Estructuras de acero: Problemas Pilares

Transcripción

1 Estruturas de aero: Problemas Pilares Dimensionar un pilar de 5 m de altura mediante un peril HEB, sabiendo que ha de soportar simultáneamente una arga axial de ompresión F de 50 unas argas horiontales q de 50 /m de 0 /m tal omo se muestra en la igura, que estos valores a están maorados. Las vinulaiones del pilar pueden observarse en la igura. El aero será S75. F F q Las aiones que atúan sobre el soporte provoan que trabaje a lexoompresión esviada, on un, en el plano x-, on un, en el plano x-. Las soliitaiones para las que ha que dimensionar el soporte son las que se produen en la seión del empotramiento, uo valor es igual a: V, q l ,5, q l ,5 m 5 5 V, l 0 5 9,75 Estruturas de aero. Problemas. Pilares.

2 , l 0 5 9,75 m Predimensionamiento La barra es empotrada-artiulada tanto en el plano del pórtio omo en el plano longitudinal. La limitaión de la esbelte reduida es de,0 ( λ <, 00 ). Las longitudes equivalentes de pandeo son: L, β L 0, L, β L 0, Las restriiones de los radios de giro son: i i L, > π 500 E π L, > π 500 E π , 0, El peril HEB 00 es el primero que umple estas ondiiones. Por otro lado, teniendo en uenta que todos los periles de la serie HEB en aero S75 perteneen a las lases ó, dependiendo de si la soliitaión es lexión o ompresión, hasta el HEB 700, se puede emplear también omo riterio de predimensionamiento la restriión de lexión simple para este tipo de periles, aún sabiendo que nos hallamos en lexión ompuesta. Así, genériamente pl d, pl, d pl,, d umériamente: 5,50 0 pl, Tabla. en el Anejo del «Formulario de Estrutura etália». Estruturas de aero. Problemas. Pilares.

3 Se puede omprobar que el peril HEB 00 es el primero que umple on esta restriión. Además, simultáneamente atúa un momento alrededor del eje débil, de modo que:, pl, d pl,, d umériamente: 9,750 0 pl, También se puede omprobar que el peril HEB 0 es el primero que umple on esta restriión. Por tanto, teniendo en uenta que la soliitaión es lexoompresión esviada, on existenia de esuero ortante, se elige un peril superior. Así, se tantea on un HEB 0. Comprobaiones Comprobaión de resistenia (de la seión) Comprobaión de la barra a lexión ompresión, que inlue: - Comprobaión a pandeo en el plano de lexión - Comprobaión a pandeo transversal Comprobaión de resistenia La seión del empotramiento está sometida a lexión ortante. Lo primero que se ha de omprobar es si puede despreiarse la reduión del momento plástio resistido por la seión debido al esuero ortante. Interaión momento-ortante Si se umple la ondiión V 0,5 se puede despreiar el ortante. V pl, Rd V, 5,5 V, 9,75 Anejo 4 del «Formulario de Estrutura etália». Apartado 5 del Anejo del «Formulario de Estrutura etália». Estruturas de aero. Problemas. Pilares.

4 En periles HEB argados paralelamente al alma, la resistenia a ortante es: 4 V pl, Rd 5,74 En periles HEB argados perpendiularmente al alma, la resistenia a ortante es: 4 V pl, Rd 4,49 Como V, 5,5, se umple que V, 0,5 Vpl, Rd 0,74. Del mismo modo, omo V, 9,75, se umple que V, 0,5 Vpl, Rd 70,747 Por tanto, no se va a tener en uenta la interaión entre momento ortante. Comprobaión a lexión ompuesta sin ortante 5 El eeto del axil puede despreiarse en periles en doble te si no llega a la mitad de la resistenia a traión del alma. El área del alma es: ( h t r) t ( 0 7,5 4) A por: La resistenia a traión del alma, en seiones de Clase, viene dada 75 pl, A d ,5, pl 7 Por tanto, omo el eeto del axil. 50 > 0,5 7, no se puede despreiar pl, Para las seiones de Clase la omprobaión es: pl,rd, pl,rd, pl,rd 4 Anejo 9 del «Formulario de Estrutura etália». 5 Apartado del Anejo del «Formulario de Estrutura etália». Estruturas de aero. Problemas. Pilares. 4

5 75 pl,rd A d pl, Rd pl, Rd () () Por tanto, ,5 0 9, , > o admisible Se tantea on un HEB 0. o es neesario omprobar si se puede despreiar el ortante, pues ahora los valores que puede resistir el peril aún son maores. El área del alma es: ( h t r) t ( 0 4) 0,5 05 A por: La resistenia a traión del alma, en seiones de Clase, viene dada 75 pl, A d ,5, pl 9500 Por tanto, omo eeto del axil. 50 < 0,5 9,5, se puede despreiar el pl, Para las seiones de Clase la omprobaión es:, pl,rd, pl,rd pl, Rd pl, Rd () () Por tanto, 5,5 0 9, ,9 < Cumple Anejo 0 del «Formulario de Estrutura etália» Estruturas de aero. Problemas. Pilares. 5

6 Comprobaión a lexión ompresión 7 La omprobaión se llevará a abo on las órmulas siguientes: En todas las pieas: A * d m, LT, e, d α m,, e d, Además - En pieas no suseptibles de pandeo por torsión, omo es el aso de los periles laminados en doble te: A * d α m,, e d, m,, e d, Al ser un peril de Clase, A*A, pl,, α 0,, e, 0, pl,, α 0,, e, 0 (tabla.). Además, en pieas no suseptibles de pandeo por torsión, LT. Por tanto, las expresiones anteriores se simpliian, quedando A d m, pl,, d α m, pl,, d A d α m, pl,, d m, pl,, d Comprobaión a pandeo Como a se ha indiado, las longitudes equivalentes de pandeo son: L, L, β L 0, Se van a alular los oeiientes de reduión por pandeo de ada eje. HEB 0 (A m, Ι 970 m 4, Ι 590 m 4 ) 7 Apartado del Anejo del «Formulario de Estrutura etália» Apartado del Anejo del «Formulario de Estrutura etália». Estruturas de aero. Problemas. Pilares.

7 Alrededor del eje - π E Ι 4 π r LK, λ A r 0, Se determina la urva de pandeo que le orresponde al peril HEB 0 alrededor del eje -. h b 0 0, t < 00 Al peril HEB 0 le orresponde una urva de pandeo b (tabla.). φ 0,5 α ( λ ) ( λ ) 0, α0,4 (tabla.). Por tanto φ 0,5 [ 0,4 ( 0, 0,) 0, ] 0, 5 0,95 < φ φ 0,5 0,5 0, ( λ ) Alrededor del eje - π E Ι L π r K, 49 λ A r 0,57 Al peril HEB 0 le orresponde una urva de pandeo alrededor del eje - (tabla.). α0,49 (tabla.). Por tanto φ 0,5 [ 0,49 ( 0,57 0,) 0,57 ] 0, 75 Estruturas de aero. Problemas. Pilares. 7

8 0,< φ φ 0,75 0,75 0,57 ( λ ) Determinaión del oeiiente (tabla.) ( λ 0,), donde λ >/ C,Rd C,Rd A * γ Por ser una seión de lase, A*A ,95 00 Así, ( 0, 0,), 0 Determinaión del oeiiente (tabla.) ( λ 0, ), donde λ > / C,Rd ,00 ( 0,57 0, ), 05 Determinaión del oeiiente m, (tabla.4) El diagrama de momentos letores es parabólio, siendo nulo en el extremo artiulado, por lo que Ψ0, q l ,5 m, 9 ql ,9 m s α tiene un valor negativo e inerior a la unidad, h pues s h son de signo dierente, siendo este último el momento en el empotramiento. Estruturas de aero. Problemas. Pilares.

9 , 7,9 Por tanto, α 0, 5 5,5, m, 0, 0, α 0,4 m, 0, 0, 0,5 0,55 Determinaión del oeiiente m, (tabla.4) El diagrama de momentos letores es parabólio, siendo nulo en el extremo artiulado, por lo que Ψ0,, l 0 5 9,75 m, 9 l ,74 m α,, 5,74 9,75 0,5 m, 0, 0, α 0,4 m, 0, 0, 0,5 0,55 Comprobaiones: De este modo, las dos ondiiones a omprobar se esriben: , ,55 5,5 0, ,55 9,75 0 0, ,47 < , ,55 5,5 0 0,, ,55 9, ,5< Por tanto, el peril HEB 0 es admisible. Estruturas de aero. Problemas. Pilares. 9