Pandeo

HORMIGÓN ARMADO Y
PRETENSADO:
EJERCICIO3
(PANDEO)
Patricia Santos Sánchez
DNI. 70889545-A
EJERCICIO 3:
Dimensionar las armaduras del pilar AB del pórtico de dos
plantas de la figura. El desplazamiento máximo
horizontal en el
dintel superior es inferior a 1cm. El axil cuasipermanente no
supera el 70% del axil total. El desplazamiento del pórtico en
sentido perpendicular al plano del pórtico está impedido por muros
rígidos.
El pilar AB está sometido a una carga axil de compresión
mayorada de 1.000Kn y a un momento mayorado en A de
130Kn·m. Según la figura se prescinde de otros esfuerzos.
HA25, B400S, control de ejecución intenso. Tomar como
recubrimiento 3cm.
INTRODUCCIÓN:
Nos encontramos ante un problema de pandeo, ya que tenemos
una estructura más o menos lineal que está sometida a cargas de
compresión. Para resolver el ejercicio vamos a seguir el método de
la EHE-98, siguiendo el Artículo43. También es un problema de
dimensionamiento, que resolveremos usando las expresiones y las
tablas de las fotocopias.
Como no hay cargas en los bordes de la estructura no hay que
considerar torsiones, que serían un problema. El pandeo hay que
comprobarlo en dos direcciones perpendiculares entre sí, pero
como el enunciado nos dice que el desplazamiento en sentido
perpendicular al plano del pórtico está impedido por muros rígidos,
solo es necesario comprobar la otra dirección.
El pórtico de nuestro caso es una estructura reticulada y el
objeto de nuestro estudio son las armaduras del pilar AB de dicho
pórtico.
SOLUCIÓN.
 Lo primero que hay que hacer es saber si el pórtico es
trasnacional o intraslacional. Para ello, vamos al apartado 43.1.2 y
tenemos en cuenta que el enunciado dice que se puede producir
un pequeño desplazamiento horizontal.
Con todo esto, y poniéndonos del lado de la seguridad,
podemos clasificar el pórtico como trasnacional: que son aquellas
estructuras cuyos nudos, bajo solicitaciones de cálculo, presentan
desplazamientos
transversales cuyos
efectos no
pueden ser
despreciados desde el punto de vista de la estabilidad de conjunto.
 Comprobación de estructuras trasnacionales (43.4):
Este
punto
nos
indica
que
tenemos
que
realizar
una
comprobación de estabilidad. Siguiendo los comentarios de este
apartado:
● La estructura no supera las 15 plantas, sólo tiene 2.
● (1/750)·h= (1/750)·(5+5)= 0,013
0,013>0,01
Con estos dos resultados, la norma nos dice que comprobemos
cada soporte de forma aislada, con la longitud definida en 43.1.2.
 Comentarios 43.1.2:
Tenemos que calcular el factor de longitud de pandeo (). Para
ello, lo primero que tenemos que conocer es  (=relación de
rigidez entre pilares y vigas).
El valor de I es la inercia bruta de la sección, por lo que
calculamos su valor para las vigas y pilares que tenemos:
A= (2,133*10-3/5) / [(2·4,167*10-3)/5]=
= 4,266*10-4 / 1,667*10-3= 0,256
B= [(2·2,133*10-3)/5] / [(2·4,167*10-3)/5]=
= 8,532*10-4 / 1,667*10-3= 0,512
Ahora ya podemos calcular el valor  de para pórticos
trasnacionales:
Con este valor ya podemos calcular la longitud de pandeo, que es:
l0= ·l
= 1,142
l0= 1,142 · 5= 5,710m
l= 5m
 Pasamos ya a la Comprobación de soportes aislados (43.5):
Lo primero que hay que hacer es calcular la esbeltez mecánica
para ver que método tenemos que seguir. La esbeltez mecánica
viene definida en el punto 43.1.2 como:
l0= Longitud de pandeo.
ic= Radio de giro de la sección bruta de hormigón en la sección
considerada= (I/A)1/2
ic= [2,133*10-3 / (0,40*0,40)]1/2= 0,115m
= 5,710 / 0,115= 49,652
Si leemos en este apartado (43.5), deducimos que tenemos una
esbeltez mecánica comprendida entre 35 y 100, por lo que
podemos aplicar el método aproximado para flexión compuesta
recta (43.5.2).
 Método aproximado. Flexión compuesta recta (43.5.2):
Realizamos nuestros cálculos teniendo en cuenta la expresión
siguiente:
etot= ee + ea < e2
ee= excentricidad de cálculo de primer orden equivalente.
ea= excentricidad añadida o ficticia.
e2= excentricidad de cálculo máxima de primer orden con signo
positivo.
Como nuestro soporte es trasnacional, tenemos que ee=e2.
Sabemos que Md= Nd·e, e= Md/Nd:
ee= e2= 130kN / 1.000kN·m= 0,13m
Pasamos ahora al cálculo de la excentricidad ficticia, haciendo
uso de la expresión:
 = 0,003, ya que el axil cuasipermanente no supera el 70% del
axil total.
 h= 0,40m
 l0= 5,710
 ic= 0,115
 y= deformación del acero para la tensión de cálculo fyd:
y= fyd / Es
Resistencia de cálculo del acero para armaduras pasivas (38.3):
fyk= límite elástico característico= 400 (por ser un B400S)
s= coeficiente parcial de seguridad= 1,15
fyd= fyk/s= 400 / 1,15= 347,826 N/mm2
y= 347,826 / 200.000= 1,739*10-3
 Calculamos ahora el factor de armado: . Haciendo uso de la
tabla 43.5.2, podemos considerar que la disposición de la
armadura es simétrica para una mayor seguridad, por lo que
=1,5.
Aplicamos
ya
la
expresión
que
nos
permite
calcular
la
excentricidad ficticia:
La excentricidad total será: etot= ee + ea
etot= 0,13 + 0,0560= 0,186
etot= 0,186
 Una vez resuelto el problema de pandeo, pasamos ya a
dimensionar la estructura (hacemos uso de las fotocopias):
Excentricidades:
e= 0,186 + [((0,40-0,003)-0,03)/2]= 0,186 + [(0,37-0,03)/2]=
= 0,186+0,17= 0,356
Como
e=
0,356
<
(0,40-0,03)=0,37=d

fotocopias

compresión con débiles excentricidades: se aplican las ecuaciones
de equilibrio y compatibilidad de los dominios 4a y 5. Conviene
adoptar armaduras simétricas.
Compresión compuesta:
Resistencia de cálculo del hormigón (39.4):
fcd= fck/c
fck: resistencia característica de proyecto= 25N/mm2 (Por ser un
hormigón HA-25).
c: coeficiente parcial de seguridad= 1,5
fcd= fck/c= 25/1,5= 16,67N/mm2
Como los datos del ejercicio vienen expresados en kN, ponemos
todo en las mismas unidades:
fcd= 16.667kN/m2
b= h= 0,40m
e2: referimos la
excentricidad al centro de gravedad de la
estructura que estamos estudiando:
e2= etot - (CG)= etot - [(0,40/2)-0,03]=
= 0,186 – (0,20-0,03)= 0,016
Entonces:
Necesitamos saber si: d2< 0,425 - 0,852, para ello calculamos 2:
2= 0,03 / 0,40= 0,075
 0,425 - 0,852= 0,425 – (0,85 · 0,075)= 0,361
Como d2= 0,0150 < 0,361= 0,425 - 0,852  Seguimos el
procedimiento del apartado a) de las fotocopias. Miramos en la
Tabla4 suponiendo c2 = d2, (Dominio 5). Como d2 es menor que
los valores de la T4, es un caso de flexión compuesta.
Para seguir con el ejercicio usaremos las fotocopias de flexión
compuesta:
 Calculamos la excentricidad:
etrac= e0 + h/2 = 0,186 + (0,40/2)= 0,186+0,20= 0,386
d= (1.000·0,386) / (0,40·0,402·16.667)= 0,362
Como d= 0,362  0,252  la sección necesita armadura de
compresión. Continuamos los cálculos siguiendo el apartado b):
Cuantía armadura a compresión:
’= d2/d= 0,03 / (04-0,03)= 0,03/0,37= 0,0811
’= (0,362 – 0,252) / (1- 0,0811)= 0,120
U’= ’· b · d · fcd= 0,120 · 0,40 · 0,40 · 16.667= 320,01
Cuantía armadura a tracción:
= ’ + 0,310-d
d= Nd / b·h·fcd= 1.000 / (0,40· 0,40· 16.667)= 0,375
= 0,120 + 0,310 – 0,375= 0,055
U=  · b · d · fcd= 0,055 · 0,40 · 0,40 · 16.667= 146,67
Según las tablas, para aceros B400S:
Armaduras comprimidas: 614
Armaduras traccionadas: 412
Para homogeneizar los resultados y como las armaduras
son simétricas: 516 + 516.