UNIVERSIDAD PONTIFICIA COMILLAS ESCUELA TEacuteCNICA SUPERIOR DE INGENIERIacuteA (ICAI)

IIND 4ordm CURSO ESTRUCTURAS

EJERCICIOS COMPLEMENTARIOS DE APLICACIOacuteN DE LA NORMA NBE-EA 95

C1 En la viga de la figura el efecto de la carga permanente es despreciable Actuacutea ademaacutes una sobrecarga de valor ponderado q = 1000 Kgm oacute q = 0 seguacuten proceda La viga estaacute formada por un IPE 200 de acero A 42 b Las articulaciones se van a realizar mediante cubrejuntas de alma soldados a una parte de la viga y unidos a la otra mediante un pasador como se indica en la figura Como pasador se va a utilizar un tornillo normalizado como los considerados en la norma NBE-EA-95 (esta es una solucioacuten habitual para vigas de pequentildea seccioacuten) Tras algunos tanteos previos se ha estimado que la articulacioacuten A es la maacutes desfavorable y es la que se va a considerar a efectos de disentildeo Para realizar dicho disentildeo se pide a) Dibujar la liacutenea de influencia del esfuerzo cortante en la articulacioacuten A indicando el criterio

de signos y acotando los valores maacutes caracteriacutesticos b) Valor de la carga para el disentildeo de la articulacioacuten c) Especificacioacuten del tornillo-pasador (hay varias soluciones posibles basta con que des una

de ellas especificando clase de tornillo tipo de acero diaacutemetro de la cantildea y longitud del vaacutestago) Consideacuterese que el eje del tornillo coincide con el eje de la articulacioacuten

d) Especificacioacuten de las soldaduras (debes dar la garganta y la longitud eficaz) NOTAS

bull Para la resolucioacuten de los apartados c) y d) es posible que tengas que decidir el valor de algunos datos que no esteacuten en el enunciado

bull La NBE-EA-95 establece las uniones de fuerza deben constar de un miacutenimo de dos tornillos No obstante esto no es aplicable a este caso puesto que se trata de formar una articulacioacuten

bull Por limitacioacuten de tiempo es suficiente con que hagas uacutenicamente las comprobaciones que implican directamente a las tensiones prescindiendo de otras de tipo geomeacutetrico impuestas por la NBE-EA-95

bull En los pasos o decisiones en que se use la NBE-EA-95 indiacutequese el artiacuteculo tabla etc considerado

A

6 m6 m 6 m

1 m 1 m 1 m

Cubrejuntas e=5

soldadur

150

100

a) Tenemos 5 incoacutegnitas tres por cada apoyo y dos en el empotramiento Como tenemos 3 roacutetulas (que nos dan tres grados de libertad) y dos ecuaciones de equilibrio estamos ante un caso isostaacutetico La liacutenea de influencia del esfuerzo cortante en la articulacioacuten A seriacutea

1

02

b) Para calcular el valor de la carga hay que tener en cuenta que se nos da el valor ponderado de la carga y que el efecto de la carga permanente es despreciable Asimismo tendremos que ver que hipoacutetesis de carga es la maacutes desfavorable de cara a que nos de el mayor esfuerzo cortante ponderado para lo cual tendremos que ver tambieacuten que aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor Con todo esto nos queda

El aacuterea mayor es aqueacutel sobre el que se encuentra la sobrecarga ponderada q=1000 Kgm eacuteste seriacutea el lado desfavorable El lado favorable ayudariacutea a disminuir el esfuerzo cortante y sobre eacuteste se aplica el valor de la sobrecarga ponderado con un coeficiente de valor 000 (esto es q=0) tal y como indica la norma en la Tabla 315 La carga permanente era despreciable La carga de disentildeo de la articulacioacuten seraacute la correspondiente al esfuerzo cortante (momento flector no hay por ser una articulacioacuten esfuerzo axial tampoco existe) y su valor es T = q x Aacuterea =1000 x [(5x1)2] = 2500 Kg c) El esfuerzo cortante ponderado de la estructura se traduce en un esfuerzo cortante en el tornillo que se calcularaacute seguacuten el Anejo 3A5 de la norma El esfuerzo

cortante de estudio pasa por el centro de gravedad de nuestro tornillo este caso viene claramente especificado en dicho anejo asiacute entonces el esfuerzo en el tornillo seraacute R = T n = 2500 1 = 2500 kg (esto seraacute lo que tenga que aguantar el tornillo) Ahora elegimos un tornillo y comprobamos que cumple con la norma En el punto 363 de la norma encontramos una regla orientativa para la eleccioacuten del diaacutemetro ___ d = radic5e - 02 = 1381 cm Tomamos un tornillo ordinario T12 Σespesores = 156 mm lt 45 d =54 mm (tal y como se dice en es mismo punto) 365 Resistencia de los elementos de unioacuten chapa

2σuA =2600 12056 = 34944 kg (supuesta chapa de acero A42b) 34944 gt 2500 ok tornillo

065 σt n A = 065 2400 2 11309 = 35284 kg 35284 gt 2500 ok Donde hemos supuesto un tornillo en acero 4D La longitud del vaacutestago la obtenemos de la tabla 253C entrando con la longitud de apretadura 156 mm por tanto long vaacutestago = 40 mm El tornillo elegido 1 T 12 x 40 NOTAS - Se invita al alumno que compruebe la unioacuten con otros tornillos T10 TC10 TC12

- Se recomienda al alumno que ponga tambieacuten en praacutectica el criterio de la norma 463

d) Para disentildear la soldadura empezamos eligiendo una garganta de acuerdo con la Tabla 523A Entrando en ella con los espesores de las piezas que se van a soldar 5 mm y 56 mm elegimos una garganta de valor a = 25 mm Identificamos ahora nuestro caso con el correspondiente en el Anejo 3A6 de la norma Estamos en el Caso 11 de torsioacuten y esfuerzo cortante combinados de la tabla 3A61 Ahora bien hay que identificar los paraacutemetros y tener en cuenta que nosotros tenemos dos cubrejuntas uno por delante y otro por detraacutes y que el caso del anejo es para un solo perfil De esta manera F =T2 =1250 kg L = 5 cm (longitud eficaz) e cong 1502 =75 mm =75 cm h = 100 mm = 10 cm

Con estos datos sale σc = 114617 kgcm2 lt 2600 kgcm2 Nos vale con una soldadura de garganta 25 mm y longitud eficaz 50 mm El hecho de haber elegido una garganta que no cumpla con la condicioacuten que nos da la norma para el caso 11 no implica que la soldadura no vaya a aguantar La condicioacuten 05h lt L lt 2h nos indica los valores para los que se recomienda utilizar esa foacutermula que da la tensioacuten de comparacioacuten Aplicando los criterios que la norma especifica en el punto 373 asiacute como los meacutetodos generales de caacutelculo se puede comprobar que seriacutean tambieacuten vaacutelidas longitudes eficaces auacuten menores

(incluso del orden de 25 mm) con las que se sigue cumpliendo que σc le σu

C2 Se desea disentildear una unioacuten atornillada a traccioacuten entre una chapa de 25020 con otras dos de 20015 cada una dispuestas como se indica en la figura Tras algunos tanteos previos se ha llegado a la conclusioacuten de que la unioacuten se debe realizar mediante cuatro tornillos dispuestos como se indica El material es acero A42b Los tornillos a emplear son TC de acero 5D Se seguiraacuten los criterios de la Norma NBE-EA-95 Se pide a) Dimensionado de los tornillos (diaacutemetro y longitud de vaacutestago) y capacidad

resistente de la unioacuten (Se pretende que la limitacioacuten de la resistencia a traccioacuten de la unioacuten no venga impuesta por los tornillos sino por la resistencia a traccioacuten de las chapas no olvideacuteis descontar la seccioacuten correspondiente a los taladros practicados)

b) Todas las comprobaciones necesarias impuestas por la Norma c) Croquis de la solucioacuten adoptada acotando las distancias entre los ejes de los

taladros y las distancias a los bordes de ambas chapas NOTA IMPORTANTE En cada uno de los pasos o decisiones a tomar para la resolucioacuten de este ejercicio indiacutequese el artiacuteculo de la Norma EA-95 considerado

2502

2001

2502 2001

a) 363 Disposiciones constructivas ___ Eleccioacuten del diaacutemetro d asymp radic5e - 02 = 2538 cm donde e = 15 cm Se puede probar con TC 24 y TC 27 Nosotros lo haremos para TC 27 Con un TC 27 el diaacutemetro del agujero seraacute de 28 mm En la tabla 512 vemos que es admisible en relacioacuten con los espesores 14lt a lt 36 Calculamos primero el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado que pueden soportar las chapas supuesto que hacemos la unioacuten con estos tornillos Para ello se descuenta la seccioacuten correspondiente a los taladros Seccioacuten neta 25020 25x2 ndash 2x28x2 = 388 cm2

Para acero A42b el maacuteximo esfuerzo a traccioacuten ponderado seraacute

2600 kgcm2 x 388 cm2 = 100880 kg Seccioacuten neta 20015 20x15 ndash 15x28x2 =216 cm2 Pero tenemos dos chapas como esta asiacute que la seccioacuten neta seraacute 432cm2 Como la seccioacuten neta de la chapa 25020 es menor que la de estas dos el maacuteximo esfuerzo a traccioacuten ponderado seraacute el de antes (100880 kg) pues limita maacutes 365 Resistencia de los elementos de unioacuten La resistencia de la unioacuten seraacute 080σtnA =080300085725 = 10993061 kg gt 100880

En la tabla 253B obtenemos la longitud del vaacutestago sume = 152 + 20 =50 mm l = 90 mm TC 27 Por tanto la unioacuten seraacute 4 TC 27 x 90

c) 363 Disposiciones constructivas Distancias entre centros S ge 35 a =35 x 28 = 98 S le 8 a = 224 S le 15 e = 15 x 15 = 225 S le 15 a = 15 x 28 = 420 Por tanto 98 le s le 224 Distancias a los bordes Frontal t1 ge 2 a = 56 Lateral t2 ge 15 a = 42 A cualquiera t le 6 e = 90 t le 3 a = 84 Por lo tanto 56le t1 le 84 42le t2 le 84 La suma de espesores no excederaacute el valor 65d =1755 sume =50 lt 1755 Agotamiento de un perfil o chapa solicitados a aplastamiento contra la espiga del tornillo 25σ uA = 25 x 2600 x 27 x 20 = 35100 kg Supuesto que actuacutea el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado calculado antes 100880 4 = 25220 kg cada tornillo y no supera el liacutemite de aplastamiento ( lt 35100)

C3 En el proyecto de una estructura se trata de realizar un empalme en un tirante mediante uniones atornilladas con cubrejuntas de alas y de alma como se indica en la figura (el nuacutemero de tornillos que aparecen en la figura lo es soacutelo a tiacutetulo de ejemplo) El tirante es un HEB140 de acero A 42 b Siguiendo la recomendacioacuten de NBE-EA-95 (361) ldquoEn cada estructura los tornillos utilizados seraacuten de 2 oacute 3 diaacutemetros bien diferenciadosrdquo la estructura estaacute proyectada con tornillos ordinarios de acero 4D de diaacutemetros 12 16 y 24 La solucioacuten que se adopte para el empalme debe centildeirse a tornillos de estas caracteriacutesticas Se pide

a) Nuacutemero de tornillos necesarios en cada cubrejuntas a cada lado del empalme y su especificacioacuten seguacuten NBE-EA-95 Para el caacutelculo supoacutengase un esfuerzo de traccioacuten ponderado en el tirante de 88400 Kg Ademaacutes teacutengase en cuenta la tabla 512 de NBE-EA-95

b) Determinar el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado que puede soportar el HEB 140 tras realizar el empalme (es una comprobacioacuten del valor de 88400 Kg supuesto en el apartado a))

NOTAS

bull Se supone que las alas y el alma resisten unas porciones de la carga proporcionales a sus secciones

bull Por razones de limitacioacuten de tiempo nada se pide acerca de la disposicioacuten geomeacutetrica de los agujeros

Seccioacuten 90times6

Seccioacuten

a) De acuerdo con la nota que da el enunciado y con las dimensiones del perfil calculamos primero la parte del esfuerzo que tiene que aguantar el alma y la que tienen que aguantar las alas

- Ala 88400 x [(12x140)(2x12x140+116x7)] = 35597 kg - Alma 88400 x [(116x7)(2x12x140+116x7)] =17205 kg

Elegimos tornillos seguacuten el punto 363 de la norma ___ Alma d = radic5e - 02 = 153 cm rarr probamos con T16 ___ Alas d = radic5e - 02 = 224 cm rarr probamos con T24 Σ espesores alma = 19 mm le 45d =72 mm sum espesores ala = 24 mm le 45d = 108 mm Comprobamos las limitaciones para los agujeros seguacuten la Tabla 512 Alma Min 6 cualquier agujero hasta 17 mm Maacutex 7 Ala Min 12 cualquier agujero hasta 25 mm Maacutex 12 Esta tabla nos indica que se podriacutean coger tornillos que precisaran agujeros hasta esos valores para unir espesores comprendidos entre esos valores maacuteximo y miacutenimo Con esta tabla se nos viene a decir que no cojamos tornillos muy grandes para unir perfiles demasiados delgados y al reveacutes perfiles muy gordos con tornillos demasiado pequentildeos 365 Resistencia de los elementos de unioacuten Alas Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 1 x 45216 = 7053 kg Donde n =1 y asiacute obtenemos lo que aguantariacutea un tornillo a esfuerzo cortante El acero es 4D y el aacuterea es el de la seccioacuten de la espiga de un T24 Un ala teniacutea que aguantar 35597 kg por tanto

35597 7053 = 504 Por lo tanto cogemos 6 tornillos para cada ala ( 6 para el superior y 6 para el

inferior a cada lado de la seccioacuten a unir)

Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 24 x 12 = 14976 kg Esto es lo que aguanta el cubrejuntas Habiacuteamos puesto 6 tornillos cada uno de los cuales deberaacute soportar 35597 6 = 5933 kg

Como esto es menor que lo que aguanta el cubrejuntas (5933 lt 14976) no tendremos agotamiento de la chapa por aplastamiento contra la espiga del tornillo

Ya sabemos que 6 tornillos T24 son suficientes para aguantar la unioacuten ahora nos queda especificar la longitud del vaacutestago Para ello entramos en la tabla 253C de la norma con la longitud de apretadura ( sume =24 mm) y obtenemos Long Vaacutestago = 60 mm Por tanto tenemos 6T24 x 60 en cada ala y a cada lado de la seccioacuten a unir Alma Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 2 x 201 = 6273 kg Donde ahora cada tornillo tiene dos secciones transversales que resisten conjuntamente al es fuerzo cortante y por tanto n = 2 y A es el aacuterea de la seccioacuten de la espiga de un T16 El alma teniacutea que soportar 17205 kg necesitaremos entonces 17205 6273 = 274 Tres tornillos a cada lado de la seccioacuten cada uno de los cuales deberaacute soportar 17205 3 = 5735 Kg Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 07 x 16 = 5824 kg 5824 gt 5735 La chapa aguanta La longitud del vaacutestago la obtenemos con la longitud de apretadura y la tabla 253C de la norma

sume = 19 mm Long Vast = 45 mm por tanto 3T16 x 45 a cada lado de la seccioacuten a unir

b) Maacuteximo esfuerzo a traccioacuten que puede soportar el HEB 140 Hay que descontar los agujeros en la seccioacuten transversal del perfil Seccioacuten neta 43 ndash 4 x 25 x 12 ndash 1 x 07 x 17 = 2981cm2 El maacuteximo esfuerzo que soportaraacute a traccioacuten

σu x A neta = 2600 x 2981 =77506 kg

C4 En las figuras se representa la unioacuten de una barra a una cartela y la disposicioacuten de las presillas en una viga de celosiacutea El material empleado es acero A42b A efectos de caacutelculo la barra tiene una longitud de 320 m Consideradas las distintas hipoacutetesis de carga dicha barra ha de soportar solicitaciones comprendidas entre N=+42750 Kg (traccioacuten) y N=minus30500 Kg (compresioacuten) En un predisentildeo se ha dimensionado la barra con 2L 10010 y la cartela con chapa de 12 mm de espesor Se trata ahora de comprobar esta solucioacuten y completar el disentildeo de la barra todo ello de acuerdo con la Norma EA-95 Se pide

a) Separacioacuten de las presillas a disponer l1 b) Comprobacioacuten de la seccioacuten (Para la determinacioacuten de longitudes de pandeo

teacutengase en cuenta la tabla 3242 de la Norma y consideacuterese que la barra no estaacute en el contorno de la figura)

c) Dimensionado de las soldaduras de unioacuten a la cartela

Soldaduras

Barra 2L 10010

Cartela e = 12 mm

presilla

l1

a) La separacioacuten de las presillas se recoge en el apartado 3213 de la norma l1le 50i El menor radio de giro de la pieza simple considerada (L 10010) se obtiene de las tablas de perfiles i = 195 cm l1le 50 x 195 = 975 cm 320 975 = 328 tomamos 4 tramos 320 4 = 80 cm l1 = 80 cm b) Para la comprobacioacuten de la seccioacuten hay que determinar primero las longitudes de pandeo seguacuten la tabla 3242 de la norma tal y como indica el enunciado Esta tabla nos da los coeficientes de esbeltez β en barras de estructuras triangulares lk=βl Seguacuten la condicioacuten del enunciado de que la barra no estaacute en el contorno de la figura obtenemos de la tabla Pandeo en el plano de la estructura caso 3 β = 08 En el plano de la estructura la longitud de pandeo es lk= 320 x 08 = 256 m Pandeo perpendicular al plano de la estructura caso 3 β = 1 En el plano perpendicular a la estructura la longitud de pandeo es lk = 320 x 1 =320 m Ahora calculamos las esbelteces seguacuten el apartado 3252 de la norma Para el pandeo en el plano de la estructura esto es entorno a un eje de inercia material (por la colocacioacuten que nos dan de los perfiles) tenemos que λ = lk i = 256 304 = 8421 (i se obtiene de la tabla de perfiles) Con este dato ya podemos calcular el pandeo de piezas sometidas a compresioacuten centrada seguacuten el apartado 327 de la norma De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero A42b que es ω =160 Ahora calculamos σ σ = N (ωA) = 30500 (160 2192) = 12708 le 2600 kgcm2 Donde N se toma la compresioacuten puesto que el pandeo es a compresioacuten y no a traccioacuten y el aacuterea es dos veces la del perfil simple puesto que tenemos dos perfiles

Para el pandeo perpendicular al plano de la estructura esto es entorno al eje de inercia libre tenemos que ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 (3252) donde m = 2 lk = 320m λ1 = l1i1 = 80 195 = 4102 (3253) ______ _____ i se calcula seguacuten el teorema de Steiner IY = Iy + A d2 i = radic (IYA) = radic iy+d2

d = c + e2 = 282 + 06= 342 cm c se ha obtenido de la tabla de perfiles y e es el espesor de la cartela Con todo esto queda que i = 4576 cm λ toma un valor de 81 Entrando en la tabla 327 se obtiene que ω vale 153 este valor es menor auacuten que el anterior con lo que cumpliraacute tambieacuten que σ le σu c) Para la soldadura tomamos como esfuerzo ponderado el mayor de los dos N=42750kg Por la disposicioacuten del centro de gravedad del perfil (no centrado) dicho esfuerzo se repartiraacute de forma distinta en cada soldadura

F1 = 42750 x (28210) = 12056 kg F2 = 42750 x [(10-282)10] = 30695 kg Esto se ha calculado teniendo en cuenta que F1+F2 = 42750 F1a = F2b (sumMcdg=0) a y b se obtienen de la tabla de perfiles El espesor de la garganta lo determinamos seguacuten la tabla 523A Perfil e =10 mm 4 le a le 7 Chapa e = 12mm 4 le a le 8 Probamos con a = 4 mm que cumple los dos intervalos

Puesto que estamos en un caso de esfuerzo axial la longitud eficaz la podemos elegir seguacuten el apartado 523 de la norma Valor miacutenimo l ge 15a = 60 mm l ge b = 100 mm Valor maacuteximo l le 60a = 240 mm l le 12b =1200 mm Probamos con una l = 100 mm que cumple las cuatro condiciones En la tabla 3A61 vemos que estamos en el caso 1 Para la soldadura que soporta F1 12056 (07520410) = 200933 le 2600 kgcm2 Esta soldadura siacute que aguanta Para la soldadura que soporta F2 30695 (07520410) = 511583 ge 2600 kgcm2 supera el liacutemite elaacutestico del acero luego esta soldadura no aguanta y tendremos que aumentar l y a Probando con l = 115 mm y a = 7mm 30695 (075207115) = 2542 le 2600 kgcm2 Esta siacute que aguanta Finalmente

C5 En el disentildeo de un pilar de 5acute25 m de altura se ha adoptado la solucioacuten de 2IPE220 unidos con presillas Acero A42b Las condiciones de contorno son de empotramiento en un extremo y articulacioacuten (sin posibilidad de desplazamiento lateral) en el opuesto iguales en los dos planos de simetriacutea En la resolucioacuten se tendraacute en cuenta cuanto dispone la Norma NBE-AE-95 Se pide a) Maacutexima compresioacuten centrada (ponderada) que puede soportar el pilar b) Disposicioacuten maacutes adecuada de las presillas c) Separacioacuten entre ejes de los perfiles IPE d) Valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas e) Disentildeo de las presillas (dimensiones) y de las soldaduras de unioacuten a los IPE Dibujar

la solucioacuten a) Dadas las condiciones de contorno del pilar calculamos la longitud de pandeo a partir del coeficiente de esbeltez Esto lo encontramos en el apartado 324 de la norma β = 07 lk= 07 x 525 =3675 m λ = lki = 3675 911 = 4034 De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero ω =107 Seguacuten el apartado 327 en las piezas sometidas a compresioacuten centrada ha de verificarse que σ = N (ωA) le σu Despejando N queda N = 16231775 kg Donde i y A se sacan de la tabla de perfiles del anejo 2A1 (i = 911cm A = 334 cm2) y el aacuterea es dos veces el del perfil simple porque tenemos perfiles formando el pilar entre los cuales se reparte la compresioacuten b) 3213 Elementos de enlace de una pieza compuesta l1 le 50i i menor radio de giro del perfil simple i = 248 cm l1le 124 cm 525 124 = 423 tomamos 5 tramos 525 5 =105 cm l1 = 105 cm (le 50i cumple la condicioacuten) c) Del apartado 3252 _______________ λ = radic (lki)2 + (m2)λ1

2 pandeo en un plano perpendicular al eje de inercia libre De esta expresioacuten debemos despejar la i El valor de los paraacutemetros de la misma son λ = 4034 lk=3675m

m = 2 λ1 = l1i1 =105 248 = 4233 (3253 Esbeltez complementaria) Despejando queda ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 42332

Como se puede observar esto no es aplicable porque sale una raiacutez negativa Para arreglar esto tenemos que disminuir el sustrayendo de la raiacutez iquestCoacutemo disminuyendo λ1 para lo cual habraacute que disminuir l1 esto es aumentar el nuacutemero de tramos Tomando 6 tramos 5256 = 875 cm =l1 λ1= l1i1 =875 248 = 3528 ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 35282 = 1955 i = 36751955 =1879 cm s asymp 2i s asymp 38 cm Esta separacioacuten es bastante considerable aumentaremos el nuacutemero de tramos para que no salgan tan separados los perfiles Con 8 tramos ____________ l1 = 5258 =65625 λ1 = 65625 248 = 265 lki = radic 40342 ndash 2652 = 304 i = 3675304 =1209 s = 25cm d) 328 Caacutelculo de los enlaces de las piezas compuestas En el punto 3281 se definen todos los paraacutemetros de las siguientes expresiones que tambieacuten se recogen en eacutel Ti = A( σu80) η = 2 x 334 x (260080) x 1 =2171 kg η = s20i1 lt 1 luego tomamos η =1 (si fuera mayor que 1 se toma el nuacutemero que diera) Tp = Ti (l1ns) = 2171 x (65625 225) = 284943 kg Mp = Ti (l12n) = 2171 x (65625 22) = 3561796 kg cm

C6 La estructura representada consta de una viga continua articulada montada sobre tres pilares El pilar central se une a la viga mediante una articulacioacuten y los pilares laterales mediante apoyos moacuteviles (de forma que es posible el giro y el desplazamiento de las cabezas de dichos pilares en el plano de la figura con independencia del giro de la viga) Para el movimiento en el plano perpendicular al de la figura existen arriostramientos que impiden el desplazamiento de las cabezas de los tres pilares pero no su giro Sobre la viga actuacutea una carga permanente de 3000 Kgm en toda su longitud Ademaacutes puede actuar o no una sobrecarga de 10000 Kgm en cualquier lugar de la misma Se trata de disentildear los pilares laterales con el mismo disentildeo para ambos con una disposicioacuten de dos IPE unidos por presillas Acero A42b (garantizado) Se haraacute de forma que se cumpla lo establecido en la Norma EA-95 y con el criterio de aprovechamiento oacuteptimo del material Se pide

a) Elige la disposicioacuten en planta maacutes adecuada de las dos representadas en la figura

b) Liacutenea de influencia de la reaccioacuten en cada uno de los pilares laterales c) Carga de caacutelculo (ponderada) d) Dimensionado de los perfiles IPE e) Separacioacuten entre presillas (de forma que sea maacutexima) f) Separacioacuten entre los ejes de los perfiles g) Esfuerzos en las presillas

750 750

150

600

a) La disposicioacuten maacutes adecuada es La longitud de pandeo en el plano perpendicular al papel dadas las condiciones que nos dicen es 07L Este caso es menos desfavorable que el que tenemos en el plano del papel donde la longitud de pandeo es 2L Con el caso menos desfavorable disentildearemos los perfiles mientras que en el caso maacutes desfavorable dejaremos la libertad de poder separar los perfiles para manipular el radio de giro b) La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar izquierdo (LI 1) 1

La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar derecho (LI 2) 1

02 c) Para la carga de caacutelculo ponderada primero planteamos las hipoacutetesis de carga para cada liacutenea de influencia anterior Para ello tenemos que tener en cuenta los coeficientes de ponderacioacuten de la Tabla 315 de la norma Para el pilar izquierdo qs+qp

qs = 15 x 10000 =15000 qp = 133 x 3000 = 3990 El valor de la reaccioacuten ponderada se obtiene multiplicando el aacuterea bajo la liacutenea de influencia por la carga ponderada

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

C1 En la viga de la figura el efecto de la carga permanente es despreciable Actuacutea ademaacutes una sobrecarga de valor ponderado q = 1000 Kgm oacute q = 0 seguacuten proceda La viga estaacute formada por un IPE 200 de acero A 42 b Las articulaciones se van a realizar mediante cubrejuntas de alma soldados a una parte de la viga y unidos a la otra mediante un pasador como se indica en la figura Como pasador se va a utilizar un tornillo normalizado como los considerados en la norma NBE-EA-95 (esta es una solucioacuten habitual para vigas de pequentildea seccioacuten) Tras algunos tanteos previos se ha estimado que la articulacioacuten A es la maacutes desfavorable y es la que se va a considerar a efectos de disentildeo Para realizar dicho disentildeo se pide a) Dibujar la liacutenea de influencia del esfuerzo cortante en la articulacioacuten A indicando el criterio

de signos y acotando los valores maacutes caracteriacutesticos b) Valor de la carga para el disentildeo de la articulacioacuten c) Especificacioacuten del tornillo-pasador (hay varias soluciones posibles basta con que des una

de ellas especificando clase de tornillo tipo de acero diaacutemetro de la cantildea y longitud del vaacutestago) Consideacuterese que el eje del tornillo coincide con el eje de la articulacioacuten

d) Especificacioacuten de las soldaduras (debes dar la garganta y la longitud eficaz) NOTAS

bull Para la resolucioacuten de los apartados c) y d) es posible que tengas que decidir el valor de algunos datos que no esteacuten en el enunciado

bull La NBE-EA-95 establece las uniones de fuerza deben constar de un miacutenimo de dos tornillos No obstante esto no es aplicable a este caso puesto que se trata de formar una articulacioacuten

bull Por limitacioacuten de tiempo es suficiente con que hagas uacutenicamente las comprobaciones que implican directamente a las tensiones prescindiendo de otras de tipo geomeacutetrico impuestas por la NBE-EA-95

bull En los pasos o decisiones en que se use la NBE-EA-95 indiacutequese el artiacuteculo tabla etc considerado

A

6 m6 m 6 m

1 m 1 m 1 m

Cubrejuntas e=5

soldadur

150

100

a) Tenemos 5 incoacutegnitas tres por cada apoyo y dos en el empotramiento Como tenemos 3 roacutetulas (que nos dan tres grados de libertad) y dos ecuaciones de equilibrio estamos ante un caso isostaacutetico La liacutenea de influencia del esfuerzo cortante en la articulacioacuten A seriacutea

1

02

b) Para calcular el valor de la carga hay que tener en cuenta que se nos da el valor ponderado de la carga y que el efecto de la carga permanente es despreciable Asimismo tendremos que ver que hipoacutetesis de carga es la maacutes desfavorable de cara a que nos de el mayor esfuerzo cortante ponderado para lo cual tendremos que ver tambieacuten que aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor Con todo esto nos queda

El aacuterea mayor es aqueacutel sobre el que se encuentra la sobrecarga ponderada q=1000 Kgm eacuteste seriacutea el lado desfavorable El lado favorable ayudariacutea a disminuir el esfuerzo cortante y sobre eacuteste se aplica el valor de la sobrecarga ponderado con un coeficiente de valor 000 (esto es q=0) tal y como indica la norma en la Tabla 315 La carga permanente era despreciable La carga de disentildeo de la articulacioacuten seraacute la correspondiente al esfuerzo cortante (momento flector no hay por ser una articulacioacuten esfuerzo axial tampoco existe) y su valor es T = q x Aacuterea =1000 x [(5x1)2] = 2500 Kg c) El esfuerzo cortante ponderado de la estructura se traduce en un esfuerzo cortante en el tornillo que se calcularaacute seguacuten el Anejo 3A5 de la norma El esfuerzo

cortante de estudio pasa por el centro de gravedad de nuestro tornillo este caso viene claramente especificado en dicho anejo asiacute entonces el esfuerzo en el tornillo seraacute R = T n = 2500 1 = 2500 kg (esto seraacute lo que tenga que aguantar el tornillo) Ahora elegimos un tornillo y comprobamos que cumple con la norma En el punto 363 de la norma encontramos una regla orientativa para la eleccioacuten del diaacutemetro ___ d = radic5e - 02 = 1381 cm Tomamos un tornillo ordinario T12 Σespesores = 156 mm lt 45 d =54 mm (tal y como se dice en es mismo punto) 365 Resistencia de los elementos de unioacuten chapa

2σuA =2600 12056 = 34944 kg (supuesta chapa de acero A42b) 34944 gt 2500 ok tornillo

065 σt n A = 065 2400 2 11309 = 35284 kg 35284 gt 2500 ok Donde hemos supuesto un tornillo en acero 4D La longitud del vaacutestago la obtenemos de la tabla 253C entrando con la longitud de apretadura 156 mm por tanto long vaacutestago = 40 mm El tornillo elegido 1 T 12 x 40 NOTAS - Se invita al alumno que compruebe la unioacuten con otros tornillos T10 TC10 TC12

- Se recomienda al alumno que ponga tambieacuten en praacutectica el criterio de la norma 463

d) Para disentildear la soldadura empezamos eligiendo una garganta de acuerdo con la Tabla 523A Entrando en ella con los espesores de las piezas que se van a soldar 5 mm y 56 mm elegimos una garganta de valor a = 25 mm Identificamos ahora nuestro caso con el correspondiente en el Anejo 3A6 de la norma Estamos en el Caso 11 de torsioacuten y esfuerzo cortante combinados de la tabla 3A61 Ahora bien hay que identificar los paraacutemetros y tener en cuenta que nosotros tenemos dos cubrejuntas uno por delante y otro por detraacutes y que el caso del anejo es para un solo perfil De esta manera F =T2 =1250 kg L = 5 cm (longitud eficaz) e cong 1502 =75 mm =75 cm h = 100 mm = 10 cm

Con estos datos sale σc = 114617 kgcm2 lt 2600 kgcm2 Nos vale con una soldadura de garganta 25 mm y longitud eficaz 50 mm El hecho de haber elegido una garganta que no cumpla con la condicioacuten que nos da la norma para el caso 11 no implica que la soldadura no vaya a aguantar La condicioacuten 05h lt L lt 2h nos indica los valores para los que se recomienda utilizar esa foacutermula que da la tensioacuten de comparacioacuten Aplicando los criterios que la norma especifica en el punto 373 asiacute como los meacutetodos generales de caacutelculo se puede comprobar que seriacutean tambieacuten vaacutelidas longitudes eficaces auacuten menores

(incluso del orden de 25 mm) con las que se sigue cumpliendo que σc le σu

C2 Se desea disentildear una unioacuten atornillada a traccioacuten entre una chapa de 25020 con otras dos de 20015 cada una dispuestas como se indica en la figura Tras algunos tanteos previos se ha llegado a la conclusioacuten de que la unioacuten se debe realizar mediante cuatro tornillos dispuestos como se indica El material es acero A42b Los tornillos a emplear son TC de acero 5D Se seguiraacuten los criterios de la Norma NBE-EA-95 Se pide a) Dimensionado de los tornillos (diaacutemetro y longitud de vaacutestago) y capacidad

resistente de la unioacuten (Se pretende que la limitacioacuten de la resistencia a traccioacuten de la unioacuten no venga impuesta por los tornillos sino por la resistencia a traccioacuten de las chapas no olvideacuteis descontar la seccioacuten correspondiente a los taladros practicados)

b) Todas las comprobaciones necesarias impuestas por la Norma c) Croquis de la solucioacuten adoptada acotando las distancias entre los ejes de los

taladros y las distancias a los bordes de ambas chapas NOTA IMPORTANTE En cada uno de los pasos o decisiones a tomar para la resolucioacuten de este ejercicio indiacutequese el artiacuteculo de la Norma EA-95 considerado

2502

2001

2502 2001

a) 363 Disposiciones constructivas ___ Eleccioacuten del diaacutemetro d asymp radic5e - 02 = 2538 cm donde e = 15 cm Se puede probar con TC 24 y TC 27 Nosotros lo haremos para TC 27 Con un TC 27 el diaacutemetro del agujero seraacute de 28 mm En la tabla 512 vemos que es admisible en relacioacuten con los espesores 14lt a lt 36 Calculamos primero el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado que pueden soportar las chapas supuesto que hacemos la unioacuten con estos tornillos Para ello se descuenta la seccioacuten correspondiente a los taladros Seccioacuten neta 25020 25x2 ndash 2x28x2 = 388 cm2

Para acero A42b el maacuteximo esfuerzo a traccioacuten ponderado seraacute

2600 kgcm2 x 388 cm2 = 100880 kg Seccioacuten neta 20015 20x15 ndash 15x28x2 =216 cm2 Pero tenemos dos chapas como esta asiacute que la seccioacuten neta seraacute 432cm2 Como la seccioacuten neta de la chapa 25020 es menor que la de estas dos el maacuteximo esfuerzo a traccioacuten ponderado seraacute el de antes (100880 kg) pues limita maacutes 365 Resistencia de los elementos de unioacuten La resistencia de la unioacuten seraacute 080σtnA =080300085725 = 10993061 kg gt 100880

En la tabla 253B obtenemos la longitud del vaacutestago sume = 152 + 20 =50 mm l = 90 mm TC 27 Por tanto la unioacuten seraacute 4 TC 27 x 90

c) 363 Disposiciones constructivas Distancias entre centros S ge 35 a =35 x 28 = 98 S le 8 a = 224 S le 15 e = 15 x 15 = 225 S le 15 a = 15 x 28 = 420 Por tanto 98 le s le 224 Distancias a los bordes Frontal t1 ge 2 a = 56 Lateral t2 ge 15 a = 42 A cualquiera t le 6 e = 90 t le 3 a = 84 Por lo tanto 56le t1 le 84 42le t2 le 84 La suma de espesores no excederaacute el valor 65d =1755 sume =50 lt 1755 Agotamiento de un perfil o chapa solicitados a aplastamiento contra la espiga del tornillo 25σ uA = 25 x 2600 x 27 x 20 = 35100 kg Supuesto que actuacutea el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado calculado antes 100880 4 = 25220 kg cada tornillo y no supera el liacutemite de aplastamiento ( lt 35100)

C3 En el proyecto de una estructura se trata de realizar un empalme en un tirante mediante uniones atornilladas con cubrejuntas de alas y de alma como se indica en la figura (el nuacutemero de tornillos que aparecen en la figura lo es soacutelo a tiacutetulo de ejemplo) El tirante es un HEB140 de acero A 42 b Siguiendo la recomendacioacuten de NBE-EA-95 (361) ldquoEn cada estructura los tornillos utilizados seraacuten de 2 oacute 3 diaacutemetros bien diferenciadosrdquo la estructura estaacute proyectada con tornillos ordinarios de acero 4D de diaacutemetros 12 16 y 24 La solucioacuten que se adopte para el empalme debe centildeirse a tornillos de estas caracteriacutesticas Se pide

a) Nuacutemero de tornillos necesarios en cada cubrejuntas a cada lado del empalme y su especificacioacuten seguacuten NBE-EA-95 Para el caacutelculo supoacutengase un esfuerzo de traccioacuten ponderado en el tirante de 88400 Kg Ademaacutes teacutengase en cuenta la tabla 512 de NBE-EA-95

b) Determinar el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado que puede soportar el HEB 140 tras realizar el empalme (es una comprobacioacuten del valor de 88400 Kg supuesto en el apartado a))

NOTAS

bull Se supone que las alas y el alma resisten unas porciones de la carga proporcionales a sus secciones

bull Por razones de limitacioacuten de tiempo nada se pide acerca de la disposicioacuten geomeacutetrica de los agujeros

Seccioacuten 90times6

Seccioacuten

a) De acuerdo con la nota que da el enunciado y con las dimensiones del perfil calculamos primero la parte del esfuerzo que tiene que aguantar el alma y la que tienen que aguantar las alas

- Ala 88400 x [(12x140)(2x12x140+116x7)] = 35597 kg - Alma 88400 x [(116x7)(2x12x140+116x7)] =17205 kg

Elegimos tornillos seguacuten el punto 363 de la norma ___ Alma d = radic5e - 02 = 153 cm rarr probamos con T16 ___ Alas d = radic5e - 02 = 224 cm rarr probamos con T24 Σ espesores alma = 19 mm le 45d =72 mm sum espesores ala = 24 mm le 45d = 108 mm Comprobamos las limitaciones para los agujeros seguacuten la Tabla 512 Alma Min 6 cualquier agujero hasta 17 mm Maacutex 7 Ala Min 12 cualquier agujero hasta 25 mm Maacutex 12 Esta tabla nos indica que se podriacutean coger tornillos que precisaran agujeros hasta esos valores para unir espesores comprendidos entre esos valores maacuteximo y miacutenimo Con esta tabla se nos viene a decir que no cojamos tornillos muy grandes para unir perfiles demasiados delgados y al reveacutes perfiles muy gordos con tornillos demasiado pequentildeos 365 Resistencia de los elementos de unioacuten Alas Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 1 x 45216 = 7053 kg Donde n =1 y asiacute obtenemos lo que aguantariacutea un tornillo a esfuerzo cortante El acero es 4D y el aacuterea es el de la seccioacuten de la espiga de un T24 Un ala teniacutea que aguantar 35597 kg por tanto

35597 7053 = 504 Por lo tanto cogemos 6 tornillos para cada ala ( 6 para el superior y 6 para el

inferior a cada lado de la seccioacuten a unir)

Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 24 x 12 = 14976 kg Esto es lo que aguanta el cubrejuntas Habiacuteamos puesto 6 tornillos cada uno de los cuales deberaacute soportar 35597 6 = 5933 kg

Como esto es menor que lo que aguanta el cubrejuntas (5933 lt 14976) no tendremos agotamiento de la chapa por aplastamiento contra la espiga del tornillo

Ya sabemos que 6 tornillos T24 son suficientes para aguantar la unioacuten ahora nos queda especificar la longitud del vaacutestago Para ello entramos en la tabla 253C de la norma con la longitud de apretadura ( sume =24 mm) y obtenemos Long Vaacutestago = 60 mm Por tanto tenemos 6T24 x 60 en cada ala y a cada lado de la seccioacuten a unir Alma Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 2 x 201 = 6273 kg Donde ahora cada tornillo tiene dos secciones transversales que resisten conjuntamente al es fuerzo cortante y por tanto n = 2 y A es el aacuterea de la seccioacuten de la espiga de un T16 El alma teniacutea que soportar 17205 kg necesitaremos entonces 17205 6273 = 274 Tres tornillos a cada lado de la seccioacuten cada uno de los cuales deberaacute soportar 17205 3 = 5735 Kg Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 07 x 16 = 5824 kg 5824 gt 5735 La chapa aguanta La longitud del vaacutestago la obtenemos con la longitud de apretadura y la tabla 253C de la norma

sume = 19 mm Long Vast = 45 mm por tanto 3T16 x 45 a cada lado de la seccioacuten a unir

b) Maacuteximo esfuerzo a traccioacuten que puede soportar el HEB 140 Hay que descontar los agujeros en la seccioacuten transversal del perfil Seccioacuten neta 43 ndash 4 x 25 x 12 ndash 1 x 07 x 17 = 2981cm2 El maacuteximo esfuerzo que soportaraacute a traccioacuten

σu x A neta = 2600 x 2981 =77506 kg

C4 En las figuras se representa la unioacuten de una barra a una cartela y la disposicioacuten de las presillas en una viga de celosiacutea El material empleado es acero A42b A efectos de caacutelculo la barra tiene una longitud de 320 m Consideradas las distintas hipoacutetesis de carga dicha barra ha de soportar solicitaciones comprendidas entre N=+42750 Kg (traccioacuten) y N=minus30500 Kg (compresioacuten) En un predisentildeo se ha dimensionado la barra con 2L 10010 y la cartela con chapa de 12 mm de espesor Se trata ahora de comprobar esta solucioacuten y completar el disentildeo de la barra todo ello de acuerdo con la Norma EA-95 Se pide

a) Separacioacuten de las presillas a disponer l1 b) Comprobacioacuten de la seccioacuten (Para la determinacioacuten de longitudes de pandeo

teacutengase en cuenta la tabla 3242 de la Norma y consideacuterese que la barra no estaacute en el contorno de la figura)

c) Dimensionado de las soldaduras de unioacuten a la cartela

Soldaduras

Barra 2L 10010

Cartela e = 12 mm

presilla

l1

a) La separacioacuten de las presillas se recoge en el apartado 3213 de la norma l1le 50i El menor radio de giro de la pieza simple considerada (L 10010) se obtiene de las tablas de perfiles i = 195 cm l1le 50 x 195 = 975 cm 320 975 = 328 tomamos 4 tramos 320 4 = 80 cm l1 = 80 cm b) Para la comprobacioacuten de la seccioacuten hay que determinar primero las longitudes de pandeo seguacuten la tabla 3242 de la norma tal y como indica el enunciado Esta tabla nos da los coeficientes de esbeltez β en barras de estructuras triangulares lk=βl Seguacuten la condicioacuten del enunciado de que la barra no estaacute en el contorno de la figura obtenemos de la tabla Pandeo en el plano de la estructura caso 3 β = 08 En el plano de la estructura la longitud de pandeo es lk= 320 x 08 = 256 m Pandeo perpendicular al plano de la estructura caso 3 β = 1 En el plano perpendicular a la estructura la longitud de pandeo es lk = 320 x 1 =320 m Ahora calculamos las esbelteces seguacuten el apartado 3252 de la norma Para el pandeo en el plano de la estructura esto es entorno a un eje de inercia material (por la colocacioacuten que nos dan de los perfiles) tenemos que λ = lk i = 256 304 = 8421 (i se obtiene de la tabla de perfiles) Con este dato ya podemos calcular el pandeo de piezas sometidas a compresioacuten centrada seguacuten el apartado 327 de la norma De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero A42b que es ω =160 Ahora calculamos σ σ = N (ωA) = 30500 (160 2192) = 12708 le 2600 kgcm2 Donde N se toma la compresioacuten puesto que el pandeo es a compresioacuten y no a traccioacuten y el aacuterea es dos veces la del perfil simple puesto que tenemos dos perfiles

Para el pandeo perpendicular al plano de la estructura esto es entorno al eje de inercia libre tenemos que ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 (3252) donde m = 2 lk = 320m λ1 = l1i1 = 80 195 = 4102 (3253) ______ _____ i se calcula seguacuten el teorema de Steiner IY = Iy + A d2 i = radic (IYA) = radic iy+d2

d = c + e2 = 282 + 06= 342 cm c se ha obtenido de la tabla de perfiles y e es el espesor de la cartela Con todo esto queda que i = 4576 cm λ toma un valor de 81 Entrando en la tabla 327 se obtiene que ω vale 153 este valor es menor auacuten que el anterior con lo que cumpliraacute tambieacuten que σ le σu c) Para la soldadura tomamos como esfuerzo ponderado el mayor de los dos N=42750kg Por la disposicioacuten del centro de gravedad del perfil (no centrado) dicho esfuerzo se repartiraacute de forma distinta en cada soldadura

F1 = 42750 x (28210) = 12056 kg F2 = 42750 x [(10-282)10] = 30695 kg Esto se ha calculado teniendo en cuenta que F1+F2 = 42750 F1a = F2b (sumMcdg=0) a y b se obtienen de la tabla de perfiles El espesor de la garganta lo determinamos seguacuten la tabla 523A Perfil e =10 mm 4 le a le 7 Chapa e = 12mm 4 le a le 8 Probamos con a = 4 mm que cumple los dos intervalos

Puesto que estamos en un caso de esfuerzo axial la longitud eficaz la podemos elegir seguacuten el apartado 523 de la norma Valor miacutenimo l ge 15a = 60 mm l ge b = 100 mm Valor maacuteximo l le 60a = 240 mm l le 12b =1200 mm Probamos con una l = 100 mm que cumple las cuatro condiciones En la tabla 3A61 vemos que estamos en el caso 1 Para la soldadura que soporta F1 12056 (07520410) = 200933 le 2600 kgcm2 Esta soldadura siacute que aguanta Para la soldadura que soporta F2 30695 (07520410) = 511583 ge 2600 kgcm2 supera el liacutemite elaacutestico del acero luego esta soldadura no aguanta y tendremos que aumentar l y a Probando con l = 115 mm y a = 7mm 30695 (075207115) = 2542 le 2600 kgcm2 Esta siacute que aguanta Finalmente

C5 En el disentildeo de un pilar de 5acute25 m de altura se ha adoptado la solucioacuten de 2IPE220 unidos con presillas Acero A42b Las condiciones de contorno son de empotramiento en un extremo y articulacioacuten (sin posibilidad de desplazamiento lateral) en el opuesto iguales en los dos planos de simetriacutea En la resolucioacuten se tendraacute en cuenta cuanto dispone la Norma NBE-AE-95 Se pide a) Maacutexima compresioacuten centrada (ponderada) que puede soportar el pilar b) Disposicioacuten maacutes adecuada de las presillas c) Separacioacuten entre ejes de los perfiles IPE d) Valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas e) Disentildeo de las presillas (dimensiones) y de las soldaduras de unioacuten a los IPE Dibujar

la solucioacuten a) Dadas las condiciones de contorno del pilar calculamos la longitud de pandeo a partir del coeficiente de esbeltez Esto lo encontramos en el apartado 324 de la norma β = 07 lk= 07 x 525 =3675 m λ = lki = 3675 911 = 4034 De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero ω =107 Seguacuten el apartado 327 en las piezas sometidas a compresioacuten centrada ha de verificarse que σ = N (ωA) le σu Despejando N queda N = 16231775 kg Donde i y A se sacan de la tabla de perfiles del anejo 2A1 (i = 911cm A = 334 cm2) y el aacuterea es dos veces el del perfil simple porque tenemos perfiles formando el pilar entre los cuales se reparte la compresioacuten b) 3213 Elementos de enlace de una pieza compuesta l1 le 50i i menor radio de giro del perfil simple i = 248 cm l1le 124 cm 525 124 = 423 tomamos 5 tramos 525 5 =105 cm l1 = 105 cm (le 50i cumple la condicioacuten) c) Del apartado 3252 _______________ λ = radic (lki)2 + (m2)λ1

2 pandeo en un plano perpendicular al eje de inercia libre De esta expresioacuten debemos despejar la i El valor de los paraacutemetros de la misma son λ = 4034 lk=3675m

m = 2 λ1 = l1i1 =105 248 = 4233 (3253 Esbeltez complementaria) Despejando queda ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 42332

Como se puede observar esto no es aplicable porque sale una raiacutez negativa Para arreglar esto tenemos que disminuir el sustrayendo de la raiacutez iquestCoacutemo disminuyendo λ1 para lo cual habraacute que disminuir l1 esto es aumentar el nuacutemero de tramos Tomando 6 tramos 5256 = 875 cm =l1 λ1= l1i1 =875 248 = 3528 ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 35282 = 1955 i = 36751955 =1879 cm s asymp 2i s asymp 38 cm Esta separacioacuten es bastante considerable aumentaremos el nuacutemero de tramos para que no salgan tan separados los perfiles Con 8 tramos ____________ l1 = 5258 =65625 λ1 = 65625 248 = 265 lki = radic 40342 ndash 2652 = 304 i = 3675304 =1209 s = 25cm d) 328 Caacutelculo de los enlaces de las piezas compuestas En el punto 3281 se definen todos los paraacutemetros de las siguientes expresiones que tambieacuten se recogen en eacutel Ti = A( σu80) η = 2 x 334 x (260080) x 1 =2171 kg η = s20i1 lt 1 luego tomamos η =1 (si fuera mayor que 1 se toma el nuacutemero que diera) Tp = Ti (l1ns) = 2171 x (65625 225) = 284943 kg Mp = Ti (l12n) = 2171 x (65625 22) = 3561796 kg cm

C6 La estructura representada consta de una viga continua articulada montada sobre tres pilares El pilar central se une a la viga mediante una articulacioacuten y los pilares laterales mediante apoyos moacuteviles (de forma que es posible el giro y el desplazamiento de las cabezas de dichos pilares en el plano de la figura con independencia del giro de la viga) Para el movimiento en el plano perpendicular al de la figura existen arriostramientos que impiden el desplazamiento de las cabezas de los tres pilares pero no su giro Sobre la viga actuacutea una carga permanente de 3000 Kgm en toda su longitud Ademaacutes puede actuar o no una sobrecarga de 10000 Kgm en cualquier lugar de la misma Se trata de disentildear los pilares laterales con el mismo disentildeo para ambos con una disposicioacuten de dos IPE unidos por presillas Acero A42b (garantizado) Se haraacute de forma que se cumpla lo establecido en la Norma EA-95 y con el criterio de aprovechamiento oacuteptimo del material Se pide

a) Elige la disposicioacuten en planta maacutes adecuada de las dos representadas en la figura

b) Liacutenea de influencia de la reaccioacuten en cada uno de los pilares laterales c) Carga de caacutelculo (ponderada) d) Dimensionado de los perfiles IPE e) Separacioacuten entre presillas (de forma que sea maacutexima) f) Separacioacuten entre los ejes de los perfiles g) Esfuerzos en las presillas

750 750

150

600

a) La disposicioacuten maacutes adecuada es La longitud de pandeo en el plano perpendicular al papel dadas las condiciones que nos dicen es 07L Este caso es menos desfavorable que el que tenemos en el plano del papel donde la longitud de pandeo es 2L Con el caso menos desfavorable disentildearemos los perfiles mientras que en el caso maacutes desfavorable dejaremos la libertad de poder separar los perfiles para manipular el radio de giro b) La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar izquierdo (LI 1) 1

La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar derecho (LI 2) 1

02 c) Para la carga de caacutelculo ponderada primero planteamos las hipoacutetesis de carga para cada liacutenea de influencia anterior Para ello tenemos que tener en cuenta los coeficientes de ponderacioacuten de la Tabla 315 de la norma Para el pilar izquierdo qs+qp

qs = 15 x 10000 =15000 qp = 133 x 3000 = 3990 El valor de la reaccioacuten ponderada se obtiene multiplicando el aacuterea bajo la liacutenea de influencia por la carga ponderada

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

a) Tenemos 5 incoacutegnitas tres por cada apoyo y dos en el empotramiento Como tenemos 3 roacutetulas (que nos dan tres grados de libertad) y dos ecuaciones de equilibrio estamos ante un caso isostaacutetico La liacutenea de influencia del esfuerzo cortante en la articulacioacuten A seriacutea

1

02

b) Para calcular el valor de la carga hay que tener en cuenta que se nos da el valor ponderado de la carga y que el efecto de la carga permanente es despreciable Asimismo tendremos que ver que hipoacutetesis de carga es la maacutes desfavorable de cara a que nos de el mayor esfuerzo cortante ponderado para lo cual tendremos que ver tambieacuten que aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor Con todo esto nos queda

El aacuterea mayor es aqueacutel sobre el que se encuentra la sobrecarga ponderada q=1000 Kgm eacuteste seriacutea el lado desfavorable El lado favorable ayudariacutea a disminuir el esfuerzo cortante y sobre eacuteste se aplica el valor de la sobrecarga ponderado con un coeficiente de valor 000 (esto es q=0) tal y como indica la norma en la Tabla 315 La carga permanente era despreciable La carga de disentildeo de la articulacioacuten seraacute la correspondiente al esfuerzo cortante (momento flector no hay por ser una articulacioacuten esfuerzo axial tampoco existe) y su valor es T = q x Aacuterea =1000 x [(5x1)2] = 2500 Kg c) El esfuerzo cortante ponderado de la estructura se traduce en un esfuerzo cortante en el tornillo que se calcularaacute seguacuten el Anejo 3A5 de la norma El esfuerzo

cortante de estudio pasa por el centro de gravedad de nuestro tornillo este caso viene claramente especificado en dicho anejo asiacute entonces el esfuerzo en el tornillo seraacute R = T n = 2500 1 = 2500 kg (esto seraacute lo que tenga que aguantar el tornillo) Ahora elegimos un tornillo y comprobamos que cumple con la norma En el punto 363 de la norma encontramos una regla orientativa para la eleccioacuten del diaacutemetro ___ d = radic5e - 02 = 1381 cm Tomamos un tornillo ordinario T12 Σespesores = 156 mm lt 45 d =54 mm (tal y como se dice en es mismo punto) 365 Resistencia de los elementos de unioacuten chapa

2σuA =2600 12056 = 34944 kg (supuesta chapa de acero A42b) 34944 gt 2500 ok tornillo

065 σt n A = 065 2400 2 11309 = 35284 kg 35284 gt 2500 ok Donde hemos supuesto un tornillo en acero 4D La longitud del vaacutestago la obtenemos de la tabla 253C entrando con la longitud de apretadura 156 mm por tanto long vaacutestago = 40 mm El tornillo elegido 1 T 12 x 40 NOTAS - Se invita al alumno que compruebe la unioacuten con otros tornillos T10 TC10 TC12

- Se recomienda al alumno que ponga tambieacuten en praacutectica el criterio de la norma 463

d) Para disentildear la soldadura empezamos eligiendo una garganta de acuerdo con la Tabla 523A Entrando en ella con los espesores de las piezas que se van a soldar 5 mm y 56 mm elegimos una garganta de valor a = 25 mm Identificamos ahora nuestro caso con el correspondiente en el Anejo 3A6 de la norma Estamos en el Caso 11 de torsioacuten y esfuerzo cortante combinados de la tabla 3A61 Ahora bien hay que identificar los paraacutemetros y tener en cuenta que nosotros tenemos dos cubrejuntas uno por delante y otro por detraacutes y que el caso del anejo es para un solo perfil De esta manera F =T2 =1250 kg L = 5 cm (longitud eficaz) e cong 1502 =75 mm =75 cm h = 100 mm = 10 cm

Con estos datos sale σc = 114617 kgcm2 lt 2600 kgcm2 Nos vale con una soldadura de garganta 25 mm y longitud eficaz 50 mm El hecho de haber elegido una garganta que no cumpla con la condicioacuten que nos da la norma para el caso 11 no implica que la soldadura no vaya a aguantar La condicioacuten 05h lt L lt 2h nos indica los valores para los que se recomienda utilizar esa foacutermula que da la tensioacuten de comparacioacuten Aplicando los criterios que la norma especifica en el punto 373 asiacute como los meacutetodos generales de caacutelculo se puede comprobar que seriacutean tambieacuten vaacutelidas longitudes eficaces auacuten menores

(incluso del orden de 25 mm) con las que se sigue cumpliendo que σc le σu

C2 Se desea disentildear una unioacuten atornillada a traccioacuten entre una chapa de 25020 con otras dos de 20015 cada una dispuestas como se indica en la figura Tras algunos tanteos previos se ha llegado a la conclusioacuten de que la unioacuten se debe realizar mediante cuatro tornillos dispuestos como se indica El material es acero A42b Los tornillos a emplear son TC de acero 5D Se seguiraacuten los criterios de la Norma NBE-EA-95 Se pide a) Dimensionado de los tornillos (diaacutemetro y longitud de vaacutestago) y capacidad

resistente de la unioacuten (Se pretende que la limitacioacuten de la resistencia a traccioacuten de la unioacuten no venga impuesta por los tornillos sino por la resistencia a traccioacuten de las chapas no olvideacuteis descontar la seccioacuten correspondiente a los taladros practicados)

b) Todas las comprobaciones necesarias impuestas por la Norma c) Croquis de la solucioacuten adoptada acotando las distancias entre los ejes de los

taladros y las distancias a los bordes de ambas chapas NOTA IMPORTANTE En cada uno de los pasos o decisiones a tomar para la resolucioacuten de este ejercicio indiacutequese el artiacuteculo de la Norma EA-95 considerado

2502

2001

2502 2001

a) 363 Disposiciones constructivas ___ Eleccioacuten del diaacutemetro d asymp radic5e - 02 = 2538 cm donde e = 15 cm Se puede probar con TC 24 y TC 27 Nosotros lo haremos para TC 27 Con un TC 27 el diaacutemetro del agujero seraacute de 28 mm En la tabla 512 vemos que es admisible en relacioacuten con los espesores 14lt a lt 36 Calculamos primero el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado que pueden soportar las chapas supuesto que hacemos la unioacuten con estos tornillos Para ello se descuenta la seccioacuten correspondiente a los taladros Seccioacuten neta 25020 25x2 ndash 2x28x2 = 388 cm2

Para acero A42b el maacuteximo esfuerzo a traccioacuten ponderado seraacute

2600 kgcm2 x 388 cm2 = 100880 kg Seccioacuten neta 20015 20x15 ndash 15x28x2 =216 cm2 Pero tenemos dos chapas como esta asiacute que la seccioacuten neta seraacute 432cm2 Como la seccioacuten neta de la chapa 25020 es menor que la de estas dos el maacuteximo esfuerzo a traccioacuten ponderado seraacute el de antes (100880 kg) pues limita maacutes 365 Resistencia de los elementos de unioacuten La resistencia de la unioacuten seraacute 080σtnA =080300085725 = 10993061 kg gt 100880

En la tabla 253B obtenemos la longitud del vaacutestago sume = 152 + 20 =50 mm l = 90 mm TC 27 Por tanto la unioacuten seraacute 4 TC 27 x 90

c) 363 Disposiciones constructivas Distancias entre centros S ge 35 a =35 x 28 = 98 S le 8 a = 224 S le 15 e = 15 x 15 = 225 S le 15 a = 15 x 28 = 420 Por tanto 98 le s le 224 Distancias a los bordes Frontal t1 ge 2 a = 56 Lateral t2 ge 15 a = 42 A cualquiera t le 6 e = 90 t le 3 a = 84 Por lo tanto 56le t1 le 84 42le t2 le 84 La suma de espesores no excederaacute el valor 65d =1755 sume =50 lt 1755 Agotamiento de un perfil o chapa solicitados a aplastamiento contra la espiga del tornillo 25σ uA = 25 x 2600 x 27 x 20 = 35100 kg Supuesto que actuacutea el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado calculado antes 100880 4 = 25220 kg cada tornillo y no supera el liacutemite de aplastamiento ( lt 35100)

C3 En el proyecto de una estructura se trata de realizar un empalme en un tirante mediante uniones atornilladas con cubrejuntas de alas y de alma como se indica en la figura (el nuacutemero de tornillos que aparecen en la figura lo es soacutelo a tiacutetulo de ejemplo) El tirante es un HEB140 de acero A 42 b Siguiendo la recomendacioacuten de NBE-EA-95 (361) ldquoEn cada estructura los tornillos utilizados seraacuten de 2 oacute 3 diaacutemetros bien diferenciadosrdquo la estructura estaacute proyectada con tornillos ordinarios de acero 4D de diaacutemetros 12 16 y 24 La solucioacuten que se adopte para el empalme debe centildeirse a tornillos de estas caracteriacutesticas Se pide

a) Nuacutemero de tornillos necesarios en cada cubrejuntas a cada lado del empalme y su especificacioacuten seguacuten NBE-EA-95 Para el caacutelculo supoacutengase un esfuerzo de traccioacuten ponderado en el tirante de 88400 Kg Ademaacutes teacutengase en cuenta la tabla 512 de NBE-EA-95

b) Determinar el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado que puede soportar el HEB 140 tras realizar el empalme (es una comprobacioacuten del valor de 88400 Kg supuesto en el apartado a))

NOTAS

bull Se supone que las alas y el alma resisten unas porciones de la carga proporcionales a sus secciones

bull Por razones de limitacioacuten de tiempo nada se pide acerca de la disposicioacuten geomeacutetrica de los agujeros

Seccioacuten 90times6

Seccioacuten

a) De acuerdo con la nota que da el enunciado y con las dimensiones del perfil calculamos primero la parte del esfuerzo que tiene que aguantar el alma y la que tienen que aguantar las alas

- Ala 88400 x [(12x140)(2x12x140+116x7)] = 35597 kg - Alma 88400 x [(116x7)(2x12x140+116x7)] =17205 kg

Elegimos tornillos seguacuten el punto 363 de la norma ___ Alma d = radic5e - 02 = 153 cm rarr probamos con T16 ___ Alas d = radic5e - 02 = 224 cm rarr probamos con T24 Σ espesores alma = 19 mm le 45d =72 mm sum espesores ala = 24 mm le 45d = 108 mm Comprobamos las limitaciones para los agujeros seguacuten la Tabla 512 Alma Min 6 cualquier agujero hasta 17 mm Maacutex 7 Ala Min 12 cualquier agujero hasta 25 mm Maacutex 12 Esta tabla nos indica que se podriacutean coger tornillos que precisaran agujeros hasta esos valores para unir espesores comprendidos entre esos valores maacuteximo y miacutenimo Con esta tabla se nos viene a decir que no cojamos tornillos muy grandes para unir perfiles demasiados delgados y al reveacutes perfiles muy gordos con tornillos demasiado pequentildeos 365 Resistencia de los elementos de unioacuten Alas Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 1 x 45216 = 7053 kg Donde n =1 y asiacute obtenemos lo que aguantariacutea un tornillo a esfuerzo cortante El acero es 4D y el aacuterea es el de la seccioacuten de la espiga de un T24 Un ala teniacutea que aguantar 35597 kg por tanto

35597 7053 = 504 Por lo tanto cogemos 6 tornillos para cada ala ( 6 para el superior y 6 para el

inferior a cada lado de la seccioacuten a unir)

Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 24 x 12 = 14976 kg Esto es lo que aguanta el cubrejuntas Habiacuteamos puesto 6 tornillos cada uno de los cuales deberaacute soportar 35597 6 = 5933 kg

Como esto es menor que lo que aguanta el cubrejuntas (5933 lt 14976) no tendremos agotamiento de la chapa por aplastamiento contra la espiga del tornillo

Ya sabemos que 6 tornillos T24 son suficientes para aguantar la unioacuten ahora nos queda especificar la longitud del vaacutestago Para ello entramos en la tabla 253C de la norma con la longitud de apretadura ( sume =24 mm) y obtenemos Long Vaacutestago = 60 mm Por tanto tenemos 6T24 x 60 en cada ala y a cada lado de la seccioacuten a unir Alma Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 2 x 201 = 6273 kg Donde ahora cada tornillo tiene dos secciones transversales que resisten conjuntamente al es fuerzo cortante y por tanto n = 2 y A es el aacuterea de la seccioacuten de la espiga de un T16 El alma teniacutea que soportar 17205 kg necesitaremos entonces 17205 6273 = 274 Tres tornillos a cada lado de la seccioacuten cada uno de los cuales deberaacute soportar 17205 3 = 5735 Kg Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 07 x 16 = 5824 kg 5824 gt 5735 La chapa aguanta La longitud del vaacutestago la obtenemos con la longitud de apretadura y la tabla 253C de la norma

sume = 19 mm Long Vast = 45 mm por tanto 3T16 x 45 a cada lado de la seccioacuten a unir

b) Maacuteximo esfuerzo a traccioacuten que puede soportar el HEB 140 Hay que descontar los agujeros en la seccioacuten transversal del perfil Seccioacuten neta 43 ndash 4 x 25 x 12 ndash 1 x 07 x 17 = 2981cm2 El maacuteximo esfuerzo que soportaraacute a traccioacuten

σu x A neta = 2600 x 2981 =77506 kg

C4 En las figuras se representa la unioacuten de una barra a una cartela y la disposicioacuten de las presillas en una viga de celosiacutea El material empleado es acero A42b A efectos de caacutelculo la barra tiene una longitud de 320 m Consideradas las distintas hipoacutetesis de carga dicha barra ha de soportar solicitaciones comprendidas entre N=+42750 Kg (traccioacuten) y N=minus30500 Kg (compresioacuten) En un predisentildeo se ha dimensionado la barra con 2L 10010 y la cartela con chapa de 12 mm de espesor Se trata ahora de comprobar esta solucioacuten y completar el disentildeo de la barra todo ello de acuerdo con la Norma EA-95 Se pide

a) Separacioacuten de las presillas a disponer l1 b) Comprobacioacuten de la seccioacuten (Para la determinacioacuten de longitudes de pandeo

teacutengase en cuenta la tabla 3242 de la Norma y consideacuterese que la barra no estaacute en el contorno de la figura)

c) Dimensionado de las soldaduras de unioacuten a la cartela

Soldaduras

Barra 2L 10010

Cartela e = 12 mm

presilla

l1

a) La separacioacuten de las presillas se recoge en el apartado 3213 de la norma l1le 50i El menor radio de giro de la pieza simple considerada (L 10010) se obtiene de las tablas de perfiles i = 195 cm l1le 50 x 195 = 975 cm 320 975 = 328 tomamos 4 tramos 320 4 = 80 cm l1 = 80 cm b) Para la comprobacioacuten de la seccioacuten hay que determinar primero las longitudes de pandeo seguacuten la tabla 3242 de la norma tal y como indica el enunciado Esta tabla nos da los coeficientes de esbeltez β en barras de estructuras triangulares lk=βl Seguacuten la condicioacuten del enunciado de que la barra no estaacute en el contorno de la figura obtenemos de la tabla Pandeo en el plano de la estructura caso 3 β = 08 En el plano de la estructura la longitud de pandeo es lk= 320 x 08 = 256 m Pandeo perpendicular al plano de la estructura caso 3 β = 1 En el plano perpendicular a la estructura la longitud de pandeo es lk = 320 x 1 =320 m Ahora calculamos las esbelteces seguacuten el apartado 3252 de la norma Para el pandeo en el plano de la estructura esto es entorno a un eje de inercia material (por la colocacioacuten que nos dan de los perfiles) tenemos que λ = lk i = 256 304 = 8421 (i se obtiene de la tabla de perfiles) Con este dato ya podemos calcular el pandeo de piezas sometidas a compresioacuten centrada seguacuten el apartado 327 de la norma De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero A42b que es ω =160 Ahora calculamos σ σ = N (ωA) = 30500 (160 2192) = 12708 le 2600 kgcm2 Donde N se toma la compresioacuten puesto que el pandeo es a compresioacuten y no a traccioacuten y el aacuterea es dos veces la del perfil simple puesto que tenemos dos perfiles

Para el pandeo perpendicular al plano de la estructura esto es entorno al eje de inercia libre tenemos que ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 (3252) donde m = 2 lk = 320m λ1 = l1i1 = 80 195 = 4102 (3253) ______ _____ i se calcula seguacuten el teorema de Steiner IY = Iy + A d2 i = radic (IYA) = radic iy+d2

d = c + e2 = 282 + 06= 342 cm c se ha obtenido de la tabla de perfiles y e es el espesor de la cartela Con todo esto queda que i = 4576 cm λ toma un valor de 81 Entrando en la tabla 327 se obtiene que ω vale 153 este valor es menor auacuten que el anterior con lo que cumpliraacute tambieacuten que σ le σu c) Para la soldadura tomamos como esfuerzo ponderado el mayor de los dos N=42750kg Por la disposicioacuten del centro de gravedad del perfil (no centrado) dicho esfuerzo se repartiraacute de forma distinta en cada soldadura

F1 = 42750 x (28210) = 12056 kg F2 = 42750 x [(10-282)10] = 30695 kg Esto se ha calculado teniendo en cuenta que F1+F2 = 42750 F1a = F2b (sumMcdg=0) a y b se obtienen de la tabla de perfiles El espesor de la garganta lo determinamos seguacuten la tabla 523A Perfil e =10 mm 4 le a le 7 Chapa e = 12mm 4 le a le 8 Probamos con a = 4 mm que cumple los dos intervalos

Puesto que estamos en un caso de esfuerzo axial la longitud eficaz la podemos elegir seguacuten el apartado 523 de la norma Valor miacutenimo l ge 15a = 60 mm l ge b = 100 mm Valor maacuteximo l le 60a = 240 mm l le 12b =1200 mm Probamos con una l = 100 mm que cumple las cuatro condiciones En la tabla 3A61 vemos que estamos en el caso 1 Para la soldadura que soporta F1 12056 (07520410) = 200933 le 2600 kgcm2 Esta soldadura siacute que aguanta Para la soldadura que soporta F2 30695 (07520410) = 511583 ge 2600 kgcm2 supera el liacutemite elaacutestico del acero luego esta soldadura no aguanta y tendremos que aumentar l y a Probando con l = 115 mm y a = 7mm 30695 (075207115) = 2542 le 2600 kgcm2 Esta siacute que aguanta Finalmente

C5 En el disentildeo de un pilar de 5acute25 m de altura se ha adoptado la solucioacuten de 2IPE220 unidos con presillas Acero A42b Las condiciones de contorno son de empotramiento en un extremo y articulacioacuten (sin posibilidad de desplazamiento lateral) en el opuesto iguales en los dos planos de simetriacutea En la resolucioacuten se tendraacute en cuenta cuanto dispone la Norma NBE-AE-95 Se pide a) Maacutexima compresioacuten centrada (ponderada) que puede soportar el pilar b) Disposicioacuten maacutes adecuada de las presillas c) Separacioacuten entre ejes de los perfiles IPE d) Valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas e) Disentildeo de las presillas (dimensiones) y de las soldaduras de unioacuten a los IPE Dibujar

la solucioacuten a) Dadas las condiciones de contorno del pilar calculamos la longitud de pandeo a partir del coeficiente de esbeltez Esto lo encontramos en el apartado 324 de la norma β = 07 lk= 07 x 525 =3675 m λ = lki = 3675 911 = 4034 De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero ω =107 Seguacuten el apartado 327 en las piezas sometidas a compresioacuten centrada ha de verificarse que σ = N (ωA) le σu Despejando N queda N = 16231775 kg Donde i y A se sacan de la tabla de perfiles del anejo 2A1 (i = 911cm A = 334 cm2) y el aacuterea es dos veces el del perfil simple porque tenemos perfiles formando el pilar entre los cuales se reparte la compresioacuten b) 3213 Elementos de enlace de una pieza compuesta l1 le 50i i menor radio de giro del perfil simple i = 248 cm l1le 124 cm 525 124 = 423 tomamos 5 tramos 525 5 =105 cm l1 = 105 cm (le 50i cumple la condicioacuten) c) Del apartado 3252 _______________ λ = radic (lki)2 + (m2)λ1

2 pandeo en un plano perpendicular al eje de inercia libre De esta expresioacuten debemos despejar la i El valor de los paraacutemetros de la misma son λ = 4034 lk=3675m

m = 2 λ1 = l1i1 =105 248 = 4233 (3253 Esbeltez complementaria) Despejando queda ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 42332

Como se puede observar esto no es aplicable porque sale una raiacutez negativa Para arreglar esto tenemos que disminuir el sustrayendo de la raiacutez iquestCoacutemo disminuyendo λ1 para lo cual habraacute que disminuir l1 esto es aumentar el nuacutemero de tramos Tomando 6 tramos 5256 = 875 cm =l1 λ1= l1i1 =875 248 = 3528 ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 35282 = 1955 i = 36751955 =1879 cm s asymp 2i s asymp 38 cm Esta separacioacuten es bastante considerable aumentaremos el nuacutemero de tramos para que no salgan tan separados los perfiles Con 8 tramos ____________ l1 = 5258 =65625 λ1 = 65625 248 = 265 lki = radic 40342 ndash 2652 = 304 i = 3675304 =1209 s = 25cm d) 328 Caacutelculo de los enlaces de las piezas compuestas En el punto 3281 se definen todos los paraacutemetros de las siguientes expresiones que tambieacuten se recogen en eacutel Ti = A( σu80) η = 2 x 334 x (260080) x 1 =2171 kg η = s20i1 lt 1 luego tomamos η =1 (si fuera mayor que 1 se toma el nuacutemero que diera) Tp = Ti (l1ns) = 2171 x (65625 225) = 284943 kg Mp = Ti (l12n) = 2171 x (65625 22) = 3561796 kg cm

C6 La estructura representada consta de una viga continua articulada montada sobre tres pilares El pilar central se une a la viga mediante una articulacioacuten y los pilares laterales mediante apoyos moacuteviles (de forma que es posible el giro y el desplazamiento de las cabezas de dichos pilares en el plano de la figura con independencia del giro de la viga) Para el movimiento en el plano perpendicular al de la figura existen arriostramientos que impiden el desplazamiento de las cabezas de los tres pilares pero no su giro Sobre la viga actuacutea una carga permanente de 3000 Kgm en toda su longitud Ademaacutes puede actuar o no una sobrecarga de 10000 Kgm en cualquier lugar de la misma Se trata de disentildear los pilares laterales con el mismo disentildeo para ambos con una disposicioacuten de dos IPE unidos por presillas Acero A42b (garantizado) Se haraacute de forma que se cumpla lo establecido en la Norma EA-95 y con el criterio de aprovechamiento oacuteptimo del material Se pide

a) Elige la disposicioacuten en planta maacutes adecuada de las dos representadas en la figura

b) Liacutenea de influencia de la reaccioacuten en cada uno de los pilares laterales c) Carga de caacutelculo (ponderada) d) Dimensionado de los perfiles IPE e) Separacioacuten entre presillas (de forma que sea maacutexima) f) Separacioacuten entre los ejes de los perfiles g) Esfuerzos en las presillas

750 750

150

600

a) La disposicioacuten maacutes adecuada es La longitud de pandeo en el plano perpendicular al papel dadas las condiciones que nos dicen es 07L Este caso es menos desfavorable que el que tenemos en el plano del papel donde la longitud de pandeo es 2L Con el caso menos desfavorable disentildearemos los perfiles mientras que en el caso maacutes desfavorable dejaremos la libertad de poder separar los perfiles para manipular el radio de giro b) La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar izquierdo (LI 1) 1

La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar derecho (LI 2) 1

02 c) Para la carga de caacutelculo ponderada primero planteamos las hipoacutetesis de carga para cada liacutenea de influencia anterior Para ello tenemos que tener en cuenta los coeficientes de ponderacioacuten de la Tabla 315 de la norma Para el pilar izquierdo qs+qp

qs = 15 x 10000 =15000 qp = 133 x 3000 = 3990 El valor de la reaccioacuten ponderada se obtiene multiplicando el aacuterea bajo la liacutenea de influencia por la carga ponderada

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

cortante de estudio pasa por el centro de gravedad de nuestro tornillo este caso viene claramente especificado en dicho anejo asiacute entonces el esfuerzo en el tornillo seraacute R = T n = 2500 1 = 2500 kg (esto seraacute lo que tenga que aguantar el tornillo) Ahora elegimos un tornillo y comprobamos que cumple con la norma En el punto 363 de la norma encontramos una regla orientativa para la eleccioacuten del diaacutemetro ___ d = radic5e - 02 = 1381 cm Tomamos un tornillo ordinario T12 Σespesores = 156 mm lt 45 d =54 mm (tal y como se dice en es mismo punto) 365 Resistencia de los elementos de unioacuten chapa

2σuA =2600 12056 = 34944 kg (supuesta chapa de acero A42b) 34944 gt 2500 ok tornillo

065 σt n A = 065 2400 2 11309 = 35284 kg 35284 gt 2500 ok Donde hemos supuesto un tornillo en acero 4D La longitud del vaacutestago la obtenemos de la tabla 253C entrando con la longitud de apretadura 156 mm por tanto long vaacutestago = 40 mm El tornillo elegido 1 T 12 x 40 NOTAS - Se invita al alumno que compruebe la unioacuten con otros tornillos T10 TC10 TC12

- Se recomienda al alumno que ponga tambieacuten en praacutectica el criterio de la norma 463

d) Para disentildear la soldadura empezamos eligiendo una garganta de acuerdo con la Tabla 523A Entrando en ella con los espesores de las piezas que se van a soldar 5 mm y 56 mm elegimos una garganta de valor a = 25 mm Identificamos ahora nuestro caso con el correspondiente en el Anejo 3A6 de la norma Estamos en el Caso 11 de torsioacuten y esfuerzo cortante combinados de la tabla 3A61 Ahora bien hay que identificar los paraacutemetros y tener en cuenta que nosotros tenemos dos cubrejuntas uno por delante y otro por detraacutes y que el caso del anejo es para un solo perfil De esta manera F =T2 =1250 kg L = 5 cm (longitud eficaz) e cong 1502 =75 mm =75 cm h = 100 mm = 10 cm

Con estos datos sale σc = 114617 kgcm2 lt 2600 kgcm2 Nos vale con una soldadura de garganta 25 mm y longitud eficaz 50 mm El hecho de haber elegido una garganta que no cumpla con la condicioacuten que nos da la norma para el caso 11 no implica que la soldadura no vaya a aguantar La condicioacuten 05h lt L lt 2h nos indica los valores para los que se recomienda utilizar esa foacutermula que da la tensioacuten de comparacioacuten Aplicando los criterios que la norma especifica en el punto 373 asiacute como los meacutetodos generales de caacutelculo se puede comprobar que seriacutean tambieacuten vaacutelidas longitudes eficaces auacuten menores

(incluso del orden de 25 mm) con las que se sigue cumpliendo que σc le σu

C2 Se desea disentildear una unioacuten atornillada a traccioacuten entre una chapa de 25020 con otras dos de 20015 cada una dispuestas como se indica en la figura Tras algunos tanteos previos se ha llegado a la conclusioacuten de que la unioacuten se debe realizar mediante cuatro tornillos dispuestos como se indica El material es acero A42b Los tornillos a emplear son TC de acero 5D Se seguiraacuten los criterios de la Norma NBE-EA-95 Se pide a) Dimensionado de los tornillos (diaacutemetro y longitud de vaacutestago) y capacidad

resistente de la unioacuten (Se pretende que la limitacioacuten de la resistencia a traccioacuten de la unioacuten no venga impuesta por los tornillos sino por la resistencia a traccioacuten de las chapas no olvideacuteis descontar la seccioacuten correspondiente a los taladros practicados)

b) Todas las comprobaciones necesarias impuestas por la Norma c) Croquis de la solucioacuten adoptada acotando las distancias entre los ejes de los

taladros y las distancias a los bordes de ambas chapas NOTA IMPORTANTE En cada uno de los pasos o decisiones a tomar para la resolucioacuten de este ejercicio indiacutequese el artiacuteculo de la Norma EA-95 considerado

2502

2001

2502 2001

a) 363 Disposiciones constructivas ___ Eleccioacuten del diaacutemetro d asymp radic5e - 02 = 2538 cm donde e = 15 cm Se puede probar con TC 24 y TC 27 Nosotros lo haremos para TC 27 Con un TC 27 el diaacutemetro del agujero seraacute de 28 mm En la tabla 512 vemos que es admisible en relacioacuten con los espesores 14lt a lt 36 Calculamos primero el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado que pueden soportar las chapas supuesto que hacemos la unioacuten con estos tornillos Para ello se descuenta la seccioacuten correspondiente a los taladros Seccioacuten neta 25020 25x2 ndash 2x28x2 = 388 cm2

Para acero A42b el maacuteximo esfuerzo a traccioacuten ponderado seraacute

2600 kgcm2 x 388 cm2 = 100880 kg Seccioacuten neta 20015 20x15 ndash 15x28x2 =216 cm2 Pero tenemos dos chapas como esta asiacute que la seccioacuten neta seraacute 432cm2 Como la seccioacuten neta de la chapa 25020 es menor que la de estas dos el maacuteximo esfuerzo a traccioacuten ponderado seraacute el de antes (100880 kg) pues limita maacutes 365 Resistencia de los elementos de unioacuten La resistencia de la unioacuten seraacute 080σtnA =080300085725 = 10993061 kg gt 100880

En la tabla 253B obtenemos la longitud del vaacutestago sume = 152 + 20 =50 mm l = 90 mm TC 27 Por tanto la unioacuten seraacute 4 TC 27 x 90

c) 363 Disposiciones constructivas Distancias entre centros S ge 35 a =35 x 28 = 98 S le 8 a = 224 S le 15 e = 15 x 15 = 225 S le 15 a = 15 x 28 = 420 Por tanto 98 le s le 224 Distancias a los bordes Frontal t1 ge 2 a = 56 Lateral t2 ge 15 a = 42 A cualquiera t le 6 e = 90 t le 3 a = 84 Por lo tanto 56le t1 le 84 42le t2 le 84 La suma de espesores no excederaacute el valor 65d =1755 sume =50 lt 1755 Agotamiento de un perfil o chapa solicitados a aplastamiento contra la espiga del tornillo 25σ uA = 25 x 2600 x 27 x 20 = 35100 kg Supuesto que actuacutea el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado calculado antes 100880 4 = 25220 kg cada tornillo y no supera el liacutemite de aplastamiento ( lt 35100)

C3 En el proyecto de una estructura se trata de realizar un empalme en un tirante mediante uniones atornilladas con cubrejuntas de alas y de alma como se indica en la figura (el nuacutemero de tornillos que aparecen en la figura lo es soacutelo a tiacutetulo de ejemplo) El tirante es un HEB140 de acero A 42 b Siguiendo la recomendacioacuten de NBE-EA-95 (361) ldquoEn cada estructura los tornillos utilizados seraacuten de 2 oacute 3 diaacutemetros bien diferenciadosrdquo la estructura estaacute proyectada con tornillos ordinarios de acero 4D de diaacutemetros 12 16 y 24 La solucioacuten que se adopte para el empalme debe centildeirse a tornillos de estas caracteriacutesticas Se pide

a) Nuacutemero de tornillos necesarios en cada cubrejuntas a cada lado del empalme y su especificacioacuten seguacuten NBE-EA-95 Para el caacutelculo supoacutengase un esfuerzo de traccioacuten ponderado en el tirante de 88400 Kg Ademaacutes teacutengase en cuenta la tabla 512 de NBE-EA-95

b) Determinar el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado que puede soportar el HEB 140 tras realizar el empalme (es una comprobacioacuten del valor de 88400 Kg supuesto en el apartado a))

NOTAS

bull Se supone que las alas y el alma resisten unas porciones de la carga proporcionales a sus secciones

bull Por razones de limitacioacuten de tiempo nada se pide acerca de la disposicioacuten geomeacutetrica de los agujeros

Seccioacuten 90times6

Seccioacuten

a) De acuerdo con la nota que da el enunciado y con las dimensiones del perfil calculamos primero la parte del esfuerzo que tiene que aguantar el alma y la que tienen que aguantar las alas

- Ala 88400 x [(12x140)(2x12x140+116x7)] = 35597 kg - Alma 88400 x [(116x7)(2x12x140+116x7)] =17205 kg

Elegimos tornillos seguacuten el punto 363 de la norma ___ Alma d = radic5e - 02 = 153 cm rarr probamos con T16 ___ Alas d = radic5e - 02 = 224 cm rarr probamos con T24 Σ espesores alma = 19 mm le 45d =72 mm sum espesores ala = 24 mm le 45d = 108 mm Comprobamos las limitaciones para los agujeros seguacuten la Tabla 512 Alma Min 6 cualquier agujero hasta 17 mm Maacutex 7 Ala Min 12 cualquier agujero hasta 25 mm Maacutex 12 Esta tabla nos indica que se podriacutean coger tornillos que precisaran agujeros hasta esos valores para unir espesores comprendidos entre esos valores maacuteximo y miacutenimo Con esta tabla se nos viene a decir que no cojamos tornillos muy grandes para unir perfiles demasiados delgados y al reveacutes perfiles muy gordos con tornillos demasiado pequentildeos 365 Resistencia de los elementos de unioacuten Alas Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 1 x 45216 = 7053 kg Donde n =1 y asiacute obtenemos lo que aguantariacutea un tornillo a esfuerzo cortante El acero es 4D y el aacuterea es el de la seccioacuten de la espiga de un T24 Un ala teniacutea que aguantar 35597 kg por tanto

35597 7053 = 504 Por lo tanto cogemos 6 tornillos para cada ala ( 6 para el superior y 6 para el

inferior a cada lado de la seccioacuten a unir)

Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 24 x 12 = 14976 kg Esto es lo que aguanta el cubrejuntas Habiacuteamos puesto 6 tornillos cada uno de los cuales deberaacute soportar 35597 6 = 5933 kg

Como esto es menor que lo que aguanta el cubrejuntas (5933 lt 14976) no tendremos agotamiento de la chapa por aplastamiento contra la espiga del tornillo

Ya sabemos que 6 tornillos T24 son suficientes para aguantar la unioacuten ahora nos queda especificar la longitud del vaacutestago Para ello entramos en la tabla 253C de la norma con la longitud de apretadura ( sume =24 mm) y obtenemos Long Vaacutestago = 60 mm Por tanto tenemos 6T24 x 60 en cada ala y a cada lado de la seccioacuten a unir Alma Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 2 x 201 = 6273 kg Donde ahora cada tornillo tiene dos secciones transversales que resisten conjuntamente al es fuerzo cortante y por tanto n = 2 y A es el aacuterea de la seccioacuten de la espiga de un T16 El alma teniacutea que soportar 17205 kg necesitaremos entonces 17205 6273 = 274 Tres tornillos a cada lado de la seccioacuten cada uno de los cuales deberaacute soportar 17205 3 = 5735 Kg Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 07 x 16 = 5824 kg 5824 gt 5735 La chapa aguanta La longitud del vaacutestago la obtenemos con la longitud de apretadura y la tabla 253C de la norma

sume = 19 mm Long Vast = 45 mm por tanto 3T16 x 45 a cada lado de la seccioacuten a unir

b) Maacuteximo esfuerzo a traccioacuten que puede soportar el HEB 140 Hay que descontar los agujeros en la seccioacuten transversal del perfil Seccioacuten neta 43 ndash 4 x 25 x 12 ndash 1 x 07 x 17 = 2981cm2 El maacuteximo esfuerzo que soportaraacute a traccioacuten

σu x A neta = 2600 x 2981 =77506 kg

C4 En las figuras se representa la unioacuten de una barra a una cartela y la disposicioacuten de las presillas en una viga de celosiacutea El material empleado es acero A42b A efectos de caacutelculo la barra tiene una longitud de 320 m Consideradas las distintas hipoacutetesis de carga dicha barra ha de soportar solicitaciones comprendidas entre N=+42750 Kg (traccioacuten) y N=minus30500 Kg (compresioacuten) En un predisentildeo se ha dimensionado la barra con 2L 10010 y la cartela con chapa de 12 mm de espesor Se trata ahora de comprobar esta solucioacuten y completar el disentildeo de la barra todo ello de acuerdo con la Norma EA-95 Se pide

a) Separacioacuten de las presillas a disponer l1 b) Comprobacioacuten de la seccioacuten (Para la determinacioacuten de longitudes de pandeo

teacutengase en cuenta la tabla 3242 de la Norma y consideacuterese que la barra no estaacute en el contorno de la figura)

c) Dimensionado de las soldaduras de unioacuten a la cartela

Soldaduras

Barra 2L 10010

Cartela e = 12 mm

presilla

l1

a) La separacioacuten de las presillas se recoge en el apartado 3213 de la norma l1le 50i El menor radio de giro de la pieza simple considerada (L 10010) se obtiene de las tablas de perfiles i = 195 cm l1le 50 x 195 = 975 cm 320 975 = 328 tomamos 4 tramos 320 4 = 80 cm l1 = 80 cm b) Para la comprobacioacuten de la seccioacuten hay que determinar primero las longitudes de pandeo seguacuten la tabla 3242 de la norma tal y como indica el enunciado Esta tabla nos da los coeficientes de esbeltez β en barras de estructuras triangulares lk=βl Seguacuten la condicioacuten del enunciado de que la barra no estaacute en el contorno de la figura obtenemos de la tabla Pandeo en el plano de la estructura caso 3 β = 08 En el plano de la estructura la longitud de pandeo es lk= 320 x 08 = 256 m Pandeo perpendicular al plano de la estructura caso 3 β = 1 En el plano perpendicular a la estructura la longitud de pandeo es lk = 320 x 1 =320 m Ahora calculamos las esbelteces seguacuten el apartado 3252 de la norma Para el pandeo en el plano de la estructura esto es entorno a un eje de inercia material (por la colocacioacuten que nos dan de los perfiles) tenemos que λ = lk i = 256 304 = 8421 (i se obtiene de la tabla de perfiles) Con este dato ya podemos calcular el pandeo de piezas sometidas a compresioacuten centrada seguacuten el apartado 327 de la norma De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero A42b que es ω =160 Ahora calculamos σ σ = N (ωA) = 30500 (160 2192) = 12708 le 2600 kgcm2 Donde N se toma la compresioacuten puesto que el pandeo es a compresioacuten y no a traccioacuten y el aacuterea es dos veces la del perfil simple puesto que tenemos dos perfiles

Para el pandeo perpendicular al plano de la estructura esto es entorno al eje de inercia libre tenemos que ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 (3252) donde m = 2 lk = 320m λ1 = l1i1 = 80 195 = 4102 (3253) ______ _____ i se calcula seguacuten el teorema de Steiner IY = Iy + A d2 i = radic (IYA) = radic iy+d2

d = c + e2 = 282 + 06= 342 cm c se ha obtenido de la tabla de perfiles y e es el espesor de la cartela Con todo esto queda que i = 4576 cm λ toma un valor de 81 Entrando en la tabla 327 se obtiene que ω vale 153 este valor es menor auacuten que el anterior con lo que cumpliraacute tambieacuten que σ le σu c) Para la soldadura tomamos como esfuerzo ponderado el mayor de los dos N=42750kg Por la disposicioacuten del centro de gravedad del perfil (no centrado) dicho esfuerzo se repartiraacute de forma distinta en cada soldadura

F1 = 42750 x (28210) = 12056 kg F2 = 42750 x [(10-282)10] = 30695 kg Esto se ha calculado teniendo en cuenta que F1+F2 = 42750 F1a = F2b (sumMcdg=0) a y b se obtienen de la tabla de perfiles El espesor de la garganta lo determinamos seguacuten la tabla 523A Perfil e =10 mm 4 le a le 7 Chapa e = 12mm 4 le a le 8 Probamos con a = 4 mm que cumple los dos intervalos

Puesto que estamos en un caso de esfuerzo axial la longitud eficaz la podemos elegir seguacuten el apartado 523 de la norma Valor miacutenimo l ge 15a = 60 mm l ge b = 100 mm Valor maacuteximo l le 60a = 240 mm l le 12b =1200 mm Probamos con una l = 100 mm que cumple las cuatro condiciones En la tabla 3A61 vemos que estamos en el caso 1 Para la soldadura que soporta F1 12056 (07520410) = 200933 le 2600 kgcm2 Esta soldadura siacute que aguanta Para la soldadura que soporta F2 30695 (07520410) = 511583 ge 2600 kgcm2 supera el liacutemite elaacutestico del acero luego esta soldadura no aguanta y tendremos que aumentar l y a Probando con l = 115 mm y a = 7mm 30695 (075207115) = 2542 le 2600 kgcm2 Esta siacute que aguanta Finalmente

C5 En el disentildeo de un pilar de 5acute25 m de altura se ha adoptado la solucioacuten de 2IPE220 unidos con presillas Acero A42b Las condiciones de contorno son de empotramiento en un extremo y articulacioacuten (sin posibilidad de desplazamiento lateral) en el opuesto iguales en los dos planos de simetriacutea En la resolucioacuten se tendraacute en cuenta cuanto dispone la Norma NBE-AE-95 Se pide a) Maacutexima compresioacuten centrada (ponderada) que puede soportar el pilar b) Disposicioacuten maacutes adecuada de las presillas c) Separacioacuten entre ejes de los perfiles IPE d) Valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas e) Disentildeo de las presillas (dimensiones) y de las soldaduras de unioacuten a los IPE Dibujar

la solucioacuten a) Dadas las condiciones de contorno del pilar calculamos la longitud de pandeo a partir del coeficiente de esbeltez Esto lo encontramos en el apartado 324 de la norma β = 07 lk= 07 x 525 =3675 m λ = lki = 3675 911 = 4034 De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero ω =107 Seguacuten el apartado 327 en las piezas sometidas a compresioacuten centrada ha de verificarse que σ = N (ωA) le σu Despejando N queda N = 16231775 kg Donde i y A se sacan de la tabla de perfiles del anejo 2A1 (i = 911cm A = 334 cm2) y el aacuterea es dos veces el del perfil simple porque tenemos perfiles formando el pilar entre los cuales se reparte la compresioacuten b) 3213 Elementos de enlace de una pieza compuesta l1 le 50i i menor radio de giro del perfil simple i = 248 cm l1le 124 cm 525 124 = 423 tomamos 5 tramos 525 5 =105 cm l1 = 105 cm (le 50i cumple la condicioacuten) c) Del apartado 3252 _______________ λ = radic (lki)2 + (m2)λ1

2 pandeo en un plano perpendicular al eje de inercia libre De esta expresioacuten debemos despejar la i El valor de los paraacutemetros de la misma son λ = 4034 lk=3675m

m = 2 λ1 = l1i1 =105 248 = 4233 (3253 Esbeltez complementaria) Despejando queda ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 42332

Como se puede observar esto no es aplicable porque sale una raiacutez negativa Para arreglar esto tenemos que disminuir el sustrayendo de la raiacutez iquestCoacutemo disminuyendo λ1 para lo cual habraacute que disminuir l1 esto es aumentar el nuacutemero de tramos Tomando 6 tramos 5256 = 875 cm =l1 λ1= l1i1 =875 248 = 3528 ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 35282 = 1955 i = 36751955 =1879 cm s asymp 2i s asymp 38 cm Esta separacioacuten es bastante considerable aumentaremos el nuacutemero de tramos para que no salgan tan separados los perfiles Con 8 tramos ____________ l1 = 5258 =65625 λ1 = 65625 248 = 265 lki = radic 40342 ndash 2652 = 304 i = 3675304 =1209 s = 25cm d) 328 Caacutelculo de los enlaces de las piezas compuestas En el punto 3281 se definen todos los paraacutemetros de las siguientes expresiones que tambieacuten se recogen en eacutel Ti = A( σu80) η = 2 x 334 x (260080) x 1 =2171 kg η = s20i1 lt 1 luego tomamos η =1 (si fuera mayor que 1 se toma el nuacutemero que diera) Tp = Ti (l1ns) = 2171 x (65625 225) = 284943 kg Mp = Ti (l12n) = 2171 x (65625 22) = 3561796 kg cm

C6 La estructura representada consta de una viga continua articulada montada sobre tres pilares El pilar central se une a la viga mediante una articulacioacuten y los pilares laterales mediante apoyos moacuteviles (de forma que es posible el giro y el desplazamiento de las cabezas de dichos pilares en el plano de la figura con independencia del giro de la viga) Para el movimiento en el plano perpendicular al de la figura existen arriostramientos que impiden el desplazamiento de las cabezas de los tres pilares pero no su giro Sobre la viga actuacutea una carga permanente de 3000 Kgm en toda su longitud Ademaacutes puede actuar o no una sobrecarga de 10000 Kgm en cualquier lugar de la misma Se trata de disentildear los pilares laterales con el mismo disentildeo para ambos con una disposicioacuten de dos IPE unidos por presillas Acero A42b (garantizado) Se haraacute de forma que se cumpla lo establecido en la Norma EA-95 y con el criterio de aprovechamiento oacuteptimo del material Se pide

a) Elige la disposicioacuten en planta maacutes adecuada de las dos representadas en la figura

b) Liacutenea de influencia de la reaccioacuten en cada uno de los pilares laterales c) Carga de caacutelculo (ponderada) d) Dimensionado de los perfiles IPE e) Separacioacuten entre presillas (de forma que sea maacutexima) f) Separacioacuten entre los ejes de los perfiles g) Esfuerzos en las presillas

750 750

150

600

a) La disposicioacuten maacutes adecuada es La longitud de pandeo en el plano perpendicular al papel dadas las condiciones que nos dicen es 07L Este caso es menos desfavorable que el que tenemos en el plano del papel donde la longitud de pandeo es 2L Con el caso menos desfavorable disentildearemos los perfiles mientras que en el caso maacutes desfavorable dejaremos la libertad de poder separar los perfiles para manipular el radio de giro b) La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar izquierdo (LI 1) 1

La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar derecho (LI 2) 1

02 c) Para la carga de caacutelculo ponderada primero planteamos las hipoacutetesis de carga para cada liacutenea de influencia anterior Para ello tenemos que tener en cuenta los coeficientes de ponderacioacuten de la Tabla 315 de la norma Para el pilar izquierdo qs+qp

qs = 15 x 10000 =15000 qp = 133 x 3000 = 3990 El valor de la reaccioacuten ponderada se obtiene multiplicando el aacuterea bajo la liacutenea de influencia por la carga ponderada

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

Con estos datos sale σc = 114617 kgcm2 lt 2600 kgcm2 Nos vale con una soldadura de garganta 25 mm y longitud eficaz 50 mm El hecho de haber elegido una garganta que no cumpla con la condicioacuten que nos da la norma para el caso 11 no implica que la soldadura no vaya a aguantar La condicioacuten 05h lt L lt 2h nos indica los valores para los que se recomienda utilizar esa foacutermula que da la tensioacuten de comparacioacuten Aplicando los criterios que la norma especifica en el punto 373 asiacute como los meacutetodos generales de caacutelculo se puede comprobar que seriacutean tambieacuten vaacutelidas longitudes eficaces auacuten menores

(incluso del orden de 25 mm) con las que se sigue cumpliendo que σc le σu

C2 Se desea disentildear una unioacuten atornillada a traccioacuten entre una chapa de 25020 con otras dos de 20015 cada una dispuestas como se indica en la figura Tras algunos tanteos previos se ha llegado a la conclusioacuten de que la unioacuten se debe realizar mediante cuatro tornillos dispuestos como se indica El material es acero A42b Los tornillos a emplear son TC de acero 5D Se seguiraacuten los criterios de la Norma NBE-EA-95 Se pide a) Dimensionado de los tornillos (diaacutemetro y longitud de vaacutestago) y capacidad

resistente de la unioacuten (Se pretende que la limitacioacuten de la resistencia a traccioacuten de la unioacuten no venga impuesta por los tornillos sino por la resistencia a traccioacuten de las chapas no olvideacuteis descontar la seccioacuten correspondiente a los taladros practicados)

b) Todas las comprobaciones necesarias impuestas por la Norma c) Croquis de la solucioacuten adoptada acotando las distancias entre los ejes de los

taladros y las distancias a los bordes de ambas chapas NOTA IMPORTANTE En cada uno de los pasos o decisiones a tomar para la resolucioacuten de este ejercicio indiacutequese el artiacuteculo de la Norma EA-95 considerado

2502

2001

2502 2001

a) 363 Disposiciones constructivas ___ Eleccioacuten del diaacutemetro d asymp radic5e - 02 = 2538 cm donde e = 15 cm Se puede probar con TC 24 y TC 27 Nosotros lo haremos para TC 27 Con un TC 27 el diaacutemetro del agujero seraacute de 28 mm En la tabla 512 vemos que es admisible en relacioacuten con los espesores 14lt a lt 36 Calculamos primero el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado que pueden soportar las chapas supuesto que hacemos la unioacuten con estos tornillos Para ello se descuenta la seccioacuten correspondiente a los taladros Seccioacuten neta 25020 25x2 ndash 2x28x2 = 388 cm2

Para acero A42b el maacuteximo esfuerzo a traccioacuten ponderado seraacute

2600 kgcm2 x 388 cm2 = 100880 kg Seccioacuten neta 20015 20x15 ndash 15x28x2 =216 cm2 Pero tenemos dos chapas como esta asiacute que la seccioacuten neta seraacute 432cm2 Como la seccioacuten neta de la chapa 25020 es menor que la de estas dos el maacuteximo esfuerzo a traccioacuten ponderado seraacute el de antes (100880 kg) pues limita maacutes 365 Resistencia de los elementos de unioacuten La resistencia de la unioacuten seraacute 080σtnA =080300085725 = 10993061 kg gt 100880

En la tabla 253B obtenemos la longitud del vaacutestago sume = 152 + 20 =50 mm l = 90 mm TC 27 Por tanto la unioacuten seraacute 4 TC 27 x 90

c) 363 Disposiciones constructivas Distancias entre centros S ge 35 a =35 x 28 = 98 S le 8 a = 224 S le 15 e = 15 x 15 = 225 S le 15 a = 15 x 28 = 420 Por tanto 98 le s le 224 Distancias a los bordes Frontal t1 ge 2 a = 56 Lateral t2 ge 15 a = 42 A cualquiera t le 6 e = 90 t le 3 a = 84 Por lo tanto 56le t1 le 84 42le t2 le 84 La suma de espesores no excederaacute el valor 65d =1755 sume =50 lt 1755 Agotamiento de un perfil o chapa solicitados a aplastamiento contra la espiga del tornillo 25σ uA = 25 x 2600 x 27 x 20 = 35100 kg Supuesto que actuacutea el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado calculado antes 100880 4 = 25220 kg cada tornillo y no supera el liacutemite de aplastamiento ( lt 35100)

C3 En el proyecto de una estructura se trata de realizar un empalme en un tirante mediante uniones atornilladas con cubrejuntas de alas y de alma como se indica en la figura (el nuacutemero de tornillos que aparecen en la figura lo es soacutelo a tiacutetulo de ejemplo) El tirante es un HEB140 de acero A 42 b Siguiendo la recomendacioacuten de NBE-EA-95 (361) ldquoEn cada estructura los tornillos utilizados seraacuten de 2 oacute 3 diaacutemetros bien diferenciadosrdquo la estructura estaacute proyectada con tornillos ordinarios de acero 4D de diaacutemetros 12 16 y 24 La solucioacuten que se adopte para el empalme debe centildeirse a tornillos de estas caracteriacutesticas Se pide

a) Nuacutemero de tornillos necesarios en cada cubrejuntas a cada lado del empalme y su especificacioacuten seguacuten NBE-EA-95 Para el caacutelculo supoacutengase un esfuerzo de traccioacuten ponderado en el tirante de 88400 Kg Ademaacutes teacutengase en cuenta la tabla 512 de NBE-EA-95

b) Determinar el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado que puede soportar el HEB 140 tras realizar el empalme (es una comprobacioacuten del valor de 88400 Kg supuesto en el apartado a))

NOTAS

bull Se supone que las alas y el alma resisten unas porciones de la carga proporcionales a sus secciones

bull Por razones de limitacioacuten de tiempo nada se pide acerca de la disposicioacuten geomeacutetrica de los agujeros

Seccioacuten 90times6

Seccioacuten

a) De acuerdo con la nota que da el enunciado y con las dimensiones del perfil calculamos primero la parte del esfuerzo que tiene que aguantar el alma y la que tienen que aguantar las alas

- Ala 88400 x [(12x140)(2x12x140+116x7)] = 35597 kg - Alma 88400 x [(116x7)(2x12x140+116x7)] =17205 kg

Elegimos tornillos seguacuten el punto 363 de la norma ___ Alma d = radic5e - 02 = 153 cm rarr probamos con T16 ___ Alas d = radic5e - 02 = 224 cm rarr probamos con T24 Σ espesores alma = 19 mm le 45d =72 mm sum espesores ala = 24 mm le 45d = 108 mm Comprobamos las limitaciones para los agujeros seguacuten la Tabla 512 Alma Min 6 cualquier agujero hasta 17 mm Maacutex 7 Ala Min 12 cualquier agujero hasta 25 mm Maacutex 12 Esta tabla nos indica que se podriacutean coger tornillos que precisaran agujeros hasta esos valores para unir espesores comprendidos entre esos valores maacuteximo y miacutenimo Con esta tabla se nos viene a decir que no cojamos tornillos muy grandes para unir perfiles demasiados delgados y al reveacutes perfiles muy gordos con tornillos demasiado pequentildeos 365 Resistencia de los elementos de unioacuten Alas Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 1 x 45216 = 7053 kg Donde n =1 y asiacute obtenemos lo que aguantariacutea un tornillo a esfuerzo cortante El acero es 4D y el aacuterea es el de la seccioacuten de la espiga de un T24 Un ala teniacutea que aguantar 35597 kg por tanto

35597 7053 = 504 Por lo tanto cogemos 6 tornillos para cada ala ( 6 para el superior y 6 para el

inferior a cada lado de la seccioacuten a unir)

Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 24 x 12 = 14976 kg Esto es lo que aguanta el cubrejuntas Habiacuteamos puesto 6 tornillos cada uno de los cuales deberaacute soportar 35597 6 = 5933 kg

Como esto es menor que lo que aguanta el cubrejuntas (5933 lt 14976) no tendremos agotamiento de la chapa por aplastamiento contra la espiga del tornillo

Ya sabemos que 6 tornillos T24 son suficientes para aguantar la unioacuten ahora nos queda especificar la longitud del vaacutestago Para ello entramos en la tabla 253C de la norma con la longitud de apretadura ( sume =24 mm) y obtenemos Long Vaacutestago = 60 mm Por tanto tenemos 6T24 x 60 en cada ala y a cada lado de la seccioacuten a unir Alma Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 2 x 201 = 6273 kg Donde ahora cada tornillo tiene dos secciones transversales que resisten conjuntamente al es fuerzo cortante y por tanto n = 2 y A es el aacuterea de la seccioacuten de la espiga de un T16 El alma teniacutea que soportar 17205 kg necesitaremos entonces 17205 6273 = 274 Tres tornillos a cada lado de la seccioacuten cada uno de los cuales deberaacute soportar 17205 3 = 5735 Kg Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 07 x 16 = 5824 kg 5824 gt 5735 La chapa aguanta La longitud del vaacutestago la obtenemos con la longitud de apretadura y la tabla 253C de la norma

sume = 19 mm Long Vast = 45 mm por tanto 3T16 x 45 a cada lado de la seccioacuten a unir

b) Maacuteximo esfuerzo a traccioacuten que puede soportar el HEB 140 Hay que descontar los agujeros en la seccioacuten transversal del perfil Seccioacuten neta 43 ndash 4 x 25 x 12 ndash 1 x 07 x 17 = 2981cm2 El maacuteximo esfuerzo que soportaraacute a traccioacuten

σu x A neta = 2600 x 2981 =77506 kg

C4 En las figuras se representa la unioacuten de una barra a una cartela y la disposicioacuten de las presillas en una viga de celosiacutea El material empleado es acero A42b A efectos de caacutelculo la barra tiene una longitud de 320 m Consideradas las distintas hipoacutetesis de carga dicha barra ha de soportar solicitaciones comprendidas entre N=+42750 Kg (traccioacuten) y N=minus30500 Kg (compresioacuten) En un predisentildeo se ha dimensionado la barra con 2L 10010 y la cartela con chapa de 12 mm de espesor Se trata ahora de comprobar esta solucioacuten y completar el disentildeo de la barra todo ello de acuerdo con la Norma EA-95 Se pide

a) Separacioacuten de las presillas a disponer l1 b) Comprobacioacuten de la seccioacuten (Para la determinacioacuten de longitudes de pandeo

teacutengase en cuenta la tabla 3242 de la Norma y consideacuterese que la barra no estaacute en el contorno de la figura)

c) Dimensionado de las soldaduras de unioacuten a la cartela

Soldaduras

Barra 2L 10010

Cartela e = 12 mm

presilla

l1

a) La separacioacuten de las presillas se recoge en el apartado 3213 de la norma l1le 50i El menor radio de giro de la pieza simple considerada (L 10010) se obtiene de las tablas de perfiles i = 195 cm l1le 50 x 195 = 975 cm 320 975 = 328 tomamos 4 tramos 320 4 = 80 cm l1 = 80 cm b) Para la comprobacioacuten de la seccioacuten hay que determinar primero las longitudes de pandeo seguacuten la tabla 3242 de la norma tal y como indica el enunciado Esta tabla nos da los coeficientes de esbeltez β en barras de estructuras triangulares lk=βl Seguacuten la condicioacuten del enunciado de que la barra no estaacute en el contorno de la figura obtenemos de la tabla Pandeo en el plano de la estructura caso 3 β = 08 En el plano de la estructura la longitud de pandeo es lk= 320 x 08 = 256 m Pandeo perpendicular al plano de la estructura caso 3 β = 1 En el plano perpendicular a la estructura la longitud de pandeo es lk = 320 x 1 =320 m Ahora calculamos las esbelteces seguacuten el apartado 3252 de la norma Para el pandeo en el plano de la estructura esto es entorno a un eje de inercia material (por la colocacioacuten que nos dan de los perfiles) tenemos que λ = lk i = 256 304 = 8421 (i se obtiene de la tabla de perfiles) Con este dato ya podemos calcular el pandeo de piezas sometidas a compresioacuten centrada seguacuten el apartado 327 de la norma De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero A42b que es ω =160 Ahora calculamos σ σ = N (ωA) = 30500 (160 2192) = 12708 le 2600 kgcm2 Donde N se toma la compresioacuten puesto que el pandeo es a compresioacuten y no a traccioacuten y el aacuterea es dos veces la del perfil simple puesto que tenemos dos perfiles

Para el pandeo perpendicular al plano de la estructura esto es entorno al eje de inercia libre tenemos que ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 (3252) donde m = 2 lk = 320m λ1 = l1i1 = 80 195 = 4102 (3253) ______ _____ i se calcula seguacuten el teorema de Steiner IY = Iy + A d2 i = radic (IYA) = radic iy+d2

d = c + e2 = 282 + 06= 342 cm c se ha obtenido de la tabla de perfiles y e es el espesor de la cartela Con todo esto queda que i = 4576 cm λ toma un valor de 81 Entrando en la tabla 327 se obtiene que ω vale 153 este valor es menor auacuten que el anterior con lo que cumpliraacute tambieacuten que σ le σu c) Para la soldadura tomamos como esfuerzo ponderado el mayor de los dos N=42750kg Por la disposicioacuten del centro de gravedad del perfil (no centrado) dicho esfuerzo se repartiraacute de forma distinta en cada soldadura

F1 = 42750 x (28210) = 12056 kg F2 = 42750 x [(10-282)10] = 30695 kg Esto se ha calculado teniendo en cuenta que F1+F2 = 42750 F1a = F2b (sumMcdg=0) a y b se obtienen de la tabla de perfiles El espesor de la garganta lo determinamos seguacuten la tabla 523A Perfil e =10 mm 4 le a le 7 Chapa e = 12mm 4 le a le 8 Probamos con a = 4 mm que cumple los dos intervalos

Puesto que estamos en un caso de esfuerzo axial la longitud eficaz la podemos elegir seguacuten el apartado 523 de la norma Valor miacutenimo l ge 15a = 60 mm l ge b = 100 mm Valor maacuteximo l le 60a = 240 mm l le 12b =1200 mm Probamos con una l = 100 mm que cumple las cuatro condiciones En la tabla 3A61 vemos que estamos en el caso 1 Para la soldadura que soporta F1 12056 (07520410) = 200933 le 2600 kgcm2 Esta soldadura siacute que aguanta Para la soldadura que soporta F2 30695 (07520410) = 511583 ge 2600 kgcm2 supera el liacutemite elaacutestico del acero luego esta soldadura no aguanta y tendremos que aumentar l y a Probando con l = 115 mm y a = 7mm 30695 (075207115) = 2542 le 2600 kgcm2 Esta siacute que aguanta Finalmente

C5 En el disentildeo de un pilar de 5acute25 m de altura se ha adoptado la solucioacuten de 2IPE220 unidos con presillas Acero A42b Las condiciones de contorno son de empotramiento en un extremo y articulacioacuten (sin posibilidad de desplazamiento lateral) en el opuesto iguales en los dos planos de simetriacutea En la resolucioacuten se tendraacute en cuenta cuanto dispone la Norma NBE-AE-95 Se pide a) Maacutexima compresioacuten centrada (ponderada) que puede soportar el pilar b) Disposicioacuten maacutes adecuada de las presillas c) Separacioacuten entre ejes de los perfiles IPE d) Valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas e) Disentildeo de las presillas (dimensiones) y de las soldaduras de unioacuten a los IPE Dibujar

la solucioacuten a) Dadas las condiciones de contorno del pilar calculamos la longitud de pandeo a partir del coeficiente de esbeltez Esto lo encontramos en el apartado 324 de la norma β = 07 lk= 07 x 525 =3675 m λ = lki = 3675 911 = 4034 De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero ω =107 Seguacuten el apartado 327 en las piezas sometidas a compresioacuten centrada ha de verificarse que σ = N (ωA) le σu Despejando N queda N = 16231775 kg Donde i y A se sacan de la tabla de perfiles del anejo 2A1 (i = 911cm A = 334 cm2) y el aacuterea es dos veces el del perfil simple porque tenemos perfiles formando el pilar entre los cuales se reparte la compresioacuten b) 3213 Elementos de enlace de una pieza compuesta l1 le 50i i menor radio de giro del perfil simple i = 248 cm l1le 124 cm 525 124 = 423 tomamos 5 tramos 525 5 =105 cm l1 = 105 cm (le 50i cumple la condicioacuten) c) Del apartado 3252 _______________ λ = radic (lki)2 + (m2)λ1

2 pandeo en un plano perpendicular al eje de inercia libre De esta expresioacuten debemos despejar la i El valor de los paraacutemetros de la misma son λ = 4034 lk=3675m

m = 2 λ1 = l1i1 =105 248 = 4233 (3253 Esbeltez complementaria) Despejando queda ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 42332

Como se puede observar esto no es aplicable porque sale una raiacutez negativa Para arreglar esto tenemos que disminuir el sustrayendo de la raiacutez iquestCoacutemo disminuyendo λ1 para lo cual habraacute que disminuir l1 esto es aumentar el nuacutemero de tramos Tomando 6 tramos 5256 = 875 cm =l1 λ1= l1i1 =875 248 = 3528 ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 35282 = 1955 i = 36751955 =1879 cm s asymp 2i s asymp 38 cm Esta separacioacuten es bastante considerable aumentaremos el nuacutemero de tramos para que no salgan tan separados los perfiles Con 8 tramos ____________ l1 = 5258 =65625 λ1 = 65625 248 = 265 lki = radic 40342 ndash 2652 = 304 i = 3675304 =1209 s = 25cm d) 328 Caacutelculo de los enlaces de las piezas compuestas En el punto 3281 se definen todos los paraacutemetros de las siguientes expresiones que tambieacuten se recogen en eacutel Ti = A( σu80) η = 2 x 334 x (260080) x 1 =2171 kg η = s20i1 lt 1 luego tomamos η =1 (si fuera mayor que 1 se toma el nuacutemero que diera) Tp = Ti (l1ns) = 2171 x (65625 225) = 284943 kg Mp = Ti (l12n) = 2171 x (65625 22) = 3561796 kg cm

C6 La estructura representada consta de una viga continua articulada montada sobre tres pilares El pilar central se une a la viga mediante una articulacioacuten y los pilares laterales mediante apoyos moacuteviles (de forma que es posible el giro y el desplazamiento de las cabezas de dichos pilares en el plano de la figura con independencia del giro de la viga) Para el movimiento en el plano perpendicular al de la figura existen arriostramientos que impiden el desplazamiento de las cabezas de los tres pilares pero no su giro Sobre la viga actuacutea una carga permanente de 3000 Kgm en toda su longitud Ademaacutes puede actuar o no una sobrecarga de 10000 Kgm en cualquier lugar de la misma Se trata de disentildear los pilares laterales con el mismo disentildeo para ambos con una disposicioacuten de dos IPE unidos por presillas Acero A42b (garantizado) Se haraacute de forma que se cumpla lo establecido en la Norma EA-95 y con el criterio de aprovechamiento oacuteptimo del material Se pide

a) Elige la disposicioacuten en planta maacutes adecuada de las dos representadas en la figura

b) Liacutenea de influencia de la reaccioacuten en cada uno de los pilares laterales c) Carga de caacutelculo (ponderada) d) Dimensionado de los perfiles IPE e) Separacioacuten entre presillas (de forma que sea maacutexima) f) Separacioacuten entre los ejes de los perfiles g) Esfuerzos en las presillas

750 750

150

600

a) La disposicioacuten maacutes adecuada es La longitud de pandeo en el plano perpendicular al papel dadas las condiciones que nos dicen es 07L Este caso es menos desfavorable que el que tenemos en el plano del papel donde la longitud de pandeo es 2L Con el caso menos desfavorable disentildearemos los perfiles mientras que en el caso maacutes desfavorable dejaremos la libertad de poder separar los perfiles para manipular el radio de giro b) La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar izquierdo (LI 1) 1

La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar derecho (LI 2) 1

02 c) Para la carga de caacutelculo ponderada primero planteamos las hipoacutetesis de carga para cada liacutenea de influencia anterior Para ello tenemos que tener en cuenta los coeficientes de ponderacioacuten de la Tabla 315 de la norma Para el pilar izquierdo qs+qp

qs = 15 x 10000 =15000 qp = 133 x 3000 = 3990 El valor de la reaccioacuten ponderada se obtiene multiplicando el aacuterea bajo la liacutenea de influencia por la carga ponderada

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

C2 Se desea disentildear una unioacuten atornillada a traccioacuten entre una chapa de 25020 con otras dos de 20015 cada una dispuestas como se indica en la figura Tras algunos tanteos previos se ha llegado a la conclusioacuten de que la unioacuten se debe realizar mediante cuatro tornillos dispuestos como se indica El material es acero A42b Los tornillos a emplear son TC de acero 5D Se seguiraacuten los criterios de la Norma NBE-EA-95 Se pide a) Dimensionado de los tornillos (diaacutemetro y longitud de vaacutestago) y capacidad

resistente de la unioacuten (Se pretende que la limitacioacuten de la resistencia a traccioacuten de la unioacuten no venga impuesta por los tornillos sino por la resistencia a traccioacuten de las chapas no olvideacuteis descontar la seccioacuten correspondiente a los taladros practicados)

b) Todas las comprobaciones necesarias impuestas por la Norma c) Croquis de la solucioacuten adoptada acotando las distancias entre los ejes de los

taladros y las distancias a los bordes de ambas chapas NOTA IMPORTANTE En cada uno de los pasos o decisiones a tomar para la resolucioacuten de este ejercicio indiacutequese el artiacuteculo de la Norma EA-95 considerado

2502

2001

2502 2001

a) 363 Disposiciones constructivas ___ Eleccioacuten del diaacutemetro d asymp radic5e - 02 = 2538 cm donde e = 15 cm Se puede probar con TC 24 y TC 27 Nosotros lo haremos para TC 27 Con un TC 27 el diaacutemetro del agujero seraacute de 28 mm En la tabla 512 vemos que es admisible en relacioacuten con los espesores 14lt a lt 36 Calculamos primero el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado que pueden soportar las chapas supuesto que hacemos la unioacuten con estos tornillos Para ello se descuenta la seccioacuten correspondiente a los taladros Seccioacuten neta 25020 25x2 ndash 2x28x2 = 388 cm2

Para acero A42b el maacuteximo esfuerzo a traccioacuten ponderado seraacute

2600 kgcm2 x 388 cm2 = 100880 kg Seccioacuten neta 20015 20x15 ndash 15x28x2 =216 cm2 Pero tenemos dos chapas como esta asiacute que la seccioacuten neta seraacute 432cm2 Como la seccioacuten neta de la chapa 25020 es menor que la de estas dos el maacuteximo esfuerzo a traccioacuten ponderado seraacute el de antes (100880 kg) pues limita maacutes 365 Resistencia de los elementos de unioacuten La resistencia de la unioacuten seraacute 080σtnA =080300085725 = 10993061 kg gt 100880

En la tabla 253B obtenemos la longitud del vaacutestago sume = 152 + 20 =50 mm l = 90 mm TC 27 Por tanto la unioacuten seraacute 4 TC 27 x 90

c) 363 Disposiciones constructivas Distancias entre centros S ge 35 a =35 x 28 = 98 S le 8 a = 224 S le 15 e = 15 x 15 = 225 S le 15 a = 15 x 28 = 420 Por tanto 98 le s le 224 Distancias a los bordes Frontal t1 ge 2 a = 56 Lateral t2 ge 15 a = 42 A cualquiera t le 6 e = 90 t le 3 a = 84 Por lo tanto 56le t1 le 84 42le t2 le 84 La suma de espesores no excederaacute el valor 65d =1755 sume =50 lt 1755 Agotamiento de un perfil o chapa solicitados a aplastamiento contra la espiga del tornillo 25σ uA = 25 x 2600 x 27 x 20 = 35100 kg Supuesto que actuacutea el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado calculado antes 100880 4 = 25220 kg cada tornillo y no supera el liacutemite de aplastamiento ( lt 35100)

C3 En el proyecto de una estructura se trata de realizar un empalme en un tirante mediante uniones atornilladas con cubrejuntas de alas y de alma como se indica en la figura (el nuacutemero de tornillos que aparecen en la figura lo es soacutelo a tiacutetulo de ejemplo) El tirante es un HEB140 de acero A 42 b Siguiendo la recomendacioacuten de NBE-EA-95 (361) ldquoEn cada estructura los tornillos utilizados seraacuten de 2 oacute 3 diaacutemetros bien diferenciadosrdquo la estructura estaacute proyectada con tornillos ordinarios de acero 4D de diaacutemetros 12 16 y 24 La solucioacuten que se adopte para el empalme debe centildeirse a tornillos de estas caracteriacutesticas Se pide

a) Nuacutemero de tornillos necesarios en cada cubrejuntas a cada lado del empalme y su especificacioacuten seguacuten NBE-EA-95 Para el caacutelculo supoacutengase un esfuerzo de traccioacuten ponderado en el tirante de 88400 Kg Ademaacutes teacutengase en cuenta la tabla 512 de NBE-EA-95

b) Determinar el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado que puede soportar el HEB 140 tras realizar el empalme (es una comprobacioacuten del valor de 88400 Kg supuesto en el apartado a))

NOTAS

bull Se supone que las alas y el alma resisten unas porciones de la carga proporcionales a sus secciones

bull Por razones de limitacioacuten de tiempo nada se pide acerca de la disposicioacuten geomeacutetrica de los agujeros

Seccioacuten 90times6

Seccioacuten

a) De acuerdo con la nota que da el enunciado y con las dimensiones del perfil calculamos primero la parte del esfuerzo que tiene que aguantar el alma y la que tienen que aguantar las alas

- Ala 88400 x [(12x140)(2x12x140+116x7)] = 35597 kg - Alma 88400 x [(116x7)(2x12x140+116x7)] =17205 kg

Elegimos tornillos seguacuten el punto 363 de la norma ___ Alma d = radic5e - 02 = 153 cm rarr probamos con T16 ___ Alas d = radic5e - 02 = 224 cm rarr probamos con T24 Σ espesores alma = 19 mm le 45d =72 mm sum espesores ala = 24 mm le 45d = 108 mm Comprobamos las limitaciones para los agujeros seguacuten la Tabla 512 Alma Min 6 cualquier agujero hasta 17 mm Maacutex 7 Ala Min 12 cualquier agujero hasta 25 mm Maacutex 12 Esta tabla nos indica que se podriacutean coger tornillos que precisaran agujeros hasta esos valores para unir espesores comprendidos entre esos valores maacuteximo y miacutenimo Con esta tabla se nos viene a decir que no cojamos tornillos muy grandes para unir perfiles demasiados delgados y al reveacutes perfiles muy gordos con tornillos demasiado pequentildeos 365 Resistencia de los elementos de unioacuten Alas Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 1 x 45216 = 7053 kg Donde n =1 y asiacute obtenemos lo que aguantariacutea un tornillo a esfuerzo cortante El acero es 4D y el aacuterea es el de la seccioacuten de la espiga de un T24 Un ala teniacutea que aguantar 35597 kg por tanto

35597 7053 = 504 Por lo tanto cogemos 6 tornillos para cada ala ( 6 para el superior y 6 para el

inferior a cada lado de la seccioacuten a unir)

Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 24 x 12 = 14976 kg Esto es lo que aguanta el cubrejuntas Habiacuteamos puesto 6 tornillos cada uno de los cuales deberaacute soportar 35597 6 = 5933 kg

Como esto es menor que lo que aguanta el cubrejuntas (5933 lt 14976) no tendremos agotamiento de la chapa por aplastamiento contra la espiga del tornillo

Ya sabemos que 6 tornillos T24 son suficientes para aguantar la unioacuten ahora nos queda especificar la longitud del vaacutestago Para ello entramos en la tabla 253C de la norma con la longitud de apretadura ( sume =24 mm) y obtenemos Long Vaacutestago = 60 mm Por tanto tenemos 6T24 x 60 en cada ala y a cada lado de la seccioacuten a unir Alma Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 2 x 201 = 6273 kg Donde ahora cada tornillo tiene dos secciones transversales que resisten conjuntamente al es fuerzo cortante y por tanto n = 2 y A es el aacuterea de la seccioacuten de la espiga de un T16 El alma teniacutea que soportar 17205 kg necesitaremos entonces 17205 6273 = 274 Tres tornillos a cada lado de la seccioacuten cada uno de los cuales deberaacute soportar 17205 3 = 5735 Kg Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 07 x 16 = 5824 kg 5824 gt 5735 La chapa aguanta La longitud del vaacutestago la obtenemos con la longitud de apretadura y la tabla 253C de la norma

sume = 19 mm Long Vast = 45 mm por tanto 3T16 x 45 a cada lado de la seccioacuten a unir

b) Maacuteximo esfuerzo a traccioacuten que puede soportar el HEB 140 Hay que descontar los agujeros en la seccioacuten transversal del perfil Seccioacuten neta 43 ndash 4 x 25 x 12 ndash 1 x 07 x 17 = 2981cm2 El maacuteximo esfuerzo que soportaraacute a traccioacuten

σu x A neta = 2600 x 2981 =77506 kg

C4 En las figuras se representa la unioacuten de una barra a una cartela y la disposicioacuten de las presillas en una viga de celosiacutea El material empleado es acero A42b A efectos de caacutelculo la barra tiene una longitud de 320 m Consideradas las distintas hipoacutetesis de carga dicha barra ha de soportar solicitaciones comprendidas entre N=+42750 Kg (traccioacuten) y N=minus30500 Kg (compresioacuten) En un predisentildeo se ha dimensionado la barra con 2L 10010 y la cartela con chapa de 12 mm de espesor Se trata ahora de comprobar esta solucioacuten y completar el disentildeo de la barra todo ello de acuerdo con la Norma EA-95 Se pide

a) Separacioacuten de las presillas a disponer l1 b) Comprobacioacuten de la seccioacuten (Para la determinacioacuten de longitudes de pandeo

teacutengase en cuenta la tabla 3242 de la Norma y consideacuterese que la barra no estaacute en el contorno de la figura)

c) Dimensionado de las soldaduras de unioacuten a la cartela

Soldaduras

Barra 2L 10010

Cartela e = 12 mm

presilla

l1

a) La separacioacuten de las presillas se recoge en el apartado 3213 de la norma l1le 50i El menor radio de giro de la pieza simple considerada (L 10010) se obtiene de las tablas de perfiles i = 195 cm l1le 50 x 195 = 975 cm 320 975 = 328 tomamos 4 tramos 320 4 = 80 cm l1 = 80 cm b) Para la comprobacioacuten de la seccioacuten hay que determinar primero las longitudes de pandeo seguacuten la tabla 3242 de la norma tal y como indica el enunciado Esta tabla nos da los coeficientes de esbeltez β en barras de estructuras triangulares lk=βl Seguacuten la condicioacuten del enunciado de que la barra no estaacute en el contorno de la figura obtenemos de la tabla Pandeo en el plano de la estructura caso 3 β = 08 En el plano de la estructura la longitud de pandeo es lk= 320 x 08 = 256 m Pandeo perpendicular al plano de la estructura caso 3 β = 1 En el plano perpendicular a la estructura la longitud de pandeo es lk = 320 x 1 =320 m Ahora calculamos las esbelteces seguacuten el apartado 3252 de la norma Para el pandeo en el plano de la estructura esto es entorno a un eje de inercia material (por la colocacioacuten que nos dan de los perfiles) tenemos que λ = lk i = 256 304 = 8421 (i se obtiene de la tabla de perfiles) Con este dato ya podemos calcular el pandeo de piezas sometidas a compresioacuten centrada seguacuten el apartado 327 de la norma De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero A42b que es ω =160 Ahora calculamos σ σ = N (ωA) = 30500 (160 2192) = 12708 le 2600 kgcm2 Donde N se toma la compresioacuten puesto que el pandeo es a compresioacuten y no a traccioacuten y el aacuterea es dos veces la del perfil simple puesto que tenemos dos perfiles

Para el pandeo perpendicular al plano de la estructura esto es entorno al eje de inercia libre tenemos que ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 (3252) donde m = 2 lk = 320m λ1 = l1i1 = 80 195 = 4102 (3253) ______ _____ i se calcula seguacuten el teorema de Steiner IY = Iy + A d2 i = radic (IYA) = radic iy+d2

d = c + e2 = 282 + 06= 342 cm c se ha obtenido de la tabla de perfiles y e es el espesor de la cartela Con todo esto queda que i = 4576 cm λ toma un valor de 81 Entrando en la tabla 327 se obtiene que ω vale 153 este valor es menor auacuten que el anterior con lo que cumpliraacute tambieacuten que σ le σu c) Para la soldadura tomamos como esfuerzo ponderado el mayor de los dos N=42750kg Por la disposicioacuten del centro de gravedad del perfil (no centrado) dicho esfuerzo se repartiraacute de forma distinta en cada soldadura

F1 = 42750 x (28210) = 12056 kg F2 = 42750 x [(10-282)10] = 30695 kg Esto se ha calculado teniendo en cuenta que F1+F2 = 42750 F1a = F2b (sumMcdg=0) a y b se obtienen de la tabla de perfiles El espesor de la garganta lo determinamos seguacuten la tabla 523A Perfil e =10 mm 4 le a le 7 Chapa e = 12mm 4 le a le 8 Probamos con a = 4 mm que cumple los dos intervalos

Puesto que estamos en un caso de esfuerzo axial la longitud eficaz la podemos elegir seguacuten el apartado 523 de la norma Valor miacutenimo l ge 15a = 60 mm l ge b = 100 mm Valor maacuteximo l le 60a = 240 mm l le 12b =1200 mm Probamos con una l = 100 mm que cumple las cuatro condiciones En la tabla 3A61 vemos que estamos en el caso 1 Para la soldadura que soporta F1 12056 (07520410) = 200933 le 2600 kgcm2 Esta soldadura siacute que aguanta Para la soldadura que soporta F2 30695 (07520410) = 511583 ge 2600 kgcm2 supera el liacutemite elaacutestico del acero luego esta soldadura no aguanta y tendremos que aumentar l y a Probando con l = 115 mm y a = 7mm 30695 (075207115) = 2542 le 2600 kgcm2 Esta siacute que aguanta Finalmente

C5 En el disentildeo de un pilar de 5acute25 m de altura se ha adoptado la solucioacuten de 2IPE220 unidos con presillas Acero A42b Las condiciones de contorno son de empotramiento en un extremo y articulacioacuten (sin posibilidad de desplazamiento lateral) en el opuesto iguales en los dos planos de simetriacutea En la resolucioacuten se tendraacute en cuenta cuanto dispone la Norma NBE-AE-95 Se pide a) Maacutexima compresioacuten centrada (ponderada) que puede soportar el pilar b) Disposicioacuten maacutes adecuada de las presillas c) Separacioacuten entre ejes de los perfiles IPE d) Valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas e) Disentildeo de las presillas (dimensiones) y de las soldaduras de unioacuten a los IPE Dibujar

la solucioacuten a) Dadas las condiciones de contorno del pilar calculamos la longitud de pandeo a partir del coeficiente de esbeltez Esto lo encontramos en el apartado 324 de la norma β = 07 lk= 07 x 525 =3675 m λ = lki = 3675 911 = 4034 De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero ω =107 Seguacuten el apartado 327 en las piezas sometidas a compresioacuten centrada ha de verificarse que σ = N (ωA) le σu Despejando N queda N = 16231775 kg Donde i y A se sacan de la tabla de perfiles del anejo 2A1 (i = 911cm A = 334 cm2) y el aacuterea es dos veces el del perfil simple porque tenemos perfiles formando el pilar entre los cuales se reparte la compresioacuten b) 3213 Elementos de enlace de una pieza compuesta l1 le 50i i menor radio de giro del perfil simple i = 248 cm l1le 124 cm 525 124 = 423 tomamos 5 tramos 525 5 =105 cm l1 = 105 cm (le 50i cumple la condicioacuten) c) Del apartado 3252 _______________ λ = radic (lki)2 + (m2)λ1

2 pandeo en un plano perpendicular al eje de inercia libre De esta expresioacuten debemos despejar la i El valor de los paraacutemetros de la misma son λ = 4034 lk=3675m

m = 2 λ1 = l1i1 =105 248 = 4233 (3253 Esbeltez complementaria) Despejando queda ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 42332

Como se puede observar esto no es aplicable porque sale una raiacutez negativa Para arreglar esto tenemos que disminuir el sustrayendo de la raiacutez iquestCoacutemo disminuyendo λ1 para lo cual habraacute que disminuir l1 esto es aumentar el nuacutemero de tramos Tomando 6 tramos 5256 = 875 cm =l1 λ1= l1i1 =875 248 = 3528 ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 35282 = 1955 i = 36751955 =1879 cm s asymp 2i s asymp 38 cm Esta separacioacuten es bastante considerable aumentaremos el nuacutemero de tramos para que no salgan tan separados los perfiles Con 8 tramos ____________ l1 = 5258 =65625 λ1 = 65625 248 = 265 lki = radic 40342 ndash 2652 = 304 i = 3675304 =1209 s = 25cm d) 328 Caacutelculo de los enlaces de las piezas compuestas En el punto 3281 se definen todos los paraacutemetros de las siguientes expresiones que tambieacuten se recogen en eacutel Ti = A( σu80) η = 2 x 334 x (260080) x 1 =2171 kg η = s20i1 lt 1 luego tomamos η =1 (si fuera mayor que 1 se toma el nuacutemero que diera) Tp = Ti (l1ns) = 2171 x (65625 225) = 284943 kg Mp = Ti (l12n) = 2171 x (65625 22) = 3561796 kg cm

C6 La estructura representada consta de una viga continua articulada montada sobre tres pilares El pilar central se une a la viga mediante una articulacioacuten y los pilares laterales mediante apoyos moacuteviles (de forma que es posible el giro y el desplazamiento de las cabezas de dichos pilares en el plano de la figura con independencia del giro de la viga) Para el movimiento en el plano perpendicular al de la figura existen arriostramientos que impiden el desplazamiento de las cabezas de los tres pilares pero no su giro Sobre la viga actuacutea una carga permanente de 3000 Kgm en toda su longitud Ademaacutes puede actuar o no una sobrecarga de 10000 Kgm en cualquier lugar de la misma Se trata de disentildear los pilares laterales con el mismo disentildeo para ambos con una disposicioacuten de dos IPE unidos por presillas Acero A42b (garantizado) Se haraacute de forma que se cumpla lo establecido en la Norma EA-95 y con el criterio de aprovechamiento oacuteptimo del material Se pide

a) Elige la disposicioacuten en planta maacutes adecuada de las dos representadas en la figura

b) Liacutenea de influencia de la reaccioacuten en cada uno de los pilares laterales c) Carga de caacutelculo (ponderada) d) Dimensionado de los perfiles IPE e) Separacioacuten entre presillas (de forma que sea maacutexima) f) Separacioacuten entre los ejes de los perfiles g) Esfuerzos en las presillas

750 750

150

600

a) La disposicioacuten maacutes adecuada es La longitud de pandeo en el plano perpendicular al papel dadas las condiciones que nos dicen es 07L Este caso es menos desfavorable que el que tenemos en el plano del papel donde la longitud de pandeo es 2L Con el caso menos desfavorable disentildearemos los perfiles mientras que en el caso maacutes desfavorable dejaremos la libertad de poder separar los perfiles para manipular el radio de giro b) La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar izquierdo (LI 1) 1

La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar derecho (LI 2) 1

02 c) Para la carga de caacutelculo ponderada primero planteamos las hipoacutetesis de carga para cada liacutenea de influencia anterior Para ello tenemos que tener en cuenta los coeficientes de ponderacioacuten de la Tabla 315 de la norma Para el pilar izquierdo qs+qp

qs = 15 x 10000 =15000 qp = 133 x 3000 = 3990 El valor de la reaccioacuten ponderada se obtiene multiplicando el aacuterea bajo la liacutenea de influencia por la carga ponderada

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

a) 363 Disposiciones constructivas ___ Eleccioacuten del diaacutemetro d asymp radic5e - 02 = 2538 cm donde e = 15 cm Se puede probar con TC 24 y TC 27 Nosotros lo haremos para TC 27 Con un TC 27 el diaacutemetro del agujero seraacute de 28 mm En la tabla 512 vemos que es admisible en relacioacuten con los espesores 14lt a lt 36 Calculamos primero el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado que pueden soportar las chapas supuesto que hacemos la unioacuten con estos tornillos Para ello se descuenta la seccioacuten correspondiente a los taladros Seccioacuten neta 25020 25x2 ndash 2x28x2 = 388 cm2

Para acero A42b el maacuteximo esfuerzo a traccioacuten ponderado seraacute

2600 kgcm2 x 388 cm2 = 100880 kg Seccioacuten neta 20015 20x15 ndash 15x28x2 =216 cm2 Pero tenemos dos chapas como esta asiacute que la seccioacuten neta seraacute 432cm2 Como la seccioacuten neta de la chapa 25020 es menor que la de estas dos el maacuteximo esfuerzo a traccioacuten ponderado seraacute el de antes (100880 kg) pues limita maacutes 365 Resistencia de los elementos de unioacuten La resistencia de la unioacuten seraacute 080σtnA =080300085725 = 10993061 kg gt 100880

En la tabla 253B obtenemos la longitud del vaacutestago sume = 152 + 20 =50 mm l = 90 mm TC 27 Por tanto la unioacuten seraacute 4 TC 27 x 90

c) 363 Disposiciones constructivas Distancias entre centros S ge 35 a =35 x 28 = 98 S le 8 a = 224 S le 15 e = 15 x 15 = 225 S le 15 a = 15 x 28 = 420 Por tanto 98 le s le 224 Distancias a los bordes Frontal t1 ge 2 a = 56 Lateral t2 ge 15 a = 42 A cualquiera t le 6 e = 90 t le 3 a = 84 Por lo tanto 56le t1 le 84 42le t2 le 84 La suma de espesores no excederaacute el valor 65d =1755 sume =50 lt 1755 Agotamiento de un perfil o chapa solicitados a aplastamiento contra la espiga del tornillo 25σ uA = 25 x 2600 x 27 x 20 = 35100 kg Supuesto que actuacutea el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado calculado antes 100880 4 = 25220 kg cada tornillo y no supera el liacutemite de aplastamiento ( lt 35100)

C3 En el proyecto de una estructura se trata de realizar un empalme en un tirante mediante uniones atornilladas con cubrejuntas de alas y de alma como se indica en la figura (el nuacutemero de tornillos que aparecen en la figura lo es soacutelo a tiacutetulo de ejemplo) El tirante es un HEB140 de acero A 42 b Siguiendo la recomendacioacuten de NBE-EA-95 (361) ldquoEn cada estructura los tornillos utilizados seraacuten de 2 oacute 3 diaacutemetros bien diferenciadosrdquo la estructura estaacute proyectada con tornillos ordinarios de acero 4D de diaacutemetros 12 16 y 24 La solucioacuten que se adopte para el empalme debe centildeirse a tornillos de estas caracteriacutesticas Se pide

a) Nuacutemero de tornillos necesarios en cada cubrejuntas a cada lado del empalme y su especificacioacuten seguacuten NBE-EA-95 Para el caacutelculo supoacutengase un esfuerzo de traccioacuten ponderado en el tirante de 88400 Kg Ademaacutes teacutengase en cuenta la tabla 512 de NBE-EA-95

b) Determinar el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado que puede soportar el HEB 140 tras realizar el empalme (es una comprobacioacuten del valor de 88400 Kg supuesto en el apartado a))

NOTAS

bull Se supone que las alas y el alma resisten unas porciones de la carga proporcionales a sus secciones

bull Por razones de limitacioacuten de tiempo nada se pide acerca de la disposicioacuten geomeacutetrica de los agujeros

Seccioacuten 90times6

Seccioacuten

a) De acuerdo con la nota que da el enunciado y con las dimensiones del perfil calculamos primero la parte del esfuerzo que tiene que aguantar el alma y la que tienen que aguantar las alas

- Ala 88400 x [(12x140)(2x12x140+116x7)] = 35597 kg - Alma 88400 x [(116x7)(2x12x140+116x7)] =17205 kg

Elegimos tornillos seguacuten el punto 363 de la norma ___ Alma d = radic5e - 02 = 153 cm rarr probamos con T16 ___ Alas d = radic5e - 02 = 224 cm rarr probamos con T24 Σ espesores alma = 19 mm le 45d =72 mm sum espesores ala = 24 mm le 45d = 108 mm Comprobamos las limitaciones para los agujeros seguacuten la Tabla 512 Alma Min 6 cualquier agujero hasta 17 mm Maacutex 7 Ala Min 12 cualquier agujero hasta 25 mm Maacutex 12 Esta tabla nos indica que se podriacutean coger tornillos que precisaran agujeros hasta esos valores para unir espesores comprendidos entre esos valores maacuteximo y miacutenimo Con esta tabla se nos viene a decir que no cojamos tornillos muy grandes para unir perfiles demasiados delgados y al reveacutes perfiles muy gordos con tornillos demasiado pequentildeos 365 Resistencia de los elementos de unioacuten Alas Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 1 x 45216 = 7053 kg Donde n =1 y asiacute obtenemos lo que aguantariacutea un tornillo a esfuerzo cortante El acero es 4D y el aacuterea es el de la seccioacuten de la espiga de un T24 Un ala teniacutea que aguantar 35597 kg por tanto

35597 7053 = 504 Por lo tanto cogemos 6 tornillos para cada ala ( 6 para el superior y 6 para el

inferior a cada lado de la seccioacuten a unir)

Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 24 x 12 = 14976 kg Esto es lo que aguanta el cubrejuntas Habiacuteamos puesto 6 tornillos cada uno de los cuales deberaacute soportar 35597 6 = 5933 kg

Como esto es menor que lo que aguanta el cubrejuntas (5933 lt 14976) no tendremos agotamiento de la chapa por aplastamiento contra la espiga del tornillo

Ya sabemos que 6 tornillos T24 son suficientes para aguantar la unioacuten ahora nos queda especificar la longitud del vaacutestago Para ello entramos en la tabla 253C de la norma con la longitud de apretadura ( sume =24 mm) y obtenemos Long Vaacutestago = 60 mm Por tanto tenemos 6T24 x 60 en cada ala y a cada lado de la seccioacuten a unir Alma Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 2 x 201 = 6273 kg Donde ahora cada tornillo tiene dos secciones transversales que resisten conjuntamente al es fuerzo cortante y por tanto n = 2 y A es el aacuterea de la seccioacuten de la espiga de un T16 El alma teniacutea que soportar 17205 kg necesitaremos entonces 17205 6273 = 274 Tres tornillos a cada lado de la seccioacuten cada uno de los cuales deberaacute soportar 17205 3 = 5735 Kg Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 07 x 16 = 5824 kg 5824 gt 5735 La chapa aguanta La longitud del vaacutestago la obtenemos con la longitud de apretadura y la tabla 253C de la norma

sume = 19 mm Long Vast = 45 mm por tanto 3T16 x 45 a cada lado de la seccioacuten a unir

b) Maacuteximo esfuerzo a traccioacuten que puede soportar el HEB 140 Hay que descontar los agujeros en la seccioacuten transversal del perfil Seccioacuten neta 43 ndash 4 x 25 x 12 ndash 1 x 07 x 17 = 2981cm2 El maacuteximo esfuerzo que soportaraacute a traccioacuten

σu x A neta = 2600 x 2981 =77506 kg

C4 En las figuras se representa la unioacuten de una barra a una cartela y la disposicioacuten de las presillas en una viga de celosiacutea El material empleado es acero A42b A efectos de caacutelculo la barra tiene una longitud de 320 m Consideradas las distintas hipoacutetesis de carga dicha barra ha de soportar solicitaciones comprendidas entre N=+42750 Kg (traccioacuten) y N=minus30500 Kg (compresioacuten) En un predisentildeo se ha dimensionado la barra con 2L 10010 y la cartela con chapa de 12 mm de espesor Se trata ahora de comprobar esta solucioacuten y completar el disentildeo de la barra todo ello de acuerdo con la Norma EA-95 Se pide

a) Separacioacuten de las presillas a disponer l1 b) Comprobacioacuten de la seccioacuten (Para la determinacioacuten de longitudes de pandeo

teacutengase en cuenta la tabla 3242 de la Norma y consideacuterese que la barra no estaacute en el contorno de la figura)

c) Dimensionado de las soldaduras de unioacuten a la cartela

Soldaduras

Barra 2L 10010

Cartela e = 12 mm

presilla

l1

a) La separacioacuten de las presillas se recoge en el apartado 3213 de la norma l1le 50i El menor radio de giro de la pieza simple considerada (L 10010) se obtiene de las tablas de perfiles i = 195 cm l1le 50 x 195 = 975 cm 320 975 = 328 tomamos 4 tramos 320 4 = 80 cm l1 = 80 cm b) Para la comprobacioacuten de la seccioacuten hay que determinar primero las longitudes de pandeo seguacuten la tabla 3242 de la norma tal y como indica el enunciado Esta tabla nos da los coeficientes de esbeltez β en barras de estructuras triangulares lk=βl Seguacuten la condicioacuten del enunciado de que la barra no estaacute en el contorno de la figura obtenemos de la tabla Pandeo en el plano de la estructura caso 3 β = 08 En el plano de la estructura la longitud de pandeo es lk= 320 x 08 = 256 m Pandeo perpendicular al plano de la estructura caso 3 β = 1 En el plano perpendicular a la estructura la longitud de pandeo es lk = 320 x 1 =320 m Ahora calculamos las esbelteces seguacuten el apartado 3252 de la norma Para el pandeo en el plano de la estructura esto es entorno a un eje de inercia material (por la colocacioacuten que nos dan de los perfiles) tenemos que λ = lk i = 256 304 = 8421 (i se obtiene de la tabla de perfiles) Con este dato ya podemos calcular el pandeo de piezas sometidas a compresioacuten centrada seguacuten el apartado 327 de la norma De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero A42b que es ω =160 Ahora calculamos σ σ = N (ωA) = 30500 (160 2192) = 12708 le 2600 kgcm2 Donde N se toma la compresioacuten puesto que el pandeo es a compresioacuten y no a traccioacuten y el aacuterea es dos veces la del perfil simple puesto que tenemos dos perfiles

Para el pandeo perpendicular al plano de la estructura esto es entorno al eje de inercia libre tenemos que ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 (3252) donde m = 2 lk = 320m λ1 = l1i1 = 80 195 = 4102 (3253) ______ _____ i se calcula seguacuten el teorema de Steiner IY = Iy + A d2 i = radic (IYA) = radic iy+d2

d = c + e2 = 282 + 06= 342 cm c se ha obtenido de la tabla de perfiles y e es el espesor de la cartela Con todo esto queda que i = 4576 cm λ toma un valor de 81 Entrando en la tabla 327 se obtiene que ω vale 153 este valor es menor auacuten que el anterior con lo que cumpliraacute tambieacuten que σ le σu c) Para la soldadura tomamos como esfuerzo ponderado el mayor de los dos N=42750kg Por la disposicioacuten del centro de gravedad del perfil (no centrado) dicho esfuerzo se repartiraacute de forma distinta en cada soldadura

F1 = 42750 x (28210) = 12056 kg F2 = 42750 x [(10-282)10] = 30695 kg Esto se ha calculado teniendo en cuenta que F1+F2 = 42750 F1a = F2b (sumMcdg=0) a y b se obtienen de la tabla de perfiles El espesor de la garganta lo determinamos seguacuten la tabla 523A Perfil e =10 mm 4 le a le 7 Chapa e = 12mm 4 le a le 8 Probamos con a = 4 mm que cumple los dos intervalos

Puesto que estamos en un caso de esfuerzo axial la longitud eficaz la podemos elegir seguacuten el apartado 523 de la norma Valor miacutenimo l ge 15a = 60 mm l ge b = 100 mm Valor maacuteximo l le 60a = 240 mm l le 12b =1200 mm Probamos con una l = 100 mm que cumple las cuatro condiciones En la tabla 3A61 vemos que estamos en el caso 1 Para la soldadura que soporta F1 12056 (07520410) = 200933 le 2600 kgcm2 Esta soldadura siacute que aguanta Para la soldadura que soporta F2 30695 (07520410) = 511583 ge 2600 kgcm2 supera el liacutemite elaacutestico del acero luego esta soldadura no aguanta y tendremos que aumentar l y a Probando con l = 115 mm y a = 7mm 30695 (075207115) = 2542 le 2600 kgcm2 Esta siacute que aguanta Finalmente

C5 En el disentildeo de un pilar de 5acute25 m de altura se ha adoptado la solucioacuten de 2IPE220 unidos con presillas Acero A42b Las condiciones de contorno son de empotramiento en un extremo y articulacioacuten (sin posibilidad de desplazamiento lateral) en el opuesto iguales en los dos planos de simetriacutea En la resolucioacuten se tendraacute en cuenta cuanto dispone la Norma NBE-AE-95 Se pide a) Maacutexima compresioacuten centrada (ponderada) que puede soportar el pilar b) Disposicioacuten maacutes adecuada de las presillas c) Separacioacuten entre ejes de los perfiles IPE d) Valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas e) Disentildeo de las presillas (dimensiones) y de las soldaduras de unioacuten a los IPE Dibujar

la solucioacuten a) Dadas las condiciones de contorno del pilar calculamos la longitud de pandeo a partir del coeficiente de esbeltez Esto lo encontramos en el apartado 324 de la norma β = 07 lk= 07 x 525 =3675 m λ = lki = 3675 911 = 4034 De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero ω =107 Seguacuten el apartado 327 en las piezas sometidas a compresioacuten centrada ha de verificarse que σ = N (ωA) le σu Despejando N queda N = 16231775 kg Donde i y A se sacan de la tabla de perfiles del anejo 2A1 (i = 911cm A = 334 cm2) y el aacuterea es dos veces el del perfil simple porque tenemos perfiles formando el pilar entre los cuales se reparte la compresioacuten b) 3213 Elementos de enlace de una pieza compuesta l1 le 50i i menor radio de giro del perfil simple i = 248 cm l1le 124 cm 525 124 = 423 tomamos 5 tramos 525 5 =105 cm l1 = 105 cm (le 50i cumple la condicioacuten) c) Del apartado 3252 _______________ λ = radic (lki)2 + (m2)λ1

2 pandeo en un plano perpendicular al eje de inercia libre De esta expresioacuten debemos despejar la i El valor de los paraacutemetros de la misma son λ = 4034 lk=3675m

m = 2 λ1 = l1i1 =105 248 = 4233 (3253 Esbeltez complementaria) Despejando queda ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 42332

Como se puede observar esto no es aplicable porque sale una raiacutez negativa Para arreglar esto tenemos que disminuir el sustrayendo de la raiacutez iquestCoacutemo disminuyendo λ1 para lo cual habraacute que disminuir l1 esto es aumentar el nuacutemero de tramos Tomando 6 tramos 5256 = 875 cm =l1 λ1= l1i1 =875 248 = 3528 ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 35282 = 1955 i = 36751955 =1879 cm s asymp 2i s asymp 38 cm Esta separacioacuten es bastante considerable aumentaremos el nuacutemero de tramos para que no salgan tan separados los perfiles Con 8 tramos ____________ l1 = 5258 =65625 λ1 = 65625 248 = 265 lki = radic 40342 ndash 2652 = 304 i = 3675304 =1209 s = 25cm d) 328 Caacutelculo de los enlaces de las piezas compuestas En el punto 3281 se definen todos los paraacutemetros de las siguientes expresiones que tambieacuten se recogen en eacutel Ti = A( σu80) η = 2 x 334 x (260080) x 1 =2171 kg η = s20i1 lt 1 luego tomamos η =1 (si fuera mayor que 1 se toma el nuacutemero que diera) Tp = Ti (l1ns) = 2171 x (65625 225) = 284943 kg Mp = Ti (l12n) = 2171 x (65625 22) = 3561796 kg cm

C6 La estructura representada consta de una viga continua articulada montada sobre tres pilares El pilar central se une a la viga mediante una articulacioacuten y los pilares laterales mediante apoyos moacuteviles (de forma que es posible el giro y el desplazamiento de las cabezas de dichos pilares en el plano de la figura con independencia del giro de la viga) Para el movimiento en el plano perpendicular al de la figura existen arriostramientos que impiden el desplazamiento de las cabezas de los tres pilares pero no su giro Sobre la viga actuacutea una carga permanente de 3000 Kgm en toda su longitud Ademaacutes puede actuar o no una sobrecarga de 10000 Kgm en cualquier lugar de la misma Se trata de disentildear los pilares laterales con el mismo disentildeo para ambos con una disposicioacuten de dos IPE unidos por presillas Acero A42b (garantizado) Se haraacute de forma que se cumpla lo establecido en la Norma EA-95 y con el criterio de aprovechamiento oacuteptimo del material Se pide

a) Elige la disposicioacuten en planta maacutes adecuada de las dos representadas en la figura

b) Liacutenea de influencia de la reaccioacuten en cada uno de los pilares laterales c) Carga de caacutelculo (ponderada) d) Dimensionado de los perfiles IPE e) Separacioacuten entre presillas (de forma que sea maacutexima) f) Separacioacuten entre los ejes de los perfiles g) Esfuerzos en las presillas

750 750

150

600

a) La disposicioacuten maacutes adecuada es La longitud de pandeo en el plano perpendicular al papel dadas las condiciones que nos dicen es 07L Este caso es menos desfavorable que el que tenemos en el plano del papel donde la longitud de pandeo es 2L Con el caso menos desfavorable disentildearemos los perfiles mientras que en el caso maacutes desfavorable dejaremos la libertad de poder separar los perfiles para manipular el radio de giro b) La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar izquierdo (LI 1) 1

La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar derecho (LI 2) 1

02 c) Para la carga de caacutelculo ponderada primero planteamos las hipoacutetesis de carga para cada liacutenea de influencia anterior Para ello tenemos que tener en cuenta los coeficientes de ponderacioacuten de la Tabla 315 de la norma Para el pilar izquierdo qs+qp

qs = 15 x 10000 =15000 qp = 133 x 3000 = 3990 El valor de la reaccioacuten ponderada se obtiene multiplicando el aacuterea bajo la liacutenea de influencia por la carga ponderada

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

c) 363 Disposiciones constructivas Distancias entre centros S ge 35 a =35 x 28 = 98 S le 8 a = 224 S le 15 e = 15 x 15 = 225 S le 15 a = 15 x 28 = 420 Por tanto 98 le s le 224 Distancias a los bordes Frontal t1 ge 2 a = 56 Lateral t2 ge 15 a = 42 A cualquiera t le 6 e = 90 t le 3 a = 84 Por lo tanto 56le t1 le 84 42le t2 le 84 La suma de espesores no excederaacute el valor 65d =1755 sume =50 lt 1755 Agotamiento de un perfil o chapa solicitados a aplastamiento contra la espiga del tornillo 25σ uA = 25 x 2600 x 27 x 20 = 35100 kg Supuesto que actuacutea el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado calculado antes 100880 4 = 25220 kg cada tornillo y no supera el liacutemite de aplastamiento ( lt 35100)

C3 En el proyecto de una estructura se trata de realizar un empalme en un tirante mediante uniones atornilladas con cubrejuntas de alas y de alma como se indica en la figura (el nuacutemero de tornillos que aparecen en la figura lo es soacutelo a tiacutetulo de ejemplo) El tirante es un HEB140 de acero A 42 b Siguiendo la recomendacioacuten de NBE-EA-95 (361) ldquoEn cada estructura los tornillos utilizados seraacuten de 2 oacute 3 diaacutemetros bien diferenciadosrdquo la estructura estaacute proyectada con tornillos ordinarios de acero 4D de diaacutemetros 12 16 y 24 La solucioacuten que se adopte para el empalme debe centildeirse a tornillos de estas caracteriacutesticas Se pide

a) Nuacutemero de tornillos necesarios en cada cubrejuntas a cada lado del empalme y su especificacioacuten seguacuten NBE-EA-95 Para el caacutelculo supoacutengase un esfuerzo de traccioacuten ponderado en el tirante de 88400 Kg Ademaacutes teacutengase en cuenta la tabla 512 de NBE-EA-95

b) Determinar el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado que puede soportar el HEB 140 tras realizar el empalme (es una comprobacioacuten del valor de 88400 Kg supuesto en el apartado a))

NOTAS

bull Se supone que las alas y el alma resisten unas porciones de la carga proporcionales a sus secciones

bull Por razones de limitacioacuten de tiempo nada se pide acerca de la disposicioacuten geomeacutetrica de los agujeros

Seccioacuten 90times6

Seccioacuten

a) De acuerdo con la nota que da el enunciado y con las dimensiones del perfil calculamos primero la parte del esfuerzo que tiene que aguantar el alma y la que tienen que aguantar las alas

- Ala 88400 x [(12x140)(2x12x140+116x7)] = 35597 kg - Alma 88400 x [(116x7)(2x12x140+116x7)] =17205 kg

Elegimos tornillos seguacuten el punto 363 de la norma ___ Alma d = radic5e - 02 = 153 cm rarr probamos con T16 ___ Alas d = radic5e - 02 = 224 cm rarr probamos con T24 Σ espesores alma = 19 mm le 45d =72 mm sum espesores ala = 24 mm le 45d = 108 mm Comprobamos las limitaciones para los agujeros seguacuten la Tabla 512 Alma Min 6 cualquier agujero hasta 17 mm Maacutex 7 Ala Min 12 cualquier agujero hasta 25 mm Maacutex 12 Esta tabla nos indica que se podriacutean coger tornillos que precisaran agujeros hasta esos valores para unir espesores comprendidos entre esos valores maacuteximo y miacutenimo Con esta tabla se nos viene a decir que no cojamos tornillos muy grandes para unir perfiles demasiados delgados y al reveacutes perfiles muy gordos con tornillos demasiado pequentildeos 365 Resistencia de los elementos de unioacuten Alas Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 1 x 45216 = 7053 kg Donde n =1 y asiacute obtenemos lo que aguantariacutea un tornillo a esfuerzo cortante El acero es 4D y el aacuterea es el de la seccioacuten de la espiga de un T24 Un ala teniacutea que aguantar 35597 kg por tanto

35597 7053 = 504 Por lo tanto cogemos 6 tornillos para cada ala ( 6 para el superior y 6 para el

inferior a cada lado de la seccioacuten a unir)

Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 24 x 12 = 14976 kg Esto es lo que aguanta el cubrejuntas Habiacuteamos puesto 6 tornillos cada uno de los cuales deberaacute soportar 35597 6 = 5933 kg

Como esto es menor que lo que aguanta el cubrejuntas (5933 lt 14976) no tendremos agotamiento de la chapa por aplastamiento contra la espiga del tornillo

Ya sabemos que 6 tornillos T24 son suficientes para aguantar la unioacuten ahora nos queda especificar la longitud del vaacutestago Para ello entramos en la tabla 253C de la norma con la longitud de apretadura ( sume =24 mm) y obtenemos Long Vaacutestago = 60 mm Por tanto tenemos 6T24 x 60 en cada ala y a cada lado de la seccioacuten a unir Alma Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 2 x 201 = 6273 kg Donde ahora cada tornillo tiene dos secciones transversales que resisten conjuntamente al es fuerzo cortante y por tanto n = 2 y A es el aacuterea de la seccioacuten de la espiga de un T16 El alma teniacutea que soportar 17205 kg necesitaremos entonces 17205 6273 = 274 Tres tornillos a cada lado de la seccioacuten cada uno de los cuales deberaacute soportar 17205 3 = 5735 Kg Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 07 x 16 = 5824 kg 5824 gt 5735 La chapa aguanta La longitud del vaacutestago la obtenemos con la longitud de apretadura y la tabla 253C de la norma

sume = 19 mm Long Vast = 45 mm por tanto 3T16 x 45 a cada lado de la seccioacuten a unir

b) Maacuteximo esfuerzo a traccioacuten que puede soportar el HEB 140 Hay que descontar los agujeros en la seccioacuten transversal del perfil Seccioacuten neta 43 ndash 4 x 25 x 12 ndash 1 x 07 x 17 = 2981cm2 El maacuteximo esfuerzo que soportaraacute a traccioacuten

σu x A neta = 2600 x 2981 =77506 kg

C4 En las figuras se representa la unioacuten de una barra a una cartela y la disposicioacuten de las presillas en una viga de celosiacutea El material empleado es acero A42b A efectos de caacutelculo la barra tiene una longitud de 320 m Consideradas las distintas hipoacutetesis de carga dicha barra ha de soportar solicitaciones comprendidas entre N=+42750 Kg (traccioacuten) y N=minus30500 Kg (compresioacuten) En un predisentildeo se ha dimensionado la barra con 2L 10010 y la cartela con chapa de 12 mm de espesor Se trata ahora de comprobar esta solucioacuten y completar el disentildeo de la barra todo ello de acuerdo con la Norma EA-95 Se pide

a) Separacioacuten de las presillas a disponer l1 b) Comprobacioacuten de la seccioacuten (Para la determinacioacuten de longitudes de pandeo

teacutengase en cuenta la tabla 3242 de la Norma y consideacuterese que la barra no estaacute en el contorno de la figura)

c) Dimensionado de las soldaduras de unioacuten a la cartela

Soldaduras

Barra 2L 10010

Cartela e = 12 mm

presilla

l1

a) La separacioacuten de las presillas se recoge en el apartado 3213 de la norma l1le 50i El menor radio de giro de la pieza simple considerada (L 10010) se obtiene de las tablas de perfiles i = 195 cm l1le 50 x 195 = 975 cm 320 975 = 328 tomamos 4 tramos 320 4 = 80 cm l1 = 80 cm b) Para la comprobacioacuten de la seccioacuten hay que determinar primero las longitudes de pandeo seguacuten la tabla 3242 de la norma tal y como indica el enunciado Esta tabla nos da los coeficientes de esbeltez β en barras de estructuras triangulares lk=βl Seguacuten la condicioacuten del enunciado de que la barra no estaacute en el contorno de la figura obtenemos de la tabla Pandeo en el plano de la estructura caso 3 β = 08 En el plano de la estructura la longitud de pandeo es lk= 320 x 08 = 256 m Pandeo perpendicular al plano de la estructura caso 3 β = 1 En el plano perpendicular a la estructura la longitud de pandeo es lk = 320 x 1 =320 m Ahora calculamos las esbelteces seguacuten el apartado 3252 de la norma Para el pandeo en el plano de la estructura esto es entorno a un eje de inercia material (por la colocacioacuten que nos dan de los perfiles) tenemos que λ = lk i = 256 304 = 8421 (i se obtiene de la tabla de perfiles) Con este dato ya podemos calcular el pandeo de piezas sometidas a compresioacuten centrada seguacuten el apartado 327 de la norma De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero A42b que es ω =160 Ahora calculamos σ σ = N (ωA) = 30500 (160 2192) = 12708 le 2600 kgcm2 Donde N se toma la compresioacuten puesto que el pandeo es a compresioacuten y no a traccioacuten y el aacuterea es dos veces la del perfil simple puesto que tenemos dos perfiles

Para el pandeo perpendicular al plano de la estructura esto es entorno al eje de inercia libre tenemos que ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 (3252) donde m = 2 lk = 320m λ1 = l1i1 = 80 195 = 4102 (3253) ______ _____ i se calcula seguacuten el teorema de Steiner IY = Iy + A d2 i = radic (IYA) = radic iy+d2

d = c + e2 = 282 + 06= 342 cm c se ha obtenido de la tabla de perfiles y e es el espesor de la cartela Con todo esto queda que i = 4576 cm λ toma un valor de 81 Entrando en la tabla 327 se obtiene que ω vale 153 este valor es menor auacuten que el anterior con lo que cumpliraacute tambieacuten que σ le σu c) Para la soldadura tomamos como esfuerzo ponderado el mayor de los dos N=42750kg Por la disposicioacuten del centro de gravedad del perfil (no centrado) dicho esfuerzo se repartiraacute de forma distinta en cada soldadura

F1 = 42750 x (28210) = 12056 kg F2 = 42750 x [(10-282)10] = 30695 kg Esto se ha calculado teniendo en cuenta que F1+F2 = 42750 F1a = F2b (sumMcdg=0) a y b se obtienen de la tabla de perfiles El espesor de la garganta lo determinamos seguacuten la tabla 523A Perfil e =10 mm 4 le a le 7 Chapa e = 12mm 4 le a le 8 Probamos con a = 4 mm que cumple los dos intervalos

Puesto que estamos en un caso de esfuerzo axial la longitud eficaz la podemos elegir seguacuten el apartado 523 de la norma Valor miacutenimo l ge 15a = 60 mm l ge b = 100 mm Valor maacuteximo l le 60a = 240 mm l le 12b =1200 mm Probamos con una l = 100 mm que cumple las cuatro condiciones En la tabla 3A61 vemos que estamos en el caso 1 Para la soldadura que soporta F1 12056 (07520410) = 200933 le 2600 kgcm2 Esta soldadura siacute que aguanta Para la soldadura que soporta F2 30695 (07520410) = 511583 ge 2600 kgcm2 supera el liacutemite elaacutestico del acero luego esta soldadura no aguanta y tendremos que aumentar l y a Probando con l = 115 mm y a = 7mm 30695 (075207115) = 2542 le 2600 kgcm2 Esta siacute que aguanta Finalmente

C5 En el disentildeo de un pilar de 5acute25 m de altura se ha adoptado la solucioacuten de 2IPE220 unidos con presillas Acero A42b Las condiciones de contorno son de empotramiento en un extremo y articulacioacuten (sin posibilidad de desplazamiento lateral) en el opuesto iguales en los dos planos de simetriacutea En la resolucioacuten se tendraacute en cuenta cuanto dispone la Norma NBE-AE-95 Se pide a) Maacutexima compresioacuten centrada (ponderada) que puede soportar el pilar b) Disposicioacuten maacutes adecuada de las presillas c) Separacioacuten entre ejes de los perfiles IPE d) Valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas e) Disentildeo de las presillas (dimensiones) y de las soldaduras de unioacuten a los IPE Dibujar

la solucioacuten a) Dadas las condiciones de contorno del pilar calculamos la longitud de pandeo a partir del coeficiente de esbeltez Esto lo encontramos en el apartado 324 de la norma β = 07 lk= 07 x 525 =3675 m λ = lki = 3675 911 = 4034 De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero ω =107 Seguacuten el apartado 327 en las piezas sometidas a compresioacuten centrada ha de verificarse que σ = N (ωA) le σu Despejando N queda N = 16231775 kg Donde i y A se sacan de la tabla de perfiles del anejo 2A1 (i = 911cm A = 334 cm2) y el aacuterea es dos veces el del perfil simple porque tenemos perfiles formando el pilar entre los cuales se reparte la compresioacuten b) 3213 Elementos de enlace de una pieza compuesta l1 le 50i i menor radio de giro del perfil simple i = 248 cm l1le 124 cm 525 124 = 423 tomamos 5 tramos 525 5 =105 cm l1 = 105 cm (le 50i cumple la condicioacuten) c) Del apartado 3252 _______________ λ = radic (lki)2 + (m2)λ1

2 pandeo en un plano perpendicular al eje de inercia libre De esta expresioacuten debemos despejar la i El valor de los paraacutemetros de la misma son λ = 4034 lk=3675m

m = 2 λ1 = l1i1 =105 248 = 4233 (3253 Esbeltez complementaria) Despejando queda ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 42332

Como se puede observar esto no es aplicable porque sale una raiacutez negativa Para arreglar esto tenemos que disminuir el sustrayendo de la raiacutez iquestCoacutemo disminuyendo λ1 para lo cual habraacute que disminuir l1 esto es aumentar el nuacutemero de tramos Tomando 6 tramos 5256 = 875 cm =l1 λ1= l1i1 =875 248 = 3528 ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 35282 = 1955 i = 36751955 =1879 cm s asymp 2i s asymp 38 cm Esta separacioacuten es bastante considerable aumentaremos el nuacutemero de tramos para que no salgan tan separados los perfiles Con 8 tramos ____________ l1 = 5258 =65625 λ1 = 65625 248 = 265 lki = radic 40342 ndash 2652 = 304 i = 3675304 =1209 s = 25cm d) 328 Caacutelculo de los enlaces de las piezas compuestas En el punto 3281 se definen todos los paraacutemetros de las siguientes expresiones que tambieacuten se recogen en eacutel Ti = A( σu80) η = 2 x 334 x (260080) x 1 =2171 kg η = s20i1 lt 1 luego tomamos η =1 (si fuera mayor que 1 se toma el nuacutemero que diera) Tp = Ti (l1ns) = 2171 x (65625 225) = 284943 kg Mp = Ti (l12n) = 2171 x (65625 22) = 3561796 kg cm

C6 La estructura representada consta de una viga continua articulada montada sobre tres pilares El pilar central se une a la viga mediante una articulacioacuten y los pilares laterales mediante apoyos moacuteviles (de forma que es posible el giro y el desplazamiento de las cabezas de dichos pilares en el plano de la figura con independencia del giro de la viga) Para el movimiento en el plano perpendicular al de la figura existen arriostramientos que impiden el desplazamiento de las cabezas de los tres pilares pero no su giro Sobre la viga actuacutea una carga permanente de 3000 Kgm en toda su longitud Ademaacutes puede actuar o no una sobrecarga de 10000 Kgm en cualquier lugar de la misma Se trata de disentildear los pilares laterales con el mismo disentildeo para ambos con una disposicioacuten de dos IPE unidos por presillas Acero A42b (garantizado) Se haraacute de forma que se cumpla lo establecido en la Norma EA-95 y con el criterio de aprovechamiento oacuteptimo del material Se pide

a) Elige la disposicioacuten en planta maacutes adecuada de las dos representadas en la figura

b) Liacutenea de influencia de la reaccioacuten en cada uno de los pilares laterales c) Carga de caacutelculo (ponderada) d) Dimensionado de los perfiles IPE e) Separacioacuten entre presillas (de forma que sea maacutexima) f) Separacioacuten entre los ejes de los perfiles g) Esfuerzos en las presillas

750 750

150

600

a) La disposicioacuten maacutes adecuada es La longitud de pandeo en el plano perpendicular al papel dadas las condiciones que nos dicen es 07L Este caso es menos desfavorable que el que tenemos en el plano del papel donde la longitud de pandeo es 2L Con el caso menos desfavorable disentildearemos los perfiles mientras que en el caso maacutes desfavorable dejaremos la libertad de poder separar los perfiles para manipular el radio de giro b) La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar izquierdo (LI 1) 1

La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar derecho (LI 2) 1

02 c) Para la carga de caacutelculo ponderada primero planteamos las hipoacutetesis de carga para cada liacutenea de influencia anterior Para ello tenemos que tener en cuenta los coeficientes de ponderacioacuten de la Tabla 315 de la norma Para el pilar izquierdo qs+qp

qs = 15 x 10000 =15000 qp = 133 x 3000 = 3990 El valor de la reaccioacuten ponderada se obtiene multiplicando el aacuterea bajo la liacutenea de influencia por la carga ponderada

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

C3 En el proyecto de una estructura se trata de realizar un empalme en un tirante mediante uniones atornilladas con cubrejuntas de alas y de alma como se indica en la figura (el nuacutemero de tornillos que aparecen en la figura lo es soacutelo a tiacutetulo de ejemplo) El tirante es un HEB140 de acero A 42 b Siguiendo la recomendacioacuten de NBE-EA-95 (361) ldquoEn cada estructura los tornillos utilizados seraacuten de 2 oacute 3 diaacutemetros bien diferenciadosrdquo la estructura estaacute proyectada con tornillos ordinarios de acero 4D de diaacutemetros 12 16 y 24 La solucioacuten que se adopte para el empalme debe centildeirse a tornillos de estas caracteriacutesticas Se pide

a) Nuacutemero de tornillos necesarios en cada cubrejuntas a cada lado del empalme y su especificacioacuten seguacuten NBE-EA-95 Para el caacutelculo supoacutengase un esfuerzo de traccioacuten ponderado en el tirante de 88400 Kg Ademaacutes teacutengase en cuenta la tabla 512 de NBE-EA-95

b) Determinar el maacuteximo esfuerzo de traccioacuten ponderado que puede soportar el HEB 140 tras realizar el empalme (es una comprobacioacuten del valor de 88400 Kg supuesto en el apartado a))

NOTAS

bull Se supone que las alas y el alma resisten unas porciones de la carga proporcionales a sus secciones

bull Por razones de limitacioacuten de tiempo nada se pide acerca de la disposicioacuten geomeacutetrica de los agujeros

Seccioacuten 90times6

Seccioacuten

a) De acuerdo con la nota que da el enunciado y con las dimensiones del perfil calculamos primero la parte del esfuerzo que tiene que aguantar el alma y la que tienen que aguantar las alas

- Ala 88400 x [(12x140)(2x12x140+116x7)] = 35597 kg - Alma 88400 x [(116x7)(2x12x140+116x7)] =17205 kg

Elegimos tornillos seguacuten el punto 363 de la norma ___ Alma d = radic5e - 02 = 153 cm rarr probamos con T16 ___ Alas d = radic5e - 02 = 224 cm rarr probamos con T24 Σ espesores alma = 19 mm le 45d =72 mm sum espesores ala = 24 mm le 45d = 108 mm Comprobamos las limitaciones para los agujeros seguacuten la Tabla 512 Alma Min 6 cualquier agujero hasta 17 mm Maacutex 7 Ala Min 12 cualquier agujero hasta 25 mm Maacutex 12 Esta tabla nos indica que se podriacutean coger tornillos que precisaran agujeros hasta esos valores para unir espesores comprendidos entre esos valores maacuteximo y miacutenimo Con esta tabla se nos viene a decir que no cojamos tornillos muy grandes para unir perfiles demasiados delgados y al reveacutes perfiles muy gordos con tornillos demasiado pequentildeos 365 Resistencia de los elementos de unioacuten Alas Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 1 x 45216 = 7053 kg Donde n =1 y asiacute obtenemos lo que aguantariacutea un tornillo a esfuerzo cortante El acero es 4D y el aacuterea es el de la seccioacuten de la espiga de un T24 Un ala teniacutea que aguantar 35597 kg por tanto

35597 7053 = 504 Por lo tanto cogemos 6 tornillos para cada ala ( 6 para el superior y 6 para el

inferior a cada lado de la seccioacuten a unir)

Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 24 x 12 = 14976 kg Esto es lo que aguanta el cubrejuntas Habiacuteamos puesto 6 tornillos cada uno de los cuales deberaacute soportar 35597 6 = 5933 kg

Como esto es menor que lo que aguanta el cubrejuntas (5933 lt 14976) no tendremos agotamiento de la chapa por aplastamiento contra la espiga del tornillo

Ya sabemos que 6 tornillos T24 son suficientes para aguantar la unioacuten ahora nos queda especificar la longitud del vaacutestago Para ello entramos en la tabla 253C de la norma con la longitud de apretadura ( sume =24 mm) y obtenemos Long Vaacutestago = 60 mm Por tanto tenemos 6T24 x 60 en cada ala y a cada lado de la seccioacuten a unir Alma Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 2 x 201 = 6273 kg Donde ahora cada tornillo tiene dos secciones transversales que resisten conjuntamente al es fuerzo cortante y por tanto n = 2 y A es el aacuterea de la seccioacuten de la espiga de un T16 El alma teniacutea que soportar 17205 kg necesitaremos entonces 17205 6273 = 274 Tres tornillos a cada lado de la seccioacuten cada uno de los cuales deberaacute soportar 17205 3 = 5735 Kg Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 07 x 16 = 5824 kg 5824 gt 5735 La chapa aguanta La longitud del vaacutestago la obtenemos con la longitud de apretadura y la tabla 253C de la norma

sume = 19 mm Long Vast = 45 mm por tanto 3T16 x 45 a cada lado de la seccioacuten a unir

b) Maacuteximo esfuerzo a traccioacuten que puede soportar el HEB 140 Hay que descontar los agujeros en la seccioacuten transversal del perfil Seccioacuten neta 43 ndash 4 x 25 x 12 ndash 1 x 07 x 17 = 2981cm2 El maacuteximo esfuerzo que soportaraacute a traccioacuten

σu x A neta = 2600 x 2981 =77506 kg

C4 En las figuras se representa la unioacuten de una barra a una cartela y la disposicioacuten de las presillas en una viga de celosiacutea El material empleado es acero A42b A efectos de caacutelculo la barra tiene una longitud de 320 m Consideradas las distintas hipoacutetesis de carga dicha barra ha de soportar solicitaciones comprendidas entre N=+42750 Kg (traccioacuten) y N=minus30500 Kg (compresioacuten) En un predisentildeo se ha dimensionado la barra con 2L 10010 y la cartela con chapa de 12 mm de espesor Se trata ahora de comprobar esta solucioacuten y completar el disentildeo de la barra todo ello de acuerdo con la Norma EA-95 Se pide

a) Separacioacuten de las presillas a disponer l1 b) Comprobacioacuten de la seccioacuten (Para la determinacioacuten de longitudes de pandeo

teacutengase en cuenta la tabla 3242 de la Norma y consideacuterese que la barra no estaacute en el contorno de la figura)

c) Dimensionado de las soldaduras de unioacuten a la cartela

Soldaduras

Barra 2L 10010

Cartela e = 12 mm

presilla

l1

a) La separacioacuten de las presillas se recoge en el apartado 3213 de la norma l1le 50i El menor radio de giro de la pieza simple considerada (L 10010) se obtiene de las tablas de perfiles i = 195 cm l1le 50 x 195 = 975 cm 320 975 = 328 tomamos 4 tramos 320 4 = 80 cm l1 = 80 cm b) Para la comprobacioacuten de la seccioacuten hay que determinar primero las longitudes de pandeo seguacuten la tabla 3242 de la norma tal y como indica el enunciado Esta tabla nos da los coeficientes de esbeltez β en barras de estructuras triangulares lk=βl Seguacuten la condicioacuten del enunciado de que la barra no estaacute en el contorno de la figura obtenemos de la tabla Pandeo en el plano de la estructura caso 3 β = 08 En el plano de la estructura la longitud de pandeo es lk= 320 x 08 = 256 m Pandeo perpendicular al plano de la estructura caso 3 β = 1 En el plano perpendicular a la estructura la longitud de pandeo es lk = 320 x 1 =320 m Ahora calculamos las esbelteces seguacuten el apartado 3252 de la norma Para el pandeo en el plano de la estructura esto es entorno a un eje de inercia material (por la colocacioacuten que nos dan de los perfiles) tenemos que λ = lk i = 256 304 = 8421 (i se obtiene de la tabla de perfiles) Con este dato ya podemos calcular el pandeo de piezas sometidas a compresioacuten centrada seguacuten el apartado 327 de la norma De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero A42b que es ω =160 Ahora calculamos σ σ = N (ωA) = 30500 (160 2192) = 12708 le 2600 kgcm2 Donde N se toma la compresioacuten puesto que el pandeo es a compresioacuten y no a traccioacuten y el aacuterea es dos veces la del perfil simple puesto que tenemos dos perfiles

Para el pandeo perpendicular al plano de la estructura esto es entorno al eje de inercia libre tenemos que ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 (3252) donde m = 2 lk = 320m λ1 = l1i1 = 80 195 = 4102 (3253) ______ _____ i se calcula seguacuten el teorema de Steiner IY = Iy + A d2 i = radic (IYA) = radic iy+d2

d = c + e2 = 282 + 06= 342 cm c se ha obtenido de la tabla de perfiles y e es el espesor de la cartela Con todo esto queda que i = 4576 cm λ toma un valor de 81 Entrando en la tabla 327 se obtiene que ω vale 153 este valor es menor auacuten que el anterior con lo que cumpliraacute tambieacuten que σ le σu c) Para la soldadura tomamos como esfuerzo ponderado el mayor de los dos N=42750kg Por la disposicioacuten del centro de gravedad del perfil (no centrado) dicho esfuerzo se repartiraacute de forma distinta en cada soldadura

F1 = 42750 x (28210) = 12056 kg F2 = 42750 x [(10-282)10] = 30695 kg Esto se ha calculado teniendo en cuenta que F1+F2 = 42750 F1a = F2b (sumMcdg=0) a y b se obtienen de la tabla de perfiles El espesor de la garganta lo determinamos seguacuten la tabla 523A Perfil e =10 mm 4 le a le 7 Chapa e = 12mm 4 le a le 8 Probamos con a = 4 mm que cumple los dos intervalos

Puesto que estamos en un caso de esfuerzo axial la longitud eficaz la podemos elegir seguacuten el apartado 523 de la norma Valor miacutenimo l ge 15a = 60 mm l ge b = 100 mm Valor maacuteximo l le 60a = 240 mm l le 12b =1200 mm Probamos con una l = 100 mm que cumple las cuatro condiciones En la tabla 3A61 vemos que estamos en el caso 1 Para la soldadura que soporta F1 12056 (07520410) = 200933 le 2600 kgcm2 Esta soldadura siacute que aguanta Para la soldadura que soporta F2 30695 (07520410) = 511583 ge 2600 kgcm2 supera el liacutemite elaacutestico del acero luego esta soldadura no aguanta y tendremos que aumentar l y a Probando con l = 115 mm y a = 7mm 30695 (075207115) = 2542 le 2600 kgcm2 Esta siacute que aguanta Finalmente

C5 En el disentildeo de un pilar de 5acute25 m de altura se ha adoptado la solucioacuten de 2IPE220 unidos con presillas Acero A42b Las condiciones de contorno son de empotramiento en un extremo y articulacioacuten (sin posibilidad de desplazamiento lateral) en el opuesto iguales en los dos planos de simetriacutea En la resolucioacuten se tendraacute en cuenta cuanto dispone la Norma NBE-AE-95 Se pide a) Maacutexima compresioacuten centrada (ponderada) que puede soportar el pilar b) Disposicioacuten maacutes adecuada de las presillas c) Separacioacuten entre ejes de los perfiles IPE d) Valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas e) Disentildeo de las presillas (dimensiones) y de las soldaduras de unioacuten a los IPE Dibujar

la solucioacuten a) Dadas las condiciones de contorno del pilar calculamos la longitud de pandeo a partir del coeficiente de esbeltez Esto lo encontramos en el apartado 324 de la norma β = 07 lk= 07 x 525 =3675 m λ = lki = 3675 911 = 4034 De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero ω =107 Seguacuten el apartado 327 en las piezas sometidas a compresioacuten centrada ha de verificarse que σ = N (ωA) le σu Despejando N queda N = 16231775 kg Donde i y A se sacan de la tabla de perfiles del anejo 2A1 (i = 911cm A = 334 cm2) y el aacuterea es dos veces el del perfil simple porque tenemos perfiles formando el pilar entre los cuales se reparte la compresioacuten b) 3213 Elementos de enlace de una pieza compuesta l1 le 50i i menor radio de giro del perfil simple i = 248 cm l1le 124 cm 525 124 = 423 tomamos 5 tramos 525 5 =105 cm l1 = 105 cm (le 50i cumple la condicioacuten) c) Del apartado 3252 _______________ λ = radic (lki)2 + (m2)λ1

2 pandeo en un plano perpendicular al eje de inercia libre De esta expresioacuten debemos despejar la i El valor de los paraacutemetros de la misma son λ = 4034 lk=3675m

m = 2 λ1 = l1i1 =105 248 = 4233 (3253 Esbeltez complementaria) Despejando queda ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 42332

Como se puede observar esto no es aplicable porque sale una raiacutez negativa Para arreglar esto tenemos que disminuir el sustrayendo de la raiacutez iquestCoacutemo disminuyendo λ1 para lo cual habraacute que disminuir l1 esto es aumentar el nuacutemero de tramos Tomando 6 tramos 5256 = 875 cm =l1 λ1= l1i1 =875 248 = 3528 ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 35282 = 1955 i = 36751955 =1879 cm s asymp 2i s asymp 38 cm Esta separacioacuten es bastante considerable aumentaremos el nuacutemero de tramos para que no salgan tan separados los perfiles Con 8 tramos ____________ l1 = 5258 =65625 λ1 = 65625 248 = 265 lki = radic 40342 ndash 2652 = 304 i = 3675304 =1209 s = 25cm d) 328 Caacutelculo de los enlaces de las piezas compuestas En el punto 3281 se definen todos los paraacutemetros de las siguientes expresiones que tambieacuten se recogen en eacutel Ti = A( σu80) η = 2 x 334 x (260080) x 1 =2171 kg η = s20i1 lt 1 luego tomamos η =1 (si fuera mayor que 1 se toma el nuacutemero que diera) Tp = Ti (l1ns) = 2171 x (65625 225) = 284943 kg Mp = Ti (l12n) = 2171 x (65625 22) = 3561796 kg cm

C6 La estructura representada consta de una viga continua articulada montada sobre tres pilares El pilar central se une a la viga mediante una articulacioacuten y los pilares laterales mediante apoyos moacuteviles (de forma que es posible el giro y el desplazamiento de las cabezas de dichos pilares en el plano de la figura con independencia del giro de la viga) Para el movimiento en el plano perpendicular al de la figura existen arriostramientos que impiden el desplazamiento de las cabezas de los tres pilares pero no su giro Sobre la viga actuacutea una carga permanente de 3000 Kgm en toda su longitud Ademaacutes puede actuar o no una sobrecarga de 10000 Kgm en cualquier lugar de la misma Se trata de disentildear los pilares laterales con el mismo disentildeo para ambos con una disposicioacuten de dos IPE unidos por presillas Acero A42b (garantizado) Se haraacute de forma que se cumpla lo establecido en la Norma EA-95 y con el criterio de aprovechamiento oacuteptimo del material Se pide

a) Elige la disposicioacuten en planta maacutes adecuada de las dos representadas en la figura

b) Liacutenea de influencia de la reaccioacuten en cada uno de los pilares laterales c) Carga de caacutelculo (ponderada) d) Dimensionado de los perfiles IPE e) Separacioacuten entre presillas (de forma que sea maacutexima) f) Separacioacuten entre los ejes de los perfiles g) Esfuerzos en las presillas

750 750

150

600

a) La disposicioacuten maacutes adecuada es La longitud de pandeo en el plano perpendicular al papel dadas las condiciones que nos dicen es 07L Este caso es menos desfavorable que el que tenemos en el plano del papel donde la longitud de pandeo es 2L Con el caso menos desfavorable disentildearemos los perfiles mientras que en el caso maacutes desfavorable dejaremos la libertad de poder separar los perfiles para manipular el radio de giro b) La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar izquierdo (LI 1) 1

La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar derecho (LI 2) 1

02 c) Para la carga de caacutelculo ponderada primero planteamos las hipoacutetesis de carga para cada liacutenea de influencia anterior Para ello tenemos que tener en cuenta los coeficientes de ponderacioacuten de la Tabla 315 de la norma Para el pilar izquierdo qs+qp

qs = 15 x 10000 =15000 qp = 133 x 3000 = 3990 El valor de la reaccioacuten ponderada se obtiene multiplicando el aacuterea bajo la liacutenea de influencia por la carga ponderada

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

a) De acuerdo con la nota que da el enunciado y con las dimensiones del perfil calculamos primero la parte del esfuerzo que tiene que aguantar el alma y la que tienen que aguantar las alas

- Ala 88400 x [(12x140)(2x12x140+116x7)] = 35597 kg - Alma 88400 x [(116x7)(2x12x140+116x7)] =17205 kg

Elegimos tornillos seguacuten el punto 363 de la norma ___ Alma d = radic5e - 02 = 153 cm rarr probamos con T16 ___ Alas d = radic5e - 02 = 224 cm rarr probamos con T24 Σ espesores alma = 19 mm le 45d =72 mm sum espesores ala = 24 mm le 45d = 108 mm Comprobamos las limitaciones para los agujeros seguacuten la Tabla 512 Alma Min 6 cualquier agujero hasta 17 mm Maacutex 7 Ala Min 12 cualquier agujero hasta 25 mm Maacutex 12 Esta tabla nos indica que se podriacutean coger tornillos que precisaran agujeros hasta esos valores para unir espesores comprendidos entre esos valores maacuteximo y miacutenimo Con esta tabla se nos viene a decir que no cojamos tornillos muy grandes para unir perfiles demasiados delgados y al reveacutes perfiles muy gordos con tornillos demasiado pequentildeos 365 Resistencia de los elementos de unioacuten Alas Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 1 x 45216 = 7053 kg Donde n =1 y asiacute obtenemos lo que aguantariacutea un tornillo a esfuerzo cortante El acero es 4D y el aacuterea es el de la seccioacuten de la espiga de un T24 Un ala teniacutea que aguantar 35597 kg por tanto

35597 7053 = 504 Por lo tanto cogemos 6 tornillos para cada ala ( 6 para el superior y 6 para el

inferior a cada lado de la seccioacuten a unir)

Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 24 x 12 = 14976 kg Esto es lo que aguanta el cubrejuntas Habiacuteamos puesto 6 tornillos cada uno de los cuales deberaacute soportar 35597 6 = 5933 kg

Como esto es menor que lo que aguanta el cubrejuntas (5933 lt 14976) no tendremos agotamiento de la chapa por aplastamiento contra la espiga del tornillo

Ya sabemos que 6 tornillos T24 son suficientes para aguantar la unioacuten ahora nos queda especificar la longitud del vaacutestago Para ello entramos en la tabla 253C de la norma con la longitud de apretadura ( sume =24 mm) y obtenemos Long Vaacutestago = 60 mm Por tanto tenemos 6T24 x 60 en cada ala y a cada lado de la seccioacuten a unir Alma Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 2 x 201 = 6273 kg Donde ahora cada tornillo tiene dos secciones transversales que resisten conjuntamente al es fuerzo cortante y por tanto n = 2 y A es el aacuterea de la seccioacuten de la espiga de un T16 El alma teniacutea que soportar 17205 kg necesitaremos entonces 17205 6273 = 274 Tres tornillos a cada lado de la seccioacuten cada uno de los cuales deberaacute soportar 17205 3 = 5735 Kg Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 07 x 16 = 5824 kg 5824 gt 5735 La chapa aguanta La longitud del vaacutestago la obtenemos con la longitud de apretadura y la tabla 253C de la norma

sume = 19 mm Long Vast = 45 mm por tanto 3T16 x 45 a cada lado de la seccioacuten a unir

b) Maacuteximo esfuerzo a traccioacuten que puede soportar el HEB 140 Hay que descontar los agujeros en la seccioacuten transversal del perfil Seccioacuten neta 43 ndash 4 x 25 x 12 ndash 1 x 07 x 17 = 2981cm2 El maacuteximo esfuerzo que soportaraacute a traccioacuten

σu x A neta = 2600 x 2981 =77506 kg

C4 En las figuras se representa la unioacuten de una barra a una cartela y la disposicioacuten de las presillas en una viga de celosiacutea El material empleado es acero A42b A efectos de caacutelculo la barra tiene una longitud de 320 m Consideradas las distintas hipoacutetesis de carga dicha barra ha de soportar solicitaciones comprendidas entre N=+42750 Kg (traccioacuten) y N=minus30500 Kg (compresioacuten) En un predisentildeo se ha dimensionado la barra con 2L 10010 y la cartela con chapa de 12 mm de espesor Se trata ahora de comprobar esta solucioacuten y completar el disentildeo de la barra todo ello de acuerdo con la Norma EA-95 Se pide

a) Separacioacuten de las presillas a disponer l1 b) Comprobacioacuten de la seccioacuten (Para la determinacioacuten de longitudes de pandeo

teacutengase en cuenta la tabla 3242 de la Norma y consideacuterese que la barra no estaacute en el contorno de la figura)

c) Dimensionado de las soldaduras de unioacuten a la cartela

Soldaduras

Barra 2L 10010

Cartela e = 12 mm

presilla

l1

a) La separacioacuten de las presillas se recoge en el apartado 3213 de la norma l1le 50i El menor radio de giro de la pieza simple considerada (L 10010) se obtiene de las tablas de perfiles i = 195 cm l1le 50 x 195 = 975 cm 320 975 = 328 tomamos 4 tramos 320 4 = 80 cm l1 = 80 cm b) Para la comprobacioacuten de la seccioacuten hay que determinar primero las longitudes de pandeo seguacuten la tabla 3242 de la norma tal y como indica el enunciado Esta tabla nos da los coeficientes de esbeltez β en barras de estructuras triangulares lk=βl Seguacuten la condicioacuten del enunciado de que la barra no estaacute en el contorno de la figura obtenemos de la tabla Pandeo en el plano de la estructura caso 3 β = 08 En el plano de la estructura la longitud de pandeo es lk= 320 x 08 = 256 m Pandeo perpendicular al plano de la estructura caso 3 β = 1 En el plano perpendicular a la estructura la longitud de pandeo es lk = 320 x 1 =320 m Ahora calculamos las esbelteces seguacuten el apartado 3252 de la norma Para el pandeo en el plano de la estructura esto es entorno a un eje de inercia material (por la colocacioacuten que nos dan de los perfiles) tenemos que λ = lk i = 256 304 = 8421 (i se obtiene de la tabla de perfiles) Con este dato ya podemos calcular el pandeo de piezas sometidas a compresioacuten centrada seguacuten el apartado 327 de la norma De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero A42b que es ω =160 Ahora calculamos σ σ = N (ωA) = 30500 (160 2192) = 12708 le 2600 kgcm2 Donde N se toma la compresioacuten puesto que el pandeo es a compresioacuten y no a traccioacuten y el aacuterea es dos veces la del perfil simple puesto que tenemos dos perfiles

Para el pandeo perpendicular al plano de la estructura esto es entorno al eje de inercia libre tenemos que ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 (3252) donde m = 2 lk = 320m λ1 = l1i1 = 80 195 = 4102 (3253) ______ _____ i se calcula seguacuten el teorema de Steiner IY = Iy + A d2 i = radic (IYA) = radic iy+d2

d = c + e2 = 282 + 06= 342 cm c se ha obtenido de la tabla de perfiles y e es el espesor de la cartela Con todo esto queda que i = 4576 cm λ toma un valor de 81 Entrando en la tabla 327 se obtiene que ω vale 153 este valor es menor auacuten que el anterior con lo que cumpliraacute tambieacuten que σ le σu c) Para la soldadura tomamos como esfuerzo ponderado el mayor de los dos N=42750kg Por la disposicioacuten del centro de gravedad del perfil (no centrado) dicho esfuerzo se repartiraacute de forma distinta en cada soldadura

F1 = 42750 x (28210) = 12056 kg F2 = 42750 x [(10-282)10] = 30695 kg Esto se ha calculado teniendo en cuenta que F1+F2 = 42750 F1a = F2b (sumMcdg=0) a y b se obtienen de la tabla de perfiles El espesor de la garganta lo determinamos seguacuten la tabla 523A Perfil e =10 mm 4 le a le 7 Chapa e = 12mm 4 le a le 8 Probamos con a = 4 mm que cumple los dos intervalos

Puesto que estamos en un caso de esfuerzo axial la longitud eficaz la podemos elegir seguacuten el apartado 523 de la norma Valor miacutenimo l ge 15a = 60 mm l ge b = 100 mm Valor maacuteximo l le 60a = 240 mm l le 12b =1200 mm Probamos con una l = 100 mm que cumple las cuatro condiciones En la tabla 3A61 vemos que estamos en el caso 1 Para la soldadura que soporta F1 12056 (07520410) = 200933 le 2600 kgcm2 Esta soldadura siacute que aguanta Para la soldadura que soporta F2 30695 (07520410) = 511583 ge 2600 kgcm2 supera el liacutemite elaacutestico del acero luego esta soldadura no aguanta y tendremos que aumentar l y a Probando con l = 115 mm y a = 7mm 30695 (075207115) = 2542 le 2600 kgcm2 Esta siacute que aguanta Finalmente

C5 En el disentildeo de un pilar de 5acute25 m de altura se ha adoptado la solucioacuten de 2IPE220 unidos con presillas Acero A42b Las condiciones de contorno son de empotramiento en un extremo y articulacioacuten (sin posibilidad de desplazamiento lateral) en el opuesto iguales en los dos planos de simetriacutea En la resolucioacuten se tendraacute en cuenta cuanto dispone la Norma NBE-AE-95 Se pide a) Maacutexima compresioacuten centrada (ponderada) que puede soportar el pilar b) Disposicioacuten maacutes adecuada de las presillas c) Separacioacuten entre ejes de los perfiles IPE d) Valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas e) Disentildeo de las presillas (dimensiones) y de las soldaduras de unioacuten a los IPE Dibujar

la solucioacuten a) Dadas las condiciones de contorno del pilar calculamos la longitud de pandeo a partir del coeficiente de esbeltez Esto lo encontramos en el apartado 324 de la norma β = 07 lk= 07 x 525 =3675 m λ = lki = 3675 911 = 4034 De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero ω =107 Seguacuten el apartado 327 en las piezas sometidas a compresioacuten centrada ha de verificarse que σ = N (ωA) le σu Despejando N queda N = 16231775 kg Donde i y A se sacan de la tabla de perfiles del anejo 2A1 (i = 911cm A = 334 cm2) y el aacuterea es dos veces el del perfil simple porque tenemos perfiles formando el pilar entre los cuales se reparte la compresioacuten b) 3213 Elementos de enlace de una pieza compuesta l1 le 50i i menor radio de giro del perfil simple i = 248 cm l1le 124 cm 525 124 = 423 tomamos 5 tramos 525 5 =105 cm l1 = 105 cm (le 50i cumple la condicioacuten) c) Del apartado 3252 _______________ λ = radic (lki)2 + (m2)λ1

2 pandeo en un plano perpendicular al eje de inercia libre De esta expresioacuten debemos despejar la i El valor de los paraacutemetros de la misma son λ = 4034 lk=3675m

m = 2 λ1 = l1i1 =105 248 = 4233 (3253 Esbeltez complementaria) Despejando queda ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 42332

Como se puede observar esto no es aplicable porque sale una raiacutez negativa Para arreglar esto tenemos que disminuir el sustrayendo de la raiacutez iquestCoacutemo disminuyendo λ1 para lo cual habraacute que disminuir l1 esto es aumentar el nuacutemero de tramos Tomando 6 tramos 5256 = 875 cm =l1 λ1= l1i1 =875 248 = 3528 ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 35282 = 1955 i = 36751955 =1879 cm s asymp 2i s asymp 38 cm Esta separacioacuten es bastante considerable aumentaremos el nuacutemero de tramos para que no salgan tan separados los perfiles Con 8 tramos ____________ l1 = 5258 =65625 λ1 = 65625 248 = 265 lki = radic 40342 ndash 2652 = 304 i = 3675304 =1209 s = 25cm d) 328 Caacutelculo de los enlaces de las piezas compuestas En el punto 3281 se definen todos los paraacutemetros de las siguientes expresiones que tambieacuten se recogen en eacutel Ti = A( σu80) η = 2 x 334 x (260080) x 1 =2171 kg η = s20i1 lt 1 luego tomamos η =1 (si fuera mayor que 1 se toma el nuacutemero que diera) Tp = Ti (l1ns) = 2171 x (65625 225) = 284943 kg Mp = Ti (l12n) = 2171 x (65625 22) = 3561796 kg cm

C6 La estructura representada consta de una viga continua articulada montada sobre tres pilares El pilar central se une a la viga mediante una articulacioacuten y los pilares laterales mediante apoyos moacuteviles (de forma que es posible el giro y el desplazamiento de las cabezas de dichos pilares en el plano de la figura con independencia del giro de la viga) Para el movimiento en el plano perpendicular al de la figura existen arriostramientos que impiden el desplazamiento de las cabezas de los tres pilares pero no su giro Sobre la viga actuacutea una carga permanente de 3000 Kgm en toda su longitud Ademaacutes puede actuar o no una sobrecarga de 10000 Kgm en cualquier lugar de la misma Se trata de disentildear los pilares laterales con el mismo disentildeo para ambos con una disposicioacuten de dos IPE unidos por presillas Acero A42b (garantizado) Se haraacute de forma que se cumpla lo establecido en la Norma EA-95 y con el criterio de aprovechamiento oacuteptimo del material Se pide

a) Elige la disposicioacuten en planta maacutes adecuada de las dos representadas en la figura

b) Liacutenea de influencia de la reaccioacuten en cada uno de los pilares laterales c) Carga de caacutelculo (ponderada) d) Dimensionado de los perfiles IPE e) Separacioacuten entre presillas (de forma que sea maacutexima) f) Separacioacuten entre los ejes de los perfiles g) Esfuerzos en las presillas

750 750

150

600

a) La disposicioacuten maacutes adecuada es La longitud de pandeo en el plano perpendicular al papel dadas las condiciones que nos dicen es 07L Este caso es menos desfavorable que el que tenemos en el plano del papel donde la longitud de pandeo es 2L Con el caso menos desfavorable disentildearemos los perfiles mientras que en el caso maacutes desfavorable dejaremos la libertad de poder separar los perfiles para manipular el radio de giro b) La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar izquierdo (LI 1) 1

La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar derecho (LI 2) 1

02 c) Para la carga de caacutelculo ponderada primero planteamos las hipoacutetesis de carga para cada liacutenea de influencia anterior Para ello tenemos que tener en cuenta los coeficientes de ponderacioacuten de la Tabla 315 de la norma Para el pilar izquierdo qs+qp

qs = 15 x 10000 =15000 qp = 133 x 3000 = 3990 El valor de la reaccioacuten ponderada se obtiene multiplicando el aacuterea bajo la liacutenea de influencia por la carga ponderada

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

35597 7053 = 504 Por lo tanto cogemos 6 tornillos para cada ala ( 6 para el superior y 6 para el

inferior a cada lado de la seccioacuten a unir)

Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 24 x 12 = 14976 kg Esto es lo que aguanta el cubrejuntas Habiacuteamos puesto 6 tornillos cada uno de los cuales deberaacute soportar 35597 6 = 5933 kg

Como esto es menor que lo que aguanta el cubrejuntas (5933 lt 14976) no tendremos agotamiento de la chapa por aplastamiento contra la espiga del tornillo

Ya sabemos que 6 tornillos T24 son suficientes para aguantar la unioacuten ahora nos queda especificar la longitud del vaacutestago Para ello entramos en la tabla 253C de la norma con la longitud de apretadura ( sume =24 mm) y obtenemos Long Vaacutestago = 60 mm Por tanto tenemos 6T24 x 60 en cada ala y a cada lado de la seccioacuten a unir Alma Agotamiento de un tornillo solicitado a esfuerzo cortante

065 σt n A = 065 x 2400 x 2 x 201 = 6273 kg Donde ahora cada tornillo tiene dos secciones transversales que resisten conjuntamente al es fuerzo cortante y por tanto n = 2 y A es el aacuterea de la seccioacuten de la espiga de un T16 El alma teniacutea que soportar 17205 kg necesitaremos entonces 17205 6273 = 274 Tres tornillos a cada lado de la seccioacuten cada uno de los cuales deberaacute soportar 17205 3 = 5735 Kg Agotamiento de una chapa o perfil por aplastamiento contra espiga

2σuA =2 x 2600 x 07 x 16 = 5824 kg 5824 gt 5735 La chapa aguanta La longitud del vaacutestago la obtenemos con la longitud de apretadura y la tabla 253C de la norma

sume = 19 mm Long Vast = 45 mm por tanto 3T16 x 45 a cada lado de la seccioacuten a unir

b) Maacuteximo esfuerzo a traccioacuten que puede soportar el HEB 140 Hay que descontar los agujeros en la seccioacuten transversal del perfil Seccioacuten neta 43 ndash 4 x 25 x 12 ndash 1 x 07 x 17 = 2981cm2 El maacuteximo esfuerzo que soportaraacute a traccioacuten

σu x A neta = 2600 x 2981 =77506 kg

C4 En las figuras se representa la unioacuten de una barra a una cartela y la disposicioacuten de las presillas en una viga de celosiacutea El material empleado es acero A42b A efectos de caacutelculo la barra tiene una longitud de 320 m Consideradas las distintas hipoacutetesis de carga dicha barra ha de soportar solicitaciones comprendidas entre N=+42750 Kg (traccioacuten) y N=minus30500 Kg (compresioacuten) En un predisentildeo se ha dimensionado la barra con 2L 10010 y la cartela con chapa de 12 mm de espesor Se trata ahora de comprobar esta solucioacuten y completar el disentildeo de la barra todo ello de acuerdo con la Norma EA-95 Se pide

a) Separacioacuten de las presillas a disponer l1 b) Comprobacioacuten de la seccioacuten (Para la determinacioacuten de longitudes de pandeo

teacutengase en cuenta la tabla 3242 de la Norma y consideacuterese que la barra no estaacute en el contorno de la figura)

c) Dimensionado de las soldaduras de unioacuten a la cartela

Soldaduras

Barra 2L 10010

Cartela e = 12 mm

presilla

l1

a) La separacioacuten de las presillas se recoge en el apartado 3213 de la norma l1le 50i El menor radio de giro de la pieza simple considerada (L 10010) se obtiene de las tablas de perfiles i = 195 cm l1le 50 x 195 = 975 cm 320 975 = 328 tomamos 4 tramos 320 4 = 80 cm l1 = 80 cm b) Para la comprobacioacuten de la seccioacuten hay que determinar primero las longitudes de pandeo seguacuten la tabla 3242 de la norma tal y como indica el enunciado Esta tabla nos da los coeficientes de esbeltez β en barras de estructuras triangulares lk=βl Seguacuten la condicioacuten del enunciado de que la barra no estaacute en el contorno de la figura obtenemos de la tabla Pandeo en el plano de la estructura caso 3 β = 08 En el plano de la estructura la longitud de pandeo es lk= 320 x 08 = 256 m Pandeo perpendicular al plano de la estructura caso 3 β = 1 En el plano perpendicular a la estructura la longitud de pandeo es lk = 320 x 1 =320 m Ahora calculamos las esbelteces seguacuten el apartado 3252 de la norma Para el pandeo en el plano de la estructura esto es entorno a un eje de inercia material (por la colocacioacuten que nos dan de los perfiles) tenemos que λ = lk i = 256 304 = 8421 (i se obtiene de la tabla de perfiles) Con este dato ya podemos calcular el pandeo de piezas sometidas a compresioacuten centrada seguacuten el apartado 327 de la norma De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero A42b que es ω =160 Ahora calculamos σ σ = N (ωA) = 30500 (160 2192) = 12708 le 2600 kgcm2 Donde N se toma la compresioacuten puesto que el pandeo es a compresioacuten y no a traccioacuten y el aacuterea es dos veces la del perfil simple puesto que tenemos dos perfiles

Para el pandeo perpendicular al plano de la estructura esto es entorno al eje de inercia libre tenemos que ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 (3252) donde m = 2 lk = 320m λ1 = l1i1 = 80 195 = 4102 (3253) ______ _____ i se calcula seguacuten el teorema de Steiner IY = Iy + A d2 i = radic (IYA) = radic iy+d2

d = c + e2 = 282 + 06= 342 cm c se ha obtenido de la tabla de perfiles y e es el espesor de la cartela Con todo esto queda que i = 4576 cm λ toma un valor de 81 Entrando en la tabla 327 se obtiene que ω vale 153 este valor es menor auacuten que el anterior con lo que cumpliraacute tambieacuten que σ le σu c) Para la soldadura tomamos como esfuerzo ponderado el mayor de los dos N=42750kg Por la disposicioacuten del centro de gravedad del perfil (no centrado) dicho esfuerzo se repartiraacute de forma distinta en cada soldadura

F1 = 42750 x (28210) = 12056 kg F2 = 42750 x [(10-282)10] = 30695 kg Esto se ha calculado teniendo en cuenta que F1+F2 = 42750 F1a = F2b (sumMcdg=0) a y b se obtienen de la tabla de perfiles El espesor de la garganta lo determinamos seguacuten la tabla 523A Perfil e =10 mm 4 le a le 7 Chapa e = 12mm 4 le a le 8 Probamos con a = 4 mm que cumple los dos intervalos

Puesto que estamos en un caso de esfuerzo axial la longitud eficaz la podemos elegir seguacuten el apartado 523 de la norma Valor miacutenimo l ge 15a = 60 mm l ge b = 100 mm Valor maacuteximo l le 60a = 240 mm l le 12b =1200 mm Probamos con una l = 100 mm que cumple las cuatro condiciones En la tabla 3A61 vemos que estamos en el caso 1 Para la soldadura que soporta F1 12056 (07520410) = 200933 le 2600 kgcm2 Esta soldadura siacute que aguanta Para la soldadura que soporta F2 30695 (07520410) = 511583 ge 2600 kgcm2 supera el liacutemite elaacutestico del acero luego esta soldadura no aguanta y tendremos que aumentar l y a Probando con l = 115 mm y a = 7mm 30695 (075207115) = 2542 le 2600 kgcm2 Esta siacute que aguanta Finalmente

C5 En el disentildeo de un pilar de 5acute25 m de altura se ha adoptado la solucioacuten de 2IPE220 unidos con presillas Acero A42b Las condiciones de contorno son de empotramiento en un extremo y articulacioacuten (sin posibilidad de desplazamiento lateral) en el opuesto iguales en los dos planos de simetriacutea En la resolucioacuten se tendraacute en cuenta cuanto dispone la Norma NBE-AE-95 Se pide a) Maacutexima compresioacuten centrada (ponderada) que puede soportar el pilar b) Disposicioacuten maacutes adecuada de las presillas c) Separacioacuten entre ejes de los perfiles IPE d) Valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas e) Disentildeo de las presillas (dimensiones) y de las soldaduras de unioacuten a los IPE Dibujar

la solucioacuten a) Dadas las condiciones de contorno del pilar calculamos la longitud de pandeo a partir del coeficiente de esbeltez Esto lo encontramos en el apartado 324 de la norma β = 07 lk= 07 x 525 =3675 m λ = lki = 3675 911 = 4034 De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero ω =107 Seguacuten el apartado 327 en las piezas sometidas a compresioacuten centrada ha de verificarse que σ = N (ωA) le σu Despejando N queda N = 16231775 kg Donde i y A se sacan de la tabla de perfiles del anejo 2A1 (i = 911cm A = 334 cm2) y el aacuterea es dos veces el del perfil simple porque tenemos perfiles formando el pilar entre los cuales se reparte la compresioacuten b) 3213 Elementos de enlace de una pieza compuesta l1 le 50i i menor radio de giro del perfil simple i = 248 cm l1le 124 cm 525 124 = 423 tomamos 5 tramos 525 5 =105 cm l1 = 105 cm (le 50i cumple la condicioacuten) c) Del apartado 3252 _______________ λ = radic (lki)2 + (m2)λ1

2 pandeo en un plano perpendicular al eje de inercia libre De esta expresioacuten debemos despejar la i El valor de los paraacutemetros de la misma son λ = 4034 lk=3675m

m = 2 λ1 = l1i1 =105 248 = 4233 (3253 Esbeltez complementaria) Despejando queda ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 42332

Como se puede observar esto no es aplicable porque sale una raiacutez negativa Para arreglar esto tenemos que disminuir el sustrayendo de la raiacutez iquestCoacutemo disminuyendo λ1 para lo cual habraacute que disminuir l1 esto es aumentar el nuacutemero de tramos Tomando 6 tramos 5256 = 875 cm =l1 λ1= l1i1 =875 248 = 3528 ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 35282 = 1955 i = 36751955 =1879 cm s asymp 2i s asymp 38 cm Esta separacioacuten es bastante considerable aumentaremos el nuacutemero de tramos para que no salgan tan separados los perfiles Con 8 tramos ____________ l1 = 5258 =65625 λ1 = 65625 248 = 265 lki = radic 40342 ndash 2652 = 304 i = 3675304 =1209 s = 25cm d) 328 Caacutelculo de los enlaces de las piezas compuestas En el punto 3281 se definen todos los paraacutemetros de las siguientes expresiones que tambieacuten se recogen en eacutel Ti = A( σu80) η = 2 x 334 x (260080) x 1 =2171 kg η = s20i1 lt 1 luego tomamos η =1 (si fuera mayor que 1 se toma el nuacutemero que diera) Tp = Ti (l1ns) = 2171 x (65625 225) = 284943 kg Mp = Ti (l12n) = 2171 x (65625 22) = 3561796 kg cm

C6 La estructura representada consta de una viga continua articulada montada sobre tres pilares El pilar central se une a la viga mediante una articulacioacuten y los pilares laterales mediante apoyos moacuteviles (de forma que es posible el giro y el desplazamiento de las cabezas de dichos pilares en el plano de la figura con independencia del giro de la viga) Para el movimiento en el plano perpendicular al de la figura existen arriostramientos que impiden el desplazamiento de las cabezas de los tres pilares pero no su giro Sobre la viga actuacutea una carga permanente de 3000 Kgm en toda su longitud Ademaacutes puede actuar o no una sobrecarga de 10000 Kgm en cualquier lugar de la misma Se trata de disentildear los pilares laterales con el mismo disentildeo para ambos con una disposicioacuten de dos IPE unidos por presillas Acero A42b (garantizado) Se haraacute de forma que se cumpla lo establecido en la Norma EA-95 y con el criterio de aprovechamiento oacuteptimo del material Se pide

a) Elige la disposicioacuten en planta maacutes adecuada de las dos representadas en la figura

b) Liacutenea de influencia de la reaccioacuten en cada uno de los pilares laterales c) Carga de caacutelculo (ponderada) d) Dimensionado de los perfiles IPE e) Separacioacuten entre presillas (de forma que sea maacutexima) f) Separacioacuten entre los ejes de los perfiles g) Esfuerzos en las presillas

750 750

150

600

a) La disposicioacuten maacutes adecuada es La longitud de pandeo en el plano perpendicular al papel dadas las condiciones que nos dicen es 07L Este caso es menos desfavorable que el que tenemos en el plano del papel donde la longitud de pandeo es 2L Con el caso menos desfavorable disentildearemos los perfiles mientras que en el caso maacutes desfavorable dejaremos la libertad de poder separar los perfiles para manipular el radio de giro b) La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar izquierdo (LI 1) 1

La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar derecho (LI 2) 1

02 c) Para la carga de caacutelculo ponderada primero planteamos las hipoacutetesis de carga para cada liacutenea de influencia anterior Para ello tenemos que tener en cuenta los coeficientes de ponderacioacuten de la Tabla 315 de la norma Para el pilar izquierdo qs+qp

qs = 15 x 10000 =15000 qp = 133 x 3000 = 3990 El valor de la reaccioacuten ponderada se obtiene multiplicando el aacuterea bajo la liacutenea de influencia por la carga ponderada

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

sume = 19 mm Long Vast = 45 mm por tanto 3T16 x 45 a cada lado de la seccioacuten a unir

b) Maacuteximo esfuerzo a traccioacuten que puede soportar el HEB 140 Hay que descontar los agujeros en la seccioacuten transversal del perfil Seccioacuten neta 43 ndash 4 x 25 x 12 ndash 1 x 07 x 17 = 2981cm2 El maacuteximo esfuerzo que soportaraacute a traccioacuten

σu x A neta = 2600 x 2981 =77506 kg

C4 En las figuras se representa la unioacuten de una barra a una cartela y la disposicioacuten de las presillas en una viga de celosiacutea El material empleado es acero A42b A efectos de caacutelculo la barra tiene una longitud de 320 m Consideradas las distintas hipoacutetesis de carga dicha barra ha de soportar solicitaciones comprendidas entre N=+42750 Kg (traccioacuten) y N=minus30500 Kg (compresioacuten) En un predisentildeo se ha dimensionado la barra con 2L 10010 y la cartela con chapa de 12 mm de espesor Se trata ahora de comprobar esta solucioacuten y completar el disentildeo de la barra todo ello de acuerdo con la Norma EA-95 Se pide

a) Separacioacuten de las presillas a disponer l1 b) Comprobacioacuten de la seccioacuten (Para la determinacioacuten de longitudes de pandeo

teacutengase en cuenta la tabla 3242 de la Norma y consideacuterese que la barra no estaacute en el contorno de la figura)

c) Dimensionado de las soldaduras de unioacuten a la cartela

Soldaduras

Barra 2L 10010

Cartela e = 12 mm

presilla

l1

a) La separacioacuten de las presillas se recoge en el apartado 3213 de la norma l1le 50i El menor radio de giro de la pieza simple considerada (L 10010) se obtiene de las tablas de perfiles i = 195 cm l1le 50 x 195 = 975 cm 320 975 = 328 tomamos 4 tramos 320 4 = 80 cm l1 = 80 cm b) Para la comprobacioacuten de la seccioacuten hay que determinar primero las longitudes de pandeo seguacuten la tabla 3242 de la norma tal y como indica el enunciado Esta tabla nos da los coeficientes de esbeltez β en barras de estructuras triangulares lk=βl Seguacuten la condicioacuten del enunciado de que la barra no estaacute en el contorno de la figura obtenemos de la tabla Pandeo en el plano de la estructura caso 3 β = 08 En el plano de la estructura la longitud de pandeo es lk= 320 x 08 = 256 m Pandeo perpendicular al plano de la estructura caso 3 β = 1 En el plano perpendicular a la estructura la longitud de pandeo es lk = 320 x 1 =320 m Ahora calculamos las esbelteces seguacuten el apartado 3252 de la norma Para el pandeo en el plano de la estructura esto es entorno a un eje de inercia material (por la colocacioacuten que nos dan de los perfiles) tenemos que λ = lk i = 256 304 = 8421 (i se obtiene de la tabla de perfiles) Con este dato ya podemos calcular el pandeo de piezas sometidas a compresioacuten centrada seguacuten el apartado 327 de la norma De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero A42b que es ω =160 Ahora calculamos σ σ = N (ωA) = 30500 (160 2192) = 12708 le 2600 kgcm2 Donde N se toma la compresioacuten puesto que el pandeo es a compresioacuten y no a traccioacuten y el aacuterea es dos veces la del perfil simple puesto que tenemos dos perfiles

Para el pandeo perpendicular al plano de la estructura esto es entorno al eje de inercia libre tenemos que ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 (3252) donde m = 2 lk = 320m λ1 = l1i1 = 80 195 = 4102 (3253) ______ _____ i se calcula seguacuten el teorema de Steiner IY = Iy + A d2 i = radic (IYA) = radic iy+d2

d = c + e2 = 282 + 06= 342 cm c se ha obtenido de la tabla de perfiles y e es el espesor de la cartela Con todo esto queda que i = 4576 cm λ toma un valor de 81 Entrando en la tabla 327 se obtiene que ω vale 153 este valor es menor auacuten que el anterior con lo que cumpliraacute tambieacuten que σ le σu c) Para la soldadura tomamos como esfuerzo ponderado el mayor de los dos N=42750kg Por la disposicioacuten del centro de gravedad del perfil (no centrado) dicho esfuerzo se repartiraacute de forma distinta en cada soldadura

F1 = 42750 x (28210) = 12056 kg F2 = 42750 x [(10-282)10] = 30695 kg Esto se ha calculado teniendo en cuenta que F1+F2 = 42750 F1a = F2b (sumMcdg=0) a y b se obtienen de la tabla de perfiles El espesor de la garganta lo determinamos seguacuten la tabla 523A Perfil e =10 mm 4 le a le 7 Chapa e = 12mm 4 le a le 8 Probamos con a = 4 mm que cumple los dos intervalos

Puesto que estamos en un caso de esfuerzo axial la longitud eficaz la podemos elegir seguacuten el apartado 523 de la norma Valor miacutenimo l ge 15a = 60 mm l ge b = 100 mm Valor maacuteximo l le 60a = 240 mm l le 12b =1200 mm Probamos con una l = 100 mm que cumple las cuatro condiciones En la tabla 3A61 vemos que estamos en el caso 1 Para la soldadura que soporta F1 12056 (07520410) = 200933 le 2600 kgcm2 Esta soldadura siacute que aguanta Para la soldadura que soporta F2 30695 (07520410) = 511583 ge 2600 kgcm2 supera el liacutemite elaacutestico del acero luego esta soldadura no aguanta y tendremos que aumentar l y a Probando con l = 115 mm y a = 7mm 30695 (075207115) = 2542 le 2600 kgcm2 Esta siacute que aguanta Finalmente

C5 En el disentildeo de un pilar de 5acute25 m de altura se ha adoptado la solucioacuten de 2IPE220 unidos con presillas Acero A42b Las condiciones de contorno son de empotramiento en un extremo y articulacioacuten (sin posibilidad de desplazamiento lateral) en el opuesto iguales en los dos planos de simetriacutea En la resolucioacuten se tendraacute en cuenta cuanto dispone la Norma NBE-AE-95 Se pide a) Maacutexima compresioacuten centrada (ponderada) que puede soportar el pilar b) Disposicioacuten maacutes adecuada de las presillas c) Separacioacuten entre ejes de los perfiles IPE d) Valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas e) Disentildeo de las presillas (dimensiones) y de las soldaduras de unioacuten a los IPE Dibujar

la solucioacuten a) Dadas las condiciones de contorno del pilar calculamos la longitud de pandeo a partir del coeficiente de esbeltez Esto lo encontramos en el apartado 324 de la norma β = 07 lk= 07 x 525 =3675 m λ = lki = 3675 911 = 4034 De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero ω =107 Seguacuten el apartado 327 en las piezas sometidas a compresioacuten centrada ha de verificarse que σ = N (ωA) le σu Despejando N queda N = 16231775 kg Donde i y A se sacan de la tabla de perfiles del anejo 2A1 (i = 911cm A = 334 cm2) y el aacuterea es dos veces el del perfil simple porque tenemos perfiles formando el pilar entre los cuales se reparte la compresioacuten b) 3213 Elementos de enlace de una pieza compuesta l1 le 50i i menor radio de giro del perfil simple i = 248 cm l1le 124 cm 525 124 = 423 tomamos 5 tramos 525 5 =105 cm l1 = 105 cm (le 50i cumple la condicioacuten) c) Del apartado 3252 _______________ λ = radic (lki)2 + (m2)λ1

2 pandeo en un plano perpendicular al eje de inercia libre De esta expresioacuten debemos despejar la i El valor de los paraacutemetros de la misma son λ = 4034 lk=3675m

m = 2 λ1 = l1i1 =105 248 = 4233 (3253 Esbeltez complementaria) Despejando queda ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 42332

Como se puede observar esto no es aplicable porque sale una raiacutez negativa Para arreglar esto tenemos que disminuir el sustrayendo de la raiacutez iquestCoacutemo disminuyendo λ1 para lo cual habraacute que disminuir l1 esto es aumentar el nuacutemero de tramos Tomando 6 tramos 5256 = 875 cm =l1 λ1= l1i1 =875 248 = 3528 ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 35282 = 1955 i = 36751955 =1879 cm s asymp 2i s asymp 38 cm Esta separacioacuten es bastante considerable aumentaremos el nuacutemero de tramos para que no salgan tan separados los perfiles Con 8 tramos ____________ l1 = 5258 =65625 λ1 = 65625 248 = 265 lki = radic 40342 ndash 2652 = 304 i = 3675304 =1209 s = 25cm d) 328 Caacutelculo de los enlaces de las piezas compuestas En el punto 3281 se definen todos los paraacutemetros de las siguientes expresiones que tambieacuten se recogen en eacutel Ti = A( σu80) η = 2 x 334 x (260080) x 1 =2171 kg η = s20i1 lt 1 luego tomamos η =1 (si fuera mayor que 1 se toma el nuacutemero que diera) Tp = Ti (l1ns) = 2171 x (65625 225) = 284943 kg Mp = Ti (l12n) = 2171 x (65625 22) = 3561796 kg cm

C6 La estructura representada consta de una viga continua articulada montada sobre tres pilares El pilar central se une a la viga mediante una articulacioacuten y los pilares laterales mediante apoyos moacuteviles (de forma que es posible el giro y el desplazamiento de las cabezas de dichos pilares en el plano de la figura con independencia del giro de la viga) Para el movimiento en el plano perpendicular al de la figura existen arriostramientos que impiden el desplazamiento de las cabezas de los tres pilares pero no su giro Sobre la viga actuacutea una carga permanente de 3000 Kgm en toda su longitud Ademaacutes puede actuar o no una sobrecarga de 10000 Kgm en cualquier lugar de la misma Se trata de disentildear los pilares laterales con el mismo disentildeo para ambos con una disposicioacuten de dos IPE unidos por presillas Acero A42b (garantizado) Se haraacute de forma que se cumpla lo establecido en la Norma EA-95 y con el criterio de aprovechamiento oacuteptimo del material Se pide

a) Elige la disposicioacuten en planta maacutes adecuada de las dos representadas en la figura

b) Liacutenea de influencia de la reaccioacuten en cada uno de los pilares laterales c) Carga de caacutelculo (ponderada) d) Dimensionado de los perfiles IPE e) Separacioacuten entre presillas (de forma que sea maacutexima) f) Separacioacuten entre los ejes de los perfiles g) Esfuerzos en las presillas

750 750

150

600

a) La disposicioacuten maacutes adecuada es La longitud de pandeo en el plano perpendicular al papel dadas las condiciones que nos dicen es 07L Este caso es menos desfavorable que el que tenemos en el plano del papel donde la longitud de pandeo es 2L Con el caso menos desfavorable disentildearemos los perfiles mientras que en el caso maacutes desfavorable dejaremos la libertad de poder separar los perfiles para manipular el radio de giro b) La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar izquierdo (LI 1) 1

La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar derecho (LI 2) 1

02 c) Para la carga de caacutelculo ponderada primero planteamos las hipoacutetesis de carga para cada liacutenea de influencia anterior Para ello tenemos que tener en cuenta los coeficientes de ponderacioacuten de la Tabla 315 de la norma Para el pilar izquierdo qs+qp

qs = 15 x 10000 =15000 qp = 133 x 3000 = 3990 El valor de la reaccioacuten ponderada se obtiene multiplicando el aacuterea bajo la liacutenea de influencia por la carga ponderada

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

C4 En las figuras se representa la unioacuten de una barra a una cartela y la disposicioacuten de las presillas en una viga de celosiacutea El material empleado es acero A42b A efectos de caacutelculo la barra tiene una longitud de 320 m Consideradas las distintas hipoacutetesis de carga dicha barra ha de soportar solicitaciones comprendidas entre N=+42750 Kg (traccioacuten) y N=minus30500 Kg (compresioacuten) En un predisentildeo se ha dimensionado la barra con 2L 10010 y la cartela con chapa de 12 mm de espesor Se trata ahora de comprobar esta solucioacuten y completar el disentildeo de la barra todo ello de acuerdo con la Norma EA-95 Se pide

a) Separacioacuten de las presillas a disponer l1 b) Comprobacioacuten de la seccioacuten (Para la determinacioacuten de longitudes de pandeo

teacutengase en cuenta la tabla 3242 de la Norma y consideacuterese que la barra no estaacute en el contorno de la figura)

c) Dimensionado de las soldaduras de unioacuten a la cartela

Soldaduras

Barra 2L 10010

Cartela e = 12 mm

presilla

l1

a) La separacioacuten de las presillas se recoge en el apartado 3213 de la norma l1le 50i El menor radio de giro de la pieza simple considerada (L 10010) se obtiene de las tablas de perfiles i = 195 cm l1le 50 x 195 = 975 cm 320 975 = 328 tomamos 4 tramos 320 4 = 80 cm l1 = 80 cm b) Para la comprobacioacuten de la seccioacuten hay que determinar primero las longitudes de pandeo seguacuten la tabla 3242 de la norma tal y como indica el enunciado Esta tabla nos da los coeficientes de esbeltez β en barras de estructuras triangulares lk=βl Seguacuten la condicioacuten del enunciado de que la barra no estaacute en el contorno de la figura obtenemos de la tabla Pandeo en el plano de la estructura caso 3 β = 08 En el plano de la estructura la longitud de pandeo es lk= 320 x 08 = 256 m Pandeo perpendicular al plano de la estructura caso 3 β = 1 En el plano perpendicular a la estructura la longitud de pandeo es lk = 320 x 1 =320 m Ahora calculamos las esbelteces seguacuten el apartado 3252 de la norma Para el pandeo en el plano de la estructura esto es entorno a un eje de inercia material (por la colocacioacuten que nos dan de los perfiles) tenemos que λ = lk i = 256 304 = 8421 (i se obtiene de la tabla de perfiles) Con este dato ya podemos calcular el pandeo de piezas sometidas a compresioacuten centrada seguacuten el apartado 327 de la norma De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero A42b que es ω =160 Ahora calculamos σ σ = N (ωA) = 30500 (160 2192) = 12708 le 2600 kgcm2 Donde N se toma la compresioacuten puesto que el pandeo es a compresioacuten y no a traccioacuten y el aacuterea es dos veces la del perfil simple puesto que tenemos dos perfiles

Para el pandeo perpendicular al plano de la estructura esto es entorno al eje de inercia libre tenemos que ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 (3252) donde m = 2 lk = 320m λ1 = l1i1 = 80 195 = 4102 (3253) ______ _____ i se calcula seguacuten el teorema de Steiner IY = Iy + A d2 i = radic (IYA) = radic iy+d2

d = c + e2 = 282 + 06= 342 cm c se ha obtenido de la tabla de perfiles y e es el espesor de la cartela Con todo esto queda que i = 4576 cm λ toma un valor de 81 Entrando en la tabla 327 se obtiene que ω vale 153 este valor es menor auacuten que el anterior con lo que cumpliraacute tambieacuten que σ le σu c) Para la soldadura tomamos como esfuerzo ponderado el mayor de los dos N=42750kg Por la disposicioacuten del centro de gravedad del perfil (no centrado) dicho esfuerzo se repartiraacute de forma distinta en cada soldadura

F1 = 42750 x (28210) = 12056 kg F2 = 42750 x [(10-282)10] = 30695 kg Esto se ha calculado teniendo en cuenta que F1+F2 = 42750 F1a = F2b (sumMcdg=0) a y b se obtienen de la tabla de perfiles El espesor de la garganta lo determinamos seguacuten la tabla 523A Perfil e =10 mm 4 le a le 7 Chapa e = 12mm 4 le a le 8 Probamos con a = 4 mm que cumple los dos intervalos

Puesto que estamos en un caso de esfuerzo axial la longitud eficaz la podemos elegir seguacuten el apartado 523 de la norma Valor miacutenimo l ge 15a = 60 mm l ge b = 100 mm Valor maacuteximo l le 60a = 240 mm l le 12b =1200 mm Probamos con una l = 100 mm que cumple las cuatro condiciones En la tabla 3A61 vemos que estamos en el caso 1 Para la soldadura que soporta F1 12056 (07520410) = 200933 le 2600 kgcm2 Esta soldadura siacute que aguanta Para la soldadura que soporta F2 30695 (07520410) = 511583 ge 2600 kgcm2 supera el liacutemite elaacutestico del acero luego esta soldadura no aguanta y tendremos que aumentar l y a Probando con l = 115 mm y a = 7mm 30695 (075207115) = 2542 le 2600 kgcm2 Esta siacute que aguanta Finalmente

C5 En el disentildeo de un pilar de 5acute25 m de altura se ha adoptado la solucioacuten de 2IPE220 unidos con presillas Acero A42b Las condiciones de contorno son de empotramiento en un extremo y articulacioacuten (sin posibilidad de desplazamiento lateral) en el opuesto iguales en los dos planos de simetriacutea En la resolucioacuten se tendraacute en cuenta cuanto dispone la Norma NBE-AE-95 Se pide a) Maacutexima compresioacuten centrada (ponderada) que puede soportar el pilar b) Disposicioacuten maacutes adecuada de las presillas c) Separacioacuten entre ejes de los perfiles IPE d) Valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas e) Disentildeo de las presillas (dimensiones) y de las soldaduras de unioacuten a los IPE Dibujar

la solucioacuten a) Dadas las condiciones de contorno del pilar calculamos la longitud de pandeo a partir del coeficiente de esbeltez Esto lo encontramos en el apartado 324 de la norma β = 07 lk= 07 x 525 =3675 m λ = lki = 3675 911 = 4034 De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero ω =107 Seguacuten el apartado 327 en las piezas sometidas a compresioacuten centrada ha de verificarse que σ = N (ωA) le σu Despejando N queda N = 16231775 kg Donde i y A se sacan de la tabla de perfiles del anejo 2A1 (i = 911cm A = 334 cm2) y el aacuterea es dos veces el del perfil simple porque tenemos perfiles formando el pilar entre los cuales se reparte la compresioacuten b) 3213 Elementos de enlace de una pieza compuesta l1 le 50i i menor radio de giro del perfil simple i = 248 cm l1le 124 cm 525 124 = 423 tomamos 5 tramos 525 5 =105 cm l1 = 105 cm (le 50i cumple la condicioacuten) c) Del apartado 3252 _______________ λ = radic (lki)2 + (m2)λ1

2 pandeo en un plano perpendicular al eje de inercia libre De esta expresioacuten debemos despejar la i El valor de los paraacutemetros de la misma son λ = 4034 lk=3675m

m = 2 λ1 = l1i1 =105 248 = 4233 (3253 Esbeltez complementaria) Despejando queda ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 42332

Como se puede observar esto no es aplicable porque sale una raiacutez negativa Para arreglar esto tenemos que disminuir el sustrayendo de la raiacutez iquestCoacutemo disminuyendo λ1 para lo cual habraacute que disminuir l1 esto es aumentar el nuacutemero de tramos Tomando 6 tramos 5256 = 875 cm =l1 λ1= l1i1 =875 248 = 3528 ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 35282 = 1955 i = 36751955 =1879 cm s asymp 2i s asymp 38 cm Esta separacioacuten es bastante considerable aumentaremos el nuacutemero de tramos para que no salgan tan separados los perfiles Con 8 tramos ____________ l1 = 5258 =65625 λ1 = 65625 248 = 265 lki = radic 40342 ndash 2652 = 304 i = 3675304 =1209 s = 25cm d) 328 Caacutelculo de los enlaces de las piezas compuestas En el punto 3281 se definen todos los paraacutemetros de las siguientes expresiones que tambieacuten se recogen en eacutel Ti = A( σu80) η = 2 x 334 x (260080) x 1 =2171 kg η = s20i1 lt 1 luego tomamos η =1 (si fuera mayor que 1 se toma el nuacutemero que diera) Tp = Ti (l1ns) = 2171 x (65625 225) = 284943 kg Mp = Ti (l12n) = 2171 x (65625 22) = 3561796 kg cm

C6 La estructura representada consta de una viga continua articulada montada sobre tres pilares El pilar central se une a la viga mediante una articulacioacuten y los pilares laterales mediante apoyos moacuteviles (de forma que es posible el giro y el desplazamiento de las cabezas de dichos pilares en el plano de la figura con independencia del giro de la viga) Para el movimiento en el plano perpendicular al de la figura existen arriostramientos que impiden el desplazamiento de las cabezas de los tres pilares pero no su giro Sobre la viga actuacutea una carga permanente de 3000 Kgm en toda su longitud Ademaacutes puede actuar o no una sobrecarga de 10000 Kgm en cualquier lugar de la misma Se trata de disentildear los pilares laterales con el mismo disentildeo para ambos con una disposicioacuten de dos IPE unidos por presillas Acero A42b (garantizado) Se haraacute de forma que se cumpla lo establecido en la Norma EA-95 y con el criterio de aprovechamiento oacuteptimo del material Se pide

a) Elige la disposicioacuten en planta maacutes adecuada de las dos representadas en la figura

b) Liacutenea de influencia de la reaccioacuten en cada uno de los pilares laterales c) Carga de caacutelculo (ponderada) d) Dimensionado de los perfiles IPE e) Separacioacuten entre presillas (de forma que sea maacutexima) f) Separacioacuten entre los ejes de los perfiles g) Esfuerzos en las presillas

750 750

150

600

a) La disposicioacuten maacutes adecuada es La longitud de pandeo en el plano perpendicular al papel dadas las condiciones que nos dicen es 07L Este caso es menos desfavorable que el que tenemos en el plano del papel donde la longitud de pandeo es 2L Con el caso menos desfavorable disentildearemos los perfiles mientras que en el caso maacutes desfavorable dejaremos la libertad de poder separar los perfiles para manipular el radio de giro b) La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar izquierdo (LI 1) 1

La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar derecho (LI 2) 1

02 c) Para la carga de caacutelculo ponderada primero planteamos las hipoacutetesis de carga para cada liacutenea de influencia anterior Para ello tenemos que tener en cuenta los coeficientes de ponderacioacuten de la Tabla 315 de la norma Para el pilar izquierdo qs+qp

qs = 15 x 10000 =15000 qp = 133 x 3000 = 3990 El valor de la reaccioacuten ponderada se obtiene multiplicando el aacuterea bajo la liacutenea de influencia por la carga ponderada

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

a) La separacioacuten de las presillas se recoge en el apartado 3213 de la norma l1le 50i El menor radio de giro de la pieza simple considerada (L 10010) se obtiene de las tablas de perfiles i = 195 cm l1le 50 x 195 = 975 cm 320 975 = 328 tomamos 4 tramos 320 4 = 80 cm l1 = 80 cm b) Para la comprobacioacuten de la seccioacuten hay que determinar primero las longitudes de pandeo seguacuten la tabla 3242 de la norma tal y como indica el enunciado Esta tabla nos da los coeficientes de esbeltez β en barras de estructuras triangulares lk=βl Seguacuten la condicioacuten del enunciado de que la barra no estaacute en el contorno de la figura obtenemos de la tabla Pandeo en el plano de la estructura caso 3 β = 08 En el plano de la estructura la longitud de pandeo es lk= 320 x 08 = 256 m Pandeo perpendicular al plano de la estructura caso 3 β = 1 En el plano perpendicular a la estructura la longitud de pandeo es lk = 320 x 1 =320 m Ahora calculamos las esbelteces seguacuten el apartado 3252 de la norma Para el pandeo en el plano de la estructura esto es entorno a un eje de inercia material (por la colocacioacuten que nos dan de los perfiles) tenemos que λ = lk i = 256 304 = 8421 (i se obtiene de la tabla de perfiles) Con este dato ya podemos calcular el pandeo de piezas sometidas a compresioacuten centrada seguacuten el apartado 327 de la norma De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero A42b que es ω =160 Ahora calculamos σ σ = N (ωA) = 30500 (160 2192) = 12708 le 2600 kgcm2 Donde N se toma la compresioacuten puesto que el pandeo es a compresioacuten y no a traccioacuten y el aacuterea es dos veces la del perfil simple puesto que tenemos dos perfiles

Para el pandeo perpendicular al plano de la estructura esto es entorno al eje de inercia libre tenemos que ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 (3252) donde m = 2 lk = 320m λ1 = l1i1 = 80 195 = 4102 (3253) ______ _____ i se calcula seguacuten el teorema de Steiner IY = Iy + A d2 i = radic (IYA) = radic iy+d2

d = c + e2 = 282 + 06= 342 cm c se ha obtenido de la tabla de perfiles y e es el espesor de la cartela Con todo esto queda que i = 4576 cm λ toma un valor de 81 Entrando en la tabla 327 se obtiene que ω vale 153 este valor es menor auacuten que el anterior con lo que cumpliraacute tambieacuten que σ le σu c) Para la soldadura tomamos como esfuerzo ponderado el mayor de los dos N=42750kg Por la disposicioacuten del centro de gravedad del perfil (no centrado) dicho esfuerzo se repartiraacute de forma distinta en cada soldadura

F1 = 42750 x (28210) = 12056 kg F2 = 42750 x [(10-282)10] = 30695 kg Esto se ha calculado teniendo en cuenta que F1+F2 = 42750 F1a = F2b (sumMcdg=0) a y b se obtienen de la tabla de perfiles El espesor de la garganta lo determinamos seguacuten la tabla 523A Perfil e =10 mm 4 le a le 7 Chapa e = 12mm 4 le a le 8 Probamos con a = 4 mm que cumple los dos intervalos

Puesto que estamos en un caso de esfuerzo axial la longitud eficaz la podemos elegir seguacuten el apartado 523 de la norma Valor miacutenimo l ge 15a = 60 mm l ge b = 100 mm Valor maacuteximo l le 60a = 240 mm l le 12b =1200 mm Probamos con una l = 100 mm que cumple las cuatro condiciones En la tabla 3A61 vemos que estamos en el caso 1 Para la soldadura que soporta F1 12056 (07520410) = 200933 le 2600 kgcm2 Esta soldadura siacute que aguanta Para la soldadura que soporta F2 30695 (07520410) = 511583 ge 2600 kgcm2 supera el liacutemite elaacutestico del acero luego esta soldadura no aguanta y tendremos que aumentar l y a Probando con l = 115 mm y a = 7mm 30695 (075207115) = 2542 le 2600 kgcm2 Esta siacute que aguanta Finalmente

C5 En el disentildeo de un pilar de 5acute25 m de altura se ha adoptado la solucioacuten de 2IPE220 unidos con presillas Acero A42b Las condiciones de contorno son de empotramiento en un extremo y articulacioacuten (sin posibilidad de desplazamiento lateral) en el opuesto iguales en los dos planos de simetriacutea En la resolucioacuten se tendraacute en cuenta cuanto dispone la Norma NBE-AE-95 Se pide a) Maacutexima compresioacuten centrada (ponderada) que puede soportar el pilar b) Disposicioacuten maacutes adecuada de las presillas c) Separacioacuten entre ejes de los perfiles IPE d) Valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas e) Disentildeo de las presillas (dimensiones) y de las soldaduras de unioacuten a los IPE Dibujar

la solucioacuten a) Dadas las condiciones de contorno del pilar calculamos la longitud de pandeo a partir del coeficiente de esbeltez Esto lo encontramos en el apartado 324 de la norma β = 07 lk= 07 x 525 =3675 m λ = lki = 3675 911 = 4034 De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero ω =107 Seguacuten el apartado 327 en las piezas sometidas a compresioacuten centrada ha de verificarse que σ = N (ωA) le σu Despejando N queda N = 16231775 kg Donde i y A se sacan de la tabla de perfiles del anejo 2A1 (i = 911cm A = 334 cm2) y el aacuterea es dos veces el del perfil simple porque tenemos perfiles formando el pilar entre los cuales se reparte la compresioacuten b) 3213 Elementos de enlace de una pieza compuesta l1 le 50i i menor radio de giro del perfil simple i = 248 cm l1le 124 cm 525 124 = 423 tomamos 5 tramos 525 5 =105 cm l1 = 105 cm (le 50i cumple la condicioacuten) c) Del apartado 3252 _______________ λ = radic (lki)2 + (m2)λ1

2 pandeo en un plano perpendicular al eje de inercia libre De esta expresioacuten debemos despejar la i El valor de los paraacutemetros de la misma son λ = 4034 lk=3675m

m = 2 λ1 = l1i1 =105 248 = 4233 (3253 Esbeltez complementaria) Despejando queda ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 42332

Como se puede observar esto no es aplicable porque sale una raiacutez negativa Para arreglar esto tenemos que disminuir el sustrayendo de la raiacutez iquestCoacutemo disminuyendo λ1 para lo cual habraacute que disminuir l1 esto es aumentar el nuacutemero de tramos Tomando 6 tramos 5256 = 875 cm =l1 λ1= l1i1 =875 248 = 3528 ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 35282 = 1955 i = 36751955 =1879 cm s asymp 2i s asymp 38 cm Esta separacioacuten es bastante considerable aumentaremos el nuacutemero de tramos para que no salgan tan separados los perfiles Con 8 tramos ____________ l1 = 5258 =65625 λ1 = 65625 248 = 265 lki = radic 40342 ndash 2652 = 304 i = 3675304 =1209 s = 25cm d) 328 Caacutelculo de los enlaces de las piezas compuestas En el punto 3281 se definen todos los paraacutemetros de las siguientes expresiones que tambieacuten se recogen en eacutel Ti = A( σu80) η = 2 x 334 x (260080) x 1 =2171 kg η = s20i1 lt 1 luego tomamos η =1 (si fuera mayor que 1 se toma el nuacutemero que diera) Tp = Ti (l1ns) = 2171 x (65625 225) = 284943 kg Mp = Ti (l12n) = 2171 x (65625 22) = 3561796 kg cm

C6 La estructura representada consta de una viga continua articulada montada sobre tres pilares El pilar central se une a la viga mediante una articulacioacuten y los pilares laterales mediante apoyos moacuteviles (de forma que es posible el giro y el desplazamiento de las cabezas de dichos pilares en el plano de la figura con independencia del giro de la viga) Para el movimiento en el plano perpendicular al de la figura existen arriostramientos que impiden el desplazamiento de las cabezas de los tres pilares pero no su giro Sobre la viga actuacutea una carga permanente de 3000 Kgm en toda su longitud Ademaacutes puede actuar o no una sobrecarga de 10000 Kgm en cualquier lugar de la misma Se trata de disentildear los pilares laterales con el mismo disentildeo para ambos con una disposicioacuten de dos IPE unidos por presillas Acero A42b (garantizado) Se haraacute de forma que se cumpla lo establecido en la Norma EA-95 y con el criterio de aprovechamiento oacuteptimo del material Se pide

a) Elige la disposicioacuten en planta maacutes adecuada de las dos representadas en la figura

b) Liacutenea de influencia de la reaccioacuten en cada uno de los pilares laterales c) Carga de caacutelculo (ponderada) d) Dimensionado de los perfiles IPE e) Separacioacuten entre presillas (de forma que sea maacutexima) f) Separacioacuten entre los ejes de los perfiles g) Esfuerzos en las presillas

750 750

150

600

a) La disposicioacuten maacutes adecuada es La longitud de pandeo en el plano perpendicular al papel dadas las condiciones que nos dicen es 07L Este caso es menos desfavorable que el que tenemos en el plano del papel donde la longitud de pandeo es 2L Con el caso menos desfavorable disentildearemos los perfiles mientras que en el caso maacutes desfavorable dejaremos la libertad de poder separar los perfiles para manipular el radio de giro b) La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar izquierdo (LI 1) 1

La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar derecho (LI 2) 1

02 c) Para la carga de caacutelculo ponderada primero planteamos las hipoacutetesis de carga para cada liacutenea de influencia anterior Para ello tenemos que tener en cuenta los coeficientes de ponderacioacuten de la Tabla 315 de la norma Para el pilar izquierdo qs+qp

qs = 15 x 10000 =15000 qp = 133 x 3000 = 3990 El valor de la reaccioacuten ponderada se obtiene multiplicando el aacuterea bajo la liacutenea de influencia por la carga ponderada

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

Para el pandeo perpendicular al plano de la estructura esto es entorno al eje de inercia libre tenemos que ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 (3252) donde m = 2 lk = 320m λ1 = l1i1 = 80 195 = 4102 (3253) ______ _____ i se calcula seguacuten el teorema de Steiner IY = Iy + A d2 i = radic (IYA) = radic iy+d2

d = c + e2 = 282 + 06= 342 cm c se ha obtenido de la tabla de perfiles y e es el espesor de la cartela Con todo esto queda que i = 4576 cm λ toma un valor de 81 Entrando en la tabla 327 se obtiene que ω vale 153 este valor es menor auacuten que el anterior con lo que cumpliraacute tambieacuten que σ le σu c) Para la soldadura tomamos como esfuerzo ponderado el mayor de los dos N=42750kg Por la disposicioacuten del centro de gravedad del perfil (no centrado) dicho esfuerzo se repartiraacute de forma distinta en cada soldadura

F1 = 42750 x (28210) = 12056 kg F2 = 42750 x [(10-282)10] = 30695 kg Esto se ha calculado teniendo en cuenta que F1+F2 = 42750 F1a = F2b (sumMcdg=0) a y b se obtienen de la tabla de perfiles El espesor de la garganta lo determinamos seguacuten la tabla 523A Perfil e =10 mm 4 le a le 7 Chapa e = 12mm 4 le a le 8 Probamos con a = 4 mm que cumple los dos intervalos

Puesto que estamos en un caso de esfuerzo axial la longitud eficaz la podemos elegir seguacuten el apartado 523 de la norma Valor miacutenimo l ge 15a = 60 mm l ge b = 100 mm Valor maacuteximo l le 60a = 240 mm l le 12b =1200 mm Probamos con una l = 100 mm que cumple las cuatro condiciones En la tabla 3A61 vemos que estamos en el caso 1 Para la soldadura que soporta F1 12056 (07520410) = 200933 le 2600 kgcm2 Esta soldadura siacute que aguanta Para la soldadura que soporta F2 30695 (07520410) = 511583 ge 2600 kgcm2 supera el liacutemite elaacutestico del acero luego esta soldadura no aguanta y tendremos que aumentar l y a Probando con l = 115 mm y a = 7mm 30695 (075207115) = 2542 le 2600 kgcm2 Esta siacute que aguanta Finalmente

C5 En el disentildeo de un pilar de 5acute25 m de altura se ha adoptado la solucioacuten de 2IPE220 unidos con presillas Acero A42b Las condiciones de contorno son de empotramiento en un extremo y articulacioacuten (sin posibilidad de desplazamiento lateral) en el opuesto iguales en los dos planos de simetriacutea En la resolucioacuten se tendraacute en cuenta cuanto dispone la Norma NBE-AE-95 Se pide a) Maacutexima compresioacuten centrada (ponderada) que puede soportar el pilar b) Disposicioacuten maacutes adecuada de las presillas c) Separacioacuten entre ejes de los perfiles IPE d) Valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas e) Disentildeo de las presillas (dimensiones) y de las soldaduras de unioacuten a los IPE Dibujar

la solucioacuten a) Dadas las condiciones de contorno del pilar calculamos la longitud de pandeo a partir del coeficiente de esbeltez Esto lo encontramos en el apartado 324 de la norma β = 07 lk= 07 x 525 =3675 m λ = lki = 3675 911 = 4034 De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero ω =107 Seguacuten el apartado 327 en las piezas sometidas a compresioacuten centrada ha de verificarse que σ = N (ωA) le σu Despejando N queda N = 16231775 kg Donde i y A se sacan de la tabla de perfiles del anejo 2A1 (i = 911cm A = 334 cm2) y el aacuterea es dos veces el del perfil simple porque tenemos perfiles formando el pilar entre los cuales se reparte la compresioacuten b) 3213 Elementos de enlace de una pieza compuesta l1 le 50i i menor radio de giro del perfil simple i = 248 cm l1le 124 cm 525 124 = 423 tomamos 5 tramos 525 5 =105 cm l1 = 105 cm (le 50i cumple la condicioacuten) c) Del apartado 3252 _______________ λ = radic (lki)2 + (m2)λ1

2 pandeo en un plano perpendicular al eje de inercia libre De esta expresioacuten debemos despejar la i El valor de los paraacutemetros de la misma son λ = 4034 lk=3675m

m = 2 λ1 = l1i1 =105 248 = 4233 (3253 Esbeltez complementaria) Despejando queda ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 42332

Como se puede observar esto no es aplicable porque sale una raiacutez negativa Para arreglar esto tenemos que disminuir el sustrayendo de la raiacutez iquestCoacutemo disminuyendo λ1 para lo cual habraacute que disminuir l1 esto es aumentar el nuacutemero de tramos Tomando 6 tramos 5256 = 875 cm =l1 λ1= l1i1 =875 248 = 3528 ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 35282 = 1955 i = 36751955 =1879 cm s asymp 2i s asymp 38 cm Esta separacioacuten es bastante considerable aumentaremos el nuacutemero de tramos para que no salgan tan separados los perfiles Con 8 tramos ____________ l1 = 5258 =65625 λ1 = 65625 248 = 265 lki = radic 40342 ndash 2652 = 304 i = 3675304 =1209 s = 25cm d) 328 Caacutelculo de los enlaces de las piezas compuestas En el punto 3281 se definen todos los paraacutemetros de las siguientes expresiones que tambieacuten se recogen en eacutel Ti = A( σu80) η = 2 x 334 x (260080) x 1 =2171 kg η = s20i1 lt 1 luego tomamos η =1 (si fuera mayor que 1 se toma el nuacutemero que diera) Tp = Ti (l1ns) = 2171 x (65625 225) = 284943 kg Mp = Ti (l12n) = 2171 x (65625 22) = 3561796 kg cm

C6 La estructura representada consta de una viga continua articulada montada sobre tres pilares El pilar central se une a la viga mediante una articulacioacuten y los pilares laterales mediante apoyos moacuteviles (de forma que es posible el giro y el desplazamiento de las cabezas de dichos pilares en el plano de la figura con independencia del giro de la viga) Para el movimiento en el plano perpendicular al de la figura existen arriostramientos que impiden el desplazamiento de las cabezas de los tres pilares pero no su giro Sobre la viga actuacutea una carga permanente de 3000 Kgm en toda su longitud Ademaacutes puede actuar o no una sobrecarga de 10000 Kgm en cualquier lugar de la misma Se trata de disentildear los pilares laterales con el mismo disentildeo para ambos con una disposicioacuten de dos IPE unidos por presillas Acero A42b (garantizado) Se haraacute de forma que se cumpla lo establecido en la Norma EA-95 y con el criterio de aprovechamiento oacuteptimo del material Se pide

a) Elige la disposicioacuten en planta maacutes adecuada de las dos representadas en la figura

b) Liacutenea de influencia de la reaccioacuten en cada uno de los pilares laterales c) Carga de caacutelculo (ponderada) d) Dimensionado de los perfiles IPE e) Separacioacuten entre presillas (de forma que sea maacutexima) f) Separacioacuten entre los ejes de los perfiles g) Esfuerzos en las presillas

750 750

150

600

a) La disposicioacuten maacutes adecuada es La longitud de pandeo en el plano perpendicular al papel dadas las condiciones que nos dicen es 07L Este caso es menos desfavorable que el que tenemos en el plano del papel donde la longitud de pandeo es 2L Con el caso menos desfavorable disentildearemos los perfiles mientras que en el caso maacutes desfavorable dejaremos la libertad de poder separar los perfiles para manipular el radio de giro b) La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar izquierdo (LI 1) 1

La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar derecho (LI 2) 1

02 c) Para la carga de caacutelculo ponderada primero planteamos las hipoacutetesis de carga para cada liacutenea de influencia anterior Para ello tenemos que tener en cuenta los coeficientes de ponderacioacuten de la Tabla 315 de la norma Para el pilar izquierdo qs+qp

qs = 15 x 10000 =15000 qp = 133 x 3000 = 3990 El valor de la reaccioacuten ponderada se obtiene multiplicando el aacuterea bajo la liacutenea de influencia por la carga ponderada

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

Puesto que estamos en un caso de esfuerzo axial la longitud eficaz la podemos elegir seguacuten el apartado 523 de la norma Valor miacutenimo l ge 15a = 60 mm l ge b = 100 mm Valor maacuteximo l le 60a = 240 mm l le 12b =1200 mm Probamos con una l = 100 mm que cumple las cuatro condiciones En la tabla 3A61 vemos que estamos en el caso 1 Para la soldadura que soporta F1 12056 (07520410) = 200933 le 2600 kgcm2 Esta soldadura siacute que aguanta Para la soldadura que soporta F2 30695 (07520410) = 511583 ge 2600 kgcm2 supera el liacutemite elaacutestico del acero luego esta soldadura no aguanta y tendremos que aumentar l y a Probando con l = 115 mm y a = 7mm 30695 (075207115) = 2542 le 2600 kgcm2 Esta siacute que aguanta Finalmente

C5 En el disentildeo de un pilar de 5acute25 m de altura se ha adoptado la solucioacuten de 2IPE220 unidos con presillas Acero A42b Las condiciones de contorno son de empotramiento en un extremo y articulacioacuten (sin posibilidad de desplazamiento lateral) en el opuesto iguales en los dos planos de simetriacutea En la resolucioacuten se tendraacute en cuenta cuanto dispone la Norma NBE-AE-95 Se pide a) Maacutexima compresioacuten centrada (ponderada) que puede soportar el pilar b) Disposicioacuten maacutes adecuada de las presillas c) Separacioacuten entre ejes de los perfiles IPE d) Valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas e) Disentildeo de las presillas (dimensiones) y de las soldaduras de unioacuten a los IPE Dibujar

la solucioacuten a) Dadas las condiciones de contorno del pilar calculamos la longitud de pandeo a partir del coeficiente de esbeltez Esto lo encontramos en el apartado 324 de la norma β = 07 lk= 07 x 525 =3675 m λ = lki = 3675 911 = 4034 De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero ω =107 Seguacuten el apartado 327 en las piezas sometidas a compresioacuten centrada ha de verificarse que σ = N (ωA) le σu Despejando N queda N = 16231775 kg Donde i y A se sacan de la tabla de perfiles del anejo 2A1 (i = 911cm A = 334 cm2) y el aacuterea es dos veces el del perfil simple porque tenemos perfiles formando el pilar entre los cuales se reparte la compresioacuten b) 3213 Elementos de enlace de una pieza compuesta l1 le 50i i menor radio de giro del perfil simple i = 248 cm l1le 124 cm 525 124 = 423 tomamos 5 tramos 525 5 =105 cm l1 = 105 cm (le 50i cumple la condicioacuten) c) Del apartado 3252 _______________ λ = radic (lki)2 + (m2)λ1

2 pandeo en un plano perpendicular al eje de inercia libre De esta expresioacuten debemos despejar la i El valor de los paraacutemetros de la misma son λ = 4034 lk=3675m

m = 2 λ1 = l1i1 =105 248 = 4233 (3253 Esbeltez complementaria) Despejando queda ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 42332

Como se puede observar esto no es aplicable porque sale una raiacutez negativa Para arreglar esto tenemos que disminuir el sustrayendo de la raiacutez iquestCoacutemo disminuyendo λ1 para lo cual habraacute que disminuir l1 esto es aumentar el nuacutemero de tramos Tomando 6 tramos 5256 = 875 cm =l1 λ1= l1i1 =875 248 = 3528 ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 35282 = 1955 i = 36751955 =1879 cm s asymp 2i s asymp 38 cm Esta separacioacuten es bastante considerable aumentaremos el nuacutemero de tramos para que no salgan tan separados los perfiles Con 8 tramos ____________ l1 = 5258 =65625 λ1 = 65625 248 = 265 lki = radic 40342 ndash 2652 = 304 i = 3675304 =1209 s = 25cm d) 328 Caacutelculo de los enlaces de las piezas compuestas En el punto 3281 se definen todos los paraacutemetros de las siguientes expresiones que tambieacuten se recogen en eacutel Ti = A( σu80) η = 2 x 334 x (260080) x 1 =2171 kg η = s20i1 lt 1 luego tomamos η =1 (si fuera mayor que 1 se toma el nuacutemero que diera) Tp = Ti (l1ns) = 2171 x (65625 225) = 284943 kg Mp = Ti (l12n) = 2171 x (65625 22) = 3561796 kg cm

C6 La estructura representada consta de una viga continua articulada montada sobre tres pilares El pilar central se une a la viga mediante una articulacioacuten y los pilares laterales mediante apoyos moacuteviles (de forma que es posible el giro y el desplazamiento de las cabezas de dichos pilares en el plano de la figura con independencia del giro de la viga) Para el movimiento en el plano perpendicular al de la figura existen arriostramientos que impiden el desplazamiento de las cabezas de los tres pilares pero no su giro Sobre la viga actuacutea una carga permanente de 3000 Kgm en toda su longitud Ademaacutes puede actuar o no una sobrecarga de 10000 Kgm en cualquier lugar de la misma Se trata de disentildear los pilares laterales con el mismo disentildeo para ambos con una disposicioacuten de dos IPE unidos por presillas Acero A42b (garantizado) Se haraacute de forma que se cumpla lo establecido en la Norma EA-95 y con el criterio de aprovechamiento oacuteptimo del material Se pide

a) Elige la disposicioacuten en planta maacutes adecuada de las dos representadas en la figura

b) Liacutenea de influencia de la reaccioacuten en cada uno de los pilares laterales c) Carga de caacutelculo (ponderada) d) Dimensionado de los perfiles IPE e) Separacioacuten entre presillas (de forma que sea maacutexima) f) Separacioacuten entre los ejes de los perfiles g) Esfuerzos en las presillas

750 750

150

600

a) La disposicioacuten maacutes adecuada es La longitud de pandeo en el plano perpendicular al papel dadas las condiciones que nos dicen es 07L Este caso es menos desfavorable que el que tenemos en el plano del papel donde la longitud de pandeo es 2L Con el caso menos desfavorable disentildearemos los perfiles mientras que en el caso maacutes desfavorable dejaremos la libertad de poder separar los perfiles para manipular el radio de giro b) La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar izquierdo (LI 1) 1

La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar derecho (LI 2) 1

02 c) Para la carga de caacutelculo ponderada primero planteamos las hipoacutetesis de carga para cada liacutenea de influencia anterior Para ello tenemos que tener en cuenta los coeficientes de ponderacioacuten de la Tabla 315 de la norma Para el pilar izquierdo qs+qp

qs = 15 x 10000 =15000 qp = 133 x 3000 = 3990 El valor de la reaccioacuten ponderada se obtiene multiplicando el aacuterea bajo la liacutenea de influencia por la carga ponderada

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

C5 En el disentildeo de un pilar de 5acute25 m de altura se ha adoptado la solucioacuten de 2IPE220 unidos con presillas Acero A42b Las condiciones de contorno son de empotramiento en un extremo y articulacioacuten (sin posibilidad de desplazamiento lateral) en el opuesto iguales en los dos planos de simetriacutea En la resolucioacuten se tendraacute en cuenta cuanto dispone la Norma NBE-AE-95 Se pide a) Maacutexima compresioacuten centrada (ponderada) que puede soportar el pilar b) Disposicioacuten maacutes adecuada de las presillas c) Separacioacuten entre ejes de los perfiles IPE d) Valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas e) Disentildeo de las presillas (dimensiones) y de las soldaduras de unioacuten a los IPE Dibujar

la solucioacuten a) Dadas las condiciones de contorno del pilar calculamos la longitud de pandeo a partir del coeficiente de esbeltez Esto lo encontramos en el apartado 324 de la norma β = 07 lk= 07 x 525 =3675 m λ = lki = 3675 911 = 4034 De la tabla 327 obtenemos el coeficiente de pandeo ω del acero ω =107 Seguacuten el apartado 327 en las piezas sometidas a compresioacuten centrada ha de verificarse que σ = N (ωA) le σu Despejando N queda N = 16231775 kg Donde i y A se sacan de la tabla de perfiles del anejo 2A1 (i = 911cm A = 334 cm2) y el aacuterea es dos veces el del perfil simple porque tenemos perfiles formando el pilar entre los cuales se reparte la compresioacuten b) 3213 Elementos de enlace de una pieza compuesta l1 le 50i i menor radio de giro del perfil simple i = 248 cm l1le 124 cm 525 124 = 423 tomamos 5 tramos 525 5 =105 cm l1 = 105 cm (le 50i cumple la condicioacuten) c) Del apartado 3252 _______________ λ = radic (lki)2 + (m2)λ1

2 pandeo en un plano perpendicular al eje de inercia libre De esta expresioacuten debemos despejar la i El valor de los paraacutemetros de la misma son λ = 4034 lk=3675m

m = 2 λ1 = l1i1 =105 248 = 4233 (3253 Esbeltez complementaria) Despejando queda ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 42332

Como se puede observar esto no es aplicable porque sale una raiacutez negativa Para arreglar esto tenemos que disminuir el sustrayendo de la raiacutez iquestCoacutemo disminuyendo λ1 para lo cual habraacute que disminuir l1 esto es aumentar el nuacutemero de tramos Tomando 6 tramos 5256 = 875 cm =l1 λ1= l1i1 =875 248 = 3528 ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 35282 = 1955 i = 36751955 =1879 cm s asymp 2i s asymp 38 cm Esta separacioacuten es bastante considerable aumentaremos el nuacutemero de tramos para que no salgan tan separados los perfiles Con 8 tramos ____________ l1 = 5258 =65625 λ1 = 65625 248 = 265 lki = radic 40342 ndash 2652 = 304 i = 3675304 =1209 s = 25cm d) 328 Caacutelculo de los enlaces de las piezas compuestas En el punto 3281 se definen todos los paraacutemetros de las siguientes expresiones que tambieacuten se recogen en eacutel Ti = A( σu80) η = 2 x 334 x (260080) x 1 =2171 kg η = s20i1 lt 1 luego tomamos η =1 (si fuera mayor que 1 se toma el nuacutemero que diera) Tp = Ti (l1ns) = 2171 x (65625 225) = 284943 kg Mp = Ti (l12n) = 2171 x (65625 22) = 3561796 kg cm

C6 La estructura representada consta de una viga continua articulada montada sobre tres pilares El pilar central se une a la viga mediante una articulacioacuten y los pilares laterales mediante apoyos moacuteviles (de forma que es posible el giro y el desplazamiento de las cabezas de dichos pilares en el plano de la figura con independencia del giro de la viga) Para el movimiento en el plano perpendicular al de la figura existen arriostramientos que impiden el desplazamiento de las cabezas de los tres pilares pero no su giro Sobre la viga actuacutea una carga permanente de 3000 Kgm en toda su longitud Ademaacutes puede actuar o no una sobrecarga de 10000 Kgm en cualquier lugar de la misma Se trata de disentildear los pilares laterales con el mismo disentildeo para ambos con una disposicioacuten de dos IPE unidos por presillas Acero A42b (garantizado) Se haraacute de forma que se cumpla lo establecido en la Norma EA-95 y con el criterio de aprovechamiento oacuteptimo del material Se pide

a) Elige la disposicioacuten en planta maacutes adecuada de las dos representadas en la figura

b) Liacutenea de influencia de la reaccioacuten en cada uno de los pilares laterales c) Carga de caacutelculo (ponderada) d) Dimensionado de los perfiles IPE e) Separacioacuten entre presillas (de forma que sea maacutexima) f) Separacioacuten entre los ejes de los perfiles g) Esfuerzos en las presillas

750 750

150

600

a) La disposicioacuten maacutes adecuada es La longitud de pandeo en el plano perpendicular al papel dadas las condiciones que nos dicen es 07L Este caso es menos desfavorable que el que tenemos en el plano del papel donde la longitud de pandeo es 2L Con el caso menos desfavorable disentildearemos los perfiles mientras que en el caso maacutes desfavorable dejaremos la libertad de poder separar los perfiles para manipular el radio de giro b) La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar izquierdo (LI 1) 1

La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar derecho (LI 2) 1

02 c) Para la carga de caacutelculo ponderada primero planteamos las hipoacutetesis de carga para cada liacutenea de influencia anterior Para ello tenemos que tener en cuenta los coeficientes de ponderacioacuten de la Tabla 315 de la norma Para el pilar izquierdo qs+qp

qs = 15 x 10000 =15000 qp = 133 x 3000 = 3990 El valor de la reaccioacuten ponderada se obtiene multiplicando el aacuterea bajo la liacutenea de influencia por la carga ponderada

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

m = 2 λ1 = l1i1 =105 248 = 4233 (3253 Esbeltez complementaria) Despejando queda ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 42332

Como se puede observar esto no es aplicable porque sale una raiacutez negativa Para arreglar esto tenemos que disminuir el sustrayendo de la raiacutez iquestCoacutemo disminuyendo λ1 para lo cual habraacute que disminuir l1 esto es aumentar el nuacutemero de tramos Tomando 6 tramos 5256 = 875 cm =l1 λ1= l1i1 =875 248 = 3528 ____________ _____________ lki = radic λ2 ndash (m2)λ1

2 = radic 40342 ndash 35282 = 1955 i = 36751955 =1879 cm s asymp 2i s asymp 38 cm Esta separacioacuten es bastante considerable aumentaremos el nuacutemero de tramos para que no salgan tan separados los perfiles Con 8 tramos ____________ l1 = 5258 =65625 λ1 = 65625 248 = 265 lki = radic 40342 ndash 2652 = 304 i = 3675304 =1209 s = 25cm d) 328 Caacutelculo de los enlaces de las piezas compuestas En el punto 3281 se definen todos los paraacutemetros de las siguientes expresiones que tambieacuten se recogen en eacutel Ti = A( σu80) η = 2 x 334 x (260080) x 1 =2171 kg η = s20i1 lt 1 luego tomamos η =1 (si fuera mayor que 1 se toma el nuacutemero que diera) Tp = Ti (l1ns) = 2171 x (65625 225) = 284943 kg Mp = Ti (l12n) = 2171 x (65625 22) = 3561796 kg cm

C6 La estructura representada consta de una viga continua articulada montada sobre tres pilares El pilar central se une a la viga mediante una articulacioacuten y los pilares laterales mediante apoyos moacuteviles (de forma que es posible el giro y el desplazamiento de las cabezas de dichos pilares en el plano de la figura con independencia del giro de la viga) Para el movimiento en el plano perpendicular al de la figura existen arriostramientos que impiden el desplazamiento de las cabezas de los tres pilares pero no su giro Sobre la viga actuacutea una carga permanente de 3000 Kgm en toda su longitud Ademaacutes puede actuar o no una sobrecarga de 10000 Kgm en cualquier lugar de la misma Se trata de disentildear los pilares laterales con el mismo disentildeo para ambos con una disposicioacuten de dos IPE unidos por presillas Acero A42b (garantizado) Se haraacute de forma que se cumpla lo establecido en la Norma EA-95 y con el criterio de aprovechamiento oacuteptimo del material Se pide

a) Elige la disposicioacuten en planta maacutes adecuada de las dos representadas en la figura

b) Liacutenea de influencia de la reaccioacuten en cada uno de los pilares laterales c) Carga de caacutelculo (ponderada) d) Dimensionado de los perfiles IPE e) Separacioacuten entre presillas (de forma que sea maacutexima) f) Separacioacuten entre los ejes de los perfiles g) Esfuerzos en las presillas

750 750

150

600

a) La disposicioacuten maacutes adecuada es La longitud de pandeo en el plano perpendicular al papel dadas las condiciones que nos dicen es 07L Este caso es menos desfavorable que el que tenemos en el plano del papel donde la longitud de pandeo es 2L Con el caso menos desfavorable disentildearemos los perfiles mientras que en el caso maacutes desfavorable dejaremos la libertad de poder separar los perfiles para manipular el radio de giro b) La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar izquierdo (LI 1) 1

La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar derecho (LI 2) 1

02 c) Para la carga de caacutelculo ponderada primero planteamos las hipoacutetesis de carga para cada liacutenea de influencia anterior Para ello tenemos que tener en cuenta los coeficientes de ponderacioacuten de la Tabla 315 de la norma Para el pilar izquierdo qs+qp

qs = 15 x 10000 =15000 qp = 133 x 3000 = 3990 El valor de la reaccioacuten ponderada se obtiene multiplicando el aacuterea bajo la liacutenea de influencia por la carga ponderada

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

C6 La estructura representada consta de una viga continua articulada montada sobre tres pilares El pilar central se une a la viga mediante una articulacioacuten y los pilares laterales mediante apoyos moacuteviles (de forma que es posible el giro y el desplazamiento de las cabezas de dichos pilares en el plano de la figura con independencia del giro de la viga) Para el movimiento en el plano perpendicular al de la figura existen arriostramientos que impiden el desplazamiento de las cabezas de los tres pilares pero no su giro Sobre la viga actuacutea una carga permanente de 3000 Kgm en toda su longitud Ademaacutes puede actuar o no una sobrecarga de 10000 Kgm en cualquier lugar de la misma Se trata de disentildear los pilares laterales con el mismo disentildeo para ambos con una disposicioacuten de dos IPE unidos por presillas Acero A42b (garantizado) Se haraacute de forma que se cumpla lo establecido en la Norma EA-95 y con el criterio de aprovechamiento oacuteptimo del material Se pide

a) Elige la disposicioacuten en planta maacutes adecuada de las dos representadas en la figura

b) Liacutenea de influencia de la reaccioacuten en cada uno de los pilares laterales c) Carga de caacutelculo (ponderada) d) Dimensionado de los perfiles IPE e) Separacioacuten entre presillas (de forma que sea maacutexima) f) Separacioacuten entre los ejes de los perfiles g) Esfuerzos en las presillas

750 750

150

600

a) La disposicioacuten maacutes adecuada es La longitud de pandeo en el plano perpendicular al papel dadas las condiciones que nos dicen es 07L Este caso es menos desfavorable que el que tenemos en el plano del papel donde la longitud de pandeo es 2L Con el caso menos desfavorable disentildearemos los perfiles mientras que en el caso maacutes desfavorable dejaremos la libertad de poder separar los perfiles para manipular el radio de giro b) La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar izquierdo (LI 1) 1

La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar derecho (LI 2) 1

02 c) Para la carga de caacutelculo ponderada primero planteamos las hipoacutetesis de carga para cada liacutenea de influencia anterior Para ello tenemos que tener en cuenta los coeficientes de ponderacioacuten de la Tabla 315 de la norma Para el pilar izquierdo qs+qp

qs = 15 x 10000 =15000 qp = 133 x 3000 = 3990 El valor de la reaccioacuten ponderada se obtiene multiplicando el aacuterea bajo la liacutenea de influencia por la carga ponderada

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

a) La disposicioacuten maacutes adecuada es La longitud de pandeo en el plano perpendicular al papel dadas las condiciones que nos dicen es 07L Este caso es menos desfavorable que el que tenemos en el plano del papel donde la longitud de pandeo es 2L Con el caso menos desfavorable disentildearemos los perfiles mientras que en el caso maacutes desfavorable dejaremos la libertad de poder separar los perfiles para manipular el radio de giro b) La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar izquierdo (LI 1) 1

La liacutenea de influencia de la reaccioacuten del pilar derecho (LI 2) 1

02 c) Para la carga de caacutelculo ponderada primero planteamos las hipoacutetesis de carga para cada liacutenea de influencia anterior Para ello tenemos que tener en cuenta los coeficientes de ponderacioacuten de la Tabla 315 de la norma Para el pilar izquierdo qs+qp

qs = 15 x 10000 =15000 qp = 133 x 3000 = 3990 El valor de la reaccioacuten ponderada se obtiene multiplicando el aacuterea bajo la liacutenea de influencia por la carga ponderada

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

R1= (qs+qp) x A1 = 56970 kg donde A1= 3 Para el pilar derecho

qs+qp = 15 x 10000 + 133 x 3000 = 18990 qp = 100 x 3000 = 3000 En la zona donde el aacuterea de la liacutenea de influencia es mayor (zona desfavorable) tenemos aplicadas la carga permanente y la sobrecarga ambas ponderadas con el mayor de los coeficientes En el resto de la viga la reaccioacuten tiene signo opuesto y ayuda a disminuir la reaccioacuten por eso es la zona favorable y se aplica la carga permanente ponderada con el menor de los coeficientes (100) y la sobrecarga se pondera con el coeficiente 000 De esta manera la reaccioacuten ponderada seraacute la mayor posible y por tanto lo maacutes desfavorable estando asiacute lo maacutes cerca posible del lado de la seguridad De esta manera R2 = (qs+qp) x A3 - qp x A2 = 71250 ndash 2250 = 689625 Kg Donde A3=375 y A2=075 Como los pilares se van a disentildear igual cogemos la reaccioacuten mayor para que aguanten los dos pilares por tanto la carga de caacutelculo ponderada seraacute R = 689625 kg d) Para dimensionar los perfiles tomamos la situacioacuten menos desfavorable esto es la de longitud de pandeo menor Esta situacioacuten es la que tenemos en el plano perpendicular al papel La longitud de pandeo la obtenemos en el apartado 324 de la norma lk = β l con β = 07 tenemos que lk = 420 m La esbeltez mecaacutenica de una pieza compuesta de seccioacuten constante la obtenemos en el apartado 3252 de la norma Hay que tener en cuenta que estamos en el caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material por la disposicioacuten en planta que habiacuteamos elegido en el apartado a) λ= lk i Primero tendremos que probar con un perfil del que tomaremos el valor de i seguacuten la tabla 2A12 para obtener asiacute el valor de λ Con este valor entraremos en la tabla 327

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

para obtener el coeficiente de pandeo ω del acero Finalmente seguacuten el apartado 327 de la norma obtendremos σ y comprobaremos que no supera el liacutemite elaacutestico del acero Podemos empezar a tantear un perfil con un aacuterea de valor A = R σu = 689625 2600 =2652 cm2

Probamos con un IPE 200 (A = 285 cm2) y nos sale λ= lk i = 420 826 = 5084 ω = 114 σ = R x (ωA) = 13795 le 2600 kg cm2 Para calcular σ se divide por 2A ya que R se reparte entre dos perfiles Habraacute que reducir el aacuterea de los perfiles para acercarnos lo maacutes posible a 2600 pero siempre por debajo asiacute ahorraremos material Si vamos probando vemos que el oacuteptimo estaacute en IPE 160 (A = 2010 cm2) λ= lk i = 420 658 =6382 ω = 126 σ = R x (ωA) = 216151 le 2600 kg cm2 Por tanto tendremos 2 IPE 160 e) La separacioacuten entre presillas la obtenemos seguacuten el apartado 3213 de la norma l1 le 50i el I miacutenimo de la pieza simple considerada es 184 cm Por tanto l1 le 92 cm Nordm de tramos = 600 92 = 652 tomamos 7 para que sea la maacutexima tal y como dice el enunciado y para que se cumpla siempre que l1 le 92 cm La separacioacuten de las presillas final seraacute l1 = 600 7 = 8571 cm Con un nuacutemero de tramos superior a 7 tambieacuten se cumple que l1 le 92 cm pero no que la separacioacuten sea maacutexima f) Para la separacioacuten de los perfiles tendremos en cuenta la situacioacuten maacutes desfavorable de pandeo que era la del plano del papel donde lk = β l =2l En el apartado 3252 de la norma obtenemos la esbeltez mecaacutenica ideal puesto que estamos en un caso de pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia libre por la disposicioacuten de los perfiles que habiacuteamos elegido seguacuten el apartado a) ______________ λ = radic( lki)2+ (m2)λ1

2 donde lk= 12m m = 2 λ1 se obtiene seguacuten 3253 λ1= l1i1 =8571 184 = 4658 λ tiene el mismo valor que la que teniacutea en el otro plano de pandeo 6382 Con esta condicioacuten de igualdad de esbelteces en los dos plano de pandeo podemos despejar el valor de i De forma muy aproximada se cumple que s asymp 2i si no habriacutea que aplicar el

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

teorema de Steiner para calcular el radio de giro respecto del eje de inercia libre (s es la separacioacuten entre los centros de gravedad de los perfiles) Despejando sale i = 2735 cm y por tanto s asymp 55 cm g) Los esfuerzos en las presillas se calculan seguacuten 328 Ti = A( σu80) η = 2 x 201 x (260080) x 1495 =1953 kg η = s20i1 =1495 Tp = Ti (l1ns) = 1953 x (857 110) =1553 kg Mp = Ti (l12n) = 1953 x (857 4) = 41483 kg cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

C7 Disentildeo del poacutertico representado en la figura Debe ser conforme con los criterios establecidos por la norma EA-95 Acero A42-b (liacutemite elaacutestico garantizado) Descripcioacuten Dos pilares BF y DG empotrados en F y G y con articulaciones en B y D Viga horizontal ABCDE apoyada sobre los pilares a traveacutes de las dos articulaciones en B y D y con dos ligaduras en A y E que impiden posibles movimientos laterales Con excepcioacuten de los dos empotramientos el conjunto de la estructura no dispone de ninguna ligadura que impida posibles movimientos en direccioacuten perpendicular al plano de la figura Cargas (valores caracteriacutesticos) Carga permanente en toda la viga 2 tm Sobrecarga uniforme que puede actuar o no en cualquier punto de la viga 5 tm Tren de cargas moacuteviles P = 20 t a = 200 m

P P

a

575

250250 700

A B C D E

F G

X

Y

Z X

Y

Z

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

Se pide 41 Disentildeo de la viga No se establece limitacioacuten de flecha Se preveacute una seccioacuten con perfil IPN si no fuera posible con un soacutelo IPN se pueden disponer dos IPN adosados a) Secciones criacuteticas (es decir aquellas en que es previsible que el momento flector tome el valor maacuteximo) b) Liacuteneas de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas (supoacutengase una carga vertical unidad dirigida hacia abajo) acotando los valores maacutes caracteriacutesticos con expresioacuten de su signo c) Dibujo de los estados de carga a considerar para la determinacioacuten del momento flector maacuteximo d) Valor del momento flector ponderado de caacutelculo (coeficientes de ponderacioacuten EA-95) y solucioacuten para la seccioacuten de la viga Como es habitual en perfiles IPN se puede despreciar el efecto de las tensiones de cortadura 42 Disentildeo de los pilares Se preveacute una disposicioacuten de dos UPN unidos por presillas a) iquestCuaacutel de las dos disposiciones representadas consideras maacutes conveniente iquestpor queacute b) Liacutenea de influencia de la carga en un pilar c) Dibujo del estado de carga a considerar en la estructura y determinacioacuten de la carga maacutexima ponderada en el pilar d) Eleccioacuten de los UPN (para la disposicioacuten elegida en a) estudiar el pandeo en el plano perpendicular al eje de inercia material de la seccioacuten) e) Disposicioacuten de presillas (nuacutemero miacutenimo) f) Separacioacuten entre ejes de los perfiles U de forma que se tenga la misma esbeltez en los dos ejes de inercia y valor del momento flector ponderado a soportar por las presillas iquestQueacute ventaja tiene la igualdad de esbelteces en los dos ejes de inercia

X

Z

X

Z

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

41 a y b) Calculamos la liacutenea de influencia del momento flector en las secciones criacuteticas que son el centro de vano y el apoyo

c)

d) El caacutelculo de las cargas ponderadas se hace de acuerdo con los coeficientes de la tabla 315 de la norma La carga permanente tiene un coeficiente de ponderacioacuten de 133 en el lado desfavorable y 100 en el favorable La sobrecarga se pondera con un coeficiente de 150 en el lado desfavorable y de 000 en el favorable El tren de cargas se coloca donde mayor momento flector puede producir y este seraacute donde mayor cota tenga la liacutenea de influencia y actuando en el lado desfavorable qp = 133 x 2000 =2660 kgm (desfavorable) qp = 100 x 2000 =2000 kgm (favorable) qs = 150 x 5000 =7500 kgm (desfavorable) qs = 000 x 5000 = 0 kgm (favorable) Para el caso de la LI del momento flector en el centro de vano el momento vale Mf = 2 x [(35 x175)2] x 10160 + 2 x 30000 x 125 ndash [(125 x 125)2] x 2000 = 130980 kg m Para el caso del momento flector en el apoyo Mf = [(25 x 25)10160] + 30000 x 25 + 30000 x 05 = 121750 kg m

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

Las cotas correspondientes al tren de cargas se calculan faacutecilmente aplicando el teorema de Thales El caso maacutes desfavorable es el momento flector en el centro de vano σu = Mf W W = Mf σu = (130980 x 100) 2600 = 503769 cm^3 Con un solo perfil IPN no se llega a es moacutedulo resistente El (IPN 600 es el maacuteximo y soacutelo llega a 4630 cm^3) Cogemos dos perfiles iguales que lleguen a ese moacutedulo 2 IPN 500 = 2 x 2750 = 5500 cm^3 42 a)

Porque la longitud de pandeo es mayor en el plano perpendicular al papel y por tanto maacutes desfavorable b y c)

Donde qp y qs toma los valores del apartado anterior Rb = [(1357 x 95)2] x 1060 + 30000 x 1357 +30000 x 1071 ndash [(25 x 0357)2] x 2000 = 13743632 kg d) El plano de pandeo menos desfavorable es el del papel Tomamos esta longitud de pandeo (lk = 07 L seguacuten punto 324 de la norma) para determinar el perfil lk = 07 L = 07 x 575 = 4025 m

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm

Para un primer tanteo de perfil A = N σu = 5286 cm^2 A2 = 2643 cm^2 UPN 180 A = 280 cm^2 i = 695 cm λ = 4025 695 = 5791 ω = 120 σ =13743632 x (12 56) = 294506 kgcm^2 UPN 200 A = 322 cm^2 i = 770 cm λ = 4025 770 = 5227 ω = 114 σ =13743632 x (114 644) = 243287 kgcm^2 lt 2600 kgcm^2 Los coeficientes de pandeo se sacan de la tabla 327 de la norma y la esbeltez mecaacutenica viene definida en el punto 325 de la norma La solucioacuten final seraacute 2UPN 200 e) Del punto 3213 de la norma l1 le 50 i i = 214 cm (miacutenimo momento de inercia de la seccioacuten) l1 le 107 cm 575x100 107 = 537 tomamos 6 tramos de manera que la separacioacuten de las presillas seraacute l1 = 9583 cm f) Del punto 3252 de la norma sacamos la esbeltez mecaacutenica ideal una pieza compuesta en un plano perpendicular a un eje de inercia libre _______________ λ = radic (lk i)2 + m2(λ1)2 (igualdad de esbelteces) Seguacuten el punto 3241 la longitud de pandeo seraacute lk =2x575 =115 m 52272 = (115i)2 + (4478)2

donde m=2 λ1 = l1 i1 = 9583 214 = 4478 (punto 3253) Despejando la i se obtiene que i = 426 cm s asymp 2i =852 cm