CAPITULO I. INTRODUCCION 1.1.DISEÑO ESTRUCTURAL En el presente curso se tiene como objetivo facilitar a los alumnos, varios conocimientos que se tiene sobre el comportamiento y diseño de las estructuras de acero. Corresponde definir entonces lo que se conoce como Diseño Estructural: “Una mezcla de arte y ciencia que combina los sentimientos intuitivos de ingeniero con los principios de la Estática, Dinámica, Mecánica de Materiales y el Análisis Estructural para producir una estructura segura que sirve sus propósitos.
1.2.OPTIMIZACION Antes de definir las diversas etapas del diseño es preciso dar a conocer la idea de lo óptimo que se busca en cada trabajo. Este criterio que inicialmente fue solo intuitivo o cualitativo va empezando a tener en Ingeniería Estructural, un significado más preciso como: a) b) c) d) e)
Costo mínimo Peso mínimo Costo de construcción mínimo Trabajo mínimo Máxima eficiencia mínima para el propietario
Muchas veces, varios de estos criterios pueden estar combinados. En Perú, en estructuras de acero, el criterio de peso mínimo quizás sea el más usado.
1.3.PROCEDIMIENTO DEL DISEÑO ESTRUCTURAL 1.3.PROCEDIMIENTO La labor del diseño se compone de 2 partes, la relacionada con los aspectos funcionales de la obra a ejecutar, y la que tiene que ver con el diseño de los componentes de las estructuras. En el primer caso aspectos tales como posición de áreas adecuadas de trabajo, dimensiones mínimas, ventilación, iluminación, facilidades de transporte de circulación como son: Corredores, escaleras, ascensores, aire acondicionado, energía, posición de equipos, cuidado ambiental, estética son temas a discutir con el cliente y los otros profesionales que que estén relacionados relacionados con la construcción. construcción. Lo segundo ósea el estudio del esqueleto estructural se refiere a la selección de los miembros para transmitir las cargas con seguridad hasta el suelo. Se recomienda el siguiente proceso iterativo:
CAPITULO I. INTRODUCCION 1.1.DISEÑO ESTRUCTURAL En el presente curso se tiene como objetivo facilitar a los alumnos, varios conocimientos que se tiene sobre el comportamiento y diseño de las estructuras de acero. Corresponde definir entonces lo que se conoce como Diseño Estructural: “Una mezcla de arte y ciencia que combina los sentimientos intuitivos de ingeniero con los principios de la Estática, Dinámica, Mecánica de Materiales y el Análisis Estructural para producir una estructura segura que sirve sus propósitos.
1.2.OPTIMIZACION Antes de definir las diversas etapas del diseño es preciso dar a conocer la idea de lo óptimo que se busca en cada trabajo. Este criterio que inicialmente fue solo intuitivo o cualitativo va empezando a tener en Ingeniería Estructural, un significado más preciso como: a) b) c) d) e)
Costo mínimo Peso mínimo Costo de construcción mínimo Trabajo mínimo Máxima eficiencia mínima para el propietario
Muchas veces, varios de estos criterios pueden estar combinados. En Perú, en estructuras de acero, el criterio de peso mínimo quizás sea el más usado.
1.3.PROCEDIMIENTO DEL DISEÑO ESTRUCTURAL 1.3.PROCEDIMIENTO La labor del diseño se compone de 2 partes, la relacionada con los aspectos funcionales de la obra a ejecutar, y la que tiene que ver con el diseño de los componentes de las estructuras. En el primer caso aspectos tales como posición de áreas adecuadas de trabajo, dimensiones mínimas, ventilación, iluminación, facilidades de transporte de circulación como son: Corredores, escaleras, ascensores, aire acondicionado, energía, posición de equipos, cuidado ambiental, estética son temas a discutir con el cliente y los otros profesionales que que estén relacionados relacionados con la construcción. construcción. Lo segundo ósea el estudio del esqueleto estructural se refiere a la selección de los miembros para transmitir las cargas con seguridad hasta el suelo. Se recomienda el siguiente proceso iterativo:
1. Planeamiento: Establecimiento de las condiciones funcionales a la que la estructura debe servir. Aquí se define el criterio de lo óptimo. 2. Configuración Preliminar Estructural: aquí es donde la experiencia y lo que se podría llamar el ingeniero y el diseñador deben figurar. Se tienen que fijar la disposición de los miembros y sus tamaños iniciales para ser discutidos con el cliente y los otros profesionales. 3. Determinación de las Cargas: Estimadas inicialmente pero conocidas con más precisión en las sucesivas iteraciones. iteraciones. 4. Selección preliminar: de los miembros estructurales que permitan iniciar un análisis estructural que es la siguiente etapa. 5. Análisis estructural: Se crea un modelo matemático más adecuado a la realidad del verdadero comportamiento estructural de la edificación, se aplica los métodos de la mecánica para determinar los esfuerzos internos que se esperan que se tendrán en los miembros estructurales con el objeto de poder compararlos con las resistencias que deberán tener dichos miembros, cosa que se efectúa en la siguiente etapa. 6. Evaluación: Se debe preguntar si las resistencias o condiciones de servicio que se obtienen de acuerdo a un reglamento superan a las demandas que se establecen en los resultados de la etapa previa. Si hay un margen de seguridad adecuado y económico se puede puede dar por concluido el diseño, sino se va a la siguiente siguiente etapa. 7. Rediseños: Repetición de los pasos 3 a 6 para lograr cumplir los objetivos mediante un proceso iterativo. 8. Decisión: Queda finalmente la decisión si es que se ha alcanzado el objetivo buscado en un diseño. Si se piensa que se ha logrado entonces se da por concluido el proceso iterativo. 9. Elaboración de planos de diseño y las especificaciones de trabajo correspondientes, en algunos casos la presentación de las maquetas o métodos de izaje son necesarios: En otros casos la elaboración adicional de los llamados planos de fabricación, que son aquellos en la que se detalla cada miembro para que sean mejorados en los talleres así como sus conexiones.
1.4.CARGAS Se puede definir las siguientes cargas más conocidas: Carga Muerta: Es una carga fija de gravedad en posición y magnitud y se define como peso de todos aquellos elementos elementos que se encuentran permanentemente permanentemente en la estructura o adheridas a ella; Ejemplo su peso propio Carga Viva: Es aquella carga de gravedad que activa sobre la estructura cuando esta se se encuentra ya en servicio y puede variar en posición y valor durante la vida útil de la estructura. Algunos ejemplos pueden ser: Las personas, muebles, equipos móviles, vehículos, etc.
Posición de las cargas para producir máximas flexiones fl exiones
Impacto: Se define como impacto al efecto dinámico de las cargas vivas súbitamente aplicadas, no se consideran como cargas de impacto el transitar de personas o movimiento de muebles. Cargas de Nieve: Aunque en Perú la mayoría de estructuras se construyen en zonas donde la nieve no es significativa, es recomendab r ecomendable le que los techos de las estructuras que se encuentran a una altitud de 3000 msnm sean diseñados para una sobrecarga de nieve de un peso específico no menor de 150 kg/m3, y un espesor menor de 30 cm. Cargas de Viento: Todas las estructuras están sujetas a la acción del viento y en especial en aquellas de 2 o 3 pisos o en aquellas zonas donde la velocidad del viento es significativa o en aquellas en las que debido a su forma, f orma, son más vulnerables a los factores aerodinámicos. En el caso de las estructuras de acero, por su propio peso relativamente
bajo y grandes superficies expuestas a la acción del viento, las cargas del viento pueden ser más importantes que las cargas debidas al sismo.
SUCCION
Cargas de Sismo: Los terremotos producen movimientos horizontales y verticales: Los movimientos horizontales son los que generan en las estructuras los efectos más significativos. Cuando el suelo se mueve, la inercia de la estructura tiende a resistir los movimientos. m1
m2
m3
Si por el principio de D’Alembert:
[ 0 0 00 ]×[̈̈ ]+[−+ −+ −0 ]×[] ̈̈ 0 0 ̈ 0 − ̈ ̈ +
1.5.TIPOS DE PERFILES ESTRUCTURALES Existen cuatro grupos de elementos de acero que se emplean en las construcciones.
Perfiles Laminados: Son laminados en caliente. Perfiles Soldados: Son hechos de planchas que se cortan y se sueldan para formar una sección. Perfiles Plegados: Se hacen de planchas delgadas que se doblan en frio. Ejm: Calamina. Secciones Compuestas: Existen vigas compuestas y columnas compuestas.
CS PERFIL COLUMNA
CSV PERFIL VIGA-COLUMNA
VS PERFIL VIGA
Combinaciones de cargas. Factores de carga y combinaciones:
1.4 1.2+1.6+0.́ 5́́́ ́ 1.2+1.6+0.50.8 1.2+1.3+0.5+0.5́́ 1.2±1.0+0.́ 5+0.25 0.9±1.31.0
1.6.TIPOS DE ESTRUCTURAS DE ACERO
ARMAD PORTIC
ESTRUCTURA
1.7.PROPIEDADES DE DISEÑO DE UN PERFIL A = Área del Perfil (cm2)
× , , , √ ,
Área del Ala (cm2)
Momentos de Inercia (cm4)
Producto de Inercia (cm4) Módulo de Sección (cm3)
Radio de Giro de la Sección
Módulo Plástico de la Sección (cm3)
Tablas de Diseño
Secreto: Exacto y necesario: Siempre es aproximado > 10 ton – m Metrado de cargas (nunca es exacto): Cierta holgura 1.8.TIPOS DE SECCIÓN Y PERFILES MÁS COMUNES. a) Varillas o Barras. Lisas o Corrugadas. Dimensiones. Diámetros: ø b) Planchas (K) Se denominan también productos laminados, entre ellos tenemos: Planchas delgadas. o Ancho nominal 0.92 y 1.22 mts. o Longitud nominal 2.40, 3.00, 4.80, 6.00 mts. o Espesor nominal 2.00, 2.50, 3.00, 4.00, 5.00 mm. Planchas Estructurales. o Ancho nominal 1.22, 1.52, 1.80 mts. o Longitud nominal 2.40, 3.00, 4.80, 6.00 mts. o Espesor nominal 6.40, 8.00, 9.50, 12.50, 16.20, 25.32 mm. c) Platinas. Se denominan planchas delgadas.
6. 1 0 9. 1 5 ∅ 1⁄7 ", 3⁄8 ", 1⁄2 ", 5⁄8 ", 3⁄",1" 4
b b < 100 mm
3 1 1 1"×1", ⁄ ", ⁄ ", ⁄ " 8 16 4 1 1⁄"×1 4 1⁄", 4 1⁄4 "× 3⁄16 ", 1⁄8 " 1⁄8 ", 3⁄16 ", 1⁄4 "
d) Perfiles Laminados en Caliente. Ángulos de lados iguales (L)
e) Secciones Tubulares. SECCIONES
SECCIONES RECTANGULAR
1.9.COMPORTAMIENTO DE LA ESTRUCTURA DE ACERO Si a un elemento idealizado se somete una carga P completamente centrada y se grafica las lecturas de esfuerzo V deformación en las coordenadas X Y.
Donde el módulo de elasticidad es aproximado compresión.
2. 1 ×10/
en
1.10. FATIGA Es la repetición sucesiva de fuerzas actuantes que pueden fatigar la estructura y dar origen a una carga última menor a la esperada. 1.11. LA INESTABILIDAD Fenómeno ocasionado por un arriostramiento deficiente, origina que la carga última esperada no se produzca sino a un valor menor
CAPITULO II. METODO DE DISEÑO a) Diseño por esfuerzo permisible. Los elementos estructurales estarán en la zona elástica. b) Diseño por carga última o Diseño plástico. Para mayor seguridad a la carga asignada se afectará por un coeficiente a fin que la resistencia del elemento se encuentre en la zona plástica. En ambos diseños se limitan las deflexiones excesivas.
2.1. FACTORES DE SEGURIDAD Se usan para la seguridad de las estructuras y se debe tener en cuenta lo siguiente: a) b) c) d) e)
Aproximaciones en los métodos de análisis Calidad de la mano de obra Presencia de esfuerzos residuales De la ubicación y el uso de la estructura Variación probable de las mismas
2.2. SEGÚN AISC Los factores de seguridad para diseño por esfuerzo permisible para elementos en tracción se considera 1.67 y para elementos en flexión 1.70.
Columnas en esbeltez:
0→ 1.67 200→ 1.92
Conexiones remachadas:
2.2 3 2.1 3 3 1.4 1.2+1.6+0.5 1.2+1.6 +0.5 Wu 1.2+1.3+0.5+0.5 Wu 1.2±1.55+0.5 0.9±1.3 Wu 0.9±1.3 Conexiones empernadas:
Conexiones soldadas:
2.3. FACTORES DE CARGA O COMBINACIONES Wu = Wu = Wu =
Wu =
12CM
Trabajo Nro 1 1. Determinar el diagrama de fuerza cortante, momento flector de las siguientes vigas. PAG 221
2. En la armadura cuyo croquis se da a continuación se desea averiguar la magnitud y calidad de los esfuerzos que se desarrollan: a) En todas las barras por equilibrio de ruedas b) Solo los esfuerzos en las barras CD y DE por acción de las cargas exteriores
CUATRO
3. Resolver : a) Usando método de los nudos determinar la fuerza en los miembros BG y DH de la armadura presentada.
b) Determine la fuerza en el miembro DG usando solamente un diagrama de cuerpo libre y una ecuación de equilibrio. c) Hallar la fuerza en el miembro DH usando un solo diagrama de cuerpo libre y una ecuación de equilibrio
FACTORES DE CARGA O COMBINACIONES DEFACTIRES DE CARGA En un diseño según las especificaciones AISC se deberá cumplir la siguiente ecuación:
Donde:
∅ ≤∅ ∅ ∅
2.3
Un efecto de carga (Una fuerza o un momento) Un factor de carga La resistencia nominal de la componente bajo consideración Factor de resistencia
∅
La resistencia factorizada se llama resistencia de diseño. La sumatoria en el lado izquierdo de la ecuación (2.3) es sobre el número total de efectos de carga (Incluidas, pero no limitadas a las cargas muertas y vivas), donde cada efecto de carga puede asociarse con un factor de carga diferente. No solo puede cada efecto de carga pude asociarse con un factor de carga diferente, como que también el valor del factor de carga para un efecto de carga particular dependerá de la combinación de las cargas bajo consideración. A continuación se da una tabla donde se muestran las diversas combinaciones con la numeración AISC respectiva, se le adiciona un comentario para indicar, en la combinación correspondiente, la posible ocurrencia del tipo de carga esperado, en la vida útil de la estructura.
1.4 1.2+1.6+0.́ 5́́́ ́ 1.2+1.6 +0.50.8 1.2+1.3+0.5+0.5́́ 1.2±1.0+0.́ 5+0.25 0.9±1.31.0
Donde: S = Carga de nieve Lr = Carga viva sobre el techo R = Carga de lluvia o hielo D = Carga muerta L = Carga viva debido al equipo
W = Carga de viento E = Carga por sismo D, L, Lr, S, W, E Son las cargas de servicio establecidas por los reglamentos. Luego de operadas las combinaciones anteriores se tienen en efectos últimos (Q) que intervienen en los estados límites.
2.4. FACTOR DE RESISTENCIA (Ø) En la inecuación que sirve de base para asegurar que los efectos mayorados sobre la estructura son menores que la resistencia confiable de sus miembros, la resistencia nominal para un tipo de esfuerzo de un elemento estructural puede tener una dispersión estadística de su comportamiento por estudios teóricos de laboratorio. Ø es menor que la unidad. A continuación se dan algunos valores de Ø para miembros y conectores.
Ø 0.90 0.75 0.90 0.85 0.75
Miembro o Conector. Sección total en tracción Sección neta de conexión en tracción Miembros en flexión Miembros en compresión axial Pernos en tracción
2.5. ¿POR QUE USAR MÉTODO AISC – LRFD? 1. Es una herramienta adicional para que el diseñador no difiera en su concepto de solución que emplea en diseño de concreto armado. Por ejemplo 2. LRFD aparece más racional y por lo tanto se acerca más a la realidad de lo que ocurre en la vida útil de la estructura. 3. El uso de varias combinaciones de cargas conduce a economía de la solución. 4. Facilita el ingreso de bases de diseño conforme más información esté disponible. 5. Es posible introducir algunos cambios en los factores, cuando se conoce con mayor exactitud la naturaleza de las cargas. Esto tiene importancia cuando existen cargas no usuales. 6. Futuros ajustes y combinaciones serán más fáciles de hacer. PROBLEMAS RESUELTOS 1. Una Columna (miembro en compresión) en el piso superior de un edificio esta sometido las siguientes cargas. Carga muerta:
109 Kips de compresión
Carga Viva de Piso:
46 Kips de compresión
Carga viva de techo:
19 Kips de compresión
Nieve:
20 Kips de compresión
a. Determine la combinación AISC de cargas gobernante y la correspondiente carga factorizada
b. Si el factor de resistencia Ø es de 0.85 ¿Cuál es la resistencia nominal requerida? Resolución
a. La combinación de cargas que gobierna es la que produce la carga factorizada máxima. Evaluaremos cada expresión que implique la carga muerte D, la carga vivía resultante del equipo y tipo de operación, la carga vida de techo L y la nieve S.
. .+.+. ́ ́ 1.2+1.6+0.5 .+. ́ ́ +. ́. 1.2+1.6+0.5 .0.5+0. +.5+.+. ́ ́ .0.5+0. ±.25+.+. .±. ́.
1.4(109)
= 152.6 Kips
Como S es mayor que Lr y R necesitamos evaluar esta combinación solo una vez, usando S. 1.2(109)+1.6(46)+0.5(29)
= 214.4 Kips
En esta combinación usamos S en vez
de Lr, y tanto R como W son cero:
1.2(109)+1.6(29)+0.5(46)
= 185.8 Kip
1.2+ 1.2±
Esta expresión se reduce a y por inspección, podemos ver que ella produce un menor resultado que la anterior combinación. Como E=0, esta expresión se reduce a , que produce un menor resultado a la anterior combinación.
Esta expresión se reduce a 0.9D, que es menor que cualquiera de las anteriores combinaciones. Respuesta: La combinación que gobierna es la seunda y su valor factorizado es
de 214 kips. b. Si la carga factorizada obtenida en la parte (a) se sustituye a la relación fundamental de AISC, es decir, en la ecuación (2.3), obetenemos:
∅ ≤∅ 214.4 ≤0.85 ≥252.2
Respuesta: La resistencia nominal requerida es de 252 Kips
2. Un sistema de piso tiene secciones W24x55 separadas a 8 pies entre centros que soportan una carga muerta de piso 50 psf y una carga viva de 80 psf. Determine la carga gobernante en lb/pie que cada viga debe soportar Resolución
Notando que cada pie de las vigas debe soportarse a si mismo (carga muerta)
Además 8 x 1 = 8 pie2 del piso del edificio D = 55 + 8 x 50 = 455 lb/pie L = 8 x 80 = 640 lb/pie Calculando las cargas factorizadas mostrando que D y C son las únicas cargas que van soportarse, solo es necesario sustituir a estas en las ecuaciones A4-1 y A4-2 del LRFD. U = (1.4) (455) = 637 lb/pie
(A4-1)
U = (1.2) (455) + (1.6) (640) = 1570 lb/pie
(A4-2)
Carga factorizada que rige = 1570 lb/pie
3. Un sistema de techo con perfiles W16x40 Separadas a 9 pie entre centros va a usarse para soportar una carga muerta de 40 psf, una carga viva de techo, o una carga de nieve, o una carga de lluvia de 30 psf y una carga de viento de 20 psf. Calcule la carga factorizada que rige. Resolución
D = 40 + (9) (40) = 400 lb/pie L=0 Lr ó S ó R = (9) (39) = 270 lb/pie W = (9) (29) = 180 lb/pie Sustituyendo en las expresiones de combinaciones de carga de LRFD, obtenemos:
U = (1.4) (400) = 560 lb/pie U = (1.2) (400) + 0 + (0.5) (270) = 615 lb/pie U = (1.2) (400) + (1.6) (270) + (0.8) (180) = 1056 lb/pie U = (1.2) (400) + (1.3) (180) + (0.5) (270) = 849 lb/pie U = (1.2) (400) + 0 + (0.2) (270) = 534 lb/pie U = (0.9) (400) (1.3) (180) = 594 ó 126 lb/pie
±
Carga factorizada que rige = 1056 lb/pie
4. Realizar el análisis para la estructura típica mostrada y determinar las fuerzas mayoradas utilizan el método AISC – LRFD.
VIGA DE SOPORTE AREA DE PARQUEO
V
V
V
V
V
V
V
V
12
L
2
L
L
8
L
9’=72
Armadura cada 20’
L
L
L
V
Para lo cual encontrar la máxima fuerza en factores de carga para dos miembros: V4 – V5, V5 – L5, V4 – L5, L4 – L5, considerando que un miembro puede estar sujeto a fuerzas de tracción o compresión, considerando las siguientes consideraciones de carga: Caso 1:
1.4D
(A4-1)
Caso 2:
1.2D + 1.6L (A4-2)
Caso 3:
0.9D + 1.6L
Donde las cargas de servicio son. L = Carga viva, suponer 18 carros a 4000lb/carro = 50 psf D = Carga muerta: 1: Peso del concreto (150 lb/pie2 ) espesor 6”: 75 psf unidades inglesas 2: Asumir peso peso de vigas y armadura = 10 psf * 1 kg/m3 = 0.06242797 lb/pie3 => γc = 2400 kg/m3 Carga muerta toal = 85 psf Resolución:
Para el cálculo de las fuerzas aplicadas en los nudos de la armadura, se considera el área tributaria de las cargas distribuidas. Área tributaria de V1 y V9 = 20’ x 4.5 = 90 sq ft Área tributaria de V2 a V8 = 20’ x 9 = 180 sq ft
Combinación Nudo Carga última de Carga aplicada V1 y V9 10.71 1.4 D V2 a V8 21.42 1.4 D V1 y V9 16.38 1.2 D + 1.6 L V2 a V8 32.76 1.2 D + 1.6 L V1 y V9 14.09 0.9 D + 1.6 L V2 a V8 28.17 0.9 D + 1.6 L Se realiza el análisis de la armadura para cada combinación de carga: Para las barras V4 – V5, V5 – L5, V4 – L5
Barra V4 – V5 V5 – L5 L4 – L5 (+)
Caso 1 -128.52 kips -21.42 120.49 (-) Compresión
Caso 2 -196.56 kips -32.76 184.28
Caso 3 -169.02 -28.17 158.46
Para la barra V4 – L5, se analiza mediante líneas de influencia, como se muestra en la figura.
0.625 0.1563
0.3125
0.4688
0.3125
0.1563
0.0
0.4682
Por tanto se tiene las cargas máximas aplicadas en cada barra estudiada.
ELEMENTO V4 – V5 V5 – L5 V4 – L5 L4 – L5
CARGA COMBINACIÓN ÚLTIMA -196.56 kips Caso 2 -32.76 kips Caso 2 33.98 kips Caso 2 -4.90 kips Caso 3 184.28 kips Caso 2
TRABAJO ENCARGADO 1. Una columna debe soportar las siguientes cargas de servicio o trabajo: D = 50 Klb de carga muerta de compresión axial, L = 40 klb de carga viva de piso de compresión axial y W = 30 klb de carga de viento en compresión o tensión axial, calcule la resistencia requerida de diseño para el miembro (Resp. 124 klb) Nota. Sistema de medidas inglesas Desgraciadamente el sistema métrico no ha penetrado aun completamente al área industrial de los EE.UU. Muchos de los fabricantes continúan proporcionando datos técnicos basados en unidades del antiguo sistema inglés. Longitud. 1 pie (Foot)
1 ft ó 1’, 1’ = 12”
1 pulgada (Inch)
1”ó 1 in
Área. 1 pie cuadrado (Square Foot)
1 sq.ft, 1 sq.ft = 144 sq.in
1 pulgada cuadrada (Square Inch)
1 sq.in
Volumen. 1 galón (Galon)
1 gl
Peso. 1 libra (Pound)
1 lb, 1 lb = 16 oz
1 onza (Ounce)
1 oz
Presión. 1 libra por pulgada cuadrada Temperatura. 1 grado Fahrenheit 1 °F Conversión. 1 in = 2.54 cm = 25.4 mm Superficie. 1 sq.in = 6.4516 cm2 1 sq.ft = 0.09290 m2 Volumen. 1 gl = 3.7854 lt Unidades de Peso: 1 lb = 0.4536 kg Unidades de Presión. 1 PSI = 6.89285 KPa = 0.070323 kg/cm2. * El kilo- pascal KPa es la presión ejercida por una fuerza de 1 000 N (Newtons) en una superficie de metro cuadrado. 14.7 PSI = 1 atm. Kips = Kilo libras = 1000 lb KSI = Kilo libras / pulgada cuadrada = 1000 lb/in2 PSI = Libra / pulgada cuadrada = lb/in2 Tambien: Kips = Kilo pounds = Kilo libras (Unidades de fuerza) KSI = Kilo pounds/Square inches = Kilo libras / pulgadas cuadradas (unidades presión o esfuerzo) PSI = pounds / square inches (Unidades de presión o esfuerzo) El perfil W. Llamado también perfil de patín ancho, consiste en dos patines separados por una sola alma. La orientación de esos elementos es tal que la sección transversal tiene 2 ejes de simetría una designación típica sería “W18x50”.
Dónde: W Indica el tipo de perfil 18 es el peralte nominal paralelo al alma 50 es el peso en libras por pie de longitud. El perfil S. es similar al perfil W ya que se tiene dos patines paralelos, una sola alma y dos ejes de simetría. La diferencia estriba en las proporciones: Perfil S es “S18x70” Dónde: S indica el tipo de perfil y los números dan el peralte en pulgadas y el peso en libras por pie: este perfil se llamaba antes Viga I. Perfiles angulares. Existen en las versiones de lados iguales y de los lados desiguales. Una designación típica sería “L 6x6x3/4” ó “L 6x3x5/8”. Los tres números son las longitudes de lado, uno de los lados medidas desde la esquina o talón, hasta la punta del otro extremo del lado, y el espesor que es el mismo para ambos lados. El perfil C ó Canal. American Standart tiene dos patines y un alma, con un solo eje de simetría; esta tiene una designación como: “C.9x20”. Esta notación es similar a la de los perfiles W y S donde el primer número del peralte total paralelo al alma en pulgadas. Y el segundo número da el peso en libras por pie lineal.
Patin
1’
alma
18”+
24”
patin
Se muestra un W18x50 3
6”
9” 6”
3/4”
Perfil de lados iguales se muestra un L6X6X3/4”
6”
5/8”
Perfil L de lados desiguales se muestra un L6X3X5/8”
Cara interior
Canal e American Standard se muestra (9x20)
18”
T estructurales=WT se muestra una (WT18X115)
Patin
CARA INTERIOR INDICADA
18”
patin 2’
8’
Perfil S American Stan dard (se muestra un 318x70)
8’
RESOLUCIÓN PROBLEMA 2
Secciones W24x55 separadas a 8 pies D = 50 psf (lb/pie2) D = 80 psf (lb/pie2) Carga entera o gobernante Lb/pie que cada viga debe soportar
Resolución
Suponiendo que cada pie de las vigas debe soportar a si mismo (carga muerta) W24x55 H = 24” P = 55 lb/pie S = 8’ x 1’ = 8 pie2 D= 55 lb/pie + 8 pie * 50 lb/pie2 D = 455 lb/pie L = 8 pie * 80 lb/pie2 =640 lb/pie
Ejemplo 1-1 En la figura se muestra una presión de la planta de piso de un edificio de oficinas (de muchos pisos). El piso es de 4 pulg. de concreto sobre un tablero metálico colocado encima de viguetas de acero, de celosía. ¿Cuál es la carga viva reducida para las vigas de piso y para una columna exterior situada tres pisos más abajo del piso más alto?
VIGUETA
18
Columnas interionres 18
Solución: VIGAS DE 22’
22’
22’
Estímese la carga muerta obre el área tributaria del piso (centrada sobre el miembro), como: Piso de concreto y su terminación: 4x144/12
=48 lb/pie2
Platón, tablero metálico, viguetas de celosía de acero: Total
= 12 lb/pie2
= 60 lb/pie2
La carga viva para efectuar, obtenida de la tabla W-4 (5500) = 80 lb/pie2 calcular e R para la viga de piso; el área tributaria es, como se muestra en la figura (b), 18x22 (área ABCD):
0.32<0.60 0.+00081822 4.33 4.60+80 3380 0.40<0.60 ′ 1−0.328054.4, 55 / 0.475<0.60 0.0008392260+80 4.3380 0.40<0.60 ′ 1−0.48048 /
Se usará el menor de los valores calculados de R, 0.32. La carga viva reducida L’ será. Calcule R para la columna; el área tributaria de 9 x 22 está centrada en la columna; pero se tiene que, para la ecuación de tres pasos.
Usando el valor menor de R, 0.40; la carga viva reducida, sobre la columna es; Se notará que 0.40 es el R máximo para la columna y que es mucho menor en el más alto nivel de piso.
Ejemplo 2: Un salón de reuniones y banquetes de un hotel tiene una planta de piso de 22x27m. El piso está compuesto de 125mm de concreto colado sobre un tablero metálico y con un recubrimiento de mosaicos (refiérase a la figura b). ¿Cuál será la carga viva reducida sobre la viga de piso C2, usando una reducción que no sea mayor de 40%)
Solución:
Nótese que un salón de uso público no es lo mismo que un auditorio, donde la carga descansa principalmente sobre asientos fijos o movibles. Se puede usar con esta definición un factor de reducción de carga viva. Estímese primero la carga muerta usando la tabla IV – 3 de SSDD para obtener el peso unitario del concreto = 235 KN/m3 Peso del concreto: 0.25 x 235
= 2.940 KPa
Mosaico de 10 mm.
= 0.188 KPa
Tablero de acero, platón, viguetas (presión estimada)
= 0.575 KPa
Total
= 3.703 Kpa
1.4 1.4 1.2+1.6+0.́ 5́́́ ́ 1.2+1.6 1.2+1.6 +0.50́ .8́ 1.2+0.5 1.2+1.3+0.5+0.5 1.2+0.5 1.2±1.0+0.5+0.25 1.2+0.5 0.9±1.3́1.0 0.9 1.4 1.2+1.6 =
A4 - 1
=
A4 - 2
=
A4 - 3
=
A4 - 4
=
A4 - 5
=
A4 - 6
Como tenemos D y L: Solo utilizaremos
A4 – 1:
U=
A4 – 2:
U=
1.4 (455)
1.2 (455) + 1.6 (640)
= 637 lb/pie
= 1570 lb/pie
La carga factorizada que rige es: U = 1570 lb/pie De la tabla IV – 4, la carga viva = 5.00 KPa. El factor de reducción para una trabe basada en el área tributaria mostrada es.
0.008612+8⁄2×90.774>0.4 3. 7 03+5. 0 0 + 4.33 4.335.00 0.402<0.60 ′ 1−0.4 ×5.003.00 y además 0.6
Como el planteamiento del problema limita la reducción de la carga viva a no más de 0.40, la carga viva reducida es:
Ejemplo 1-3:
Dado el techo de dos aguas que se muestra en la figura (a) y usando la presión de viento del NBC, ¿Cuáles serán las fuerzas laterales y sobre el techo debido al viento que sople de la izquierda?
Viva: Live Muerto: Dead Viva de techo: Live Roof Nieve: Solu ción .- en una columna de 22 pies se supera flexión en la misma se tendrá en
fuerza cortante en el flexión y la cimentación como se muestra en la figura . Altura promedio =22+7.5=29.5 Presión del viento para estar altura =15lb/pies2=0.015k/ pies2 Viento en la columna de barconuto =p =22/2x20x0.015 =3.3 kips en la línea de techo y en la Cimentación
El viento sobre el techo se aplica en las plantas de las lagunas como se indica en la figura. La distancia un pendiente se calcula fácilmente y es igual 33.54pies dividiéndola en seis partes se obtiene 5.59 pies 33.54/6=n5.59 En el punto 1 , el viento es 5.59x20x0.015x1.25=2.097 kips endiente del techo < 30° esta fuerza se descompone en componentes horizontales y verticales .
En los puntos 2y3 el área del viento tributaria es 2(5.59)=11.18 pies La componente de viento son 3.75y1.88 kips En el punto 4 la carga del viento es también 3.75 pero las componentes horizontales se cancelan. Los varios valores se demuestran en la figura EI-3B exposición de los es conveniente para la programación de computadora dentro en el capítulo 2. Las presiones del viento se pueden calcular aproximadamente como: Q=0.00256 v2 (lb/ pie2) Q=0.0000473 v2 (lb/ pie2) Fácilmente como q=1/2mv2, donde la densidad de masa del aire es aproximadamente 0.00238 lb x s2/pie 4 Como el viento es un carga transitoria, los códigos por lo general permiten aún no se menor que la que se recomienda para que la sección requerida no se menor que la se requiera para condición de carga muerta + carga viva totalmente . Por ejemplo, si se
permite el esfuerzo de 20k/pulg2, entonces son las condiciones de carga de neto se podría usar el esfuerzo de 20x 1.33=26.6 kg/pulg.
CAPITULO III. DISEÑO DE ELEMENTOS EN TRACCION Tipos de elementos adecuados para tracción se conoce normalmente 4 tips de miembros comunes usados para cargas en tracción. 1. ALAMBRES Y CABLES .- un cable consiste de uno o más grupos de alambres colocadas helicoidalmente ala rededor de uno de ellos (el toron o cordón ) que esta formando por alambres colocado helicoidalmente alrededor de un alambre central de tal modo que se produzca una sección critica generalmente 6 alambres . CABLE DE TORONES .- conjunto de torones que colocadas alrededor de un nucleo central confirmados por otro fin denominados cables de alma rigida ( esto es usado en puentes ) CABLE DE ALMA FLEXIBLE: En el alma tiene una fibra de llama (AÑARO) estos elementos necesaria con torones especiales en sus elementos.
2. VARILLAS Y BARRAS.- Las varillas pueden ser de sección cudrada o circular , y las barras son planchas de pequeño espesor , las conexiones en sus extremos pueden ser soldados , roscados , atornillados o apernadas sobre puert
3. PERFILES ESTRUCTURALES.- Se utiliza cuando el elemento requiere un cierta rigidez.
4. MIEMBROS ARMADOS.a.- Plancha conectado a un perfil laminado.- son construidas y conectadas dos o más perfiles estructurales en separadores, dos planchas en contacto.
Donde: S= Espaciamiento de la soldadura. T= Espaciamiento de la parte más delgado S ≤ 24t.
b.- Dos o más perfiles en contacto
c.- Conexiones mediante perfiles.
d.- Dos o más perfiles separadores: S ≤ 15 cm
≤ 240
t >
L=
r= radio mínimo de giro
e.- Planchas con agujeros:
f.- Estructuras compuesta de elementos
g.- Perfiles de contacto mutuo.
5.- PLANCHAS UNIDAS CON PASADORES.Para conectar entre estructurales con fuerzas en la misma dirección se unen en PINES O PASADORES .Las pruebas demuestra que las fallas pueden ser de tres tipos. A.- Fracturas Detrás Del Pasador.- En la dirección paralela al eje de la barra, la falla es producida si la distancia al extremo de la plancha detrás del pasador en insuficiente.
B.- Fallas En La Sección Neta.- Atraves del pasador transversal al eje de la barra esta acurre si el área total de la sección es insuficiente.
C.- Fallas Por Curvatura: Es una falla por inestabilidad lateral.
D.- Fallas Del Pasador: Es una falla del sujetador por corte.
6.- BARRAS DE OJO; Llamadas cabeza o vástago.
≥0 ≥1.25 ≤8 , ≥ 78
Generalmente:
Donde el área:
+ ∗ , ≤0.45 4900 ⁄ ≤5
Planchas unidas con pasadores:
Por cortes:
,
≥
(Recomendación)
Condiciones d ≥ 1.25 x d ≥ 1.25 y b = 2y + d
Área Neta y Área Efectiva.-
≤4
El área total de un miembro en cualquier punto será determinado al sumar los productores del espesor por el área total de cada elemento medido perpendicularmente ala eje del miembro. Ancho Neto Donde:
∑ − = +
= ancho total del elemento.
D = diámetro del hueco. S = separación longitudinal medida paralelamente eje del miembro entre 2 agujeros consecutivos. G = separación trasversal perpendicular al eje entre dos agujeros.
CASO I
CASO II
CASO III
Ancho neto:
Ancho neto:
Ancho neto:
− = n = N° de huecos
−
− + = 4
El área neta crítica de la parte considerada se obtiene de la sección del mínimo ancho neto AREA EFECTIVA:
Ae = An x Ct
Donde: Ct = Coeficiente de reducción
ESFUERZO UNITARIO ACRANTE
85% del área total de ladera Dónde: T = Carga axial de tensión de diseño. A= Área neta transversal.
En elementos muy largos Li usa Fu tendré mayor deformación en conectores se puede usar (Fu) máximo esfuerzo tendrá poca deformación.
ESBELTES RECOMENDABLE PARA ELEMENTOS EN TENSION En los miembros en tracción o tensión no existe efectos de pandeo la relación de esbeltez asegura que no ocurrirá vibraciones cuando se encuentren sometidas a cargas repetidas transversales se recomienda que la relación de esbeltez ≤ 240 para miembros principales
≤ 300 secundarias.
Esbeltez Recomendable. Para elementos en tracción
≤ 240 Para miembros principales ≤ 300 para miembros secundarias
DISEÑO POR ESFUERZO METODO PLASTICO (Cargas y hima) El diseño por esfuerzo de miembro en tensión se da el valor más abajo obtenida de acuerdo a esfuerzo límite de frecuencia en la sección gruesa y fractura en la sección neta.
a) Limite se Fluencia en la sección gruesa (Armaduras) Tn=
x FT
FT = Ø t Fy
b) Por fractura en la sección neta( empalmes )
Øt = 09
∗ ∅0.75
0.75 ∗
Dónde: Ae= area neta efectivo Ag= area neta del miembro
Fy =Esfuerzo de fluencia es mínima especificado, esfuerzo de fluencia. Tn =Esfuerzo nominal total Ty = mínimo especificado esfuerzo en tensión.
PROBLEMAS RESUELTOS 1.- Diseñar un cable de 25m de longitud para soportar cargas, cargas muerta 4 ton. Carga viva 3 ton con un acero de fy= 2500 kg/cm 2 un módulo de elasticidad G= 2.1x 10 6 kg/cm2 y un factor de seguridad de 1.67 determinan la elongación? Resolución
L = 25 mts
Fy = 2500 kg/cm 2
CM = 4 ton
E=
2.1x 10 6 kg/cm2
CV = 3 ton
Fs =
1.67
Cálculo de T
Por tabla: Ø = 1 ¾” Elongación por CV:
Elongación Total:
Factor de seguridad
∗→+4+37 1.67∗711.6 ∆ →∆ ,×× ×.× ∆3. 7 7 ∆ ,×× ×.× ∆8.79
2.- Hallar la sección neta de una barra, para que soporte una carga de tracción de 0.5 ton en un acero de fluencia 2500 kg/cm 2. Resolución
Elongación:
→ ∅ →∅ 0.9 → 0.9×2500 500 → 3.38 0.0.95×2500 ∅ 165 " ∆
3.- Diseñar la barra de hoja con planchas para tensión de 66 ton, con un acero fy= 2500 kg/cm2 .Se dispone planchas estructurales de espesor nominal 16, 20, 25 y 32 mm.
Resolución
Asumir : t = 2.5 cm
Fy = 2500 kg/cm 2
T = 66 Ton Diseño del Vástago: Ft = 0.9 Fy De donde:
Ft = 0.9 x 2500
→11.7 × ×. 11.2.57 4. 6 8<8
Verificamos:
Ft = 2250 kg/cm
Si 4.68 es otro valor > 8 => hay que asumir otro valor de t = ?
1.6→ ⁄ 10.31>8 18 2.0→ ⁄ 6.6 >8 ! 14.6 2.5→ ⁄ 4.2 >8 ! 11.75 3.2→ ⁄ 2.58>8 ! 9.17 → 1.7 10. 2 3 ′ +0. 0 8 ′ 10.23+0.08→10.31 + 66000 5 →0.75 × 0.75×2500×2. 14.08
Comprobando para
Diseño de la cabeza.
Existe una condición
Por otro lado:
Diámetro mayor:
Luego: D = 10.31 + 14.08 D = 24.42 cm
×→ 14. 0 8×2. 5 → 35.2 × 11.35.7×2.2 5 1.20 ¡ó! 1.20≤ ≤1.5
Luego calculando:
Del vástago:
Si fuera lo contrario asumir otro t.
Respuesta: usar planchas de espesor 25 mm.
4.- Diseñar la conexión de plancha de acero con fy= 250 kg/cm 2 con pasador para una carga de tensión de 22 ton (se dispone de planchas estructurales de 9.5 , 12.5 , 16 y 20 mm de espesor nominal.
.Resolución Asumir:
t = 1.6 cm
Ft = 0.75 Fy = 0.75 x 2500 = 1875 kg/cm 2 Cálculo de A1 A1 = Área neta sección 1.1 A1 =
11. 7 3
Cálculo de A2
→Á ó 2−2 → .. 4.89 ≥1.25 →1.254.89 6.11 ≥1.25 6.11→ 6.1.1215 4.89 2+→24.89 +6.11 15.89
A2 = X x t
=>A2 = 7.82 cm2
Luego: X =
Por otro lado:
Asumimos:
Otra condición:
≤4→ 4.1.869 3.0<4 !
Ejemplo una barra de 5 ½ de acero A36 se usa como miembro en tensión. Ella se conecta a una placa de sus de medio de 4 tornillos de 5/8 in de diámetro, como se muestra en la figura. Se ponga que el área neta efectiva de Ae, es igual al área neta y calcula la resistencia de diseño.
Ejemplo: un miembro en tensión con longitud de 5 pies 9 pulgadas debe resistir una larga de servicio de 18 vips y una carga viva de servicio de 52 vips. Seleccione un miembro con una sección transversal rectangular. Considere acceso 136 y suprega una anepion con una línea de tornillo de 7/8 in de diámetro. Nota: en el ejemplo el miembro es menor de 8” de ancho y se clasifica entonces como bar ra en vez de planchas. Las bar ras de especif icaciones de ¼ de pulgada más cercano en sus anchos y al 1/8” más cercanos en espesor es. El sistema pr eciso de la clasif icación da en las parte del mar ca bajo barr as y placas.
Pu=1.2d+1.6l=12x18+1.6x52=104.8kips Ag=requerida= pu /0.90fy=104.8/0.75x58=2.409m2 Como Ae=An para este miembro, en el area total correspondiente ala rea neta requerida . Ag= A n+ agujero Ag=2.409+7/8+1/8t=2.409+t Ensaje t=1in Ag=2.409+111=3409 in2 Como3.409 > 3.253 Redondee al 1/8 sin más cercano y anclaje una sección transversal de 1 x 3 ½ depente d la relación de esbeltez.
Ejemplo 4 .- armaduras finic espaciadas a 20ft entre centros porta pocines w6 x 12 , como se muestra en la figura .Los pocines están soportados en sus puntos medios por tensores. Use acero A36 y diseñe los tensores y el tirante en la considere para las siguientes cargas de servicio.
Cubierta metálica 2lb/ft2 Teclado: 5lb/ft2 Nieve: 18lb/ft2 de proyección horizontal de la superficie del techo Peso de los polines: 12 libras por pies lb/ft de longitud Resolución
Cálculo de las cargas Ancho tributario por cada tensor = 20/2= 10ft Área tributaria para el techo y su cubierta =(10 )46.6=466 Carga muerta (cubierta y techo = 215 x 466 = 3262 lb Peso total de polines =12x10x9 1080 lb Carga muerta total = 3262 +4080=4342 lb Área tributaria para la carga de la nieve = 10/45= 450 ft2de Carga total nieve = 18/450=8100 lb Resolución de las combinaciones de cargas (A4-2)=1.2D + 0.5 S = 1.2 (4342) + 0.5 (8100) =9260 lb (A4-3)=1.2D + 0.5 S = 1.2 (4342) + 1.6 (8100) =9260 lb La consideración (A4-3) gobierne (por inspección A4-1, A4-4 y A4-5 no gobierna)
Para la componente paralela al techo figura 3.30b Respuesta: use una barra roscada de 5/8 in de diámetro (Ag=0.3068 tirante en la cubriera) figura 3.30 Respuesta: use una barra roscada de 5/8 in diámetro (Ag= 0.3068 in)
Problema: Seleccione una estructural para ala cuerda inferior de la armadura Warner de techo mostrado 20 ft. Disponga que la conexión de la cuerda soldada inferior. Se hace con Pilates longitudinales de soldadura de sin longitudes en el patín. Considere acero A30 y los siguiente datos de carga en entre ejemplo considere el viento.
Solución: cálculo de las cargas
Nieves = 20 x 40 x 20 = 16000 lb Carga muerta (polines)= cubierta 2lb / ft 2 = techo 4 lb / ft 2 =Aislante 3 lb / ft 2 Total 9 lb / ft2 Carga muerta total = 9x40x20=7200lb Peso total de polines =6.5x20x9=1170 lb Estimación del peso la armadura como el 10% de la otra carga Ojo (16000+7200+1170)=2437 lb Las cargas en un nudo interior son: En un nudo exterior, el área tributaria del techo en la mitad de un nudo interior las cargas correspondientes son:
+ +6.520732.3 16000 28 1000 La combinación A4-3 gobernará Pu = 1.2 D + 1.6 S En un nudo interior: Pu = 1.2 (1.335) + 1.6 (2.0) = 4.802 Kips En un nudo exterior: Pu = 1.2 (0.7323) + 1.6 (1.0) = 2.479 kips
La armadura se muestra en la figura 3.326 La cuerda interior se diseña determinando la fuerza en cada miembro de la cuerda y seleccionando una sección transversal para resistir la fuerza máxima. Con este ejemplo la fuerza en el miembro II será la que gobierne. Para el cuerpo libre a la izquierda de la sección a – a, mostrado en la figura (1).
19.2920 −2.47920 −4.80215+10+5 48.02 . .. 1.48 . .. 1.10
Para la sección total. Ag requerida =
Para la sección neta: Ac requerida =
Ensaye un perfil W15x6: Ag = 1.77 in 2 > 1.48 in2
La conexión se hace con soldaduras longitudinales y el número es una placa o una barra, por lo que esta conexión no es uno de los casos especiales de miembros soldados sometidos a retraso del cortante.
̅ 1−1−(1.936)0.849<0.9 0.8491.77 1.50 >1.10 . 76. 4 3<300
(Es satisfactorio)
La suponemos que la cuerda superior está arriostrada en los nudos, (Es satisfactorio)
Respuesta: Use un perfil W15x6
REPASO: Diseño de miembros en Tensión. El problema central de todo diseño de miembros, incluido el diseño de miembros en tensión, en encontrar una sección transversal para lo cual la sección de las cargas factorizadas no exceda la resistencia del miembro, es decir:
∅ ≤∅ ó ∅≥
Para miembros en tensión, esta expresión traerá la forma:
Donde Pu es la suma de las cargas factorizadas. Para prevenir la fluencia.