimentación. MK (kN·m)

NK (kN)

VK (kN)

Permanentes (G)

180.7

18.1

20.9

Nieve (N)

180.7

Viento (V)

-180. 1

18.1 -10.6

20.9 -22. 1

277

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

700

o

o

o

o

o

LO C0

\

\ '-··-··------r-r '

,~ í ,/

J1_,iJ

l:~ !

lf

278

'

z

IPE 330 ap = 330 mm bp = 160mm tw= 7.5 mm tr = 11.5 mm A= 62.6 102 mm2

4. Placa de anclaje. Flexión

Resolución PA.4 1.- Solicitaciones a las que está sometida la placa (MEd, VEd, NEd)

Se combinan las solicitaciones en la base del pilar, para obtener el momento, axil y cortante transmitido en la hipótesis (1.35-G + 1.5-N) a la placa de anclaje: MEd =1.35 -180.7 + 1.5 -180.7 =514.995 kN-m NEd =1 .35-18.1+ 1.5-18.1=51 .585 kN V Ed

= 1.35 ·20.9 + 1.5·20.9= 59.565kN

2.- Comprobar si la placa de dimensiones :;z':650.325.e cumple la condición de ductilidad en el EL.U. de agotamiento del apoyo.

Se calculan, en primer lugar, las resistencias de cálculo de los materiales que se emplean en todo el proceso de dimensionado de la placa. •

Acero de la placa, cartelas y pernos (S275JR): f d= Y

•

275 ~ = = 261.9 N/mm YMo 1.05

2

Hormigón del apoyo, HA-25:

tk

25

f d = f3.·K.· - = 1-1-- = 16.67 N / mm i i i Ye 1.5

2

NEd MEd

~'

~~ 1

' Td ,J,-_

J

Y_ _

650

279

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Dado que la placa no tiene cartelas de rigidización, el ancho portante de la placa b'=b=325 mm. Una vez conocido el valor de b', y tomando momentos respecto del eje de los pernos, se puede despejar el valor de la profundidad del bloque de compresiones (y), comparándola con el valor de a/4:

MEd + NEd · ( a 2 - d') = b' · fJd ·y· (a - d' - 2y) 6 3 650 y 514.995-10 + 51.585-10 · ( - - 60) = 325-16.67-y-(650 - 60 - -)

2

97581.1 =Y. (59o _

r) ➔ 2

2

y -1180y + 195162.7 =O ➔ 2

y= 198.93 mm i a / 4 = 162.5 mm

➔

NO CUMPLE DUCTILIDAD

3.- Calcular las dimensiones mínimas de la placa que cumpla el E.L.U. de agotamiento del apoyo y la condición de ductilidad.

Para determinar las dimensiones mínimas, debe cumplirse que y=a/4 y determinar así el valor necesario de a. La placa de anclaje debe tener forma rectangular, por tanto b=a/2. Remplazando en la ecuación de momentos se obtiene el valor de a estrictamente necesario:

MEd + NEd . ( a 2 - d') = b' · fJd ·y· (a - d' - 2y) 514.995·10 6 +51 .585 -103 -(~-60) = ª -16.67• ª •(a-60- ª) 2 2 4 8 5 3 3 2 a= 7.07-10- -a - 4.847-10- -a -19847.045 ➔ a=685.97 mm Por tanto, solo resta modular la solución tal y como mencionaba el enunciado, utilizando como módulo 50mm, así por todo lo comentado anteriormente, las dimensiones de la placa serán :;t:700.350.

280

4. Placa de anclaje. Flexión

4. - Con los valores ~.b del apartado anterior, calcular la anchura del bloque de compresiones (y), y la tracción de los pernos (Td)-

Replanteando la ecuación de momentos en el eje de los pernos para las dimensiones obtenidas, de manera que se pueda obtener el valor de la anchura del bloque de compresiones (y), comprobando que se cumple el criterio de ductilidad.

MEd + NEd · ( a - d') = b' · f Jd · y· (a - d' - Y) 2 2 6

3

514.995·1O + 51.585 -1O -( 90832.06 = y -(640-

700

2

y) ➔

2

y = 162.6 mm 1. a / 4 = 175 mm

y - 60) = 350 -16.67 · Y -(700-60- ) 2 y 2 -1280y + 181664.12 = ➔

O➔

CUMPLE DUCTILIDAD

De la ecuación de equilibrio de fuerzas se obtiene Td: Td = y-fjd ·b'-Nd = 162.6-16.67-350-51585 = 897104.7 N 5.- El número y diámetro de los pernos (nrp , fyd los pernos están plastificados, por tanto crs = fyd . Dado que el valor de Td =400 kN , ha sido aportado en el enunciado, se determina también el área de pernos necesaria As. A s = Td = 400000 = 1527.3 mm2 CT 261.9 5

281

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Una vez conocido el área de pernos As necesaria, solo resta calcular el diámetro y numero de pernos, para ello, obteniendo el área nominal del perno que, teniendo en cuenta que son roscados, es menor que el área de la barra, debido a la zona de roscado. Se comienza con el diámetro menor, calculando el número de pernos necesarios, y si este es mayor que el máximo admisible se aumenta el diámetro: rc-20 2 cj> = 20 mm ➔ Ar~ = 0.8·- - = 251.33 ➔ n4>20 4 rc-25 2 cj> = 25 mm ➔ Ar~ = 0.8·-4

1527.3 251.33

= --- =

6.07 ➔ n~ = 7 >

N max

1527.3 392.7

= 392. 7 ➔ n4>25 = - - - = 3.89 ➔ n = 4 ~ N max

Por tanto la solución es: (n ,cj>) = (4, 25) = 4cj>25. 6.- Determinar la configuración de armado más económica en el caso de anclaje por patilla, y sin limitación de longitud neta debida a la cimentación.

Al tratarse de barras lisas de acero S275JR, la longitud básica de anclaje será:

e bl

= i_ f yd con: 4

"bm

= (0.36-j;:) /ye

=

(0.36·.../25) / 1.5 = 1.2 N / mm 2

"bm

Por tanto, para los materiales y el diámetro obtenido: - 13641 I!. b1 -_ 25_261.9 -- . mm 4 1.2 Y la longitud neta de anclaje para este caso será:

282

4. Placa de anclaje. Flexión

La cantidad de acero utilizada en esta solución será, suponiendo un coste nulo del doblado de la patilla:

= 25mm

➔

v sl;,25

3 n-25 2 = 4. 4 742.6 = 1458091.7 mm

Se prueba una solución alternativa, para ver si se puede emplear menos canti dad de acero. Al no poder aumentar el número de barras de =25mm, para reducir la longitud de anclaje, se aumenta el diámetro hasta =32 mm.

= 32

mm ➔

n-322 Ar1;, = 0.8·- - = 643.4 4

➔

1527.3 n1;,20 = - - - = 2.37 643.4

➔

n1;, = 3 :::; nmax = 4

f. = 32.261 .9 = 1746 mm bl 4 1.2 f.ª =

A5

= 1746-0.7-

e b 1-~- --

A s.real

1527.3

3. n-32 4

2

=773.67 mml max {10-,15cm, eb / 3} = 582 mm

2

v sl;,32

n-32 3 = 3 - - -773.67 = 1866666 mm 4

Si se aume-nta el número de barras a 432 para reducir la longitud neta de anclaje:

.ea = 582 mm v s4,32

n-322 3 = 4-- --582 = 1872288.7 mm 4

Por tanto, la solución mas económica son 425 con una longitud de 742.6 mm .

283

4. Placa de anclaje. Flexión

Problema PA.5 Sea un pilar de perfil IPE360 que transmite las siguientes solicitaciones a la cimentación de hormigón HA-25 (Ye= 1.5).

M k (kN·m)

Nk(kN)

vk (kN)

Permanentes (G)

59,06

27,47

22,50

Sobrecarga (Q)

60,57

28,17

23,08

Viento (V)

-36,19

-19,13

-19,42

Tras un cálculo preliminar, para la hipótesis de carga (1.35-G + 1.5·0), se decide disponer dos cartelas de dimensiones :;ta.150.12 para reforzar la placa de base. El material de la placa y cartelas es S275JR (YMo=1.05), el de los pernos es B500S (Ys= 1.15), los mismos se ejecutarán soldados y estarán a una distancia d'=60 mm del borde. En estas cilícunstancias se pide: 1.- Calcular las acciones actuantes (MEd, NEd, VEd)2.- Predimensionar la placa (:;ta.b.e) en el supuesto de disposición de cartelas. 3.- Determinar el ancho portante b' . Dibujar la planta indicado b'. 4.- Dibujar un esquema de la placa indicando las acciones, reacciones y dimensiones y plantear las ecuaciones de equilibrio en E.L.U. de agotamiento del apoyo. Determinar la profundidad del bloque de compresiones (y) y verificar si se cumple la condición de ductilidad. 5.- Determinar la tracción en los pernos (Td)6.- Determinar la tensión en los pernos (cr5 ). 7.- Determinar el número y diámetro de los pernos Nmax=3 y ~E(20,25,32) 8.- Determinar la longitud de anclaje en el supuesto de anclaje por patilla. Módulo 50mm.

285

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

680

o o

e.o

C\J

o

~

__ "l¡\_·····~~

,- b-,... 1

í ,/ J1 ~...

l;:-1j ¡

lf

286

%

IPE 360

)•

j

ap = 360 mm bp = 170 mm tw= 8 mm

tt = 12.7 mm A= 72.7 102 mm2

4. Placa de anclaje. Flexión

Resolución PA.5 En primer lugar se determinan los valores resistentes de cada uno de los materiales presentes en el cálculo de la placa de anclaje: •

Acero de la placa y cartelas, S275JR: f

•

yct

=~= YMo

275 =261.9 N/mm 2 1.05

Acero de pernos, B500S: 500 f = fyk = = 434.783 N/mm 2 yd Ys 1.15

•

Hormigón del apoyo, HA-25: fck 25 2 f ct = í3.·K.·- = 1-1·- = 16.67 N/mm i i i Ye 1.5

1.- Calcular fas acciones actuantes (MEd, NEd, VEd)-

Realizando la mayoración para la para la hipótesis 1.35-G+ 1.5-Q, se obtienen los esfuerzos en la base del pilar: MEct = 1.35 · 59.06 + 1.5 · 60.57 = 170.59 kN-m NEd = 1.35-27.47 + 1.5-28.17 = 79.34 kN VEd = 1.35-22.5 + 1.5-23.08 = 65 kN

2.- Predimensionar la placa (;éa.b.e) en el supuesto de disposición de cartelas. Los valores de predimensionado de la placa, serán, al haber flexión en un plano (a) y cartelas: a = 160 + aP+ 160 = 160 + 360 + 160 = 680 mm b = 80 + bP+ 80 = 80 + 170 + 80 = 330 mm e = e. m1n = 22 mm

287

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

3.- Determinar el ancho portante b '. Dibujar la planta indicado b'.

En primer lugar se determina el valor de la anchura suplementaria del apoyo c, que en este caso valdrá: 1

2

261 9 c = e-(~] = 22-( · )½= 50.35mm 3 · f jd 3-16.67 El ancho portante de la placa con cartelas (b'), será: b' = 2 · (c + ec + c) = 2·(50.35 + 12 + 50.35) = 225.38 mm Se debe comprobar que no se produzca ni solape ni desborde de la superficie portante, para ello, bastará con verificar lo siguiente: 2-c + 2-ec + bP = 2-50.35 + 2-12 + 170 = 294.69 mm b'(225.38 mm) 'i, 2-c + (b-bP) = 2-50.35 + (330 -170) = 260.69 mm { b=330mm Como el valor de b'(225.38) no supera ninguno de los valores calculados, se adopta el valor de b' calculado inicialmente. En la siguiente figura se puede observar que no se produce ni desborde, ni solape de las anchuras suplementarias alrededor de las cartelas. 680

:üj

o

1

l -

-

-

-

JJ

o

C') C')

- - - - ,

'

1 1 1 1 1

o

J

~

288

4. Placa de anclaje. Flexión

4.- Dibujar un esquema de la placa indicando las acciones, reacciones y dimensiones y plantear las ecuaciones de equilibrio en EL.U de agotamiento del apoyo. Determinar la profundidad del bloque de compresiones (y) y verificar si se cumple la condición de ductilidad.

El esquema de trabajo de la placa de anclaje con pernos, trabajando a flexión es el que se muestra en la siguiente figura, del cual se puede extraer las ecuaciones de comportamiento de la placa que se adjuntan:

Ed

fj

Td y

J

~

l

;¡

680

k

;¡~

/J

Una vez conocido el valor de b', y tomando momentos respecto del eje de los pernos, se puede despejar el valor de la profundidad del bloque de compresiones (y): MEd + NEd -( a - d')

2

= b' · fJd · y · (a - d' - 2y)

6 3 680 y 170.59·1 O + 79.34 · 1O · ( 2 - 60) = 225.38 -16.67 ·y· (680 - 60 - 2) 2

y - 1240y + 102626.43 = O y= 89.176 mm < a/ 4 = 170 mm

➔

CUMPLE DUCTILIDAD

5. - Determinar la tracción en los pernos (Td)

De la ecuación de equilibrio de fuerzas se obtiene Td:

Td = y· fjd · b' - Nd = 89.176 -16.67 · 225 - 79340 = 255732 N

289

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

6.- Determinar la tensión en los pernos (as)

A partir de la ecuación de compatibilidad, y dado que x=y/O.8, se determina la deformación de los pernos es cuando el hormigón llega a la deformación límite Bcu=O.OO35, para finalmente calcular la tensión a la que trabajan los pernos crs, x =y / 0.8 = 89.176 / 0.8 = 111.47 mm

e = ( 680 - 6,0)- 111 ·47 · 0.0035 = 0.01596 s

crs = Es ·es

111.47 'j

f yd

crs = 210000..0.01596 Al ser Es · es >

f yd

= 3351 :f f yd = 434.782N / mm 2 ➔ crs = 434.782N / m m 2

los pernos están plastificados, por tanto cr5

= fyd .

Dado que ya tiene el valor de Td, se puede determinar también el área de pernos necesaria As. As = Td = 255732 = 588.1836 mm2 crs 434.782 7.- Determinar el número y diámetro de los pernos Una vez conocido el área de pernos As necesario, solo resta calcular el diámetro y número de pernos, para ello, se obtiene el área nominal del perno que, teniendo en cuenta que son soldados de acero B5OOS, es igual al área del perno (Ar~ = A~). Se comienza con el diámetro menor, calculando el número de pernos necesarios, y si este es mayor que el máximo admisible se aumenta el diámetro: ~

= 20

mm

➔

n-2O 2 A r1,, = - 4

= 314.16

588.184 n,.20 = - - - = 1.872 ➔ n,. "'

314. 16

"'

Por tanto la solución es: (n ,~) = (3, 20) = 3~20.

290

➔

= 2 ::; n max

=3

4. Placa de anclaje. Flexión

8. - Determinar la longitud de anclaje en el supuesto de anclaje por patilla.

Se calcula en primer lugar la longitud básica de anclaje, que al tratarse de pernos B500S (corrugados, de la EHE), valdrá: e b1

= max (m·f ;fyk·/ 20) = max (1.5-20 2 ;500-20 / 20) = 600 mm

Y la longitud de anclaje neta, suponiendo patilla valdrá:

c a.neta

= Cb1·~

f a.neta/.

As A s.real

588 1836 = 600·0.7· ' = 393.17 2-314.16

mm

max {1O·, 15cm, .ebl / 3} = 200

Por tanto la solución de anclaje será 220 por cara anclados en patilla 393.2 mm.

291

4. Placa de anclaje. Flexión

Problema PA.6 Sea la placa de anclaje de dimensiones ;t:700.300.20 de un IPE 500 con 2 cartelas ;t:700.150.12 paralelas al alma del IPE, que apoya sobre una zapata de hormigón HA-30 (Yc=1.5). El material de la placa y cartelas es S275JR (YMo=1.05). El anclaje se realiza mediante pernos lisos roscados de acero S275JR situados a una distancia del borde d'= 60 mm . La misma está sometida a una solicitación mayorada de: Md= 21 O kN-m, Nd= 100 kN y Vd= 80 kN. Determinar, para esta placa y en este estado de cargas: 1.- La profundidad "y" del bloque de compresiones. 2.- La tracciión "T/ de los pernos. 3.- Comprobar que la placa de anclaje no se agota a flexión. y /\

YG = 41,875mm IGT = 23206250mm

4

4.- El número y diámetro de los pernos (n ,~), suponiendo que Nmax=3 y ~E(20,27,32). 5.- La longitud neta del anclaje de los pernos en el caso de anclaje por patilla. IPE 500

a = 500 mm

ELU :

ec

= ecu = 0.0035;

b = 200 mm t,., = 10.2

mm

t, = 16 mm A= 116 1a2 mm2

COMPATIBILIDAD s . -Ec -- -E ,

x

E

d- x

d- x

s

= --·E

X

e

COMPORTAMIENTO O"c

= fjd • y = Ü.8 · X

0 s

= E s · 8s

j,

f yd

293

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Resolución PA.6 1. - Determinar la profundidad del bloque

''.Y" de compresiones

Se calcula la placa con cartelas del enunciado, admitiendo que el apoyo se agota cuando el hormigón alcanza la deformación última Ecu=0.0035, en este punto, la tensión del apoyo (HA-30) será: f = 13.-k ¡d

J

J

30 = 20 N / mm .k = 1-1Ye 1.5

2

La anchura suplementaria del apoyo en este caso será:

c = e- ~f . ( 3 . fjd

1 12

:½= 20-(275 11·5 ) 3-20

= 41.79 mm

Para calcular la profundidad bloque de compresión "y" se debe plantear la ecuación de momentos, para ello es necesario determinar primero el valor del ancho portante (b'): b'=2-(c+ec+c)=2-(41.79+ 12+41.79)=191.14 mm Sin embargo, este valor queda limitado porque el ancho portante desborda el vuelo superior de la placa (v5 ) : v = b-bP-2-ec = 300-200-2-12 = mm 38 s 2 2 b' = 2-(c + ec + v 5 ) = 2-(41.785 + 12 + 38) = 183.57 mm Planteando y resolviendo la ecuación de equilibrio de momentos se obtiene el valor de "y", profundidad del bloque comprimido: M d +Nd ·(ª-d') = b'•y•crcu -(a-d'- 2y) 2

6 3 700 y 210-1 O + 100-1 O ·(2 -60) = 183.57-y-20· (700 - 60 - 2)

1835.7y2 -2349696-y + 239000000 = O a 700 y = 111.41 mm < - = = 175 mm

4

294

4

4. Placa de anclaje. Flexión

2.- Determinar la tracción en los pernos "Td"

Para obtener la tracción en los pernos T d se parte de la ecuación de equilibrio de fuerzas verticales, sustituyendo el valor de y obtenido en el apartado anterior: Td + Nd = b'-y·crcu Td = b'·y·crcu - Nd = 183.57-111.41-20-100-103

= 309030 N = 309.03kN

3. - Comprobación de agotamiento de la placa a flexión

En primer lugar se determina el momento al que se encuentra sometida la placa, teniendo en cuenta que el vuelo de la misma es igual a: v

= a - aP = 700 - 500 = 100 mm : 2

2

Por tanto, en este caso y>v, así: v2 1002 MA,Ed =CJ cu ·b'·-2 =20·183.57·-2- =18357000 N·mm M8 Ed=Td·(v-d')=309031· (100-60)=12361240 N-mm El momento máximo se da en la sección A (MEd,A=19114000 N-mm) y el modulo resistente de la sección con cartelas será: 1835 1 3 12361 1 3 " ) W = min(W W.) = min( 7- 0 s, 170 - 41.875' 41 .875 1

º

= 143274.1mm3

Por tanto la comprobación del agotamiento de la placa a flexión: MEd

CUMPLE __ 18_3_5_ 7 0_0_0_ = 0.49 < 1 261 .9-143274.14

295

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

4. - Determinación del número y diámetro de los pernos

Para determinar el diámetro y número de pernos se plantea la ecuación de compatibilidad y la de comportamiento: 700 - 60 Es

=

111

_ 106 56

.4

1

º·8

· 0.0035 = 0.01258

0,8 O"s =Es· es = 210000·0.01258 = 2796.53 'f fyd Por tanto los pernos están plastificados, y crs = fyd = 261.9 N / mm

2

:

309031 El área de pernos necesaria será: As = Td = = 1179.96 mm 2 crs 261.9 El número de pernos necesarios, teniendo en cuenta la sección resistente de los pernos roscados mediante un coeficiente de reducción del área del redondo igual a 0.8 se determina a partir de la siguiente expresión:

n

=1 + int (

As

0.8 · 7t · q> 2 /

1

4)

Para la determinación (n ,) se parte de diámetro más pequeño posible dado que este presenta mayor superficie específica y es más eficiente para el anclaje.

=1+int[

As 0.8·rc-2 4

= 1+ int

1179 = 1+ 4 = 5 > 3 No cumple 202 O.B·n·4

As 2 = 1+ ínt 1179 2 27 0.8·1t·i._ O.B·n·4 4

l

= 1+ 2 = 3 :.: :; 3 Cumple

La solución es: (n ,) = (3, 27) = 327.

296

4. Placa de anclaje. Flexión

5. - Determinar la longitud de anclaje en el caso de anclaje por patilla.

La longitud básica de anclaje para barras lisas es:

Dónde:

1:bm

= (0.36-JC) ! Ye = 1.314 N/ mm2 y la longitud básica de anclaje:

Ahora para determinar la longitud neta se tiene en cuenta el dispositivo de anclaje a través del coeficiente ~. que para anclaje por patilla vale 0.7, y la relación entre el área necesaria Asn y el área real dispuesta Asr a efectos de anclaje. 1 = 1 . A. . Asn = 1 . Q. 7. Td / crs a b JJ A sr b n.¡, . 7t . 4

f /

1179 = 646.4 mm 3-n-272 / 4 l ª 1. {l b/ 3,1 O· ~, 150mm} = { 448.46mm ,270mm, 150mm} ➔ 1 ª

1 ª = 1345.38 · .7 ·

=

646.4 mm

297

4. Placa de anclaje. Flexión

Problema PA. 7 Sea un pilar de perfil IPE360 que transmite las siguientes solicitaciones a la cimentación , de hormigón HA-25 (Yc=1 .5) en la hipótesis más desfavorable:

Med (kN·m) 210,00

!combinación

Ned (kN) 8 0,00

Ved (kN) 39,0 0

1.- Comprobar si la placa de acero S275 (YMo=1.05) de dimensiones, :;t650.275.22 con cartelas :;t650.150.12 y pernos situados a 55 mm del borde, cumple la condición de ductilidad en el E.L.U. de Agotamiento del Apoyo.

~~t...

r _n ,/

l,h

IPE 360 ap = 360 mm bp = 170 mm

Y-

-lw ll

.1 lf

1 t

tw= 8 mm tr = 12.7 mm A= 72.7 102 mm2

2.- Con los valores :;ta.b.e del apartado anterior, calcular la tracción de los pernos "Td"· 3.- Comprobar si se cumple el E.L.U. de agotamiento de la placa, sabiendo que 3 el Wmin=316311.11 mm . Si finalmente se adopta una placa, :;t650.275.22 con cartelas :;t650.150.12, la anchura del bloque de compresiones y=128mm, y la tracción de los pernos Td= 305kN. Calcular: 4.- El número y diámetro de los pernos B500SD (y5 =1 .15) necesarios, cumpliendo que Nmax=4 y ~E (20,25,32) 5.- Determinar la longitud de anclaje neta en el caso de utilizar por patilla B400S

B500S

HA-25

1,20

1,50

HA-30

1,00

1,30

299

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Resolución PA.7 1.- Comprobar si la placa de acero S275 (rMo=1.05) de dimensiones, .,éf;50.275.22 con cartelas .,éf;50. 150. 12 y pernos situados a 55 mm del borde, cumple la condición de ductilidad en el E.L. U. de Agotamiento del Apoyo.

En primer lugar se determina el ancho portante b' de la placa con cartelas, para poder realizar el cálculo de la placa a flexión:

f.

=

Jd

e~

~ 1·K·( fck ) = 1·1·(~) = 16.67 N / mm 2 1 ye 1.5

e-) t,, ~ 3·f¡d

22·

27511 05 · 3·25 / 1.5

~ 50.35 mm

Sin necesidad de conocer ninguna expresión numérica, se comprueba geométricamente si existen solapes, o si la anchura suplementaria del apoyo sobresale de la placa, para poder contabilizar cual es el valor del ancho portante de la placa. Realizando el dibujo de la placa, con la anchura suplementaria c:

- - - 650 - - - -t

11-1/ ---- , i > 1

o

1 1

- - -- !

j l.{)

,/

t-,...

'\

C\I

---- :1 1 1

_____ j i

( )

,,1,60

Tal y como se observa en la figura anterior, el vuelo superior es menor que la anchura suplementaria, por tanto no se debe contabilizar como zona de contribución, por tanto el ancho portante, en este caso será: b'

300

=b -

bP + 2c = 275 - 170 + 2·50.3512 = 205.7 mm

4. Placa de anclaje. Flexión

Planteando el equilibrio de la placa trabajando a flexión (tomando momentos respecto del eje de los pernos) , se puede determinar el valor de la profundidad de la zona comprimida y:

'°' M . L..,

d

=

O ➔ Md + Nd· ( a 2 - d') = b'-y-f.Jd· (a - d' _ f) 2

6 3 650 y 210-10 +80-10 ·(2-55) = 205.7024-y-16.67-(650-55 - 2)

0.5-y 2 - 595-y + 67553.90311 = O y = 127.11 mm Comprobando la condición de ductilidad del E.L.U. agotamiento del apoyo: y , ncp), donde Tu es la tracción última que puede aguantar el par(, nt)Para determinar el número de pernos necesarios, se calcula el área efectiva de los pernos, teniendo en cuenta la reducción de área debida a la zona mecanizada de la rosca. 7t

Arcp = 0.8·-•~ 4

2

Comenzando por el diámetro menor, se obtiene el número de pernos necesarios y si este valor excede el Nmax, se pasa al siguiente de la serie: ,¡_20 't'

⇒

A r~20 = O.B ·n·f 4 = 80·1t

➔

-- 921 ·7 -- 4153 n.¡,20 -- ~ . Ar.¡, 20 80-n

➔

n.¡,20 = 5 > nmax NO CUMPLE 25 ⇒ Ar,i,25 =

0.8 ·1t·f 4

---=

392.7

➔

921.7 = 2 ·66 ➔ n,i,2s = ~ = Ar~25 392.7 n.¡,25 = 3 :.::; nmax CUMPLE

Por tanto, la solución será 325 por cara, a continuación se calcula el valor de la longitud de anclaje de ésta solución. 310

4. Placa de anclaje. Mixto

5. - Si la cimentación debe tener un canto 700 mm ¿ Qué longitud y dispositivo de anclaje se debería emplear?

En este caso, al ser barras lisas, la longitud básica de anclaje será:

donde :

'tbm = (0.36·/:) /ye

Calculando para el acero de pernos S275JR y el hormigón de la cimentación HA-30: 'tbm = (0.36-~) / 1.5 = 1.314

➔

261 9 e = 25 · 4 1.3 14

=1245.72 mm

bl

Ahora se puede calcular la longitud de anclaje neta ( ebneta), sin suponer aun ningún dispositivo de anclaje:

Si no se dispone de ningún dispositivo de anclaje adicional, es decir anclando por prolongación recta, P=1, por tanto, la longitud de anclaje neta será:

ea= _f. bneta = 882.96· mm > 700-50=650 mm Esta solución no es válida, pues supera los 650 mm de espacio disponible en la cimentación (700 del canto de la zapata - 50 de recubrimiento inferior), por tanto probando con el anclaje por patilla (P=1 ). fa =

f b,neta

= 618.07· mm < 700-50=650 mm

Por tanto sería válida esta solución, solo resta comprobar que :

R.ª = J\,neta = 618.07- mm /.max { l'b / 3,10-,15 cm}

R.ª = i b,neta =618.07- mml max{415,250,150} Luego la solución será 325 por cara, anclados con patilla a una longitud de 618.1 mm.

311

4. Placa de anclaje. Mixto

Problema PA.9 Sea la placa de anclaje :;t:700.350.e de un IPE 500, con 2 cartelas :;t:700.150.1 O, todo de acero S275JR (YMo=1.05) , que apoya sobre una zapata de hormigón HA-30 (Yc=1.5). Anclada con pernos lisos roscados S275JR (YMo=1.05) situados a una distancia del borde d'= 6 cm. Determinar: 700

o

o

o

o

1 -~~J

r,/-11

l:~ -'j 1

lf

1

'

z

IPE 500 ap = 500 mm bp = 200 mm

tw= 10.2 mm tt = 16 mm A= 11 6 102 mm2

1.- El espesor mínimo de la serie e E(20,22,25,30) que verifica el E.L.U. agotamiento del apoyo si el pilar está solicitado por una compresión de 2100 kN. Finalmente, se decide emplear la placa del apartado anterior, con un espesor e=20mm, sometiéndola a una solicitación de:

Med (kN·m)

Ned (kN)

Ved (kN)

200

100

80

!combinación

2.- La profundidad "y" del bloque de compresión. 3.- La tracciión "T/ de los pernos. 4.- El número y diámetro de los pernos (n4i ,). Nmax=3 y E (20,25,32) 12

c =e•

fY ( 3. fid · YMo

J '

313

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Resolución PA.9 1.- Determinar el espesor mínimo de la serie eE(20,22,25,30) que verifica el E.L.U. agotamiento del apoyo cuando el pilar está solicitado por una compresión de 2100 kN.

Se inicia el proceso comprobando si la placa de 20 mm de espesor cumple, para ello se admite que el apoyo se agota cuando el hormigón alcanza la deformación última Scu=0.0035, en este punto la tensión del apoyo valdrá:

Siendo la anchura suplementaria del apoyo, en función del espesor de la placa: 1/ 2

c

= e-

(

f Y

3-f, •yMO ]

= e-

275

( 3-20-1.05

112

J

= 2.09-e

En el caso de un espesor de placa de 20mm, la anchura suplementaria vale 41.8mm. Calculando en área de la superficie portante (Ap): 700

o ~

- -

......

-

- - - - - - - - - - - --~~- -~ - -- - - - -

A2

o

L{) ('tj

-i---

r

~- - - -

o

o

~--------------------------------------

AP = 2-A 1 + A 2 A1

= a-(ec + 2-c) = 700·(1 O+ 2-41.8) = 65520 mm 2

A2

= (ap + 2-c) ·(bp - 2-c) = (500 + 2-41.8) ·(200 - 2-41.8) = 67931

mm 2

AT = 2-65520 + 67931 = 198971 mm 2 Tal y como se observa en la figura, la anchura suplementaria es menor que el vuelo superior y no se produce solape en la zona del perfil, por tanto solo resta comprobar el agotamiento del apoyo: 314

4. Placa de anclaje. Mixto

NEd = 2100000 = 0.528::; 1 Ap .fjd 198971-20 Por tanto la placa de espesor 20 mm cumple agotamiento del apoyo. 2. - La profundidad "y" del bloque de compresión.

Con las acciones a las que está sometida la placa y con la presencia de las cartelas, el ancho portante b' será: b' = 2-(ec + 2-c) = 2·(1 O+ 2-41.8) = 187.2 mm Tal y como se mostró en el apartado anterior, no se produce ni desborde ni solapamiento en la zona de las cartelas, por tanto el valor de b' es correcto. Ahora, planteando las ecuaciones de equilibrio de la placa trabajando a flexión: A s ·as +Nd =b' ·y·a e

De la ecuación de momentos aplicada sobre el eje de los pernos, se obtiene el ancho del bloque de compresiones y: Md+Nd-( ~ -d')=b'·y·crc·(a-d'- ~) 7 200-10 6 +100-10 3 -( ºº-so)=187.2-20-y-(7oo-so-r)

2

2

y

y2

2

2

231-10 6 =3744-y-(640--) ➔ 71958.27=640-y--

y2_ 1280 ·Y+ 143916 _54 =0 ➔ {Y=124.55 mm< a/4=175, cumple y=1155.5 mm> a, no válida

3.- La tracción ''Ti' de los pernos.

Sustituyendo ahora en la ecuación de fuerzas verticales, se obtiene la tracción en los pernos: Td+Nd=b'-y·crc Td+ 100-103 =187.2-124.55-20 Td=366315.2 N 315

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

4.- El número y diámetro de los pernos (nÜ

X

= 89.6 + 7-e9

335

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

El peso propio, las permanentes y la nieve son estabilizantes, mientras que el viento es desestabilizante, y la comprobación de vuelco queda:

0.9· (46.89 + 43.8 + 17 .1-e 9 + 20.57 + 8.05-e 9 ) 0.9- (111.26 + 25.15-e9 )

z 1.8-(89.6 + 7-e9 )

z 1.8-(89.6 + 7-e 9 ) ➔ 55.63 + 12.58-e 9 z 89.6 + 7-e 9

z 89.6 - 55.63 = 1.735 m

e 9

12.58- 7

La solución no es factible, pues es necesario que e 9 O Las acciones permanentes serán desestabilizantes si :

M:'G + h.v;'G - N:'G ·( ª2 + e 9 ) > O 420+0.7-50-910-~ >

2

340

O ➔ 455-455-a>O ➔

a < 1 m.

5. Cimentaciones. Vuelco

La sobrecarga de uso será desestabilizante si:

M:.a + h-v:.a - N:.a (: + e 9 ) > O 530 + 0.7-70 - 111 O-~ > O ➔ 579-555-a>O 2

➔ a < 1.04 m.

Analizando los resultados se puede concluir que si la dimensión "a" de la zapata es superior a 1.04 metros, las dos acciones serán estabilizantes, siendo por tanto este tamaño el mínimo exigible, pues el peso propio es siempre estabilizante. No obstante se comprueba si la dimensión "a" de la zapata puede ser inferior a 1 m, en cuyo caso G y O serían desestabilizantes.

M:.es, 2 M:.,es ➔ Ye.sb -[Y~.,{Y, abh·:)}: Y,., M:+ h v: -N:g +e,)] 0 -[

0.9{ 1-(a·%·0.7·25·%)];::: 1.8{(455 - 455-a) + (579 - 555-a)] 0.9-4.375-a3

;:::

1.8·(1034 - 101 O-a) ➔ 2.1875-a3

➔ a 2 1.024-2.166·1

o- -a 3

3

;:::

1034 - 101 O-a

➔ a 2 1.021 ?m.

Con este resultado, se deberían recalcular la dimensión de la zapata mínima, dado que al ser 1.04>a> 1, las cargas permanentes serán estabilizantes y la sobrecarga de uso desestabilizante, pero no se va a hacer, porque la dimensión mínima modulada de estos resultados (mayores de 1 pero menores de 1.25m) será: Z(125. 75. 70).

341

5. Cimentaciones. Vuelco

Problema C.3 Sea un pilar de perfil IPE360 (ap=360mm , bp=170mm) que transmite las solicitaciones adjuntadas a la cimentación. Se pide determinar: 1. Los valores de la longitud de la zapata {a) que hacen que las acciones G, N y V sean estabilizantes. 2. Para el E.L.U . de equilibrio (seguridad al vuelco), la hipótesis más desfavorable es P+G+V+0.5-N. Calcular las dimensiones mínimas de la zapata para que no se alcance dicho E.L.U.

a/2

u

..e

A

B

a Datos:

qs =200 kN/m

2

HA-25

Yh = 25 kN/m3

Módulo de las dimensiones de las zapatas: a y b 25 cm , h 1O cm.

U=0.5 m.

Acciones:

Mk (kN·m)

Nk (kN)

vk (kN)

Permanentes (G)

60,00

30,00

10,00

Nieve (N)

60,00 2,08

30,00 -11,24

10,00 -OI 78

Viento (V)

343

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Resolución C.3 1. - Los valores de la dimensión a que hacen que las acciones G, N y V sean estabilizantes.

Al ser G y N iguales se pueden resolver de forma simultánea. Con los valores de los esfuerzos en la base del pilar, el punto más desfavorable en lo referente al vuelco es el punto A, por tanto, para que las acciones sean estabilizantes, se debe cumplir: M k,est

¿: M k,des

NG·(a-u) ~ MG+VG-h 30-(a-0.5)

~

60+ 10-0.70

➔

30-a ~ 67+ 15 ➔ a

~

2.73

Por tanto, para valores de a;;:: 2.73 las acciones permanentes y la nieve son estabilizantes. El viento, V, será estabilizante si se cumple:

Vv·h ~ Mv+Nv·(a-u) 0.781-0.70 :2: 2.08+ 11.24-(a-0.5) ➔ 4.09 :2: 11.24-a ➔ a

s

0.364m.

Por tanto para valores de a;;:: 0.364 m la acción del viento es desestabilizante 2. - Para el E.L.U. de equilibrio (seguridad al vuelco), la hipótesis más desfavorable es P+G+V+0,5-N. Calcular las dimensiones mínimas de la zapata para que no se alcance dicho E. L. U

Para verificar el E.L.U. de seguridad al vuelco habrá que comprobar que se cumple la condición: h > Eh Ed,stb d,dst

➔

Mhd ,dst Mhd,stb > -

➔

Y E,stb •

M~.stb

¿: Y E,dst -M~.dst

Es decir, que el valor de cálculo del efecto de las acciones estabilizantes debe ser mayor que el de las desestabilizantes, siendo este efecto, para el caso de vuelco igual al momento en los distintos puntos de vuelco. Los coeficientes de seguridad y E,dst se obtienen de la tabla 2.1 facilitada en el enunciado del problema:

344

5. Cimentaciones. Vuelco

La hipótesis de cálculo 1 ·P+1 ·G+ 1· V+0.5-N.

a

comprobar,

según

el

enunciado,

es

De los datos obtenidos en el apartado anterior, se obtiene una dimensión mínima de la zapata, que serán precisamente los 2. 73 metros, que hacen que las acciones permanentes y la nieve sean estabilizantes. Debiéndose comprobar si la dimensión puede ser menor de los 2.73 metros. En esta situación, V, G y N serán desestabilizantes y por otra parte P será estabilizante. El peso de la zapata será: 2

P = a-b·h·yh = a-a / 2-0.7-25 = 8.75-a

Y el momento estabilizante en el punto A del peso propio:

ACCIÓN

MOMENTOS EN A

Mstb

1-P 1-G

4.375-a3

4.375-a3

60 + 10·0.7 -30-( a-0.5)

82 - 30-a

O.S·N

0.5·(60 + 10·0.7 -30-( a-0.5))

41 - 15-a

1-V

2.080 + (-0.781)-0.7 -(-11 .24 }(a - 0.5)

11 .24-a - 4.1

Mdst

4.375-a3

118.9-33.76-a

Aplicando la expresión de la comprobación:

1.8-Md,dst ~ Q.9-Md,stb 1.8·(118.9 - 33.76-a) ~ 0.9·(4.375-a3 )

0~2.1875·a3+33.76·a - 118.9

➔

a = 118.9 - 2.1875·a3 33.76

iterando

)3. =2.5m.

Se ha comprobado que la zapata, con unas dimensiones de 2.5 metros, es estable frente al vuelco, cumpliéndose la hipótesis que se había establecido anteriormente, siendo las dimensiones necesarias: 2(250.125.70)

345

5. Cimentaciones. Vuelco

Problema C.4 Sea un pilar de perfil IPE360 (ap=360mm , bp=170mm) que transmite las solicitaciones adjuntadas a la cimentación. Se pide determinar: 1. Los valores de la dimensión a que hacen que las acciones G , N y V sean estabilizantes. 2. Para el E.L.U . de equilibrio (seguridad al vuelco), la hipótesis más desfavorable es P+G+V+0.5-N. Calcular las dimensiones mínimas de la zapata para que no se alcance dicho E.L.U.

a/2

u

..e

A

B

a Datos:

qs =200 kN/m

2

HA-25

Yh = 25 kN/m3

Módulo de las dimensiones de las zapatas: a y b 25 cm , h 1O cm.

U=0.5 m.

Acciones:

Mk (kN·m)

Nk (kN)

vk (kN)

Permanentes (G)

60,00

30,00

10,00

Nieve (N)

60,00

30,00

10,00

Viento (V)

2,80

-15,11

-0,91

347

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Resolución C.4 1. Valores de la dimensión a que hacen que las acciones G, N y V sean estabilizantes.

Al ser G y N iguales se pueden resolver de forma simultánea. Con los valores de los esfuerzos en la base del pilar, el punto más desfavorable en lo referente al vuelco es el punto A, por tanto, para que las acciones sean estabilizantes, se debe cumplir:

NG·(a-u) ~ MG+VG-h 30-(a-0.5)

~

60+ 10-0.70

➔

30-a ~ 67+ 15 ➔

a~

2.73

Por tanto, para valores de a~ 2.73 las acciones permanentes y la nieve son estabilizantes. El viento, V, será estabilizante si se cumple: Mk,est

2:

M k,des

Vv·h ~ Mv + Nv·(a - u) 0.91-0. 70

~

2.80 + 15.11-(a-0.5)

➔

5.392 ~ 15.11-a ➔ as; 0.36m

Por tanto para valores de a Eh Ed,stb d,dst

➔

h > Mh Md,stb d,dst

➔

h > Mh y E,stb. Md,stb - y E,dst . d,dst

Es decir, que el valor de cálculo del efecto de las acciones estabilizantes debe ser mayor que el de las desestabilizantes, siendo este efecto, para el caso de vuelco igual al momento en los distintos puntos de vuelco. Los coeficientes de seguridad y E,dst se obtienen de la tabla 2.1 facilitada en el enunciado del problema:

0.9·M~.stb ~ 1.8-M~,dst La hipótesis de cálculo a comprobar, según el enunciado, es P+G+V+0.5-N.

348

5. Cimentaciones. Vuelco

De los datos obtenidos en el apartado anterior, se obtiene una dimensión mínima de la zapata, que serán precisamente los 2. 73 metros, que hacen que las acciones permanentes y la nieve sean estabilizantes. Debiéndose comprobar si la dimensión pueden ser menores de los 2.73 metros. En esta situación, V, G y N serán desestabilizantes y por otra parte P será estabilizante. El peso de la zapata será:

P = a-b·h·yh = a-a-0.7-25 = 17.5-a2 Y el momento estabilizante en el punto A del peso propio : 2

MP,stb = 17.5-a -a / 2 = 8.75-a

3

ACCIÓN

MOMENTOS EN A

Mstb

1· P

8.75-a3

1-G

8.75-a3 60 + 10·0.7 - 30-(a - 0.5)

0.5-N

0.5· (60 + 1O·O. 7 - 30·( a - 0.5))

41 - 15-a

1-V

2.8 + (- 0.91 )-0.7 - (- 15.11){a - 0.5)

15.11-a - 5.392

Mdst

82-30-a

117.61 - 29.89-a

Aplicando la expresión de la comprobación: 1.8-Md,dst ::; 0.9-Md,stb 1.8· (117.61-29.89-a) ::::; 0.9·8.75·a

3

O ::;4.375·a3 + 29.89·a -117.61 ➔ a =

11 7 61 4 375 3 · - ·a 29.89

íterando

a = 2.25m.

Se ha comprobado que la zapata, con unas dimensiones de 2.25 metros, es estable frente al vuelco, cumpliéndose la hipótesis que se había establecido anteriormente, siendo las dimensiones necesarias: 2(225.225.70)

349

5. Cimentaciones. Vuelco y agotamiento terreno

5.2 E.L.U. Equilibrio y agotamiento del terreno Problema C.5 1. Determinar la zapata cuadrada de canto 70 cm , cuyo pilar está centrado, que ante las acciones básicas abajo mostradas verifica el E.L.U. de equilibrio seguridad al vuelco en la hipótesis: 1-P+1·C+1-V+1·0.5-N 2. Determinar la zapata cuadrada de canto 70 cm, con el pilar centrado, que no alcanza el E.L.U. de agotamiento del terreno en la hipótesis: 1- P+ 1-C+ 1- N+ 1-0.6· V 3. Determinar para la zapata Z(275,150,60) la excentricidad máxima del pilar (e9) , de modo que no se alcance el E.L.U. de Agotamiento del terreno en la hipótesis de cálculo.1-P+1·G+1-N+1·0.6-V

Datos: qs =150 kN/m

2

HA-25

Yh

= 25 kN/m3

Modulación de las dimensiones a y b de la zapata de 25 cm .

Acciones:

Mk (kN·m)

Nk (kN)

vk (kN)

Permanentes (G)

0,00

150,00

0,00

Nieve (N)

0,00

150,00

0,00

Viento (V)

0,00

-100,00

0,00

351

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Resolución C.5 1. - Determinar fa zapata cuadrada de canto 70 cm, cuyo pilar está centrado, que ante las anteriores acciones básicas verifica el E.L. U. de equilibrio seguridad al vuelco en la hipótesis: 1·P + 1·G + 1.0· V+ 1.0·0.5-N

Como los momentos desestabilizantes negativos, y los momentos estabilizantes son positivos, esta condición no es dimensionante. 2.- Determinar la zapata cuadrada de canto 70 cm, con el pilar centrado, que no alcanza

el E. L. U. de agotamiento del terreno en la hipótesis: 1·P+ 1·G+ 1·N+ 1·O. 6 · V Combinando las acciones en la base del pilar para la hipótesis solicitada:

M:=o

kN ·m

N:=1 · 150+1-150+1·0.6 ·(-100)=240 kN

v:=o

kN

N sk

1 •

Trasladando las acciones a la base de la cimentación: Mhs,k =0 kN ·m

N:k=P+N: =a·b·h·yh+N: =(a -0.7·25+240) kN 2

v;k=O

kN

Al ser nulo el momento en la base de la zapata, la excentricidad de cargas será nula (e=Ms,k/Ns,k=0) , siendo por tanto el area equivalente igual a la superficie en planta de la zapata:

352

5. Cimentaciones. Vuelco y agotamiento terreno

240 a~ f = 1 .345 m v1so - o.?-2s Modulando la zapata con los valores expuestos en el enunciado será:

2(150, 150,70) 3.- Determinar para la zapata Z(275, 150,60) la excentricidad máxima del pilar, de modo que no se alcance el E.L.U. de Agotamiento del terreno en la hipótesis de cálculo: 1·P+ 1·G+ 1·N+ 1·0.6-V

Las acciones en la base del pilar para la combinación de cálculo valdrán: M~=0 KN-m N: =1-150+1-150+1 -0,6-(-100)=240 kN

v:=o

KN

Y las acciones en la base del terreno, añadiendo la excentricidad geométrica del pilar valdrán: eg

p

M:.k=N~·e9 =240·e 9 N:k=P+N~=a·b ·h·yh+N:=(2.75-1.5-0.6·25)+240=301.875 kN

v:k=º

kN

353

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

En este caso si que aparece un momento en la base de la zapata, siendo por tanto necesario calcular la excentricidad de cargas en la dirección a (ea), determinando el area aproximada equivalente en función de ese valor:

Nh q =~ < q b a*·b* - s

= 301.875 < 150= qb (2.75-2-eJ · 1,5 qs

ea~ 301.875-2.75-1.5-150 =0.7041 m -2-1.5-150 Por tanto, la excentricidad de cargas en a (ea) y la excentricidad geométrica, serán: M ska 240-eg e = -·- = - - - 0.7041 m ª N s ,k 301.875

e 9 =0.886 m

354

5. Cimentaciones. Vuelco y agotamiento terreno

Problema C.6 En el proceso de dimensionado de una cimentación rectangular excéntrica (u=0.5m) de canto h=0.7 de un pilar metálico (IPE360) apoyado sobre una placa de anclaje (;i:680.330.22 mm) con unas determinadas acciones en su base.

a/ 2

u

..e:

B

A a

1. Calcular las dimensiones mínimas necesarias de la cimentación, que verifi quen el E.L.U. de equilibrio seguridad al vuelco en la hipótesis: 1-P+1 ·G+ 1.. v+0.5-N 2. Suponiendo que en el apartado anterior se haya obtenido una zapata Z(350, 175,70), calcular la presión total bruta (qb) y comprobar el E.L.U. de agotamiento del terreno en la hipótesis: 1-P+ 1 ·G+0.6· V+1 N Datos: 2

qs =200 kN/m

HA-25

R=bla=0.5

h=0.7

3

Yh = 25 kN/m

Modulación de las dimensiones a y b de la zapata de 25 cm.

Acciones:

Mk (kN·m)

Nk (kN)

vk (kN)

Nieve (N)

60,371 60,371

25,00 25,00

20,903 20,903

Viento (V)

2,08

-11,24

-0, 781

Permanentes (G)

355

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Tabla 2.1. Coefic ientes de seguridad parciales Materiales

Situación de

Acciones

Tipo

dimensionado

YR

YM

"/E

YF

Hundimiento

3.0(1)

1.0

1.0

1.0

Deslizamiento

1,5(2)

1,0

1,0

1,0

Acciones estabilizadoras

1,0

1,0

3) o,9C

1,0

Acciones desestabilizadoras

1,0

1.0

1,8

1,0

1.0

1,8

1,0

1,0

(4)

(4)

1,G(S)

1,0

Arrancamiento

3,5

1,0

1.0

1,0

Rotura horizontal

3.5

1,0

1,0

1,0

2

Vuelco

Estabilidad global Capacidad estructural Persistente o transitoria

356

PIiotes

5. Cimentaciones. Vuelco y agotamiento terreno

Resolución C.6 1. Calcular las dimensiones mínimas necesarias de la cimentación, que verifiquen el EL.U de equilibrio seguridad al vuelco en la hipótesis: 1.0·P+1.0·G+1.0· V+0.5·N

Al ser todos los momentos positivos, y de valor elevado, el punto de vuelco de la cimentación estará situado en A. El peso de la zapata, será: P = a-b-h-yh

= a-a-0.5-0.7-25 = 8.75-a2

kN

Se calculan a continuación los momentos que generan cada una de las acciones que provienen del pilar así como el peso propio de la cimentación sobre el punto A de vuelco, considerando los Mdst>0 y los Mest3.5. Haciendo un primer cálculo suponiendo que las dimensiones son menores de 3.5 metros: Md,dst _= 1.8·.(127.0.73- 26.26-a)} Md stb - 0.9 4.375 a

Md,stb > Md,dst

2.19-a3 > 127.07 - 26.26-a ➔ 4.84 - 0.0833-a3 > a ➔ a = 2.87m Al ser a o 1 O+ 0.7-12.1-125-(2 -0.5) = -169.3 < O ➔ Estabilizante

MV,dst si M:,v + h•v:,v - N:,v -(a - u) > o 159.4 + 0.7-51.2 - -23.5-(2 - 0.5) = 230.5 < O ➔ Desestabilizante

El peso propio de la zapata es siempre estabilizante: P = a-b·h·yh

= 2-1.5-0. 7-25

a

= 52.5 kN

2

MP = P- = 52.5- = 52.5 kN-m 2 2

Aplicando los valores obtenidos se comprueba el vuelco en la hipótesis establecida (1 -P + 1-G + 1-V) : 0.9·M~.stb ~ 1.8·M:,dst 0.9-(1-52.5 + 1-75.28) ~ 1.8-(1-218.74) 115 'i. 393.7

366

➔

No cumple E.L.U. Equilibrio

5. Cimentaciones. Vuelco y armado

2.- Para otra zapata Z(250, 125,70) y dado el valor del momento en la sección de referencia S1(d1,b1) Md,s1=22.94 kN·m. Determinar la armadura necesaria, sección y disposición (t/J, nt/J) para cumplir el EL.U de agotamiento de la estructura de cimentación. 1·P + 1.5·G + 1.6·0.6•N + 1.6•V Vm.,

;

v

ao/2 ; k

u

;

"' S1

a

1

.e

1

Es una zapata flexible, pues el vuelo máximo es mayor que dos veces el canto de la zapata: v max = 250 - 50 - 40 / 2 = 180 cm > 2·h = 140 cm Las características de la sección de referencia S1(d1,b1) son: y = v - 0.15-aP = 1.8 - 0.15-0.4 = 1.77 m

2

2

d1 =d=h - r=0.7 - 0.05=0.65 m b1 = b = 1.25 m Tal y como se aporta en el enunciado del problema, el momento de cálculo Md 1 será:

M~1 = 22. 94 m-KN Para determinar la armadura necesaria se calcula en primer lugar el momento reducido:

µd1

=

Mh dl

b1 .d; .f00

6

=

22.94 · 1o

1250 · 650

2

·

25

= 0.0026

1.5

367

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

En el límite, la cuantía mecánica (ro) necesaria valdrá: O) = 1-.J1 -2·µd1 = 1-./1 -2·0.026 = 0.02635 Se debe comprobar, que la cuantía mecánica necesaria no sea inferior a 0.04, valor mínimo para garantizar que no se produce rotura agria de la cimentación, en este caso: ro;( 0.04 = romin(ELU Rot.Agria) ➔ ro = m-(1 .5 - 0.5-~) ú)min 2635 ) = 0.03085 ro = 0.02635·(1 .5 - 0.5·º·º 0.04 Por tanto, la armadura necesaria por cuantía mecánica As,wserá:

A s,co

25 0.03085 -1250 · 650 · 1.5 = 1200.9 mm2 = m.b1.d1.fcd = f 400 yd

1.15 La armadura necesaria por cuantía geométrica mínima As,p será: As,p = 0.001 · b · h = 0.001-1500·700 = 1050 mm 2 Y la armadura necesaria será la máxima de las dos anteriores:

Una vez conocido el requerimiento de armadura necesaria, hay que determinar la disposición de las armaduras, tanto en número como en separación. La misma (s4>) deberá estar comprendida entre 1O y 30 cm, lo que con las condiciones de adherencia y durabilidad llevará a la configuración longitudinal del armado (n4>,). En este caso el recubrimiento lateral r=8 al estar hormigonando directamente contra el terreno.

368

5. Cimentaciones. Vuelco y armado

el> =

max

n, in{~:J = 1+

b - 2-r s"' = n - 1

10 ~ s"' ~ 30

"'

= 25mm

3

= 20mm

4

= 16 mm

6

s,¡, -- 125-2 -8 =54.5 3-1 125 - 2-8 s,¡, = = 36.33 4-1 125-2 -8 = 21.8 S,¡, = 6- 1

NO CUMPLE NO CUMPLE CUMPLE

La solución con diámetro máximo que cumple es la de diámetro 16, por tanto se adoptará [16@ 21.8 cm].

369

5. Cimentaciones. Vuelco y armado

Problema C.9 La posición de pilar metálico de un pórtico de un edificio industrial es la mostrada en la siguiente imagen. Se pide, para el pilar marcado en la imagen: Límite de la Parcela 1

0,5 m.

Zapata a dimensionar

I 1. Determinar la zapata Z(a,b,75) , rectangular (R=0.5) que verifica el E.L.U. de equilibrio, seguridad al vuelco, en la hipótesis: H= 1-P+ 1-G+ 1-V. 2. Para otra zapata Z(250,125,70), dado el momento en la sección S1(d1 ,b1) Md=22.94 kN-m. Determinar la armadura necesaria, sección y disposición (,n) para cumplir el E.L.U. de Agotamiento de la estructura de cimentación. Datos: 2

qs = 170 kN/m

HA-25 B500S

R=bla=0.5

Yh = 25 kN/m U=Ü.5

Permanentes (G) Nieve (N) Viento (V)

µ d1

=

2

3

Modulación de las dimensiones a y b de la zapata de 25 cm. Pilar hormigón 40x40

Mk (kN·m)

Nk (kN)

vk (kN)

10,00 0,00 159,40

125,00 62,50 -23,50

12,10 6,05 51,20 q>

E

{12,16,20,25}

b1.d1.fcd

A s,p = 0.001 -b -h

ro/ 0.04 = romin(ELU Rot.Agria) ➔ ro = ro·(1.5 - 0.5- ~) O)min

371

Construcción y Arquitectura Industrial. Problemas

Resolución C.9 1.- Determinar fa zapata Z (a,b,75), rectangular (R=0.5) que verifica el E.L.U. de equilibrio, seguridad al vuelco, en la hipótesis: 1·P+ 1·G+ 1· V

0.5

L/)

r-,..

o

B

A

a En primer lugar se determina el cariz que tiene cada una de las acciones respecto al punto de vuelco A, tomando momentos de cada una de las acciones en éste punto (M>0 desestabilizantes) : Permanentes (G):

MAG = (Mk G+ h • vk G)-NkG -0.5 = 10 + 12.1-0.75-125 -0.5 = -43.425 kN -m '

1

'

'

Al ser el valor negativo e independiente de las dimensiones de la zapata, el efecto de la acción siempre va a ser ESTABILIZANTE. Viento (V):

MA.v = (Mk.v + h · vk.v ) -Nk.v · 0.5 = 159.4 + 51 .2·0.75- (-23.5)·0.5 = 209.15 kNm Al ser el valor positivo e independiente de las dimensiones de la zapata, el efecto de la acción siempre va a ser DESESTABILIZANTE. Peso Propio (P): MA,P

3 a a a = (ahh·yH )·2 = (a·-·0.75-25)·2 2 = 4.6875-a kN •m

El efecto de esta acción será siempre ESTABILIZANTE.

372

5. Cimentaciones. Vuelco y armado

De esta manera, se puede resumir que: Md,dst

= MA,V = 209.15 kN-m 3

Mdstb = MAG +MAP = 43.425 + 4.6875-a kN-m ' , ' Con lo que la condición de estado límite puede ponerse como:

O. 9-M: stb ~ 1.8-M: dst '

'

0.9·(43.425 + 4.6875-a

3

)

~ 1.8·209.15 ➔ a ~ 4.31 m.

Modulando, con un módulo de 25 cm , se obtiene la zapata que cumple el E.L.U. Equilibrio, seguridad al vuelco:

Z (450.225.75)

2. - Para otra zapata Z(250, 125,70), dado el momento en la sección S1(d1,b1) Md=22,94 m-kN. Determinar la armadura necesaria, sección y disposición ( J

(1)

>< o

,,.... 3:

):,. ::J

~

~

o-

[

fü-

-g

~

(!)

(/)

c,J CX)

01

w

CX) O)

oo

~-1

í-' il l :--11

HEB

T,,

G

kN/m

h

mm

mm

~

?5 C)

c:::ii eje fuerte y -y

"'

eje débil z .z

):,.

mm

ly

A

lf

mm

mm

mm

2

WeJ,y 4

mm

x12

xHí'

3

mm

3

x10

X103

mm

Avz.

J.y

W pJ,y+

3

2

mm

mm

X10

X102

lz

W pl,z ♦

WeJ,z

mm

3

4

mm

x10

mm

3

xl0

X10

mm

3

4

x10

IHE 100 B

0 ,204

100

1

100

1

6 ,0

1 10,0 1 12,0 1 26,00

449,5

89,9

104,2

1 4 , 16 1

9,04

167,30 1 33,45 1

51,4

1 2,53

0 ,267

120

1

120

1

6 ,5

1 11,0 1 12,0 1 34,0

864

144, 1

165 ,2

1 5 ,04

1

10,96

317,5

1 52 ,92 1

8 1, 0

1

iHE 140 B

0 ,337

140

1

140

1

7 ,0

1 12,0 1 12,0 1 43,0

1509

2 15,6

24 5,4

1

5 ,93

1

13,08

549.7

1 78,52 1

119,8

iHE 160 B

0~ 26

160

1

160

1

8_._0

1 13_,0 1 15_,Cl _¡

54_._3

2492

3_11_,5

354_,D

1 6_,78 1

17,:',9

889,2 1 11 1_J

1

17D,_0

J

4_._0 5

180

1

180

1

8, 5

1 14,0 1 15,0 1

65,3

3831

426

481

1 7 .66

1

20 ,2 4

1363.0

1

151.4

1

231,0

1

4.57

200

1

200

1

9 ,0

1 15 ,0 1 18,0 1 78 ,1

5696

5 70

643

1 8 ,54

1

24 ,8

2003

1

200,3 1

305,8

1

5 ,07

!HE 220 B

0_._7 15

220

1

220

1

9 L5

1 16~

1 91_,_0

8091

736

827

1 9 L43 1 27,9

2843

1 258,5 1 393,9

IHE 240 B

0_,_832

240

1

240

1

10 ,0 1 17,0 1 2 1,0 1 106, 0

11260

938

1053

1 10,3 1

33,2

3923

1

326,9

IHE 260 B

0 ,930

260

1

260

1

10,0

14920

1148

1283

l 11,22 1

37,6

5 135

1

395,0 1 602,2

!HE 280 B

1.030

280

1

280 1 10 .5 1 18,0 1 24 ,0 1 131. 4

19270

1376

1534

1

12 .1

1

41,1

6595

1

471,0

iHE 300 B

1,170

300

1

300

1 19,0 1 27,0 1 14 9. 1

25170

1678

1869

1 13,0

1

47,4

8563

1

570,9 1

8 70

1 7 ,58

IHE 320 B

1,270

320

300 1 11,5 1 20,5 1 27,0 1 16 1,3

30820

1926

21 49

13 ,8

51 ,8

9239

615,9

939

7,57

1HE 340 B

1,340

340

300 1 12 ,0 1 21,5 1 27,0 1 170,9

36660

2156

24 08

14, 6

56,1

9690

646

986

7,53

!HE 360 B

1_._4 20

360

1

180, 6

43190

2400

2683

1 15_,5 1

60,6

10140

676

1032

7_,_4 9

7_,_40

300

1

11,0

12_._5

1

1

17,5

22_,_5

1 2 4 ,0 1

1 2 7_._0 1

118, 4

1

717_._6

1 5_._5 9 1

6,08

400

1300 1 13L5_L 24 ~0 L 197_._8

57680

2884

3232

1 17_._1J _ 70_._0

10820

721

1104

4 50

1

300

1

14,0 1 26,0 1 27,0

79890

3551

3982

1 19, 1

1

79,7

11720

78 1

1198

7_._'33

!HE 500 B

1_._870

500

1

300

1 14 ,5 1 28_._0 1 27~0 1 238,6

107200

4287

4815

1 2 1_._2 1

89,8

12620

842

1292

7, 27

23, 2

!HE 550 B

1,990

550

1 300 1 15,0 1 29,0 1 27,0 1 254, 1

136700

4971

5591

1

1

100, 1

13080

872

1341

7,17

iHE 600 B

2 , 120

600

1 300 1 15,5 1 30,0 1 27,0 1

171000

5701

6425

1 25, 2 1

110,8

13530

902

1391

7,08

IHE 650 B

2 ,250

650

1

300 1 16 ,0 1 31,0 1 2 7,0 1 286,3

210600

6480

7320

1

122_._()_

13980

932

1441

6,99

!HE 700 B

2 ,410

700

1

300

1

17 ,0 1 32 ,0 1 2 7,0 1 306, 4

256900

7340

8327

1 29,0

1

137, 1

14440

963

1495

6,87

IHE 800 B

2 ,620

800

1

300

1

17,5 1 33,0 1 30,0 1 334, 2

359100

8977

10230

1 32,8

1

161,8

14900

994

1553

6 ,68

IHE 900 B

1,_910

900

1

300

1

18 ,5 1 35,0 1 30,0 1 371 , 3

494100

10980

12580

1 36,5

1

188, 8

15820

1050

1658

6,_53

IHE 1000 B

3_,_140

1000 1 300 1 19,0 1 36,0 1 30,0 1

644700

12 890

14860

1

4 0, 2 1

212,5

16280

1085

1716

6_,_38

400

(1)

3:

:J:

1.,_710

27, 1 1

l\l

"ti

7.09

1

1.,_550

270

>< o

55

5

8

4,0

5.32

14.71

:no

1.66

23,37

2. 10

6.00

1.07

L 55x55x6

0.04952

55

6

8

4.0

6,31

17.29

4. 39

1.66

27. 44

2.09

7. 13

1,06

L 60x60x ·4

0, 03696

60

4

8

4,0

4,71

15. 78

3,,5 8

1,83

25,04

2.31

6.51

1, 18

L 60x00x5

0,04568

60

ó

8

4,0

5,82

19.37

4.45

·t,82

30,77

2.30

7.'ifl

1. 17

L 60x60x6

0, 05423

60

6

8

4,0

6,91

22.79

5.29

1,82

36.20

2.29

9.38

1, 17

eoxmx a

0, 07088

60

8

8

4,0

(l,03

211. 15

6.89

1,80

41l,1Q

2.26

12, 11

1.16

L llbx65x 6

0,CJ5QOQ

tl5

6

g

4,ó

7,53

29, 1Q

6,21

1,97

46,311

2.4 &

12,01

1,25

L llbx65x7

0, 00827

65

7

Q

4.5

8,70

33,43

7. 18

1.911

53,08

2.47

13,78

1.2el

L65x65x8

0. 07730

65

8

g

4,5

Q,8,5

37,41l

8, 13

'1,95

59,41!

2.4 6

15,52

1,2el

L70x70x6

0.06380

70

6

g

4,5

8, 13

38,88

7. 27

2. 13

58,60

2.69

15, 16

1,37

L70x70x7

0. 07377

70

7

Q

4,5

9,40

42.30

8. 41

2.12

67, 19

2.67

17,4 1

1,36

L 70x70x8

0. 08374

70

8

10

5,0

10.7

47.'E

9.4 6

2.10

75,01

2.65

l ll,52

1, 35

L 70x70x 9

0,()g:323

70

g

g

4,5

11,ll

52.47

10,60

2.10

83,18

2,65

21,76

1,35

L 75x75>.67

2.30

4 9,85

2.90

13,01

1,48

0, 05759

75

5

g

4,ó

7,34

38.n

2.30

6 1,59

2.,QO

15,96

1, 47

L 75x75x5

392

1

e je, u-u

e je Y-Y / e je z.;z

7.06

L75x75 x 6

0, 068!>1

75

6

g

4,5

8,73

45, 83

8.41

2.29

72.84

2.89

18,82

1,4 7

L 75x75x7

0, 07926

75

7

g

4,5

10, 1

52.61

9. 74

2,28

83,60

2,88

21,62

1,-46

L 75 X 75 X 8

0,OBB86

75

8

g

4,5

11, 4

59, 13

11. 03

2.27

93, 91

2,86

24,35

1,4'6

L 75x75x10

0.1 1058

75

10

g

4.5

14, 1

71. 43

13.52

2.25

113. 2

2,83

29,68

1.·45

Anexo: Tablas de perfiles

'D onomín acíó n

G

J411/m

t A Í1 12 mm mm mm mm mm2

□

ly=lz Ne1.y=WeJ; iy=iz

lu

iu

lv

iv

mm4

mm 3

mm

mm4

mm

mm4

mm

x1c2

x10"

x10 3

x10

x104

x10

x104

x10

Dimension es

h=b

Pmpíedadosdel p e rfil eje Y· Y I eje, z.z

ej e u- u

11

eje v-v

L 80x81Jx5

0,06168

80

5

10

5.0

7.Bll

47, 14

8.02

2,45

74.83

3.09

19.45

1.57

L 80x80x6

0.07338

80

e

10

5.0

g_35

55.82

9.57

2. 44

88.69

3.08

22.96

1.57

80x81Jx7

0,084"2

80

7

10

5,0

10,8

IW, 19

11.09

2. 44

1112.0

3.07

26,38

1.56

L8(h80xS

O,Oll630

80

8

10

5.0

12, 3

72.25

12.58

2,43

114 ,8

3,06

2{1,72

1,56

0,1 1859

80

10

10

5,0

15, 1

87.50

15,45

2, 41

138.8

3,03

36,24

1,55

.Oxl!Oxli

0.08280

90

e

10

5,0

10.5

80, 72

12.26

2,77

128,3

3,4¡;

33. 113

1,77

L.O x l!Ox7

O,Oll608

90

7

11

5.5

12,2

92.55

14, 13

2.75

147.1

3.47

38.03

1,76

L OOxl!Ox8

0.1~

00

8

11

5,5

13, Q

IM, 4

16.05

2. 74

·165,Q

3,46

42,89

1.76

L OOx90xQ

11

5.5

15.5

115.8

17.93

2,73

184.0

3.44

47.66

1.75

11

5,5

17, 1

1213. g

19.77

2.72

20Ui

3.43

52,33

1,75

21.57

2,71

218.3

3.42

513,94

1,74

,_ 8() X 8(J X

10

0, 12183

00

Q

Wx90x 10

0, 13447

00

10

L l'