PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA 5.1. Determine la carga crítica de pandeo para cada una de las columnas
usando la ecuación de Euler. . Límite proporcional =
30000 psi. Suponga extremos simplemente apoyados y una relación de esbeltez permisible L/ r =200. Para una barra sólida cuadrada de 1.0 pulg. X 1.0 pulg. a) L = 3 pie 0 pulg. b) L = 4 pie 6 pulg. Solución a) L = 3 pie 0 pulg.
1 1 1
1 1 1 ! 12 12 12
1 " " 0.29 12
1 3 12 124.14 ( 200 0.29 )*+
29 10, 1 3 12 0.29
18.4 . ( 30 . / 0123 á5673
7121 7671 89 :1893 59á: )*+ 18.4 1 18.4 < . b) L = 4 pie 6 pulg.
1 1 1
1
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA
1 1 1 ! 12 12 12
1 " " 0.29 12
1 4 12 165.52 ( 200 0.29 )*+
29 10, 1 4 12 0.29
8.2 . ( 30 . / 0123 á5673
7121 7671 89 :1893 59á: )*+ 8.2 1 8.2 < .
91 14.7 @AB 1.96
20C12 122.45 ( 200 1.96 Esfuerzo critico de pandeo
D29C10 E )F 19.09 . G69 :3:3731 30. 122.45 D E Carga crítica o de pandeo.
H 19.09 I 14.7 280.6 5.4 Las dos C12x30 mostradas para L = 36 pies 0 pulg.
2
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA Solución: E = 29 x 106 psi Limite de proporcional = 30 000 psi Extremos simplemente apoyados Relación de esbeltez permisible L/r = 200 I = 162 plg4
*+
D E
)F
D29C10E 7155.46 J/:L22. D200 E D E
La carga crítica de pandeo es igual ah
*+ 7155.46 C D2C8.82E 556640.65 J. 5.7. Una W 12 x 79 con una cubre placa de 3/4 x 16 pulg atornillada, cada patín se va a usar como columna con KL = 20 pie. Encuentre su
resistencia de diseño MN OP si QR S TUV. Solución
W 23.2 , Y 662 ! , Z 216 !
3 [ W \ 2]^ 23.2 \ 2 _ 16` 47.2 4 @íB. : bc
3 3 12.38 3 4 16 4 2 \ D23.2E 2 \ 4 3 23.2 \ 2 4 16
3.51
1 3 Y 662 \ 2 d 16 _ ` e \ f23.2 D6.94 g 3.51E h 12 4
3 3 \ 2 d_ 16` _3.51 g ` e 1171.95 ! 4 42
1 3 Z 216 \ 2 i D16E j 728 ! 12 4
3
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA 728 @íB. " " 3.93 47.2 20 12 61.07 ( 200 3.93
k*
50 )Z 61.07 " " 0.81 ( 1.50 / 9á5673. 29 10
)*+ 0.658lm )Z 37.99 . n
o* B o W )*+ 0.85 47.2 37.99
o* B 1524.16 < .
Para las 4Ls 6x6x1
p 1.86
22 :9 0 :L2
Y Z 35.5
)Z 50 .
91 11C4 44 q
p 1.86
2C11C1.86 \ 2C11C18.14 4C11
Y Z 2r2D35.5E \ 2C11D10 g 1.86Es 500.16 !
Y Z " De tabla 4
500.16 3.37 :L2 44
)*+ 27.14
12C22 78.34 3.37
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA t B 27.14C44 119.16 <:5. Para el segundo perfil
uv 18C42.7
w 12C72
8 18
8 12.25
21.1
12.6 Y 554
x 597
Z 14.4
y 195
p 0.877
91 2C12.6 \ 21.1 46.3 q9
Y 2C554 \ 195 1303 !
Z 2C14.4 \ 579 \ 2C5.698 C12.6 1443.97 ! Y z !,. 5.30 :L2 { |
De tabla
5
Z z
{|!{.}~ !,.
5.58 :L2
12C22 41.89 5.30
t)*+ 37.38
t B 37.38 C 46.3 1730.80 <:5.
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA 5.10 Calcule la resistencia de diseño ØPn de las columnas cargadas concéntricamente, mostrada en la figura ; el acero tiene un Fy = 50 ksi.
Solución: Datos: C 15 x 50 (A = 14.7 pulg2, Ix = 404 pulg4, Iy = 11.0) A = (18 x ¾) + 2(14.7) = 42.9 pulg2
Ubicación del eje neutro: q
D13.5C0.375E \ D2C14.7C8.25E 5.77 :L2. 42.9
Hallando el momento de inercia de la sección:
1 1 3 Y D2C404E \ D2C14.7C2.48 E \ C18C \ _D ` C D5.395 E 8 8 4C18 1010.66 :L2! 1 Z D2C11E \ D2C14.7C5.77 E \ _ C18 C3/4` 1547.56 :L2! 8 Radio de giro mínimo /
1010.66/42.9 4.85 :L2.
D
24C12 E 49.48 4.85
Entramos a la tabla E-1 : como no encontramos el valor 49.48 entonces interpolamos entre los valores de = 6
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA 49 → 35.66 y 50 → 35.40 por lo tanto interpolando sale 35.54 t* J*+ 35.54 <5.
Finalmente:
t* B W C t* J*+ 42.9 C 35.54 1524.46 < .
5.18. Una columna W 12 x 65, de 27 pie de longitud cargada axialmente está soportada en forma lateral a la mitad de su altura perpendicular a su eje y. Determine MN OP para esta columna si QR S TUV, suponiendo factores de longitud efectiva = 1.0 en cada caso. Solución
W 19.1 , Y 5.28 , Z 3.02
DEY 27
DEZ 13.5
_ _
27 12 ` 61.36 ( 200 Y 5.28
13.5 12 ` 53.64 ( 200 Z 3.02
k*
)Z 61.36 50 " " 0.81 ( 1.50 / 9á5673. 29 10
)*+ 0.658lm )Z 37.99 . n
o* B o W )*+ 0.85 19.1 37.99
o* B 616.77 < .
6.3 Repita el problema 6.2 si Fy = 36 ksi.
Datos. Sección W14 x ¿ PD = 200 klb y PL= 300 klb 7
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA Kl = 12 pie y Fy = 36 ksi.
Solución: 1 tanteo: Pu = 1.2D + 1.7L = 1.2 (200) + 1.7 (300) = 720 klb. T
Asumimos una ingresamos a la tabla y tN
N S.
Entonces:
O . . tN
N S.
Seleccionamos una sección: W14x120 → Ag = 26.5 pulg2 y rmin= 3.70 pulg. T
.
.
Entramos a la tabla con este valor tN
N . S
tN OP tN
N . S . S . . > Pu
O T O T T
STUV
O . DE \ . DE O T
8
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA QN
DSE . T
O . P tQN . . S Seleccionamos S
. P
.
T . ( . De table
QN . T
tOP . (
QN . T
O . P tQN . . S Seleccionamos S
. P
.
T SS. ( . De table
QN . T
tOP . N Optimizando
9
QN . T
O . P tQN . . S
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA Seleccionamos S
. P
.
T S. ( . De table
QN . S T
tOP S. N 6.6. Seleccione la sección W 14 más ligera para soportar las cargas axiales de compresión PD =200 klb. y PL =300 klb. si KL =12 pie y Fy =36 ksi. Use las tablas de columnas disponibles en el manual, particularmente las de la parte 3. Solución
O . O \ . O D. E \ D. E .
QN
QR DE TUV
.
O S. P M QN . S
P R:
:
S. P , P. . P
T . S ( .
O g : QN . S TUV
MN OP M W QN . S S. . S . MN OP O
10
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA ¡ NP : .
O S. P M QN . S
P R: :
. S P , P. . P T . ( .
O g : QN . TUV
MN OP M QN . . S S. . MN OP O
¢
á : 6.9 Seleccione una sección W para soportar una carga axial de compresión Pu = 1800 klb. El miembro de 24 pie de altura esta articulado en ambos extremos y tiene soporte lateral (apoyo simple) a la mitad de su altura en la dirección débil. Seleccione la sección W12 o W14 mas ligera de acero A grado 50.
Datos . Sección W12 x ¿ Pu = 1800 klb L = 24 pie Kl = 12 pie y Fy = 50 ksi.
Solución: 1er Ensayo: Fv = 2/3 Fy = 2/3 x 50 = 33.33 ksi.
11
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA
O . S . . S . t N
£
Seleccionamos una sección: W12x170 → Ag = 50.0 pulg2 y rx= 5.74 pulg. Y ry= 3.22 pulg.
La dirección débil es el eje y podemos usamos el ry
T
S.
S.
R
T
_ ` R
.
.
Se realiza los cálculos con la relación de esbeltez máxima.
¤N
S
R S. " " . ¥ ¥
Entramos a la tabla con este valor ¤N . y hallamos tN
N S.
O S. S S. ¦§ ¨©O t N
£ S.
2do Ensayo: Fv = 35.40 ksi.
Seleccionamos una sección: W12x190 → Ag = 55.8 pulg2 y rx= 5.82 pulg. Y ry= 3.25 pulg.
12
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA La dirección débil es el eje y podemos usamos el ry
Se realiza los cálculos con la relación de esbeltez máxima.
Entramos a la tabla con este valor
Escogemos la sección W12x190
K=1 L=24 pies K=1
Usando un W 14 x ? 13
y hallamos
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA
)*+
W +FªF+A«¬
2 D36E 24 5 3
1800 88.24 t)*+ 24C0.85
Seleccionamos
w14p311
91.4
Y 6.88 :L2
Z 4.20 :L2
Y Y 24C12 41.86 ( 200 Y 6.88
Z Z 24C12 34.29 ( 200 Z 4.20 957329G35 41.86 G15 7673 k* k*
< JZ "
41.86 36 " 0.47 ( 1.5 123 915673 29000 )*+ 0.658 lm C JZ n
)*+ 0.658|.!~ C 36 32.84 . n
t B 2551 1800 7LG:9 Optimizando
W +FªF+A«¬
)*+ 32.84 5
1800 64.48 t)*+ 32.84C0.85 Seleccionamos
w 14 p 233
68.5 14
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA
Y 6.63 :L2
Z 4.10 :L2
Y Y 24C12 43.44 ( 200 Y 6.63
Z Z 12C12 35.12 ( 200 4.10 Z 957329G35 43.44 G15 7673 k* k*
< JZ "
43.44 36 " 0.49 ( 1.5 123 915673 29000 )*+ 0.658 lm C JZ n
)*+ 0.658|.!} C 36 32.60 . n
t B 1786.50 ( 1800 3 7LG:9 Seleccionamos
w 14 p 257
75.6
Y 6.71 :L2
Z 4.13 :L2
Y Y 24C12 42.92 ( 200 Y 6.63
Z Z 12C12 34.87 ( 200 Z 4.10 957329G35 42.92 G15 7673 k*
15
< JZ "
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA
k*
36 42.92 " 0.48 ( 1.5 123 915673 29000 )*+ 0.658 lm C JZ n
)*+ 0.658|.! C 36 32.67 . n
t B 2099 1800 5 7LG:9 3<
Usando un W 12 x ?
)*+
W +FªF+A«¬
2 D36E 24 5 3
1800 88.24 t)*+ 24C0.85
Seleccionamos
w12p305
89.61
Y 6.29 :L2
Z 3.42 :L2
Y Y 24C12 45.79 ( 200 Y 6.29
Z Z 24C12 42.11 ( 200 Z 3.42 957329G35 45.79 G15 7673 k* k*
< JZ "
45.79 36 " 0.51 ( 1.5 123 915673 29000 )*+ 0.658 lm C JZ n
)*+ 0.658|.®{ C 36 32.24 . n
16
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA
t B 2418.13 1800 7LG:9 Optimizando
W +FªF+A«¬
)*+ 32.24 5
1800 65.68 t)*+ 32.24C0.85 Seleccionamos
w 12 p 230
67.7
Y 5.97 :L2
Z 3.31 :L2
Y Y 24C12 48.24 ( 200 Y 5.97
Z 12C12 43.50 ( 200 3.31 Z 957329G35 48.24 G15 7673 k* k*
< JZ "
36 48.24 " 0.54 ( 1.5 123 915673 29000 )*+ 0.658 lm C JZ n
)*+ 0.658|.®! C 36 31.85 . n
t B 1778.12 ( 1800 3 7LG:9 Seleccionamos
w 12 p 252
74.1
Y 6.06 :L2 17
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA
Z 3.34 :L2
Y Y 24C12 47.52 ( 200 Y 6.06
Z Z 12C12 43.11 ( 200 3.34 Z 957329G35 47.52 G15 7673 k* k*
< JZ "
36 47.52 " 0.53 ( 1.5 123 915673 29000 )*+ 0.658 lm C JZ n
)*+ 0.658|.® C 36 31.96 . n
t B 2013 1800 5 7LG:9 3< 6.12. Una columna de 27 pie de altura está soportada lateralmente a la mitad de su altura en la dirección débil. Seleccione la sección W más ligera que pueda soportar las cargas axiales: por gravedad PD = 200 klb Y PL, = 150 klb, usando Fy = 50 ksi. Suponga que todas las K’s son iguales a 1.0. Solución
P° 1.2P± \ 1.6P² D1.2 200E \ D1.6 150E 480 klb. 2 2 F·¸ F¹ D50E 33.33 KSI 3 3 A¾¿ÀÁ.
P° 480 16.94 in  F·¸ 0.85 33.33
1er Ensayo: w 12 58: 18
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA
A¾ 17.0 in , rÍ 5.28 in, r¹ 2.51 in K Í LÍ 27 pies
K ¹ L¹ 13.5 pies _ _
KL 27 12 ` 61.36 ( 200 r Í 5.28
KL 13.5 12 ` 64.54 ( 200 r ¹ 2.51
Por Tabla Ñ F·¸ 24.59 KSI
· PÒ Â A¾ F·¸ 24.59 17.0 418.03 klb. · PÒ ( P° No cumple Analizando otro perÚil: A¾¿ÀÁ.
P° 480 19.52 in  F·¸ 24.59
2er Ensayo: w 21 68:
A¾ 20.0 in , rÍ 8.60 in, r¹ 1.80 in _ _
KL 27 12 ` 37.67 ( 200 r Í 8.60
KL 13.5 12 ` 90 ( 200 r ¹ 1.80
Por Tabla Ñ F·¸ 20.00 KSI
· PÒ Â A¾ F·¸ 20.0 20.0 400.00 klb. · PÒ ( P° No cumple Analizando otro perÚil: A¾¿ÀÁ.
19
P° 480 24.00 in  F·¸ 20
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA
3er Ensayo: w 21 83:
A¾ 24.30in , rÍ 8.67 in, r¹ 1.83 in _ _
KL 27 12 ` 37.37 ( 200 r Í 8.67
KL 13.5 12 ` 88.52 ( 200 r ¹ 1.83
Por Tabla Ñ F·¸ 20.3 KSI
· PÒ Â A¾ F·¸ 20.3 24.30 493.29 klb. · PÒ P° Si cumple
¢ El perÚil más ligero es: w 21 83. 6.15 Una sección W14 de acero 50 ksi deberá seleccionarse para soportar cargas axiales de compresión PD = 300 klb y PL = 350 klb. El miembro de 30 de pie de altura estará empotrado en sus extremos y tendrá soporte lateral (apoyo simple) perpendicularmente al eje y en los tercios de su altura.
Datos . Sección W14 x Pu = 1.2D + 1.7L = 1.2 (300) + 1.7 (350) = 920 klb. L = 30 pie Fy = 50 ksi. K = 0.65 sus extremos están empotrados
Solución: 1er Ensayo: Fv = 2/3 Fy = 2/3 x 50 = 33.33 ksi. 20
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA
O . S . . S . tN
£
Seleccionamos una sección:
W14x82 → Ag = 24.1 pulg2 y rx= 6.05 pulg. Y ry= 2.48 pulg.
La dirección débil es el eje y podemos usamos el ry
T
. S
.S
8.
R
T
_ ` . S R
.
. S
Se realiza los cálculos con la relación de esbeltez máxima.
¤N
R . S " " . S ¥ ¥
Entramos a la tabla con este valor ¤N . S, como no encontramos dicho valor interpolamos y hallamos tN
N .
2do Ensayo:
Fv = 38.10 ksi.
21
O . S . ¦§ ¨©O t N
£ .
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA Seleccionamos una sección:
W14x90 → Ag = 26.5 pulg2 y rx= 6.14 pulg. Y ry= 3.70 pulg.
La dirección débil es el eje y podemos usamos el ry
T
. 6S
.
.
R
T
_ ` . S R
.
.
Se realiza los cálculos con la relación de esbeltez máxima.
¤N
S
R . " " . S ¥ ¥
Entramos a la tabla con este valor ¤N . S y hallamos tN
N . S
O . S ( . S tN
£ .
w 14 p 145
42.7 22
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA
Y 1710 :L2! Z 677 :L2!
)*+
W +FªF+A«¬
2 D50E 33.33 5 3
2875 101.48 t)*+ 33.33C0.85
ÜÝÞ*Þ 101.48 g 42.7 58.72
58.72 2 7 3 89 :171 40 :L2 3 4 3 91 ß 42.7 \ 2 _ ` 40 102.7 4 Y 1710 \ 2D30ED9.745E 7408 Y "
7408 8.49 :L2 102.7
Y Y 12C12 16.96 ( 200 Y 8.49
Z 677 \ 2 _ Z "
1 3 ` _ ` 40 8677 12 4
8677 9.19 :L2 102.7
Z Z 12C12 15.67 ( 200 Z 9.19 957329G35 16.96 G15 7673 k* k*
23
< JZ "
16.96 50 " 0.22 ( 1.5 123 915673 29000
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA
)*+ 0.658 lm C JZ n
)*+ 0.658|. C 50 48.96 . n
t B 4273.96 2875 7LG:9 Optimizando
W +FªF+A«¬
)*+ 48.96 .
2875 69.08 t)*+ 48.96C0.85
ÜÝÞ*Þ 69.08 g 42.7 26.38
26.38 2 7 3 89 :171 18 :L2 3 4
3 91 ß 42.7 \ 2 _ ` 18 69.7 4
Y 1710 \ 2D27ED9.745E 6838.11 Y "
6838.11 9.90 :L2 69.7
Y Y 12C12 14.55 ( 200 Y 9.90
Z 677 \ 2 _ Z "
1 3 ` _ ` 18 1406 12 4
1406 4.40 :L2 69.7
Z Z 12C12 32.07 ( 200 Z 4.40 957329G35 32.07 G15 7673 k* 24
< JZ "
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA
k*
50 32.07 " 0.42 ( 1.5 123 915673 29000 )*+ 0.658 lm C JZ n
)*+ 0.658|.! C 50 46.24 . n
t B 2739 ( 2875 J11
W +FªF+A«¬
)*+ 46.24 .
2875 73.15 t)*+ 46.24C0.85
ÜÝÞ*Þ 73.15 g 42.7 30.45
30.45 2 20.5 :L2 7 3 89 :171 3 4
3 91 ß 42.7 \ 2 _ ` 20.5 73.45 4
Y 1710 \ 2D30.75ED9.745E 7550.35 Y "
7550.14 10.14 :L2 73.45
Y Y 12C12 14.20 ( 200 Y 10.14
1 3 Z 677 \ 2 _ ` _ ` 20. 5 1753.89 12 4 Z "
1753.89 4.89 :L2 73.45
Z Z 12C12 29.45 ( 200 Z 4.89 957329G35 29.45 G15 7673
25
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA
La placa será de PL ·3/4 x 20.5 pulg
6.19 Determinar la resistencia de diseño diseño por compresión de la sección mostrada si se usan tornillos apretados sin holgura a 4 pie entre centros para conectar los ángulos de acero A572 grado 50. KxLx = KyLy = 24 pie.
6.22. Seleccione un par de canales estándar para soportar una carga axial a compresión d Pu = 925 lb. El miembro tiene 24 pie de longitud con ambos extremos articulados y estará armado como se muestra en la figura. Diseñe la celosía simple y las placas de unión en le extremos con tomillos de conexión nexión de 3/4 pulg; éstos deben n situarse a 2 1/4 pulg. Desde el alma de los s canales. Use Fy = 50 ksi. 26
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA
Solución a) Diseño de par de canales:
P° 925 klb. , KL 24à
2 2 F·¸ F¹ D50E 33.33 KSI 3 3 A¾¿ÀÁ.
P° 925 32.65 in  F·¸ 0.85 33.33
A¾¿ÀÁ. de cada canal 16.32 in 1er Ensayo:
2MC 18 58:
A¾ 17.1 in c/canal, rÍ 6.29 in, r¹ 1.02 in IÍ 676 in, I¹ 17.8in, ä X 0.862 IÍ 2 IÍ 2 676 1352 in!
I¹ 2D17.8E \ 2D17.1ED4 \ 0.862E 808.46 in! I 808.46 råíÒ. " " 4.77 in A 2 17.8 _
KL 24 12 ` 60.38 ( 200 råæÒ. 4.77
Por Tabla Ñ F·¸ 32.59 KSI
· PÒ Â A¾ F·¸ 32.59 2 17.1 1114.58 klb. 27
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA
· PÒ P° Si cumple Analizando un perÚil mas ligero: A¾¿ÀÁ.
P° 925 28.38 in  F·¸ 35.59
A¾¿ÀÁ. de cada canal 14.19 in 2do Ensayo:
2MC 18 51.9:
A¾ 15.3 in c/canal, rÍ 6.41 in, r¹ 1.04 in IÍ 627 in, I¹ 16.4in, ä X 0.858 in IÍ 2 IÍ 2 627 1254 in!
I¹ 2D16.4E \ 2D15.3ED4 \ 0.858E 754.97 in! I 754.97 råíÒ. " " 4.97 in A 2 15.3 _
KL 24 12 ` 57.95 ( 200 råæÒ. 4.97
Por Tabla Ñ F·¸ 33.22 KSI
· PÒ Â A¾ F·¸ 33.22 2 15.3 1016.53 klb. · PÒ P° Si cumple
¢ Usar el perÚil más ligero es: 2 MC 18 51.9. b) Diseño de celosía:
28
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA
Fuerza de una barra de celosía:
V° 0.02 ÂP° 0.02 1016.53 20.33 klb.
1 V 10.17 klb. é fza. cort. en cada plano de celosía 2 ° 14.43 Fuerza en una barra: P° _ ` 10.17 11.74 klb. 12.50 Propiedades de una barra plana: Abt bt I 12
bt I " 12 r" 0.289t A bt Diseño de la barra:
L 140 DMáx. permitidoE r
1.017 1 140 é t 0.25 in D pulg. barra planaE 0.289t 4
L 10.17 93.84 ( 140 r 0.289 0.25 Por Tabla Ñ F·¸ 22.35 KSI A¾¿ÀÁ.
P° 11.74 3 0.53 in DSe Necesita: 1.41 E Â F·¸ 22.35 8
Distancia minima al borde usando tornillos de Longitud minima de la barras es:
1 14.43 \ 2 _1 ` 10.17 16.93 in 4
3 ¢ Use barras de: pulg. 2pulg. 1 pie 5pulg. 8 29
3 1 pulg 1 pulg. 4 4
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA
7.6 Repita el problema 7.5 si las cargas son cada una de 1000 klb y el acero usado es A36
Pu = 1000
Datos: Sección W12 x? Pu = 2000 klb L = 14 pie Fy = 36 ksi.
Para la columna de la derecha:
30
Pu = 1000 klb
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA K = 1 , Pu = 1000 klb, entonces KL = 14 pie
1º Ensayo: Fv = 2/3 Fy = 2/3 x 36 = 24 ksi.
î
O î î . . . S tN
£
Seleccionamos una sección:
W12x170 → Ag = 50 pulg2 y rmin= 3.22 pulg.
T _ ` S. . ¤N ¥ z
R
S. ¥
z
S
. S < 1.5
Pandeo inelástico
£ . S¤N
R r. S.S s .
tN OP tN
N . S S . S. . > Pu Para la columna de la izquierda:
Ky = 1, Pu = 2000 klb Kx = hallarlo con el monograma. GB = 10 por estar articulado 31
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA Para la viga de W18x158 → Ix = 3060 y Iy = 347
Seleccionamos una sección:
W12x336 → Ag = 98.8 pulg2 y rx= 6.41 pulg. Ix = 4060 y Iy = 1190 pulg4 Hallando Ga =?
ï
∑N VN N ∑ñò óò ôò
õö÷ö øõ ùö÷ö nõ
= 4.59
Del monograma sacamos K = 2.55
_ üý
k* +û z þ úÝ
2.55C14 C12 ` 66.83 Y 6.41
,,. û
z
®|
}|||
0.75 < 1.5
Pandeo inelástico
J௩ 0.658 lm JZ r0.658|.~® sC36 28.46 n
n
t* B W C t* J*+ 0.85 C 50 C 28.46 2389.82 < . > Pu
32
