36
Ejercicio 6. Pórtico empotrado-empotrado empotrado-empotrado
2 m
3m
3m
2m
10 kN z
y
10 kN 4
8
C 3
2 m
10 kN
5
7
9
1m 11
1m
1
4kN/m 4kN/m
12 6
10
2
1m
13
B
D
7 kN kN
7 kN kN
7 kN kN 2 kN/ kN/m m
2 m
2 kN/ kN/m m 5 m
OFICINAS
3 kN/ kN/m m ALMACE N
3 m
OFICINAS 1,5 m
A y
CUARTO DE COMPRESOR
E y
z
z
Para la distribución de cargas dada, se pide: 1.- Suponiendo Suponiendo que los dos soportes tienen ti enen la misma inercia, separar la cercha de los dos pilares de la estructura modelizando las acciones que unos elementos ejercen sobre los otros. 2.- Dibujar el diagrama de momentos flectores del pilar DE , obteniendo el valor del momento en seis puntos del soporte. 3.- Dimensionar el pilar DE con un perfil formado por 2 UPN en cajón.
Datos: a) Las cargas están ponderadas por 1,43. b) La estructura está arriostrada. c) El acero utilizado S-275 JR: f y = 275 N/mm2 E = 210.000 N/mm2. d) La deformación máxima admisible es de 2,5 cm. g) Coeficientes de seguridad: γM0 = 1,05, γM1 = 1,10.
Ejercicio 6. Pórtico empotrado-empotrado
10 kN 10 kN
10 kN 4
8 7
5
3
1m
9
11
1m
1
12 6
Pv
10
2
B
7 kN
7 kN
7 kN
1m
Pv
13
D
V B
V D
2 m
3m
3 m
2m
1º.- Al separar la cercha de la estructura, las reacciones que aparecen debido a las cargas gravitatorias vendrán dadas por: VB
= VD =
10 + 10 + 10 + 7 + 7 + 7 2
= 25,50 kN
Al estar los dos pilares empotrados en su base, vamos a suponer que la deformación producida en los puntos de contacto de los pilares con la cercha es la misma. La modelización por separado de los dos soportes y la cercha será: 10 kN 10 kN
10 kN 4
3
8
5
7
9
11
1
12 6
Pv
10
2
7 kN
C
25,50 kN
Pv
13
B
7 kN
25,50 kN
7 kN
D
25,50 kN
25,50 kN
4kN /m
Pv
Pv
D
B
2 kN/ m 2 kN/ m 3 kN/ m A
E
Obtengamos el valor de la carga puntual horizontal P v a colocar en el punto B del pilar ABC y en el punto D del pilar DE, que me garantice que sus deformaciones sean idénticas.
2
Ejercicio 6. Pórtico empotrado-empotrado
Aplicando el 2º Teorema de Mohr, podremos calcular la deformación producida en l os punto B y D en función de la carga incógnita Pv. f Ed,B
C
f Ed,D
C
25,50 kN
25,50 kN 4kN/m
Pv
t BA
B
Pv
t DE
D
B
D
2 kN/m 2 kN/m 3 kN/m A
E
A
t BA
E
= f Ed, B = f Ed, D = t DE
Las deformaciones están mayoradas, ya que las cargas características están ponderadas. Obtengamos la ley de momentos flectores del pilar ABC , aplicando el principio de superposición, haciendo x = 0 en el punto C : f Ed,B
C
C
25,50 kN 4kN/m Pv
t BA
B
-8 kN·m
B
2 kN/m
1
3
1,33 kN·m 2 4
A A
5
6
A -48 kN·m
7,33 kN·m
-5·P v
Calculemos tBA: t BA
=
1 E⋅I
[
1 AB
2 AB
3 AB
4 AB
5 AB
6 AB
⋅ A M ⋅ x BG + A M ⋅ x BG + A M ⋅ x BG + A M ⋅ x BG + A M ⋅ x BG + A M ⋅ x BG 1
2
3
4
donde
⎧⎪A M = −8 ⋅ 5 = −40 ⎨x = 1 ⋅ 5 = 2,50 ⎪⎩ BG 2
⎧A M = 1 ⋅ (−40) ⋅ 5 = −100 ⎪ 2 ⎨ ) 2 ⎪x BG = ⋅ 5 = 3,33 3 ⎩
) ⎧ M 1,33 ⋅ 2 A = = 0 , 6 6 ⎪ 4 ⎨ ⎪x BG = 4 ⋅ 2 = 1,60 ⎪⎩ 5
⎧A M = 1 ⋅ 6 ⋅ 3 = 9 ⎪ 2 ⎨ ⎪x BG = 2 + 2 ⋅ 3 = 4 3 ⎩
2 AB
1 AB
1
2
)
4 AB
3 AB
4
3
3
5
6
]
Ejercicio 6. Pórtico empotrado-empotrado
⎧A M = 1 ⋅ 5 ⋅ (−5 ⋅ P ) = −12,50 ⋅ P v v ⎪ 2 ⎨ ) ⎪x BG = 2 ⋅ 5 = 3,33 3 ⎩ 6 AB
⎧A M = 1,33) ⋅ 3 = 4 ⎪ 1 ⎨ ⎪⎩x BG = 2 + 2 ⋅ 3 = 3,50 5 AB
5
6
así pues 1
⋅ [(−40 ⋅ 2,50) + (−100 ⋅ 3,33) + (0,66 ⋅1,60) + (9 ⋅ 4) + (4 ⋅ 3,50) + (−12,50 ⋅ Pv ⋅ 3,33)]
t BA
=
t BA
= f Ed,B =
)
E⋅I
1 E⋅I
)
)
⋅ [− 382,27 − 41,67 ⋅ Pv ]
Obtengamos la ley de momentos flectores del pilar DE , aplicando el principio de superposición, haciendo x = 0 en el punto D: -
f Ed,D
25,50 kN Pv
t DE
D
D
2 kN/m 4
-4 kN·m
1
-6,125 kN·m
3 kN/m
5
7
2
6
3
E
E
-14 kN·m
5·Pv
-16 kN·m
Calculemos tDE: t DE
=
1 E⋅I
[
1 DE
2 DE
3 DE
4 DE
5 DE
6 DE
7 DE
⋅ A M ⋅ x DG + A M ⋅ x DG + A M ⋅ x DG + A M ⋅ x DG + A M ⋅ x DG + A M ⋅ x DG + A M ⋅ x DG 1
2
3
4
5
donde
⎧A M = 1 ⋅ (−6,125) ⋅ 3,50 = −5,359375 ⎪ 4 ⎨ 4 ⎪x DG = ⋅ 3,50 = 2,80 2 ⎩
⎧A M = (−6,125) ⋅1,5 = −9,1875 ⎪ 1 ⎨ x = 3 , 50 + ⋅1,50 = 4,25 DG ⎪⎩ 2
⎧A M = 1 ⋅ (−7,875) ⋅ 1,50 = 5,90625 ⎪ 2 ⎨ ⎪x DG = 3,50 + 2 ⋅ 1,50 = 4,50 3 ⎩
⎧A M = 1 ⋅ (−4) ⋅ 2 = −2,66) ⎪ 3 ⎨ ⎪x DG = 3 ⋅ 2 = 1,50 4 ⎩
⎧A M = (−4) ⋅ 3 = −12 ⎪ 1 ⎨ ⎪⎩x DG = 2 + 2 ⋅ 3 = 3,50
⎧A M = 1 ⋅ (−12) ⋅ 3 = −18 ⎪ 2 ⎨ ⎪x DG = 2 + 2 ⋅ 3 = 4 3 ⎩
1 DE
1
3 DE
3
2 ED
2
4 DE
4
6 DE
5 DE
5
6
4
6
7
]
Ejercicio 6. Pórtico empotrado-empotrado
⎧A M = 1 ⋅ 5 ⋅ 5 ⋅ P = 12,50 ⋅ P v v ⎪ 2 ⎨ ) ⎪x DG = 2 ⋅ 5 = 3,33 3 ⎩ 7 DE
7
así pues 1
=
t DE
E⋅I
⋅ [(−5,359375 ⋅ 2,80) + ( −9,1875 ⋅ 4,25) + (−5,90625 ⋅ 4,50) + (2,66 ⋅ 1,50) + )
+ (−12 ⋅ 3,50) + (−18 ⋅ 4) + (12,50 ⋅ Pv ⋅ 3,33)] )
= f Ed,D =
t DE
1 E⋅I
⋅ [− 198,63 + 41,67 ⋅ Pv ]
De esta forma obtengamos el valor de Pv, que haga que las deformaciones en B y en D sean iguales (suponemos que las inercias de ambos pilares son las mismas). f Ed ,B
= f Ed ,D
1
⇒
E⋅I Pv
⋅ [− 382,27 − 41,67 ⋅ Pv ] =
=
1 E⋅I
⋅ [− 198,63 + 41,67 ⋅ Pv ]
− 382,27 + 198,63 = −2,20 kN 41,67 + 41,67
Indicando el signo negativo que la carga tiene dirección contraria.
2º.- Calculemos el diagrama de momentos flectores del pilar DE :
≤ x < 2 y obtenemos las funciones de los
Tomamos un tramo de barra x de forma que 0 esfuerzos válidas para este intervalo. Tengamos en cuenta que se cumple que
x =0
⇒ h=0 ⎫ ⎬ ⇒ x = 3,5 ⇒ h = 3⎭
h=
3 3,5
⋅x
25,50 kN 2,20 kN
∑M 2 kN/m
h
=0 h⋅x 1 x M(x ) + ⋅ ⋅ x + 2 ⋅ x ⋅ + 2,20 ⋅ x = 0
D
x
K1
2
K 1
V(x)
3
2
M ( x ) = −0,14 ⋅ x
M(x)
3
− x − 2,20 ⋅ x 2
N(x)
Tomamos un tramo de barra x de forma que 2 los esfuerzos válidas para este intervalo:
≤ x < 3,5 y obtenemos las funciones de
25,50 kN 2,20 kN
∑M 2 kN/m
h
=0 h⋅x 1 M( x ) + ⋅ ⋅ x + 2 ⋅ 2 ⋅ ( x − 1) + 2,20 ⋅ x = 0
D m 2
x
K2
2
3
M( x ) = −0,14 ⋅ x K 2
V(x)
M(x) N(x)
5
3
− 6,20 ⋅ x + 4
Ejercicio 6. Pórtico empotrado-empotrado
≤ x < 5 y obtenemos las funciones de
Tomamos un tramo de barra x de forma que 3,5 los esfuerzos válidas para este intervalo: 25,50 kN 2,20 kN
∑M
D m 2
2 kN/m
m 5 , 3
M( x ) +
x
=0 3 ⋅ 3,5
2
⋅ ( x − ⋅ 3,5) + 2 ⋅ 2 ⋅ ( x − 1) + 2,20 ⋅ x = 0
2 3 M( x ) = −11,45 ⋅ x + 16,25
3 kN/m K 3
K3
V(x)
M(x) N(x)
El diagrama de momentos flectores del soporte DE será:
25,50 kN 2,20 kN
M
D
M(0) = 0
2 kN/m
M(1) = -3,34 kN·m M(2) = -9,52 kN·m M(3) = -18,38 kN·m
3 kN/m
M(3,5) = -23,83 kN·m M(4) = -29,55 kN·m E
M(5) = -41 kN·m
3º.- Dimensionar el soporte DE con dos perfiles UPN. Los esfuerzos más desfavorables se producen en el punto E de la barra: 25,50 kN
∑F
x
2,20 kN
⇒
=0
D
2 kN/m
∑F
y
=0
3 ⋅ 3,50 2
+ 2 ⋅ 2 + 2,20 − H E = 0
⇒
HE
= 11,45 kN
⇒ ⇒
VE
− 25,50 = 0 = 25,50 kN
⇒
ME
VE
3 kN/m E
V E
H E
∑M
E
=0
−
3 ⋅ 3,50 2
− 2 ⋅ 2 ⋅ 4 + 2,20 ⋅ 5 = 0
M E
⇒
6
ME
1
⋅ (1,50 + ⋅ 3,50) −
= 41 kN ⋅ m
3
Ejercicio 6. Pórtico empotrado-empotrado
De esta forma los valores mayorados de los esfuerzos en el punto E de la barra son: NEd = 25,50 kN (compresión) VEd = 11,45 kN MEd = 41 kN·m = 41·106 N·mm
- Comprobación a deformación.
La deformación máxima existente en el pilar se produce en el punto D. Basándonos en los datos obtenidos en el apartado 1º, podemos decir que la deformación mayorada del punto D viene dada por: f Ed,D
=
1 E ⋅ Iy
⋅ [− 198,63 + 41,67 ⋅ Pv ] =
1 E ⋅ Iy
⋅ [− 198,63 + 41,67 ⋅ (−2,20)] =
− 290,30 E ⋅ Iy
Busquemos 2 UPN que cumplan la condición de deformación máxima:
f D
=
f Ed, D
=
γ Ed
290,30
γ Ed ⋅ E ⋅ I y
≤ f máx = 2,5 cm ⇒ Iy
≥ 3,87 ⋅ 10 −5
m4
Iy
≥
290,30
γ Ed ⋅ E ⋅ f máx
= 3.870 ⋅ 10 4
=
290,30 1,43 ⋅ 2,1 ⋅ 10 8 ⋅ 2,5 ⋅ 10
−2
mm 4
La comprobación a deformación la cumplirán 2 UPN-220
⎧A = 7.480 mm 2 ; Wel, y = 490.000 mm 3 ⎪ ⎪t w = 9 mm ; d = 167 mm 2 UPN-220 ⎨ ⎪i y = 84,8 mm ; i z = 62,9 mm ⎪I y = 5.380 ⋅ 10 4 mm 4 ⎩ - Comprobación a resistencia.
La capacidad a cortante de la sección será: Vpl,Rd VEd
=
A V ⋅ f yd 3
=
2 ⋅ t w ⋅ d ⋅ f yd 3
=
2 ⋅ 9 ⋅ 167 ⋅ 261,90 3
= 454.531,35
= 11,45 kN < 0,5 ⋅ Vpl,Rd = 0,5 ⋅ 454,53 kN = 227,27
kN
⇒
N = 454,53 kN CUMPLE
De esta forma la comprobación a resistencia vendrá dada por: N Ed A ⋅ f yd
+
M Ed Wel, y ⋅ f yd
=
25,50 ⋅ 10 3 7.480 ⋅ 261,90
+
41 ⋅ 10 6 490.000 ⋅ 261,90
Luego con 2 UPN-220 se cumple a resistencia.
7
= 0,33 ≤ 1
⇒
CUMPLE
Ejercicio 6. Pórtico empotrado-empotrado
- Comprobación a esbeltez.
Nos encontramos con un elemento principal sometido a compresión, por lo que la comprobación a esbeltez debe cumplir que λ ≤ 2 en ambos planos. La estructura está arriostrada en ambos planos, por tanto, los coeficientes plano serán:
β para cada
β y = 0, 7 Plano perpendicular a la estructura: β z = 0,7 Plano paralelo a la estructura:
La longitud de pandeo en ambos planos será: L k , y
= L k ,z = β z ⋅ L = 0,7 ⋅ 5 = 3,50 m = 3.500 mm
La carga crítica viene dada por: 2
N cr
⎡π⎤ = ⎢ ⎥ ⋅E⋅I ⎣ L k ⎦
siendo la esbeltez reducida
λ=
A ⋅ f y N cr
=
A ⋅ f y 2
⎡π⎤ ⎢L ⎥ ⋅ E ⋅ I ⎣ k ⎦
L k
=
π
f y
⋅
⎛ I ⎞ ⋅ E ⎜ ⎟ ⎝ A ⎠
=
L k
f y
π⋅i
E
Calculemos la esbeltez reducida en ambos planos: Plano paralelo a la estructura
λy =
L y,z
f y
π ⋅iy
E
=
3.500
275
π ⋅ 84,8
210.000
= 0,48 < 2 ⇒ CUMPLE
Plano paralelo a la estructura
λz =
L k ,z
f y
π ⋅ iz
E
=
3.500
275
π ⋅ 62,9
210.000
= 0,64 < 2 ⇒ CUMPLE
Así pues, los 2 UPN-220 cumplen a esbeltez.
- Comprobación a pandeo.
En este caso la resistencia de cálculo del acero viene dada por f yd
=
f y
γ M1
=
275 1,1
= 250
N / mm 2
Para perfiles UPN, respecto de los ejes y o z, S-275, la curva de pandeo es la c. Obtengamos los valores del coeficiente de reducción por pandeo mirando en la tabla:
8
Ejercicio 6. Pórtico empotrado-empotrado
λ y = 0,48 (curva c ) ⇒
χy =
0,85
λ z = 0,64 (curva c) ⇒
χz =
0,76
Estos valores también los podemos obtener analíticamente aplicando las siguientes expresiones:
φ y = 0,5 ⋅ [1 + α y ⋅ (λ y − 0,2) + λ2y ] = 0,5 ⋅ [1 + 0,49 ⋅ (0,48 − 0,2) + 0,48 2 ] = 0,6838 χy =
1
φ y + φ 2y − λ2y
=
1 0,6838 + 0,6838 2
− 0,48 2
= 0,85 ≤ 1
φ z = 0,5 ⋅ [1 + α z ⋅ (λ z − 0,2) + λ2z ] = 0,5 ⋅ [1 + 0,49 ⋅ (0,64 − 0,2) + 0,64 2 ] = 0,8126 χz =
1
φz + φ − λ 2 z
2 z
=
1 0,8126 + 0,8126
2
− 0,64
2
= 0,76 ≤ 1
Teniendo en cuenta que el valor del coeficiente del momento equivalente en el plano paralelo es de c m, y = 0,4 y que el valor del coeficiente de interacción en el plano paralelo viene dado por k y
= 1 + 0,6 ⋅ λ y ⋅
N Ed
χ y ⋅ A ⋅ f yd
= 1 + 0,6 ⋅ 0,48 ⋅
25,50 ⋅ 10 3 0,85 ⋅ 7.480 ⋅ 250
= 1,0046
La comprobación a pandeo quedará como se muestra a continuación: Plano paralelo a la estructura N Ed
χ y ⋅ A ⋅ f yd
+ k y ⋅
c m, y ⋅ M Ed Wel, y ⋅ f yd
=
25,50 ⋅ 10 3 0,85 ⋅ 7.480 ⋅ 250
+ 1,0046 ⋅
0,4 ⋅ 41 ⋅ 10 6 490.000 ⋅ 250
= 0,13 ≤ 1 ⇒ CUMPLE
Plano perpendicular a la estructura N Ed
χ z ⋅ A ⋅ f yd
+ 0,8 ⋅ k y ⋅
c m, y ⋅ M Ed Wel, y ⋅ f yd
=
25,50 ⋅ 10 3 0,76 ⋅ 7.480 ⋅ 250
+ 0,8 ⋅ 1,0046 ⋅
0,4 ⋅ 41 ⋅ 10 6 490.000 ⋅ 250
= 0,13 ≤ 1 ⇒ CUMPLE
Por tanto, los 2 UPN-220 cumplen a pandeo, por lo que se deduce que se colocarán 2 perfiles UPN-220 en cajón para el pilar DE .
9
