Estructuras Metalicas 2013
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Descripción: basico de estructuras metalicas...
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
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Página 1.1 1.1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.5.1 1.5.2 1.5.3 1.6 1.7
Fabricación del acero Laminación Ventajas del acero como material estructural Desventajas del acero como material estructural Propiedades del acero estructural A-36 Nociones de un proyecto estructural Tipos de cargas Enfoques de diseño Tipos de estructuras Perfiles comerciales Ejemplos
2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8
Usos y tipos de miembros a tensión Área neta Área neta efectiva Relaciones de esbeltez máximas Efecto del tipo de conexión en la resistencia a tensión Resistencia de diseño a tensión Cortante y Tensión combinados Ejemplos
3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7
Estabilidad Usos y tipos de miembros a compresión Pandeo local Clasificación de tipos de sección Resistencia de diseño a compresión Columnas compuestas Ejemplos
4.1 4.2 4.3 4.3.1 4.3.2 4.4 4.5 4.6 4.7
Usos y tipos de vigas más comunes Factor de forma Resistencia de diseño en flexión Miembros soportados lateralmente Miembros no soportados lateralmente Resistencia de diseño a cortante Flexión y cortante combinados Trabes armadas Ejemplos
5.1 5.2 5.3
Estructuras regulares Estructuras irregulares Estabilidad estructural
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5.4 5.5 5.6 5.7
Esfuerzos en miembros con carga excéntrica (Flexión y compresión combinadas) Efectos de segundo orden Diseño de columnas Ejemplos
6.1 Conexiones simples 6.1.1 Tornillos 6.1.1.1 Conexiones en cortante 6.1.1.1.1 Resistencia por aplastamiento 6.1.1.1.2 Requisitos de separación y distancias a bordes 6.1.1.1.3 Resistencia por cortante 6.1.1.2 Conexiones en fricción 6.1.1.2.1 Instalaciones 6.1.1.2.2 Resistencia por fricción 6.1.2 Soldadura 6.1.2.1 Tipos de soldaduras 6.1.2.2 Clasificación de soldaduras 6.1.2.3 Soldadura de filete 6.1.2.4 Resistencia de diseño de la soldadura 6.1.2.5 Requisitos de Tamaños y Longitud de soldaduras 6.1.2.6 Simbología de la soldadura 6.2 Conexiones excéntricas 6.2.1 Tornillos –sujetos sólo a cortante6.2.2 Soldaduras –sujetos solo a cortante6.3 Ejemplos
7.1 7.2 7.3
Placas de apoyo para vigas Placas de base para columnas Ejemplos
8.1 8.2 8.3
Tipos de armaduras Estimación de cargas en armaduras Diseño de armaduras
9.1 9.2 9.3 9.4 9.5 9.6 9.7 9.8
Teoría básica La articulación plástica Redistribución de momentos Capacidad de rotación Casos en que no hay redistribución de momentos Mecanismos de falla Métodos de análisis plástico Ejemplos
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Capítulo 1
La materia prima para la fabricación del acero es el mineral de hierro, coque y caliza. Coque: residuo duro y poroso que resulta después de la ‘destilación’ destructiva del carbón. Tiene un color gris negruzco y un brillo metálico. Contiene fundamentalmente carbono, alrededor del 92%; casi el 8% restante es ceniza (Encarta, 2002). Caliza: roca compuesta por carbonato de calcio (CaCO3). Terminada en cal (óxido de calcio, CaO) cuando es sometida a temperaturas elevadas. El primer producto de la fusión del
hierro y el coque
(aproximadamente a los
1650ºC), se conoce como arrabio. La figura 1.1 muestra que para transformar mineral de hierro en arrabio útil hay que eliminar
sus
impurezas.
Esto
se
logra
en
un
alto
horno
forzando
el
paso
del
aire
extremadamente caliente a través de una mezcla de mineral, coque y caliza, la llamada carga (Encarta, 2002). Figura 1.1
Proceso típico para la creación de arrabio
Unas vagonetas vuelcan la carga en unas tolvas situadas en la parte superior del horno. Una vez en el horno, la carga es sometida a chorros de aire de entre 550 y 900ºC (el horno debe estar forrado con una capa de ladrillo refractario para resistir esas temperaturas).
El
metal
fundido
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se
acumula
en
la
parte
inferior.
Los
residuos
(la
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escoria)
flotan
por
encima
del
arrabio
fundido.
Ambas
sustancias
se
extraen
periódicamente para ser procesadas. La caliza se combina con la sílice del mineral (que no se funde a las temperaturas del horno) para formar silicato de calcio, de menor punto de fusión. El silicato de calcio y otras impurezas forman una escoria que flota sobre el metal fundido en la parte inferior del horno (Encarta, 2002). Finalmente, al arrabio se le añaden algunos otros elementos como silicio, manganeso, carbono, etc.,
en proporciones adecuadas para el tipo de acero a producir.
LAMINACIÓN Es un proceso de acabado del acero cuyo objetivo es refinar su estructura cristalina y aumentar su resistencia. Laminado en caliente: Es el método más común de ‘acabar’ el acero, y consiste en calentar el lingote colado, a una temperatura que permita el comportamiento plástico del material para así extruirlo en los "castillos" de laminado y obtener las secciones laminadas deseadas. Laminado en frío: Este método permite obtener secciones con un punto de fluencia más elevado, al extruir el material a temperatura completamente más baja que la del laminado en caliente.
Entre los factores que intervienen para elegir el material con el que se construirá una obra civil, están las ventajas y desventajas que estos ofrecen; para el acero pueden señalarse las siguientes:
Alta
Resistencia:
La
alta
resistencia
del
acero
por
unidad
de
peso,
permite
estructuras relativamente livianas, lo cual es de gran importancia en la construcción de puentes, edificios altos y estructuras cimentadas en suelos blandos. Homogeneidad: Las propiedades del acero no se alteran con el tiempo, ni varían con la localización en los elementos estructurales. Elasticidad:
El
acero
es
el
material
que
más
se
acerca
a
un
comportamiento
linealmente elástico (Ley de Hooke) hasta alcanzar esfuerzos considerables (McCormac, 1991). Precisión dimensional: Los perfiles laminados están fabricados bajo estándares que permiten establecer de manera muy precisa las propiedades geométricas de la sección. Ductilidad: El acero permite soportar grandes deformaciones sin fallar, alcanzando altos esfuerzos en tensión, ayudando a que las fallas sean evidentes. Tenacidad: El acero tiene la capacidad de absorber grandes cantidades de energía en deformaciones durante su fabricación y montaje sin fracturarse, siendo posible doblarlos, martillarlos, cortarlos y taladrarlos sin daño aparente (McCormac, 1991). PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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Facilidad
de
unión
con
otros
miembros:
El
acero
en
perfiles
se
puede
conectar
fácilmente a través de remaches, tornillos o soldadura. Rapidez de montaje: La velocidad de construcción en acero es muy superior al resto de los materiales. Disponibilidad de secciones y tamaños: El acero se encuentra disponible en perfiles para optimizar su uso en gran cantidad de tamaños y formas. Costo de recuperación: Las estructuras de acero de desecho, tienen un costo de recuperación en el peor de los casos como chatarra de acero (McCormac, 1991). Permite ampliaciones fácilmente: El acero permite modificaciones y/o ampliaciones en proyectos de manera relativamente sencilla. Se pueden prefabricar estructuras: El acero permite realizar la mayor parte posible de una estructura en taller y la mínima en obra consiguiendo mayor exactitud (McCormac, 1991).
Corrosión: El acero expuesto a intemperie sufre corrosión por lo que deben recubrirse siempre con esmaltes alquidálicos (primarios anticorrosivos) exceptuando a los aceros especiales como el inoxidable. Calor, fuego: En el caso de incendios, el calor se propaga rápidamente por las estructuras haciendo disminuir su resistencia hasta alcanzar temperaturas donde el acero se comporta plásticamente, debiendo protegerse con recubrimientos aislantes del calor y del fuego (retardantes) como mortero, concreto, asbesto, etc, (McCormac, 1991). Pandeo elástico: Debido a su alta Resistencia/Peso el empleo de perfiles esbeltos sujetos a compresión, los hace susceptibles al pandeo elástico, por lo que en ocasiones no son económicas las columnas de acero (McCormac, 1991). Fatiga: la resistencia del acero (así como del resto de los materiales), puede disminuir
cuando
se
somete
a
un
gran
número
de
inversiones
de
carga
o
a
cambios
frecuentes de magnitud de esfuerzos a tensión (cargas pulsantes y alternativas).
Figura 1.2
Cargas que intervienen en la Fatiga
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Las propiedades mecánicas del acero que son de mayor interés para los ingenieros estructuristas se pueden identificar de la gráfica esfuerzo-deformación unitaria, la cual es determinada en laboratorio mediante probetas (barra de acero al bajo carbono A-36 con sección circular) sujetas a tensión axial, de la forma siguiente: para conocer los valores de los esfuerzos basta dividir la fuerza de tensión axial a la que está sometida la probeta entre el área de la misma, con ayuda de extensómetros de precisión puede obtenerse el incremento de longitud ∆L, y por consiguiente la deformación unitaria ξ= ∆L/Lo. Este registro puede hacerse para una población representativa de probetas y con cuyos datos se construye una gráfica como la que se muestra;
Figura 1.3
Gráfica Esfuerzo-Deformación Unitaria (Segui, 2000)
La relación entre el esfuerzo y la deformación unitaria es lineal hasta el límite proporcional.
Después
de
esto
se
alcanza
rápidamente
un
valor
pico,
llamado
punto
superior de fluencia (ocurre cuando un acero dulce se carga rápidamente), al cual sigue una nivelación en el punto inferior de fluencia (se obtiene cuando el acero se carga lentamente) Seguido de una etapa en la que el espécimen de prueba continúa alargándose en tanto que no se retire la carga, aún cuando la carga no pueda ser incrementada. Esta región
de
esfuerzo
constante
se
llama
rango
plástico.
Enseguida,
comienza
el
endurecimiento por deformación y se requiere entonces una carga adicional para generar un alargamiento adicional, alcanzando así un valor máximo del esfuerzo, después de lo cual comienza el estrangulamiento de la sección transversal de la probeta para luego ocurrir la falla (Segui, 2000). El comportamiento descrito en el párrafo anterior lo exhibe un acero dúctil, debido a su capacidad de sufrir grandes deformaciones antes de fracturarse. La ductilidad puede
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ser
medida
por
donde:
e = alargamiento (expresado en porcentaje) e =
el
Lf – Lo
alargamiento,
definido
x 100
como;
L f = longitud de la
probeta en la fractura Lo
Lo = longitud original
El límite elástico del material es un esfuerzo que se encuentra entre el límite proporcional y el punto superior de fluencia. Hasta este esfuerzo, la probeta puede descargarse sin que quede una deformación permanente. ‘La figura 1.4 muestra una versión idealizada de esta curva esfuerzo-deformación unitaria. El límite proporcional, el límite elástico y los puntos superior e inferior de fluencia están todos muy cercanos entre sí y son tratados como un solo punto llamado el punto de fluencia, definido por el esfuerzo fy. El otro punto de interés para el ingeniero estructurista es el valor máximo del esfuerzo que puede alcanzarse, llamado resistencia última en tensión fu’ (Segui, 2000).
Figura 1.4 Las
diversas
propiedades
Versión idealizada de la Curva f-ℇ (Segui, 2000)
del
acero
estructural,
incluidas
la
resistencia
y
la
ductilidad, son determinadas por su composición química. El acero es una aleación cuya componente principal es el hierro. Otra componente de todos los aceros estructurales, aunque en cantidades mucho menores, es el carbono, que contribuye a la resistencia pero reduce la ductilidad y soldabilidad de los mismos (Segui, 2000). El
acero
estructural
más
comúnmente
usado
en
la
actualidad
es
un
acero
dulce
designado como ASTM A36 o brevemente A36, el cual tiene las siguientes propiedades en tensión: Esfuerzo de fluencia:
Fy = 36,000 psi, aproximadamente igual a 2,530 kg/cm2
Resistencia en tensión:
Fu = 58,000 psi a 80,000 psi
aprox. Entre: 4,100 kg/cm2
y 5,600 kg/cm2
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Objetivo del proyectista estructural: El
proyectista
debe
aprender
a
distribuir
y
a
proporcionar
las
partes
de
las
estructuras de manera que tengan suficiente resistencia, su montaje sea practico y sean económicas. Seguridad
Las estructuras no solo deben soportar las cargas impuestas (edo. límite de falla), sino que además las deflexiones y vibraciones resultantes, no deben ser excesivas alarmando a los ocupantes, o provocando agrietamientos (edo límite de servicio)
Costo
El proyectista debe siempre procurar abatir los costos de construcción sin reducir
la
resistencia,
algunas
ideas
que
permiten
hacerlo
son
usando
secciones estándar, haciendo detallado simple de conexiones y previendo un mantenimiento sencillo. Factibilida Las estructuras diseñadas deben fabricarse y montarse sin problemas, por lo d
que el proyectista debe adecuarse al equipo e instalaciones disponibles debiendo
aprender
como
se
realiza
la
fabricación
y
el
montaje
de
las
estructuras para poder detallarlas adecuadamente, conociendo tolerancias de montaje,
dimensiones
máximas
de
transporte,
especificaciones
sobre
instalaciones; de tal manera que el proyectista se sienta capaz de fabricar y montar la estructura que esta diseñando. ‘El ingeniero estructurista debe seleccionar y evaluar el sistema estructural global para producir un diseño eficiente y económico pero no puede hacerlo sin un conocimiento total del diseño de los componentes de la estructura’ (Segui, 2000). Reglamentos de construcción: Los
reglamentos
de
construcción
no
dan
procedimientos
de
diseño,
pero
ellos
especifican los requisitos (cargas vivas mínimas, esfuerzos mínimos de diseño, tipos de construcción, calidad y pesos de materiales, entre otros) y restricciones de diseño que deben satisfacerse. Un reglamento de construcción tiene fuerza legal y es administrado por
una
entidad
gubernamental
como
una
ciudad,
un
municipio
o
para
algunas
áreas
metropolitanas grandes, un gobierno establecido (Segui, 2000). Especificaciones de diseño: En contraste con los reglamentos de construcción, las normas ó especificaciones de diseño dan una guía más específica sobre el diseño de miembros estructurales y sus conexiones. Ellas presentan las directrices y criterios que permiten a un ingeniero estructurista llevar a cabo los objetivos indicados en un reglamento de construcción. Tales normas no tienen por sí mismas vigencia legal, pero al presentar los criterios y límites
de
diseño
en
forma
de
mandatos
y
prohibiciones
legales,
ellas
pueden
ser
fácilmente adoptadas como parte de un reglamento de construcción (Segui, 2000). Cabe mencionar que, tienen el propósito de proteger al público y nunca de restringir al ingeniero. En consecuencia, no importa que norma o especificación se use o no, la responsabilidad última del diseño de una estructura segura es del ingeniero estructural. PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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CARGAS Una de las tareas más importantes del proyectista es determinar de la manera más precisa posible el valor de las cargas (fuerzas actuantes) que soportará la estructura durante
su
vida
útil,
así
como
su
posición
e
investigar
las
combinaciones
más
desfavorables que de acuerdo a los reglamentos puedan presentarse (McCormac, 1991). TIPOS DE CARGAS:
Cargas muertas
Cargas vivas
Cargas accidentales
CARGAS MUERTAS
Son aquellas cuya magnitud y posición, permanecen prácticamente constantes durante la vida útil de la estructura. Entre las que se encuentran;
Peso propio.
Instalaciones.
Empujes de rellenos definitivos.
Cargas debidas a deformaciones permanentes.
Figura 1.5
Variación de la carga muerta respecto al tiempo
CARGAS VIVAS
Son cargas variables en magnitud y posición debidas al funcionamiento propio de la estructura. Entre las que se encuentran;
Personal.
Mobiliario.
Empujes de cargas de almacenes.
Hielo y nieve
Estas cargas se especifican como uniformemente repartidas por unidad de área en el código ANSI y otros códigos como el RCDF-87 título 6. En los reglamentos mencionados, las cargas vivas se identifican en tres tipos, los cuales se mencionan a continuación: Cargas vivas máximas; se utilizan para diseño por carga gravitacional.
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Cargas vivas medias; se utilizan para diseño por estado límite de servicio. Cargas vivas instantáneas; se utilizan para diseño por combinación accidental.
Figura 1.6
Variación de la carga viva respecto al tiempo
La vida útil de una estructura es de aproximadamente 50 años. Es obvio que un bulto arrojado al piso de un almacén o un camión que rebota sobre el pavimento irregular de un puente, causan mayores fuerzas que las que se presentarían si las cargas se aplicaran gradualmente. La especificación LRFD requiere que las estructuras que van a soportar cargas vivas con
tendencia
a
causar
impacto,
se
diseñen
con
sus
cargas
nominales
supuestas
incrementadas con los siguientes porcentajes (McCormac, 1991): Tabla 1.1 Soportes de elevadores Soportes de maquinaria ligera impulsada por motores eléctricos Soportes de maquinaria con movimiento alternativo o impulsada con motores de combustión Tirantes que soporten pisos y balcones Trabes de grúas viajeras con cabina de operación y sus conexiones Trabes de grúas viajeras sin cabina de operación y sus conexiones
100 % 20 % 50 % 33 % 25 % 10 %
CARGAS ACCIDENTALES:
VIENTO: Estas cargas dependen de la ubicación de la estructura, de su altura, del área expuesta y de la posición. Las cargas de viento se manifiestan como presiones y succiones. En las NTC-Viento del RCDF-87 se especifica el cálculo de estas presiones de acuerdo a las características de la estructura. En general no se especifican normas de diseño para el efecto de huracanes o tornados, debido a que se considera incosteable el diseño contra estos efectos; sin embargo, se sabe que el detallado cuidadoso del refuerzo, y la unión de refuerzos en los sistemas de piso con muros mejora notablemente su comportamiento (McCormac, 1991). SISMO: Estas cargas inducidas en las estructuras están en relación a su masa y
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elevación a partir del suelo; así como de las aceleraciones del terreno y de la capacidad de la estructura para disipar energía; estas cargas se pueden determinar como fuerzas estáticas horizontales aplicadas a las masas de la estructura, aunque en ocasiones debido a la altura de los edificios o esbeltez se hace necesario un análisis dinámico para determinar las fuerzas máximas a que estará sometida la estructura. Figura 1.7
Variación típica de las fuerzas sísmicas respecto a su altura
ENFOQUES DE DISEÑO: ‘Como vimos antes, el diseño de un miembro estructural implica la selección de una sección transversal que resista con seguridad y económicamente las cargas aplicadas. La economía significa usualmente peso mínimo, es decir, una cantidad mínima de acero. Esta cantidad corresponde a la sección transversal con el menor peso por ml, que es aquella con
la
menor
construcción,
área pueden
transversal. últimamente
Aunque afectar
otras la
consideraciones,
selección
del
como
tamaño
de
la un
facilidad
de
miembro,
el
proceso comienza con la selección del perfil más ligero que cumpla la función deseada. Una vez establecido este objetivo, el ingeniero debe decidir como hacerlo con seguridad, que es donde entran en juego los diferentes enfoques de diseño’ (Segui, 2000). Existen esencialmente tres enfoques diferentes, que son los siguientes: En el
, un miembro se selecciona de manera que tenga
propiedades transversales como área y momento de inercia suficientemente grandes para prevenir que el esfuerzo máximo exceda un esfuerzo permisible. Este esfuerzo permisible estará en el rango elástico del material y será menor que el esfuerzo de fluencia Fy (Un valor típico podría ser 0.60Fy).
El esfuerzo permisible se obtiene dividiendo el esfuerzo de fluencia Fy o bien la resistencia última de tensión Fu entre un factor de seguridad.
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Este enfoque de diseño se llama también diseño elástico o diseño por esfuerzos de trabajo. Los esfuerzos de trabajo son aquellos que resultan de la carga de trabajo (o cargas de servicio), que son las cargas aplicadas. Un miembro apropiadamente diseñado quedará sometido a esfuerzos no mayores que el esfuerzo permisible bajo cargas de trabajo (Segui, 2000). ‘El
se basa en una consideración de las condiciones de falla en vez
de consideraciones de la carga de trabajo. Un miembro se selecciona usando el criterio de que la estructura fallará bajo una carga considerablemente mayor que la carga de trabajo (La falla en este caso significa el colapso o deformaciones extremadamente grandes). Se usa el término plástico porque en la falla, las partes del miembro estarán sometidas a deformaciones muy grandes que introducen al miembro en el rango plástico.’ ‘Cuando la sección transversal entera se plastifica en suficientes localidades, se formarán
“articulaciones
plásticas”
en
esas
localidades,
creándose
un
mecanismo
de
colapso. Como las cargas reales serán inferiores a las cargas de falla por un factor de seguridad conocido como factor de carga, los miembros diseñados de esta manera no son inseguros, a pesar de ser diseñados con base en lo que sucede en la falla’ (Segui, 2000). El procedimiento de diseño es aproximadamente como sigue: 1.- Multiplique las cargas de trabajo (o de servicio) por el factor de carga para obtener las cargas de falla. 2.- Determine las propiedades de la sección transversal necesarias para resistir la falla
bajo
esas
cargas.
(se
considera
que
un
miembro
con
esas
propiedades
tiene
suficiente resistencia y que estará a punto de fallar cuando se someta a las cargas factorizadas) 3.-
Seleccione
el
perfil
más
ligero
con
la
sección
transversal
que
tenga
esas
propiedades. Los miembros diseñados por teoría plástica alcanzan el punto de falla bajo las cargas factorizadas pero son seguros bajo las cargas de trabajo reales. ‘El
(LRFD) es similar al diseño plástico
en tanto que se considera la resistencia a la condición de falla.’ ‘Los factores de carga se aplican a la carga de servicio y se selecciona un miembro que tenga suficiente resistencia frente a las cargas factorizadas. Además, La resistencia teórica del miembro es reducida por la aplicación de un factor de resistencia. EL criterio que debe satisfacerse en la selección de un miembro es’ (Segui, 2000); Carga factorizada ≤ resistencia factorizada
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‘En la expresión anterior, la carga factorizada es realmente la suma de todas las cargas de servicio que resistirá el miembro, cada una multiplicada por su propio factor de carga. Por ejemplo, las cargas muertas tendrán otros factores de carga que son diferentes
de
aquellos
para
las
cargas
vivas.
La
resistencia
factorizada
es
la
resistencia teórica multiplicada por un factor de resistencia’ (Segui, 2002). Por lo tanto; ∑(cargas x factores de carga) ≤ Resistencia x factor de resistencia
‘La carga factorizada es una carga de falla mayor que la carga de servicio real total, por lo que los factores de carga son usualmente mayores que la unidad. Sin embargo,
la
resistencia
factorizada
es
una
resistencia
reducida
y
el
factor
de
resistencia es usualmente menor que la unidad’ (Segui, 2000). Las cargas factorizadas son las cargas que llevan a la estructura o al miembro a su límite. En términos de seguridad, este estado límite puede ser fractura, fluencia o pandeo y la resistencia factorizada es la resistencia útil del miembro, reducida del valor teórico por el factor de resistencia. El estado límite puede también ser uno de servicio, como la deflexión máxima aceptable. FACTORES DE CARGA: Para el diseño por factores de carga y resistencia puede escribirse la siguiente ecuación: ∑ ﻵi Qi ≤ Φ Rn Donde; Qi = un efecto de carga (una fuerza o un momento) ﻵi = un factor de carga Rn = la resistencia nominal de la componente bajo consideración Φ = factor de resistencia ‘La resistencia factorizada ΦRn se llama resistencia de diseño. La sumatoria en el lado izquierdo de la ecuación anterior es sobre el número total de efectos de carga (incluidas, pero no limitada a las cargas muertas y vivas), donde cada efecto de carga puede asociarse con un factor de carga diferente. No sólo puede cada efecto de carga tener un factor de carga diferente, sino que también el valor del factor de carga para un efecto de carga particular dependerá de la combinación de las cargas bajo consideración’ (Segui, 2000). Las combinaciones de cargas en las especificaciones AISC son las siguientes: PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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1.4D
1ª
combinación (PU1) 1.2D + 1.6L + 0.5(Lr ó S ó R)
2ª
combinación (PU2) 1.2D + 1.6(Lr ó S ó R) + (0.5L ó 0.8W)
3ª
combinación (PU3) 1.2D + 1.3W + 0.5L + 0.5(Lr ó S ó R)
4ª
combinación (PU4) 1.2D ± 1.0E + 0.5L + 0.2S
5ª
combinación (PU5) 0.9D ± (1.3W ó 1.0E)
6ª
combinación (PU6) donde; D = carga muerta L = carga viva debido al equipo y ocupación Lr = carga viva de techo S = cargas de nieve R = carga de lluvia o hielo W = carga de viento E = carga por sismo ‘Como se mencionó antes, el factor de carga para un efecto de carga particular no es el mismo en todas las combinaciones de cargas. Por ejemplo, en la 2ª combinación,
ﻵpara
la carga viva L es 1.6 mientras que en la 3ª combinación es 0.5. La razón es que la carga viva se toma como el efecto dominante en la
2ª combinación y uno de los tres efectos Lr,
S ó R será el dominante en la 3ª combinación; esto quiere decir que, en cada combinación, uno de los efectos se considera como el valor “máximo durante su vida” y los otros como los valores en “puntos arbitrarios del tiempo”’ (Segui, 2000).
En cuanto a los factores de resistencia Φ, las especificaciones del AISC hacen variar los valores entre 0.75 – 1.0 Enseguida ilustraremos la aplicación de los factores de carga y resistencia según las especificaciones AISC en un miembro axialmente cargado en compresión: Ejemplo.Una columna de un edificio está sometida a las siguientes cargas: 4,082.33 kg en compresión de carga muerta 2,267.96 kg en compresión de carga viva de techo 2,721.55 kg en compresión de nieve 3,175.14 kg en compresión de 7 cm de lluvia acumulada sobre el techo 3,628.74 kg en compresión por viento a.
Determine la carga factorizada por usarse en el diseño de la columna. ¿Qué combinación de cargas gobierna?
b.
¿Cuál es la resistencia de diseño requerida para la columna?
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c.
Si
el
factor
de
resistencia
es
de
0.85,
¿Cuál
es
la
resistencia
nominal
requerida para la columna? Solución: Nota. No obstante que una carga esté actuando directamente sobre un miembro, ella puede aún causar un efecto de carga en el miembro. a.
La combinación de cargas que gobierna es la que produce la carga factorizada máxima. Evaluando cada expresión tenemos;
1ª combinación:
1.4(4,082.33 kg) = 5,715.26 kg
2ª combinación:
1.2(4,082.33 kg) + 0.5(3,175.14 kg) = 6,486.37 kg
3ª combinación:
1.2(4,082.33 kg) + 1.6(3,175.14 kg) + 0.8(3,628.74 kg) = 12,882.01
kg 4ª combinación:
1.2(4,082.33 kg) + 1.3(3,628.74 kg) + 0.5(3,175.14 kg) = 11,203.73
kg 5ª combinación:
1.2(4,082.33 kg) + 0.2(2,721.55 kg) = 5,443.11 kg
6ª combinación:
0.9(4,082.33 kg) + 1.3(3,628.74 kg) = 8,391.46 kg
Por lo tanto, la combinación que rige es la 3; la carga factorizada es 12,882.01 kg b.
Si la carga factorizada obtenida en la parte (a) se sustituye en la relación fundamental del AISC, obtenemos: ∑ ﻵi Qi ≤ Φ Rn
;
12,882.01 kg ≤ Φ Rn .
Por lo tanto la Rdiseño = Φ
Rn = 12,882.01 kg ∑ ﻵi Qi ≤ Φ Rn ,
c.
sustituyendo valores tenemos
12,882.01 kg ≤ 0.85
Rn Por lo tanto la Rn = 12,882.01 kg =
15,155.31 kg 0.85
A continuación se enlistan las combinaciones de carga dadas por las NTC RCDF: Los
factores
de
carga
incrementan
sus
magnitudes
para
tomar
en
cuenta
las
incertidumbres que se tienen al estimar sus valores: REGLAMENTO LRFD
COMBINACIONES DE CARGA
Carga muerta: D
U = 1.4 D
Carga viva: L
U = 1.2 D + 1.6 L + 0.5 (Lr ó S ó R)
Carga viva techo: Lr
en
U = 1.2 D + 1.6 (Lr ó S ó R)
Carga viento: W
U = 1.2 D +1.3 W + 0.5 L +0.5 (Lr ó S ó R)
Carga por sismo: E
U = 1.2 D + 1.5 E + (0.5L ó 0.2S)
Carga de nieve: S
U = 0.9 D – (1.3 W ó 1.5 E)
Carga de lluvia: R Carga última total: U Carga muerta: CM PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
*1.4 CMmáx ó 1.5 CMmáx FACULTAD DE INGENIERÍA
16
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Carga viva: CV
*1.4 (CMmáx + CVmáx ) ó1.5(CMmáx + CVmáx )
Carga por viento: V Carga sísmica: S
**1.1 (CMmed + CVinst + S en una dirección ó V) ***0.9 (CMmin + CVmin) + 1.1 (S en una dirección o V) ****1.0 (CMmed + CVmed)
* Combinaciones comunes. ** Combinaciones accidentales. servicio
*** Caso de volteo. **** Revisión por estado límite de
Tabla 1.2 Combinaciones de Carga Frecuentes (Arnal y Betancourt, 1999) Para estimar con precisión la resistencia última de un elemento estructural se deben tomar en cuenta la incertidumbre que se tiene en las hipótesis de diseño, resistencia de materiales, dimensiones de cada sección, mano de obra, aproximación de los análisis, etc. Enseguida se presentan los diferentes Factores de resistencia según las NTC-RCDF: Fr
CASO
0.90
Resistencia a tensión para estado límite de flujo plástico en la sección total, resistencia a flexión y cortante en vigas, determinación de cargas críticas, tensión o compresión paralela al eje de soldaduras tipo filete y de penetración parcial. Tensión normal al área efectiva en soldaduras de penetración parcial, cortante en el área efectiva en soldaduras de penetración completa. Resistencia a tensión por estado límite de fractura en la sección neta, resistencia a compresión para estado límite de pandeo local en secciones tipo 4, cortante en el área efectiva en soldaduras de filete, cortante paralelo al eje de la soldadura de penetración parcial, resistencia a tensión de tornillos. Resistencia a compresión de columnas de sección transversal circular hueca tipo 4. Resistencia al cortante en conexiones por aplastamiento.
0.80 0.75
0.70 0.60
Tabla 1.3
Factores de Resistencia Característicos (Arnal y Betancourt, 1999)
TIPOS DE ESTRUCTURAS: ‘Pueden utilizarse estructuras de algunos de los dos tipos básicos que se describen a continuación: en cada caso particular el análisis, diseño, fabricación y montaje deben hacerse de manera que obtenga una estructura cuyo comportamiento corresponda al del tipo elegido. Debe prestarse particular atención al diseño y construcción de las conexiones’ (Arnal y Betancourt, 1999).
TIPO 1.- Comúnmente designados marcos rígidos o estructuras continuas, los miembros que
las
componen
están
unidas
por
conexiones
rígidas
(nodos
rígidos).
Tales
conexiones deben ser capaces de transmitir cuando menos 1.25 veces el momento, fuerzas normales y cortantes de diseño de cada uno de los miembros que une la
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17
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
conexión (Arnal y Betancourt, 1999). Figura 1.8
TIPO
2.-
Comúnmente
designados
Conexión de Estructuras Tipo 1
armaduras,
unidas
con
conexiones
que
permiten
rotaciones relativas, siendo capaces de transmitir el 100% de las fuerzas normales y cortantes, así como momentos no mayores del 20% de los momentos resistentes de
diseño de los miembros que une la conexión. Figura 1.9
Conexión de Estructuras Tipo 2
Las estructuras tipo 1, se pueden analizar por los métodos elásticos o plásticos para este último deberán cumplirse las siguientes condiciones:
Fy < 0.8 Fu
La gráfica esfuerzo-deformación debe presentar las siguientes características
Figura 1.10
Gráfica característica de una estructura tipo 1 para un análisis y diseño plástico
Las secciones de los miembros que forman la estructura sean todas tipo 1 (secciones compactas).
Los miembros estén contra venteados lateralmente.
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18
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Se usa doble atiesador en almas donde se formen articulaciones plásticas en el eventual mecanismo de colapso (en la sección donde hay cargas concentradas), como se presenta a continuación:
Figura 1.11
Ilustración de Atiesadores dobles.
‘En el proceso de diseño los criterios que determinan la elección del perfil son la magnitud de las fuerzas que ha de resistir y la mayor ó menor facilidad con que pueda unirse al resto de la estructura. Pero también, un buen diseño implica escoger un perfil de sección transversal estándar que esté ampliamente disponible en vez de requerir la fabricación de un perfil con dimensiones y propiedades especiales, la selección de un “perfil comercial” será casi siempre la opción más económica, incluso si ello implica usar un poco más de material’ (Segui, 2000). A continuación estructuristas.
se
presentan
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los
perfiles
de
acero
A-36
más
utilizados
por
los
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19
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Nombres y Símbolos de Perfiles:
1.4-1 Se efectuó una prueba de tensión sobre una probeta metálica con sección transversal circular. El diámetro medido fue de 1.40 cm. Se hicieron dos marcas a lo largo de la probeta con una separación entre ellas de 5.16 cm. Esta distancia se define como la longitud calibrada y todas las mediciones de longitud se hacen entre esas dos marcas. La probeta se cargó hasta la falla. La fractura ocurrió bajo una carga de 12,927.37 kg. La probeta fue reensamblada y se midió en ella un diámetro y una longitud calibrada de 1.09 cm y 5.84 cm, respectivamente. PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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20
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Determine a. el esfuerzo último de tensión en kg/cm2, b. el alargamiento en porcentaje y c. la reducción del área transversal en porcentaje Solución:
a.
fu = Pu A
= 12,927.37 kg (π(1.40 cm)2)/4
b.
5.84 cm 5.16 cm
=
1.132 – 1
c.
1.09 cm 1.40 cm
=
0.78 – 1
=
=
.132 x 100
=
-0.22 x 100
8,397.77 kg/cm2 = 13.2% =
22%
1.4-2 Se llevó a cabo una prueba de tensión sobre una probeta metálica con sección transversal circular con diámetro de 1.27 cm. La longitud calibrada (longitud sobre la que se mide el alargamiento) era de 5.08 cm. Para una carga de 6,123.49 kg, el alargamiento fue de 0.0118364 cm. Si se supone que la carga estaba dentro del rango elástico lineal del material, determine el módulo de elasticidad de éste. Ɛ = ∆L = 0.0118364 cm kg/cm2 L 5.08 cm E = f
=
f =
P A
= 4,833.95 kg/cm2
Ɛ
0.00233
=
=
6,123.49 kg
= 4,833.95
(π(1.27 cm)2)/4
2’074,656.65 kg/cm2
0.00233
1.4-3 Se llevó a cabo una prueba de tensión sobre una probeta metálica circular con diámetro de 1.27 cm y una longitud calibrada de 10.16 cm. Los datos se registraron sobre una gráfica carga-desplazamiento, P vs ∆L. Se trazó una línea de mejor ajuste por los puntos y se determinó la pendiente de la porción recta de la línea recta igual a P/∆L = 248,582.7 kg/cm. ¿Cuál es el módulo de elasticidad? P E = f = 1’993,734.32 kg/cm2 Ɛ
∆L L
A ∆L
=
P
L
=
248,582.7 kg/cm ( 10.16 cm/(π(1.27 cm)2)/4 ) =
A
1.5-1 Una viga es parte del sistema estructural para el piso de un edificio de oficinas. El piso está sometido a cargas muertas y vivas. EL momento máximo causado por la carga muerta de servicio es de 622,146.79 kg-cm y el momento máximo por carga viva de servicio es de 871,005.50 kg-cm (esos momentos se presentan en la misma posición sobre la viga y pueden por ello combinarse). a. Determine el momento flexionante máximo factorizado. ¿Cuál es la combinación AISC de cargas que gobierna? b. Si el factor de resistencia es de 0.9, ¿Cuál es la resistencia por momento nominal requerida en kg-cm? Solución: a. Utilizando las combinaciones que involucran carga muerta y carga viva de piso, tenemos PU1 = 1.4(622,146.79 kg-cm) = 871,005.50 kg-cm PU2 = 1.2(622,146.79 kg-cm) + 1.6(871,005.50 kg-cm) = 2’140,184.95 kg-cm Por lo tanto, la combinación que rige es la #2 y el Mom. Flex. Máximo = 2’140,184.95 kg-cm b.
∑ ﻵi Qi ≤ Φ Rn ,
sustituyendo valores tenemos,
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2’140,184.95 kg-cm ≤ 0.9 Rn FACULTAD DE INGENIERÍA
21
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Rn = 2’140,184.95 kg-cm 0.90
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=
2’377,983.28 kg-cm
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22
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Capítulo 2
Un miembro en tensión es el elemento estructural más eficiente y de diseño más sencillo, ya que la fuerza axial produce esfuerzos constantes en todo el material que lo compone; y además, no se presentan fenómenos de inestabilidad (De Buen, 1998). El esfuerzo en un miembro axialmente cargado en tensión está dado por:
ƒ = P
A Donde P es la magnitud de la carga factorizada y A es el área de la sección transversal normal a la carga. Sin embargo, el diseño se complica debido a las siguientes causas; las conexiones con el resto de la estructura suelen introducir excentricidades en las cargas, los elementos reales tienen imperfecciones geométricas y la influencia de los esfuerzos residuales y de agujeros en el elemento (De Buen, 1998). Con respecto a este último, la presencia de agujeros en un miembro también influye en el esfuerzo en una sección transversal a través del agujero o agujeros. En esas localidades, el área de la sección transversal se reduce en una cantidad igual al área suprimida por los agujeros, como se muestra a continuación:
Figura 2.1 Influencia de agujeros en el esfuerzo de una sección transversal (Segui, 2000). El miembro en tensión, una barra de 8x½, está conectado a una placa de nudo. El área de la barra en la sección a-a es ½(8) = 4 in2 (a la que se le llama área total), pero el área en la sección b-b es sólo 4 – (2)(½)(⅞) = 3.12 in2 (la cual recibe el nombre de área reducida ó área neta) y estará sometida a un esfuerzo mayor (Segui, 2000).
Los elementos en tensión se utilizan en bodegas y estructuras industriales como contraventeo
de
colgantes
atirantados,
y
las
vigas
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y se
columnas emplean
de
la
también
cubierta en
y
cuerdas,
paredes,
cables
diagonales
y
en
puentes
montantes
de
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23
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
armaduras para puentes y techos, así como en torres de transmisión de energía eléctrica, entre otros (De Buen, 1998). La figura 2.2 muestra algunos tipos de miembros a tensión de uso general.
Figura 2.2
‘Aunque
los
perfiles
Secciones Transversales de Miembros en Tensión (De Buen, 1998) estructurales
simples
son
un
poco
más
económicos
que
las
secciones armadas, estas se usan ocasionalmente cuando el proyectista no es capaz de obtener suficiente área o rigidez con las formas simples’ (McCormac, 1991).
ÁREAS DE LAS SECCIONES TRANSVERSALES ‘El ÁREA TOTAL de un miembro, Ag, es el área completa de su sección transversal, igual a la suma de los productos del espesor por el ancho de todos los elementos (patines, almas, alas, placas) que componen la sección, medidos en un plano perpendicular al eje del miembro’ (De Buen, 1998).
La presencia de un agujero, aunque esté ocupado por un tornillo, incrementa los esfuerzos en un elemento en tensión, pues disminuye el área en la que se distribuye la carga, y ocasiona concentraciones de esfuerzos en sus bordes (De Buen, 1998). El área neta, es igual al área total de la sección menos la que se pierde por los agujeros. La cantidad exacta de área por deducir del área total para tomar en cuenta la presencia de agujeros para tornillos depende del procedimiento de fabricación. Es usual taladrar agujeros estándar con un diámetro 1/16 in mayor que el diámetro del sujetador, además, se considera que el punzonado del agujero daña o aún destruye 1/16 in más del metal circundante; esto equivale a usar un diámetro efectivo de agujero ⅛ in mayor que el diámetro del sujetador (McCormac, 1991). Ejemplo: Una barra de 4”x⅜” se usa como miembro en tensión. Ella está conectada a una placa de nudo por medio de cuatro tornillos de ⅝ in de diámetro, como se muestra en la figura. Determine el área neta.
Ag = 4 in x 3/8 in = 1.5 in2 PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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24
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS 2
An = 1.5 in – (3/4 in)(3/8 in)(2 agujeros) = 0.94 in2
Parecería
que hemos dejado de considerar las concentraciones de esfuerzos en los
agujeros. Debido a la naturaleza dúctil del acero estructural (cargado estáticamente y a temperaturas ordinarias), la práctica usual de diseño es despreciar tales sobreesfuerzos localizados, ya que su ductilidad permite que la zona inicialmente en fluencia se deforme sin fracturarse mientras el esfuerzo en el resto de la sección transversal continúa incrementándose (Segui, 2000).
De los varios factores que influyen en el desempeño de un miembro en tensión, el más importante es la manera en que él es conectado. Una conexión casi siempre debilita al miembro y la medida de su influencia se llama eficiencia de la junta, la cual es función principalmente de el retraso del cortante (concentración de esfuerzos cortantes en la vecindad de la conexión), (Segui, 2000). El
retraso
del
cortante
se
presenta
cuando
algunos
elementos
de
la
sección
transversal no están conectados, como en el caso que presenta la figura 2.3, en que sólo un lado de un ángulo está atornillado a una placa de nudo (Segui, 2000). La consecuencia de esta conexión parcial es que el elemento conectado resultado sobrecargado y la parte no conectada no queda plenamente esforzada. Por lo tanto, la pérdida de eficiencia (debido al retraso del cortante) de la sección neta, se toma en cuenta reduciéndola a una sección neta efectiva. Figura 2.3
Caso típico de el retraso del cortante (Segui, 2000).
‘Como el retraso del cortante afecta tanto a las conexiones atornilladas como a las soldadas, el concepto de área neta efectiva es aplicable a ambos tipos de conexiones’ (Segui, 2000).
Para conexiones atornilladas, el área neta efectiva es:
Ae = UAn
Y para conexiones soldadas es:
Ae = UAg Donde U = factor de reducción
NOTA: Sólo cuando algunos elementos de la sección transversal no están conectados, será menor que An. De lo contrario Ae = An Se
deben
usar
los
siguientes
Ae
(ejemplo, placas y barras simples).
valores
de
U
a
menos
que
valores
mayores
puedan
justificarse con base en pruebas o teorías aceptadas (Arnal y Betancourt, 1999): PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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25
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Para perfiles H ó I que tienen una razón de ancho a peralte de por lo menos 2/3 (y perfiles T recortados de ellos) y están conectados a través de los patines ya sea con soldaduras o tornillos (las conexiones atornilladas deben tener por lo menos tres sujetadores por línea en la dirección de la carga aplicada). U = 0.90
Para todos los otros perfiles (incluyendo los perfiles H o I y T recortados de ellos que no cumplan las condiciones del párrafo anterior) y todas las secciones compuestas; que usen como conectores soldaduras o tornillos (las conexiones atornilladas deben tener por lo menos tres sujetadores por línea en la dirección de la carga aplicada). U = 0.85
Para todos los miembros con sólo dos sujetadores por línea. U = 0.75
Casos especiales de conexiones soldadas: Para placas o barras
conectadas únicamente por soldaduras longitudinales en sus
extremos como se muestra en la figura 2.4, el factor de reducción U será: U = 1.0
Para
L ≥ 2w,
Para
1.5w ≤ L< 2w,
U = 0.87
Para
w ≤ L < 1.5w,
U = 0.75
L = longitud del par de soldaduras ≥ w Figura 2.4 Soldadura longitudinal puede tomarse como (Segui, 2000).
W = distancia entre las soldaduras (que el ancho de la placa o barra)
‘Para cualquier miembro conectado por soldaduras transversales solamente; Ae = área del elemento conectado de la sección transversal’ (Segui, 2000). Nota: El estudiante debe saber que con frecuencia los miembros soldados pueden tener agujeros para tornillos de montaje, necesarios mientras se colocan las soldaduras de campo permanentes. Es necesario considerar esos agujeros en el diseño.
El diseño de un miembro en tensión implica encontrar un elemento con áreas total y neta adecuadas. Aunque el proyectista tiene plena libertad en la selección, los miembros escogidos
deben
tener
las
siguientes
propiedades:
-deberán
ser
compactos,
-tener
dimensiones que se ajusten en la estructura con una relación razonable a las dimensiones PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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26
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
de los otros miembros,
-tener conexiones con tantas partes de las secciones como sea
posible para minimizar el retraso del cortante. Una consideración secundaria en el diseño de miembros en tensión es la esbeltez. Si un miembro estructural tiene una sección transversal pequeña en relación con su longitud, se dice que es esbelto. La esbeltez no influye en la resistencia de los miembros en tensión, por lo que, desde ese punto de vista, no es necesario imponer ningún límite; si el elemento es una varilla o un cable, puede tener una esbeltez cualquiera, pero es necesario
pretensionarlas
para
evitar
vibraciones
y
deflexiones
excesivas
(De
Buen,
1998). Sin embargo, en miembros de otros tipos conviene que la relación de esbeltez L/r no rebase los siguientes valores (Arnal y Betancourt, 1999):
Para miembros principales,
L/r ≤ 240
Para contraventeos y otros miembros secundarios
L/r ≤ 300
En miembros cuyo diseño está regido por solicitaciones sísmicas pueden ser necesarias restricciones
más
severas,
que
dependerán
de
los
requisitos
de
ductilidad
que
deba
cumplir el sistema estructural que resista las fuerzas horizontales.
Algunas veces, las limitaciones de espacio, como el límite en la
dimensión a en la
figura siguiente, requieren que se use más de una línea.
Figura 2.5 Tornillos alternados (Segui, 2000) En tal caso para minizar la reducción del área de la sección transversal, conviene colocar los sujetadores en tresbolillo. Otras veces los tornillos alternados se requieren por la geometría de una conexión. Cualquiera que sea el caso, es posible una fractura a lo largo de una trayectoria inclinada como la abcd que se muestra en la figura 2.6 (Segui, 2000).
Figura 2.6
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Modo de falla en tornillos alternados (Segui, 2000)
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27
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Para tomar en cuenta los efectos de los agujeros alternados, las especificaciones indican que el ancho neto sea calculado restando del ancho total la suma de los diámetros de todos los agujeros que se encuentran en la trayectoria escogida, y sumando, para cada línea inclinada en la cadena, la cantidad S2/4g (Arnal y Betancourt, 1999). Es decir,
‘Cuando es concebible más de un patrón de falla, todas las posibilidades deben ser investigadas y deberá usarse la correspondiente a la capacidad menor de carga (la que tenga el ancho neto menor). Note que este método no considera patrones de falla con líneas paralelas a la carga aplicada’ (Segui, 2000). El ancho neto menor se multiplica por el espesor del miembro para obtener el área neta
crítica,
esto
se
hace
cuando
todos
los
elementos
que
conforman
la
sección
transversal de el miembro tienen el mismo espesor. De lo contrario, para conocer el área neta crítica, es mejor restar al área total el área de cada agujero y, el efecto de los agujeros alternados también en unidades de área.
Ejemplo: Determine el área neta crítica para la canal American Standard mostrada en la figura. Los agujeros son para tornillos de ⅜ in de diámetro. d = diám. Nominal tornillo + ⅛” = ⅜” + ⅛” = ½” Del manual, Ag = 5.51 in2 Línea abde: An = Ag – twd = 5.02 in2
5.51 in2 – 0.487”(½”)x2 agujeros
Línea abcde: An = Ag – tw(ancho neto) = 5.51 in2 – 0.487”[3
diag.x2”2)/(4x2 ½”))] = 5.17 in2
aguj.(½”)
-
=
((2
Por lo tanto, An crítica = 5.02 in2
Como cada conector resiste una porción igual de la carga, líneas diferentes de falla potencial pueden estar sometidas a cargas diferentes. Por ejemplo, la línea abcde en la figura del ejemplo anterior debe resistir la carga total, mientras que la línea abde estará sometida a 5/6 de la carga aplicada. La razón es que 1/6 de la carga habrá sido transferida por el miembro antes de que abde reciba cualquier carga. Por lo tanto; Para la línea abde,
An = 5.02 in2 (6/5) ,
el área neta a comparar con la línea
2
abcde es = 6.02 in
Para la línea abcde,
An = 5.17 in2 (6/6) =
5.17 in2 ;
entonces el An crítica =
2
5.17 in
Nota: Cuando se tienen líneas de conectores en ambos lados de un ángulo y los conectores
en
esas
líneas
están
alternados
entre
sí,
el
área
neta
se
encuentra
“desdoblando” primero el ángulo para obtener una placa equivalente. El desdoblamiento se hace a lo largo de la superficie media, dando un ancho total de placa que es igual a la PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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28
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
suma de las longitudes de los lados menos el espesor del ángulo. Además, cualquier línea de gramil que cruce el talón del ángulo será reducida por una cantidad igual al espesor del ángulo (Segui, 2000).
Ejemplo: Un miembro en tensión formado por un ángulo L4x4x7/16 está conectado con tornillos de ¾ in de diámetro, como se muestra en las figura. Ambos lados del ángulo están conectados. Determine el An crítica. Cálculo del ancho total equivalente: B = 4 + 4 – 7/16 = 7 9/16” Diám. efectivo = ¾ + ⅛ = ⅞ in
de
la
placa
Para la línea abcd, Bn = 7 9/16” – 2(⅞”) = 5.81 in Para la línea abgcd, Bn = 7 9/16” -3(⅞”) + 22/4(2 9/16”) + 22/4(1”) = 6.33 in Para la línea efbgcd, Bn = 7 9/16” -4(⅞”) + 2[22/4(1”)] + 22/4(2 9/16”) = 6.45 Para la línea abghi, Bn = 7 9/16” -3(⅞”) + 22/4(2 9/16”) +
2
2 /4(1”) = 6.33 in Como 1/14 de la carga ha sido transferida desde el miembro por el conector en c, esta línea de falla potencial debe resistir sólo 13/14 de la carga. Por lo tanto, el ancho neto de 6.33 in debe multiplicarse por 14/13 para obtener un ancho neto que pueda compararse con el de aquellas líneas que resisten la carga completa. Entonces, para la línea abghi, Bn = 6.33 in (14/13)
=
6.82 in
An = 7/16(5.81 in) = 2.54 in2
El primer caso gobierna,
Si el comportamiento de un miembro en tensión es dúctil, la fuerza que produce la fluencia
total
de
la
sección
(plastificación)
ocasiona
elongaciones
grandes
e
incontrolables que, además, pueden precipitar la falla del sistema del que forma parte el elemento (De Buen, 1998). Por lo que, para prevenir una deformación excesiva, iniciada por fluencia, es necesario que el esfuerzo sobre la sección total sea menor que el esfuerzo de fluencia fy. Por otro lado, si el elemento es conectado con tornillos, sus extremos se debilitan por los agujeros que se requieren para colocarlos y, el miembro puede fallar por fractura en el área neta bajo una fuerza menor que la que ocasionaría la plastificación de la sección total (De Buen, 1998). Entonces, para prevenir la fractura, es necesario que el esfuerzo sobre la sección neta sea menor que el esfuerzo de ruptura Fu.
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29
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Los párrafos anteriores se describen con las siguientes expresiones, resultando así, que la resistencia de diseño de un miembro sometido a tensión axial será el menor de los dos valores: a) Estado límite de flujo plástico en la sección total, Rt = Φ[Ag Fy] b)
Φ = 0.90
;
Estado límite de fractura en la sección neta, Rt = Φ[Ae Fu]
Φ = 0.75
;
‘La diferencia entre los factores de resistencia Φ especificados para las dos formas de falla refleja la
tendencia general, en el diseño de estructuras, de contar con
factores de seguridad mayores contra las fallas de tipo frágil que contra las dúctiles’ (De Buen, 1998). Ejemplo: Encuentre la resistencia de diseño por tensión de la canal American Standard Considere acero A36 y agujeros para tornillos de ⅜ in de
mostrada en la figura. diámetro.
Del ejercicio anterior, in
Ag = 5.51 in2
An = 5.17
2
Como un solo elemento de la sección transversal está conectado y,
además se trata de un canal,
2
0.85(5.17 in ) = 4.39 in
Para acero A36, fy = 36,000 psi Rt = Ag Fy Φ = 5.51 in2(36,000 psi)(0.90) 2
Rt = Ae Fu Φ = 4.39 in (58,000 psi)(0.75)
Ae = UAn =
2
fu = 58,000 psi
= 178,524 lbs = 190,965 lbs
Por lo tanto, el canal Resiste = 178,524 lbs Ejemplo: Un miembro en tensión formado por un ángulo L4x4x7/16 está conectado con tornillos de ¾ in de diámetro, como se muestra en las figura. Ambos lados del ángulo están conectados. Considere acero A36 y Determine la resistencia de diseño. Del ejercicio anterior,
cm
2
cm
2
An = 2.54 in2 Como
transversal están conectados,
Ag = 3.31 in2 = 21.35
todos
los
elementos
de
la
= 16.39 sección
Ae = An = 16.39 cm2 Para acero A36, fy = 2,530 kg/cm2 kg/cm2
fu = 4,100
Rt = Ag Fy Φ = 21.35 cm2(2,530 kg/cm2)(0.90) = 48,614 kgs Rt = Ae Fu Φ = 16.39 cm2(4,100 kg/cm2)(0.75) = 50,399 kgs Por lo tanto, La resistencia de diseño es 48,614 kgs PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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30
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Nota:
las
resistencias
de
diseño
presentadas
aquí
no
son
aplicables
a
barras
roscadas, cables o a miembros con pasadores.
Para ciertas configuraciones de conexiones, un segmento o bloque de material en el extremo del miembro puede desgarrarse. Por ejemplo, la conexión del miembro en tensión de ángulo simple mostrado en la figura 2.7 es susceptible a este fenómeno. Para el caso ilustrado, el bloque sombreado tendería a fallar por cortante a lo largo de la sección longitudinal ab y por tensión sobre la sección transversal bc (Segui, 2000). El procedimiento se basa en que, la fractura sobre la superficie de cortante es acompañada por fluencia sobre la superficie
de
tensión,
o
bien
la
fractura
sobre
la
superficie de tensión es acompañada por fluencia sobre la superficie de cortante. Ambas superficies contribuyen a la resistencia total y la resistencia Figura 2.7
Caso típico del Bloque
por cortante y tensión combinadas será la suma de
las resistencias de de cortante (Segui, 2000)
las dos superficies (Segui, 2000).
La resistencia nominal en tensión es FuAnt por fractura y FyAgt por fluencia. Donde Ant y Agrt son las áreas neta y total a lo largo de la superficie de tensión (bc en la figura 2.7). Tomando el esfuerzo cortante de fluencia y el esfuerzo último como el 60% de los valores para tensión, la resistencia nominal por fractura cortante es 0.6FuAnv y la resistencia por fluencia cortante es 0.6FyAgv, donde Anv y Agv son las áreas neta y total a lo largo de la superficie de cortante (ab en la figura 2.7). Por lo tanto, existen dos posibles modos de falla: Para fluencia cortante y fractura en tensión, la resistencia de diseño es, Rvt
=
Φ[0.6FyAgv + FuAnt] Para fractura cortante y fluencia en tension es, Rvt = Φ[0.6FuAnv + FyAgt] En ambos casos, Φ = 0.75.
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31
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Nota: Como el estado límite es la fractura, la ecuación gobernante será la que contenga el mayor término de fractura.
Ejemplo: Calcule la resistencia a la ruptura por cortante y tensión combinadas del miembro en tensión mostrado en la figura. El acero es A36 y los tornillos son de ⅞ in de diámetro. Diám. efectivo = ⅞ + ⅛ = 1 in Las áreas de cortante son, Agv = 7/16”(3” + 1 ½”) = 1.97 in2 Y, como se tienen 1.5 diámetros de agujeros, Anv = 1.97 in2 – 1.5(1”) = 1.31 in2 Las áreas de tensión son, Agt = 7/16”(4” – 2 ¼”) = 0.77 in2 2
Ant = 0.77 in – 0.5(1”) = 0.55 in
;
y como se tiene ½ diámetro de agujero,
2
Rvt = Φ[0.6FyAgv + FuAnt] = 0.75[0.6(36 kips)(1.97 in2) + 58 kips(0.55 in2)] = 0.75[42.55 + 31.9]
=
55.84 kips
Rvt = Φ[0.6FuAnv + FyAgt] = 0.75[0.6(58 kips)(1.31 in2) + 36 kips(0.77 in2)] =
0.75[45.59 + 27.72]
=
54.98 kips
La segunda ecuación tiene el mayor término de fractura (el que implica a Fu); por lo tanto gobierna la segunda ecuación y, La resistencia por cortante y tensión combinadas es = 54.98 Kips
2.3-1 Calcule el área neta efectiva para cada caso mostrado en la figura.
a).- del manual, Ag = 5.86 in2
;
como se trata de un ángulo y no todos los elementos de
su sección transversal están conectados b).- Ag = 5”(5/8”) = 3.125 in2
;
conectada,
es
sin
longitudinales
embargo,
como
Ae = UAg
0.85(5.86 in2)
=
4.98 in2
se trata de una barra donde toda su sección está una
placa 2
conectada
Ae = UAg = 0.75(3.125 in ) = 2.34 in
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=
solamente
por
soldaduras
2
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32
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
c).- Ag = 5”(5/8”) = 3.125 in
2
,
An = 3.125 in
2
– (7/8”+1/8”)(5/8”)
único elemento que compone la barra está conectado,
Ae = An = 2.5 in
= 2.5 in
2
;
como el
2
2.6-1 Un miembro en tensión formado por un ángulo L4x3x3/8 está soldado a una placa de nudo, como se muestra en la figura. El acero usado es A36. Determine la resistencia de diseño
del manual Ag = 2.48 in2 ,
como se trata de un ángulo
Ae = UAg = 0.85(2.48 in2) =
2.108 in2 Para acero A36, fy = 36,000 psi
fu = 58,000 psi Rt
psi)(0.90)
=
Ag
Fy
Φ
=
2.48
in2(36,000
= 80,000 lbs Rt = Ae Fu Φ = 2.108 in2(58,000
psi)(0.75)
= 91,700 lbs
Por lo tanto la resistencia de diseño es
80,000 lbs
2.6-2 Un perfil W12x35 de acero A36 está conectado a través de sus patines con tornillos de 7/8 in de diámetro, como se muestra en la figura. Calcule la resistencia de diseño por tensión.
del manual Ag = 10.31 in2 An = 10.31 in2 – (7/8”+1/8”)(bf=0.52”)(4 agujeros)
=
8.23 in2
Como se trata de una sección H, la relación ancho del patín/peralte es bf/d = 16.7 cm/31.8 cm = 0.53, es menor que 2/3 y cada línea de conectores tiene más de 3 tornillos; Ae = UAn = 0.85(8.23 in2) = 7.0 in2 Para acero A36, fy = 36,000 psi
fu = 58,000 psi
Rt = Ag Fy Φ = 10.31 in2(36,000 psi)(0.90) 2
= 334,044 lbs
Rt = Ae Fu Φ = 7.00 in (58,000 psi)(0.75) Por lo tanto la resistencia de diseño es PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
= 304,500 lbs
304,500 lbs FACULTAD DE INGENIERÍA
33
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
2.7-1 Determine la resistencia por cortante y tensión combinados (considere el miembro en tensión y la placa de nudo) de la conexión mostrada en la figura. Los tornillos son de ¾ in de diámetro y el acero es A36 para todas las componentes.
diámetro efectivo del agujero = ¾”+ 1/8” = 7/8” Agv = (7/16”+3/8”)(5”) = 4.06 in2 ,
Por cortante;
Anv = (7/16”+3/8”)(5”-
2
1.5(7/8”)) = 3.0 in
Por tensión; Agt = (7/16”+3/8”)(1 ½”) = 1.22 in2 , 0.5(7/8”)) = 0.86 in2
Ant = (7/16”+3/8”)(1 ½” –
Rvt = Φ[0.6FyAgv + FuAnt] = 0.75[0.6(36 kips)(4.06 in2) + 58 kips(0.86 in2)] = 0.75[87.7 + 49.88] = 103 kips Rvt = Φ[0.6FuAnv + FyAgt] = 0.75[0.6(58 kips)(3.00 in2) + 36 kips(1.22 in2)] = 0.75[104.4 + 43.92] = 111 kips La segunda ecuación tiene el mayor término de fractura (el que implica a Fu); por lo tanto gobierna la segunda ecuación y, La resistencia por cortante y tensión combinadas es = 111 Kips
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34
Capítulo 3
Los miembros en compresión casi siempre están ligados a otros elementos estructurales, de manera que su comportamiento depende, en gran parte, del de la estructura en conjunto; y en la realidad, casi nunca están sometidos a compresión pura. Sin embargo, un estudio del miembro aislado cargado axialmente constituye un antecedente necesario para resolver el problema del miembro en compresión como parte de un conjunto. Además, resulta dudoso que alguna vez se encuentre, en la práctica, un miembro cargado en forma perfectamente axial, pero
si los momentos flexionantes son pequeños, se ignoran, y la pieza se
dimensiona en compresión pura (De Buen, 1999). Existen dos diferencias importantes entre miembros a tensión y miembros a compresión (McCormac, 1991). Estas son:
Las cargas de tensión tienden a mantener recto a los miembros, en tanto que las de compresión tienden a flexionarlos.
La presencia de agujeros para tornillos o montaje en los miembros a tensión reducen las áreas disponibles para resistir las cargas; mientras que en los miembros a compresión los tornillos llenan los agujeros y las áreas totales están disponibles para resistir las acciones.
El tipo más común de miembros en compresión es la columna. El comportamiento de las columnas depende, en buena medida, de su esbeltez. Desde ese punto de vista pueden clasificarse en cortas, medianas y largas. Cuando una columna corta se somete a la acción de una carga axial creciente, se observa que esta carga se puede incrementar hasta que el esfuerzo de compresión que se produce llega al valor correspondiente a la resistencia última del material (el que ocasiona la plastificación completa de la columna), por lo que, la resistencia máxima depende sólo del área total de su sección transversal y del esfuerzo de fluencia del acero. Su capacidad de carga no es afectada por ninguna forma de inestabilidad y la falla es por aplastamiento (Díaz, 1985).
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Figura 3.1 ‘Cuando a
Caso típico de una falla por aplastamiento
una columna larga se le aplica una carga axial creciente, se observa que,
cuando la carga llega a un valor determinado, se produce una flexión súbita, y si se continúa incrementando la carga se produce de inmediato el colapso de la pieza. Bajo estas circunstancias el esfuerzo correspondiente a la carga que produce la falla, resulta menor que el de la resistencia última del material, esto significa que el colapso del elemento no se debió a la rotura del material, sino a que la columna ha perdido su estado inicial de equilibrio. A la carga para la que se inicia la falla se le llama “carga crítica de pandeo” y a la falla en sí, falla de “pandeo por flexión” de la columna’ (Díaz, 1985). En este caso la resistencia máxima es función de las rigideces en flexión, sin depender en lo más mínimo del esfuerzo de fluencia del material. La inestabilidad de las columnas largas se inicia en el intervalo elástico; es decir, el fenómeno de pandeo empieza bajo esfuerzos menores que el límite de proporcionalidad, y la carga crítica PCE es menor que PY, esto índica que, la carga crítica de pandeo está dada por PCR = π2EI L2 Si el miembro en compresión es demasiado esbelto, la carga crítica de pandeo puede ser una fracción muy reducida de la fuerza que ocasionaría la plastificación total.
Figura 3.2
Falla por inestabilidad
Las columnas medianas, las más comunes en las estructuras, tienen un comportamiento más complejo que las anteriores. Fallan también por inestabilidad pero su rigidez es suficiente para posponer la iniciación del fenómeno hasta que parte del material que las PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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36
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
compone está plastificado; el pandeo se inicia cuando los esfuerzos normales máximos han sobrepasado
el
límite
de
proporcionalidad,
pero
antes
de
que
lleguen
al
punto
de
fluencia, es decir, en el intervalo inelástico, ver figura 3.3. ‘En este caso, la resistencia depende tanto de la rigidez del miembro como del esfuerzo de fluencia del material, así como de la forma y dimensiones de sus secciones transversales, y de la magnitud y distribución de los esfuerzos residuales’ (De Buen, 1999). Si el esfuerzo bajo el que ocurre el pandeo es mayor que el límite proporcional del material, la relación entre el esfuerzo y la deformación unitaria no es lineal (esa no linealidad
es
el
resultado
principalmente
de
la
presencia
de
esfuerzos
residuales,
originados por que, cuando un perfil laminado en caliente se enfría después del rolado, los diferentes elementos de la sección transversal no se enfrían todos a la misma velocidad); entonces, el módulo de elasticidad E no puede ser utilizado (Segui, 2000). Ante esta situación, la carga crítica de pandeo está dada por PCR = π2EtI
Figura 3.3 El
esfuerzo
medio
de
compresión
L2
Falla por pandeo inelástico en
una
columna
cargada
axialmente
se
calcula
dividiendo la carga axial entre el área de la sección transversal. El esfuerzo obtenido de esta manera para el caso en que la carga axial sea igual a la carga crítica de pandeo se llama esfuerzo crítico fcr (Díaz, 1985), por lo tanto: Fcr =
Pcr A
;
sustituyendo tenemos que,
fcr = π2 E (KL/r)2
La generalidad de perfiles de acero estructural presentan esfuerzos residuales fr, de los que su efecto principal es hacer que descienda el límite de proporcionalidad del acero, a partir del cual su diagrama esfuerzo-deformación deja de ser recto; se llega a ese límite tan pronto como la suma de los esfuerzos residuales más los producidos por las cargas iguala a fy en algún punto de la sección (Díaz, 1985). Por lo cual, el esfuerzo real de compresión en una columna es: Fc = fmáx.(ó fcr) + fr Donde fc no debe exceder el límite de proporcionalidad fy, y fr no debe ser mayor que fy/2; entonces, sustituyendo estos y el valor del fcr en la igualdad anterior, se tiene: Fy =
π2 E
+ fy
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS 2
(KL/r) Fy 2
=
2
π2 E (KL/r)2
de donde podemos despejar KL/r: KL r
π2 E
=
√
fy
Esta ecuación define el límite de la relación de esbeltez a partir del cual es aplicable la fórmula de Euler (inicio del pandeo elástico), y como se ve, depende únicamente de las características del material utilizado.
Todo lo mencionado en los párrafos anteriores, se representa gráficamente en la figura 3.4, en la que se muestran, cualitativamente, las cargas de falla de columnas rectas perfectas, que fallan por aplastamiento o por pandeo por flexión, en función de sus relaciones de esbeltez (De Buen, 1999).
Figura 3.4
Relación entre la carga de falla y la esbeltez de las columnas (De Buen, 1999)
El tramo AB representa la falla por aplastamiento; su amplitud se determina con métodos experimentales (Para el acero A36, el punto B corresponde a una relación de esbeltez de alrededor de 20). Las columnas muy cortas pueden resistir cargas mayores que Py pues es posible que se endurezcan por deformación antes de fallar (curva BE), pero esa sobrerresistencia no se considera nunca en el diseño. El tramo CD describe el comportamiento de columnas esbeltas, que se pandean en el intervalo elástico; se resistencia se determina con la fórmula de Euler. La ordenada del punto C depende, principalmente, de la amplitud de los esfuerzos residuales existentes en la columna (para el acero A36, KL r fy
=
π2 E =
126)
Por último, el tramo BC representa el comportamiento de columnas medianas, que fallan por pandeo inelástico.
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
LONGITUD EFECTIVA DE UNA COLUMNA. La ecuación de la carga crítica corresponde a una columna con extremos articulados (como se aprecia en la figura 3.4); sin embargo, esta fórmula puede aplicarse a cualquier columna
con
otras
condiciones
de
apoyo,
sustituyendo
el
término
L
por
el
llamado
“longitud efectiva” o ”equivalente” (Díaz, 1985). En consecuencia, la ecuación de la carga crítica se puede generalizar de la manera siguiente: PCR = π2EI , (KL)2
PCR = π2EtI (KL)2
en donde KL es la longitud efectiva de la columna, que se define como la longitud de una columna equivalente, articulada en los dos extremos, que tiene la misma carga crítica que
la
columna
restringida
real;
es
igual
a
la
distancia
entre
los
dos
puntos
de
inflexión, reales o imaginarios, del eje deformado. Y el coeficiente K es el factor de longitud efectiva. ‘En la figura 3.5, se dan valores de K para varias condiciones de apoyo idealizadas, en las que las restricciones que impiden las rotaciones y traslaciones de los extremos son nulas o cien por ciento efectivas’ (De Buen, 1999).
Figura 3.5
Valores del Factor de Longitud Efectiva (De Buen, 1999)
Nota: Debe cuidarse de emplear en todos los casos el valor de kL/r máximo ya que estos valores cambian de una dirección a otra. Cuando la columna es parte de una estructura más compleja, y el grado de restricción en los apoyos no está claramente definido, su longitud efectiva se determina con métodos más elaborados.
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RELACIONES DE ESBELTEZ MÁXIMAS. Las especificaciones recomiendan una relación de esbeltez máxima KL/r de 200 para miembros en compresión. Aunque se trata sólo de un límite sugerido, éste es un límite superior práctico porque las columnas con mayor esbeltez tendrán poca resistencia y no serán económicas.
Entre los elementos que suelen diseñarse como si trabajasen en compresión pura están las cuerdas, diagonales y montantes de armaduras, los puntales de contraventeo de techos y
paredes
de
bodegas
y
estructuras
industriales,
las
plumas
de
grúas,
las
torres
atirantadas para transmisión de energía eléctrica, y el más conocido, la columna (De Buen, 1999). ‘En teoría puede seleccionarse cualquier perfil para resistir con seguridad una carga de compresión en una estructura dada. Sin embargo, desde el punto de vista práctico, el número de soluciones posibles se ve limitado por el tipo de secciones disponibles, por problemas
de
conexión
y
el
tipo
de
estructura
en
donde
se
va
a
usar
la
sección’
(McCormac, 1991). A
continuación
se
muestran
las
secciones
que
han
resultado
satisfactorias
para
ciertas condiciones:
Figura 3.6
Secciones comúnmente utilizadas (McCormac, 1991)
Nota: En las columnas largas debe alejarse el material de los ejes de flexión para obtener, con un área dada, un radio de giro grande; además, en general conviene que los momentos de inercia que corresponden a los dos posibles ejes de flexión sean iguales, o tengan valores cercanos, para que el elemento no quede muy sobrado con respecto a uno de sus ejes, ya que el pandeo se presenta en el plano de menor rigidez (De Buen, 1999).
‘La resistencia correspondiente a cualquier modo de pandeo no puede desarrollarse si los elementos de la sección transversal son tan delgados que se presenta un pandeo local. Este tipo de inestabilidad es un pandeo localizado o arrugamiento en una localidad
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
aislada. Si este se presenta, la sección transversal ya no es totalmente efectiva y el miembro habrá fallado’ (Segui, 2000). Las
placas
delgadas
que
se
usan
para
tomar
esfuerzos
de
compresión
son
muy
susceptibles al pandeo respecto a sus ejes menores, debido a los pequeños momentos de inercia en esas direcciones. La medida de esta susceptibilidad es la razón ancho/espesor de cada elemento de la sección transversal. ‘Es
permitido
usar
un
perfil
con
una
sección
transversal
que
no
satisfaga
los
requisitos de la razón ancho/espesor, pero a tal miembro no se le permite tomar una carga tan grande como a uno que sí satisfaga los requisitos’ (Segui, 2000). En otras palabras, la resistencia de diseño podría reducirse por pandeo local, y entonces, habría que efectuar un análisis especial al miembro propenso a fallar por inestabilidad local. En la mayoría de los casos, puede encontrarse una sección laminada que satisfaga los requisitos de la razón ancho/espesor, y este procedimiento no sería necesario. Por lo que,
en
este
apartado
consideraremos
sólo
miembros
a
compresión
que
no
presentan
inestabilidad local. En el siguiente tema, se muestran los valores límites a considerar de las relaciones ancho/espesor.
‘La resistencia a la flexión de vigas con soporte lateral suficiente para que el pandeo lateral no sea crítico depende de las relaciones ancho/espesor de las placas que las forman; si son demasiado esbeltas, el pandeo local puede impedir que se alcancen las resistencias
correspondientes
a
los
momentos
Mp
o
My.
(Mp
es
el
momento
plástico
resistente nominal de un miembro en flexión, correspondiente a la plastificación íntegra de su sección transversal, y My es el que corresponde a la iniciación del flujo plástico, en los puntos de la sección más alejados del eje de flexión)’ (De Buen, 1993). Según las NTC-DF, las secciones estructurales metálicas se clasifican en cuatro tipos, en función de las relaciones ancho/espesor máximas de sus elementos planos que trabajan en compresión axial, en compresión debida a flexión o en flexocompresión (Arnal y Betancourt, 1999):
SECCION TIPO 1(Secciones para diseño plástico): Son aquellas que pueden alcanzar el momento plástico y superarlo ligeramente, mientras crecen las deflexiones. Además, su capacidad de rotación necesaria para que ocurra la redistribución de esfuerzos (momentos) en la estructura, las hace adecuadas para vigas de estructuras en las que se requiere un elevado factor de ductilidad, como son los edificios de varios pisos en zonas de alta sismicidad.
Figura 3.7 PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
Atribuciones de las Secciones tipo 1 FACULTAD DE INGENIERÍA
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
SECCION
TIPO
2
(Para
diseño
plástico
sin
rotación,
secciones
compactas):
Son
aquellas que pueden alcanzar el momento plástico, pero su capacidad de deformación inelástica bajo momento constante es mucho menor que la de las secciones tipo 1. Su poca
capacidad
de
rotación
es
suficiente
para
ser
utilizadas
en
estructuras
diseñadas plásticamente que se construirán en zonas no sísmicas. Figura 3.8
Atribuciones de las secciones tipo 2
SECCIONES TIPO 3 (para diseño a la fluencia o elástico, secciones no compactas): Son aquellas que se pandean localmente cuando el momento es menor que Mp; sin embargo permiten que se alcance el momento elástico My (iniciación del flujo plástico). Estas secciones no tienen capacidad de deformación.
Figura 3.9
Atribuciones de las secciones tipo 3
SECCIONES TIPO 4 (Secciones esbeltas): Son aquellas que tienen como límite de resistencia el pandeo local de alguno de sus elementos antes de que el momento llegue a My.
Figura 3.10
Atribuciones de las secciones tipo 4
La figura 3.11 presenta un esquema que muestra el punto de falla de cada tipo de sección:
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Figura 3.11 Ilustración de los tipos de secciones
Valores límite para la relación ancho/espesor de las partes individuales de miembros a compresión y de las partes de vigas en regiones de compresión, según las NTC-DF:
Tabla 3.1
Valores máximos admisibles de las relaciones ancho/grueso (Arnal y Betancourt, 1999)
ANCHO: Elementos planos no atiesados
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Son aquellos que están soportados a lo largo de uno solo de sus bordes paralelos a la dirección de la fuerza de compresión (Arnal y Betancourt, 1999). Su ancho se toma como sigue:
En placas, la distancia del borde libre a la primera fila de soldadura, remaches o tornillos.
En alas de ángulos, patines de canales y zetas, y almas de tés, la dimensión
nominal total. Figura 3.12
Propiedades de perfiles influyentes en su clasificación
En patines de secciones I, H y T, la mitad de la dimensión nominal total.
En perfiles hechos con lámina doblada, la distancia del borde libre a la iniciación de la curva que une el elemento considerado con el resto del perfil.
Elementos planos atiesados Son aquellos que están soportados a lo largo de sus dos bordes paralelos a la dirección de la fuerza de compresión (Arnal y Betancourt, 1999). Su ancho se toma como sigue:
En patines de secciones en cajón hechas con cuatro placas, la distancia entre líneas adyacentes de soldaduras, remaches o tornillos.
Figura 3.13
Propiedades de perfiles influyentes en su clasificación
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En patines de secciones laminadas en cajón, la distancia libre entre almas, menos los radios de las dos curvas de unión.
En almas de secciones formadas por placas, H, I o en cajón, la distancia entre líneas adyacentes de remaches o tornillos o, en secciones soldadas, la distancia libre entre patines.
Figura 3.14
Propiedades de los perfiles influyentes en su clasificación
En almas de secciones laminadas en caliente o dobladas en frío, la distancia entre la iniciaciones de las curvas de unión con las curvas de soporte.
Figura 3.15
Ancho de perfiles laminados en frío
ESPESOR: En elementos de espesor uniforme éste se toma igual al valor nominal. En patines de espesor variable se toma el grueso nominal medido a la mitad de la distancia entre el
borde y la cara del alma. Figura 3.16
Espesores en perfiles laminados
SECCIONES CIRCULARES HUECAS En estas la relación b/t se sustituye por el cociente diámetro exterior/grueso de la
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
pared. Figura 3.17
Para
algunas
configuraciones
de
Relación D/t de tubos
la
sección
transversal,
el
miembro
fallará
por
torsión, o por flexo torsión. Sin embargo, en nuestro caso consideramos, que el miembro está sometido a flexión cuando se vuelve inestable, el modo de falla entonces que rige el diseño, es el “pandeo por flexión”. Si recordamos el concepto del diseño por factores de carga y resistencia (LRFD), la relación entre cargas y resistencia para miembros sujetos a compresión axial, toma la forma (Segui, 2000): Pu ≤ Φc Pn Donde; Pu = suma de las cargas factorizadas Pn = resistencia nominal por compresión = Ag Fcr Fcr = esfuerzo crítico de pandeo Φc = factor de resistencia para miembros en compresión = 0.85 A continuación se presentan las ecuaciones para diseño de columnas en compresión axial recomendadas en el Reglamento de Construcciones para el Distrito Federal. Normas Técnicas Complementarias para Diseño y Construcción de Estructuras Metálicas: La resistencia de diseño Rc de un elemento estructural de eje recto y de sección transversal constante sometido a compresión axial, que falla por pandeo por flexión, y en el que el pandeo local no es crítico (para secciones tipo 1,2 y 3), se determina con alguna de las siguientes fórmulas,
Para miembros de sección transversal H, I o rectangular hueca. Fr = 0.9
donde; At = área total de la sección transversal de la columna E = módulo de elasticidad del acero -n- es un coeficiente adimensional, que tiene alguno de los valores siguientes;
Columnas laminadas o hechas con placas soldadas (cortadas de placas más anchas utilizando oxígeno) de sección transversal H, I o rectangular hueca: n = 1.4
Para todas las demás: n = 1.0
Para las secciones restantes.
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
FR = 0.85 Si
Si
donde; = relación de esbeltez crítica, la que separa el pandeo elástico del inelástico. Para acero A36, la relación de esbeltez crítica es igual a 126
= la relación de esbeltez efectiva máxima de la columna en estudio
Nota: Es importante que al diseñar se tome en cuenta que, la relación de esbeltez efectiva (KL/r) de una columna promedio de 3 a 4.5 m (10-15 ft) de longitud será aproximadamente de entre 40 y 60. Si se supone una KL/r en este intervalo para una columna particular y se sustituye en la ecuación apropiada, el resultado dará en general, una estimación satisfactoria del esfuerzo de diseño.
Ejemplo:
Una
columna
H10x68
de
8.23
metros
de
altura,
cargada
axialmente
está
soportada en forma lateral a la mitad de su altura perpendicular a su eje y. Determine Rc para esta columna de acero A36, suponiendo factores de longitud efectiva = 1.0 en cada caso. Del manual, Ag = 129 cm2 Rx = 11.3 cm Ry = 6.6 cm
Solución: a).- Investigación del tipo de sección,
Para los patines (elementos planos no atiesados);
ancho = bf/2
= 25.7 cm/2
=
12.85 cm Ancho/espesor = 12.85 cm/ 1.96 cm
= 6.56
como 6.56 < 16.5 la
sección es tipo Límite de las NTC = 830/√fy = 830/√2530 kg/cm2 = 16.5
1,2 o 3 y no se
presenta pandeo local. PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Para el alma (elemento plano atiesado);
ancho = 26.4 cm – (2x1.96 cm)
= 22.48
cm Ancho/espesor = 22.48 cm/ 1.19 cm
= 18.89
como 18.89 < 41.75
la sección Límite de las NTC = 2100/√fc = 2100/√2530 kg/cm2 = 41.75
es tipo 1,2 o 3
b).- cálculo KL/r en ambas direcciones,
Dirección x;
KL/r = 1(823 cm)/11.3 cm = 72.83
Dirección y;
KL/r = 1(411.5 cm)/6.6 cm = 62.35
gobierna la KL/r mayor
c).- Cálculo de la resistencia (Considerando una sección H hecha con 3 placas no cortadas con oxígeno “n” = 1.0), λ = 72.83 x √[2,530 kg/cm2/(π2x 2’040,000 kg/cm2)] = 0.82 Rc = 2,530 kg/cm2(129 cm2)(0.90) cm2)(0.90) = 293,733 kg (1 + 0.822(1) – 0.152(1))1/1
= 178,030.79 kg
<
2,530 kg/cm2(129
Por lo tanto, la resistencia de diseño de la columna H10x68 es 178,030.79 kg
Hasta ahora, al diseñar “miembros simples” (de sección transversal maciza), hemos considerado sólo las deformaciones producidas por la flexión que se genera cuando la fuerza de compresión deja de coincidir con el eje de la columna. Así como, es tan real, que cuando la fuerza actuante en cada sección transversal no es ya normal a ella, aparecen fuerzas cortantes que ocasionan deflexiones laterales adicionales; es igualmente real que, para miembros simples, tales deflexiones laterales adicionales
no
son
significativas.
Sin
embargo,
para
miembros
compuestos,
esa
contribución de las fuerzas cortantes a la deflexión total (fuerzas cortantes que más adelante se tendrán en cuenta en el diseño de conectores) es tan importante que, ocasiona una disminución significativa en la resistencia del miembro compuesto.
Los miembros compuestos pueden estar formados por dos o más perfiles laminados, por placas, o por una combinación de placas y perfiles. Cuando los miembros se arman con más de una sección sencilla, es necesario que las mismas queden ligadas con celosías a través de sus lados abiertos; el propósito de la celosía es el mantener las distintas partes, paralelas y a la separación adecuada, así como igualar la distribución de esfuerzos entre las mismas partes. Si consideramos un miembro compuesto por cuatro ángulos que debe soportar una fuerte carga de compresión, cada uno de los ángulos tenderá a pandearse lateral e individualmente, a menos que estén ligados entre sí, para responder como una sola unidad a la solicitación de la carga. PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Además de esta celosía, es necesario tener placas de refuerzo (Diafragmas), tan cerca de los extremos del miembro como sea posible, así como en puntos intermedios, si la celosía no es continua (Cruz, 2002). Ver figura 3.18.
Figura 3.18
Configuraciones típicas de
columnas compuestas
Como se aprecia en la figura, la celosía consta generalmente de barras planas, pero puede
formarse
ocasionalmente
con
ángulos,
cubreplacas
perforadas,
canales
u
otros
perfiles laminados. Cuando la columna compuesta tiene celosías en solo dos caras, como se muestra en la figura siguiente;
Figura 3.19
Celosías en dos caras de miembros compuestos.
...la resistencia se calcula para pandeo por flexión alrededor del eje normal a esas caras (x-x en la figura), tomando en cuenta en el análisis las celosías. En caso de que el pandeo se presentara alrededor del otro eje, y-y, la resistencia se calculará con las fórmulas para secciones transversales macizas, tomando “I” igual a la suma de momentos de inercia de los dos perfiles. Si en cambio, la columna está compuesta por cuatro perfiles, y tiene celosías en todas las caras, la resistencia de diseño se reduce para las dos formas de pandeo por flexión (De Buen, 1993).
Normalmente, las dimensiones de las placas de extremo y las celosías se controlan por las especificaciones (Arnal y Betancourt, 1999). Las NTC-DF recomiendan que:
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
La separación de los puntos en los que los elementos de la celosía se conectan con los componentes principales será tal que la relación de esbeltez L/r de cada elemento principal, determinada entre esos puntos de conexión , no sea mayor que la relación de esbeltez que gobierna el diseño del miembro completo (el valor que rige para el miembro completo es KL/r)
La celosía debe diseñarse para resistir una fuerza cortante normal al eje longitudinal del miembro completo, no menor del 2.5% de la fuerza de compresión total en el miembro (Φc Pn).
Las relación de esbeltez de los elementos que forman la celosía no excederá de 140. Cuando se emplee celosía sencilla, la longitud efectiva será la distancia entre conexiones con los elementos principales. Si la celosía es doble y los elementos
que
la
forman
están
unidos
entre
sí
en
sus
intersecciones,
la
longitud efectiva será el 70% de la distancia anterior.
El ángulo que formen los elementos de la celosía con el eje longitudinal del miembro completo será, de preferencia, no menor de 45o.
Las placas utilizadas como diafragmas en los extremos de las columnas tendrán una
longitud
no
menor
que
la
distancia
entre
las
líneas
de
tornillos
o
soldaduras, que las conectan a los elementos principales del miembro.
La longitud de los diafragmas intermedios será, como mínimo, la mitad de la prescrita para las extremas.
El grueso de los diafragmas no será menor que 1/60 de la distancia entre las líneas de tornillos o soldaduras que las conectan a los elementos principales.
La
separación
longitudinal
entre
tornillos
ó
la
distancia
libre
entre
soldaduras, no excederá de 15 cm.
Se
colocarán
cuando
menos
3
tornillos
en
cada
extremo
del
diafragma,
o
soldadura con una longitud total no menor que 1/3 de la longitud de la placa.
Si la distancia entre líneas de conectores es mayor que 38 cm, deberá usarse celosía doble o bien, celosía simple a base de ángulos.
Si las propiedades de la sección transversal de un miembro compuesto en compresión axial
son
compresión,
conocidas, siempre
su que
análisis las
es
partes
el
mismo
que
componentes
de
para la
cualquier sección
otro
miembro
transversal
en
estén
apropiadamente conectadas (Segui, 2000).
Ejemplo: Seleccione un par de canales de 12” de acero A36 para la columna y carga mostradas en la figura. Y de acuerdo con las NTC-DF, diseñe la celosía simple. Emplee tornillos de ¾”.
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Solución: a).- Suponiendo que no existe pandeo, f = P/A, despejando el área,
A = P/f = 200,000
kg/2,530 kg/cm2 ; A = 79.05 cm2. Ahora, si tomamos en cuenta el pandeo aumentando en 50% el valor del área obtenida, tenemos una aproximación razonable,
A = 1.5(79.05 cm2) = 118.58 cm2.
Con base en el área anterior, proponemos una sección compuesta por dos canales, A = 56.9 cm2 x 2 canales = 113.8 cm2 C12x30
Ix = 6,742.9 cm4 c/u Iy = 213.94 cm4
c/u
x = 1.71 cm b).- Cálculo de las propiedades de la sección transversal compuesta,
Si la flexión es alrededor del eje horizontal (x-x), se analiza como una sección transversal maciza, ya que, para tal análisis, su usa el teorema de los ejes paralelos I = Í + Ad2, y en este caso, el eje x de la sección compuesta coincide con el de cada canal (d=0). Ix = 2(6,742.9 cm4) = 13,485.8 cm4
Si la flexión es alrededor del eje y-y, se analiza entonces como una sección compuesta, utilizando el teorema de los ejes paralelos, I = Í + Ad2
donde;
Í = momento de inercia de un área componente respecto a
un eje centroidal A = área del componente I = momento de inercia respecto a un eje paralelo al eje centroidal delÁrea componente .
d = distancia perpendicular entre los ejes 4
Iy = 2(213.94 cm ) + 2(56.9 cm2)(15.24 cm – 1.71 cm)2 = 21,260.21 cm4
c).- Como en ambas direcciones la longitud efectiva es la misma, para obtener la relación de esbeltez máxima del miembro utilizamos el Imín; rx = √(Ix/A) = √(13,485.8 cm4/113.8 cm2) = 10.89 cm
(KL/r)máx. = [(1x600
cm)/10.89 cm] = 55.10
d).- Cálculo de la resistencia a compresión del miembro compuesto, PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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Para acero A36, (KL/r)c = 126.
como (KL/r)máx < (KL/r)c ;
55.10 < 126.
Entonces, Rc = AtFy [ 1 – (KL/r)2 221,327 kg 2(KL/r)c2 como Rc > Pu ,
] Fr
113.8 cm2 (2,530 kg/cm2) [ 1 – 55.102 ] 0.85
=
=
2(1262)
221,327 kg > 200,000 kg
la sección es adecuada.
e).- Ya que la distancias entre líneas de sujetadores = 21.59 cm (8.5”) < 38 cm, su puede usar celosía
simple
Las barras estarán inclinadas 60o respecto al eje del miembro, por lo que, la
longitud de la celosía (Lc) será; 21.59 cm
Sen 60o = 21.59 Lc Lc = 21.59/sen 60o
= 24.93 cm
Lc 60o Lc
Revisión de la relación de esbeltez L/r de una canal, entre conexiones de celosías,
Lc/ry
=
24.93 cm/1.94 cm
Según
las
NTC,
la
=
12.85
fuerza
compuesta con celosía es,
<
(KL/r)máx = 55.10
cortante
que
actúa
en
una
sección
transversal
Vu = 0.025(221,327 kg) = 5,533.18 kg
Como en una sección transversal compuesta existen dos planos de celosía, Fuerza cortante para cada plano de celosía
= 5,533.18
kg 2 = 2,766.60 kg
Debido a que la celosía está sujeta a una fuerza cortante normal el eje longitudinal del miembro , el cálculo de la fuerza axial en una barra de celosía (Pac) es, Si
21.59 cm = 2,766.6 kg
24.93 cm Pac
Pac = 2,766.6 kg (24.93 cm) 21.59 cm Pac = 3,194.6 kg PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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f).- propiedades de una barra plana para la celosía, Ix = bt3/12 ,
A = bt ,
r = √I/A
sustituyendo los valores tenemos que,
r =
0.289t g).- Diseño de la barra,
Proponemos L/r = 140
24.93 cm/0.289t = 140
(máximo permitido) ,
despejando a t;
seleccionamos una barra de t = ¼”
t = 0.62 cm
= 0.244”
entonces
= 0.635 cm
Revisando, L/r = 24.93 cm/(0.289 x 0.635 cm)
=
<
140
OK
Como se trata de una barra plana en compresión axial y su (KL/r)máx , entonces
Rc = 20’120,000 AtFR (KL/r)máx2
;
3,194.6 kg = 20’120,000 At (0.85) (135.85)2
A = bt, b = A/t = 3.45 cm2/0.635 cm 2 1/4” = 5.715 cm
135.85
= 5.43 cm
;
>
(KL/r)c
At = 3.45 cm2
= 2.14” aproximamos el ancho a
Distancia mínima al borde = 2/3(Diámetro tornillo),
Usando tornillos de ¾”,
d.m.b = ¾” + 2/3(3/4”)
= 1 ¼”
= 3.175 cm
Por lo tanto, la longitud mínima de la barra es = 24.93 cm + 3.175 cm
= 31.28 cm
= 12” Usar barras de ¼” x 2 ¼” x 12”
Diseño de las placas de extremo (diafragmas).
Según las especificaciones de las NTC-DF, Longitud mínima = 21.59 cm
= 8.5”
Espesor mínimo = 1/60(21.59 cm) = 0.36 cm
= 3/16”
Ancho mínimo = 21.59 cm + 2(3.175 cm) = 27.94 cm
= 11”
Separación longitudinal de los tornillos; Longitud efectiva = longitud de la placa – distancia al borde
= 21.59 cm –2(3.175
cm) = 15.24 cm Como se deben colocar al menos 3 tornillos, Distancia c.a.c. entre tornillos = 15.24 cm/3 = 5.08 cm
= 2”
Usar PL 3/16” x 11” x 8.5”
3.5-1 Seleccione un perfil tubular de acero A36 para soportar una carga muerta de servicio de 6,350.29 kg y una carga viva de servicio de 13,607.76 kg. El miembro tendrá PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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30’ de longitud y estará articulado en cada extremo. Además, él estará arriostrado contra pandeo en la dirección débil en sus puntos tercios. a).- Cálculo de la carga de diseño, PU. Pu = 1.2D + 1.6L
= 1.2(6,350.29 kg) + 1.6(13,607.76 kg)
= 29,392.76 kg
b).- Proponemos como (KL/r)máx = 126 = (KL/r)c, KL/r = 126 ,
(1x914.4 cm)/r = 126 ,
despejando a r,
En base a “r” proponemos usar OC8.63”x1/4”
r = 7.26 cm
( A = 42.44 cm
2
, rx = ry = 7.53 cm )
c).- Revisión del miembro, KL/r = (1x914.4 cm)/7.53 cm Rc = AtFy [ 1 – (KL/r)2 48,890.81 kg 2(KL/r)c2 Como Rc > Pu ,
= 121.43 < 126
] Fr
42.44 cm2 (2,530 kg/cm2) [ 1 – 121.432 ] 0.85
=
=
2(1262)
la sección es adecuada.
3.6-1 Cuatro ángulos de 4x4x1/2 se usan para formar el miembro mostrado en la figura; éste tiene 30’ de longitud y sus extremos están articulados, el acero es A36. Determine la resistencia de diseño a compresión del miembro. Diseñe la celosía y los diafragmas suponiendo que la conexión con los ángulos es por medio de tornillos de ¾”. Considerar que el miembro trabaja como una unidad. ( A = 24.19 cm2,
LI4x4x1/2
4
Iy = 231.4 cm
x = 2.99 cm,
ez = 4.21 cm,
Ix =
4
Iw = 361.28 cm )
a).- Cálculo de las propiedades de la sección transversal compuesta I = Í + Ad2 Ix = Iy = 4(231.4 cm4) + 4(24.19 cm2)(22.86 cm – 2.99 cm)2 = 39,128 cm4 Iw = 2(361.28 cm4) + 2(24.19 cm2)(32.33 cm – 4.21 cm)2 = 38,978.3 cm4
Diagonal = √(18”2 + 18”2)
=
25.46”
= 64.66 cm
b).- Como la KL es la misma en todas las direcciones, la relación de esbeltez máxima es rw = √Iw/A = √(38,978.3 cm4/(4x24.19 cm2)) cm)/20.07
= 20.07 cm
(KL/r)máx = (1x762
= 37.97
c).- Cálculo de la resistencia a compresión del miembro compuesto, Para acero A36, (KL/r)c = 126.
como (KL/r)máx < (KL/r)c ;
37.97 < 126.
Entonces, Rc = AtFy [ 1 – (KL/r)2 198,634.26 kg 2(KL/r)c2
] Fr
=
96.76 cm2 (2,530 kg/cm2) [ 1 – 37.972 ] 0.85
=
2(1262)
d).- Se dejará según el manual un gramil en las esquinas de 6 cm. por lo tanto, la distancia entre las líneas de sujetadores será, 45.72 cm – 2(6 cm)
= 33.72 cm < 38 cm se
puede usar celosía simple. PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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Las barras estarán inclinadas 45o respecto al eje del miembro, por lo que, la longitud de la celosía (Lc) será;
Lc
Sen 45o = 37.72 cm Lc = 37.72/sen 45o = 47.69 cm
Revisión de la relación de esbeltez L/r de un ángulo, entre conexiones de celosías, Lc/ry
Según
=
47.69 cm/1.98 cm
las
NTC,
la
fuerza
compuesta con celosía es,
=
24.09
cortante
<
(KL/r)máx = 37.97
que
actúa
en
una
sección
transversal
Vu = 0.025(198,634.26 kg) = 4,965.86 kg
Como en una sección transversal compuesta existen dos planos de celosía, Fuerza cortante para cada plano de celosía
= 4,965.86 kg 2 = 2,482.93 kg
Debido a que la celosía está sujeta a una fuerza cortante normal el eje longitudinal del miembro , el cálculo de la fuerza axial en una barra de celosía (Pac) es, Si
33.72 cm = 2,482.93 kg
47.69 cm Pac
Pac = 2,482.93 kg (47.69 cm) 33.72 cm Pac = 3,511.59 kg e).- propiedades de una barra plana para la celosía, Ix = bt3/12 ,
A = bt ,
r = √I/A
sustituyendo los valores tenemos que,
r =
0.289t f).- Diseño de la barra,
Proponemos L/r = 140
47.69 cm/0.289t = 140
(máximo permitido) ,
despejando a t;
seleccionamos una barra de t = 1/2”
t = 1.18 cm
= 0.46”
entonces
= 1.27 cm
Revisando, L/r = 47.69 cm/(0.289 x 1.27 cm)
130
<
140
OK
Como se trata de una barra plana en compresión axial y su (KL/r)máx , entonces
Rc = 20’120,000 AtFR (KL/r)máx2 A = bt, 1”
=
;
3,511.59 kg = 20’120,000 At (0.85) (130)2
b = A/t = 3.47 cm2/1.27 cm
= 2.73 cm
;
>
(KL/r)c
At = 3.47 cm2
= 1.07” aproximamos el ancho a
Distancia mínima al borde = 2/3(Diámetro tornillo),
Usando tornillos de ¾”,
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d.m.b = ¾” + 2/3(3/4”)
= 1 ¼”
= 3.175 cm
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Por lo tanto, la longitud mínima de la barra es = 47.69 cm + 3.175 cm
= 54.04 cm
= 22” Usar barras de 1/2” x
1” x 22”
g).- Diseño de las placas de extremo (diafragmas). Según las especificaciones de las NTC-DF, Longitud mínima = 33.72 cm
= 14”
Espesor mínimo = 1/60(33.72 cm) = 0.562 cm
= 1/4”
Ancho mínimo = 33.72 cm + 2(3.175 cm) = 40.07 cm
= 16”
Separación longitudinal de los tornillos; Longitud efectiva = longitud de la placa – distancia al borde
= 35.56 cm –2(3.175
cm) = 29.21 cm Como se deben colocar al menos 3 tornillos, Distancia c.a.c. entre tornillos = 29.21 cm/3 = 9.74 cm
= 3 1/2”
Usar PL 1/4” x 16” x 14” 3.6-2 Una W14x53 con una cubreplaca de 3/4x12 atornillada a cada patín se va a usar como columna con KL = 18’. Encuentre su resistencia de diseño si el acero es A36. W14x53 (A = 100.7 cm2, d = 35.4 cm, bf = 20.5 cm, Ix = 22,518 cm4, Iy = 2,402 cm4) Cubreplaca de ¾”x12”
=
1.91 cm x 30.48 cm
a).- Cálculo de las propiedades de la sección transversal compuesta. At = 100.7 cm2 + 2(1.91 cm)(30.48 cm)
= 217.13 cm2
Ix = 22,518 cm4 + [(2 x 30.48 cm x 1.913)/12) + (30.48 cm)(1.91cm)(2)(18.66 cm)2] = 63,095.06 cm4 Iy = 2,402 cm4 + [(2 x 1.91 cm x 30.483)/12]
=
Ry = √Iy/A = √(11,416.2 cm4/217.13 cm2) cm)/7.25 cm = 75.67
7.25 cm
=
11,416.2 cm4 (KL/r)máx = (1 x 548.64
b).- Cálculo de la resistencia a compresión para el perfil H hecho con placas cortadas con oxígeno, n = 1.4 λ = 75.67 x √[2,530 kg/cm2/(π2x 2’040,000 kg/cm2)] = 0.848 Rc = 2,530 kg/cm2(217.13 cm2)(0.90) = 349,473.24 kg cm2)(0.90) = 494,405 kg (1 + 0.848(2x1.4) - 0.15(2x1.4))1/1.4
< 2,530 kg/cm2(217.13
Por lo tanto, la resistencia de diseño de la columna H14x53 es 349,473.24 kg 3.6-3 Calcule la resistencia de diseño por compresión axial con base en el pandeo por flexión para el perfil compuesto mostrado en la figura. Suponga que los componentes de la sección transversal están conectadas en tal forma que la sección es totalmente efectiva. Considere acero A36. PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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a).- Cálculo de las propiedades de la sección transversal compuesta. = 52 in2
At = (1” x 18”)(2) + (1” x 16”)
Ix = [((2 x 18” x 1”3)/12) + (1”x18”)(2)(8.5”)2] + [(1” x 16”3)/12] = 2,945.33 in4 Iy = [(2 x 1” x 18”3)/12] + [(16” x 1”3)/12] 973.33 in4
=
b).- Cuando la longitud efectiva es la misma para ambas direcciones, para calcular la relación de esbeltez del miembro se toma el Imín; de lo contrario, habrá que revisar las dos relaciones de esbeltez
Para la dirección x.
Rx =
= √(2,945.33 in4/52 in2) = 7.53”
√Ix/A
(KL/rx)máx = (1x12x26)/7.53” = 41.43
Para
la
dirección
y.
Ry
=
√Iy/A
=
√(973.33
in4/52
in2)
=
4.33”
(KL/rx)máx = (0.7x12x13)/4.33” = 25.22 Se utiliza la Relación de esbeltez mayor. c).- Cálculo de la resistencia a compresión para una sección H hecha con 3 placas soldadas no cortadas con oxígeno de placas mas anchas, n = 1.0 λ = 41.43 x √[2,530 kg/cm2/(π2x 2’040,000 kg/cm2)] = 0.46 Rc = 36,000 lb/in2(52 in2)(0.90) 2 in )(0.90) = 1’684,800 lbs (1 + 0.46(2x1) - 0.15(2x1))
< 36,000 lb/in2(52
= 1’416,869.9 lbs
Por lo tanto, la resistencia de diseño de la columna H14x53 es 1,416.87 kips 3.6-4 Una columna para un edificio de varios pisos está hecha con placas A36 como se muestra en la figura. Calcule la resistencia de diseño por compresión axial con base en el pandeo por flexión. Suponga que los componentes de la sección transversal están conectadas en forma tal que la sección es totalmente efectiva. a).- Cálculo de las propiedades de la sección transversal compuesta. At = (6” x 32”)(2) + (6” x 27”)(2)
= 708 in2
Ix = [((2 x 32” x 6”3)/12) + (6”x32”)(2)(10.5”)2] + [(2 x 6” x 27”3)/12] = 63,171 in4 Iy = [(2 x 27” x 6”3)/12) + (6”x27”)(2)(13”)2] + [(2 x 6” x 32”3)/12] =
88,496 in4
b).- Como la longitud efectiva es la misma para ambas direcciones, utilizamos el Imín, rx = √Ix/A
= √(63,171 in4/708 in2)
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= 9.45”
KL/rx = (0.7 x 12 x 12)/9.45” = 10.67 FACULTAD DE INGENIERÍA
57
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c).- Cálculo de la resistencia a compresión para una sección rectangular hueca hecha con 4 placas soldadas cortadas con oxígeno de placas mas anchas, n = 1.4 λ = 10.67 x √[2,530 kg/cm2/(π2x 2’040,000 kg/cm2)] = 0.12 Rc = 36,000 lb/in2(708 in2)(0.90) = 22’976,824.39 lbs = 22’939,200 lbs (1 + 0.12(2x1.4) - 0.15(2x1.4))1/1.4
< 36,000 lb/in2(708 in2)(0.90)
Por lo tanto, la resistencia de diseño de la columna compuesta es
22,939.2 kips
3.6-5 Determine la resistencia de diseño a compresión de dos ángulos 6x6x3/4 separados por placas de nudo de 3/8” en sus extremos; extremos articulados, L = 24.5’, acero A36. LI6x6x3/4
( A = 54.45 cm2, x=y = 4.52 cm,
Ix = 1,171.7 cm4 )
a).- Cálculo de las propiedades de la sección transversal compuesta, Ix = 1,171.7 cm4 (2)
=
2,343.4 cm4
4
Iy = 1,171.7 cm (2) + 54.45 cm2(2)(4.99 cm)2 = 5,055.02 cm4 Rx = √(2,343.4 cm4/(54.45 cm2 x 2)) = 4.64 cm
KL/r = (1x746.76
cm)/4.64 cm = 161 b).- Como su (KL/r)máx
>
(KL/r)c ; 161 > 126, entonces
Rc = 20’120,000 AtFR (KL/r)máx2
;
Rc = 20’120,000 (2x54.45 cm2)(0.85) (161)2
= 71,849.38 kg
3.6-6 Calcule la resistencia de diseño de la columna cargada concéntricamente, mostradas en la figura. Considere acero A36 y KL = 20 pies. C15x40 ( A = 75.3 cm2, x = 1.98 cm, d = 38.1 cm, Ix = 14,300 cm4, Iy = 364 cm4) PL3/4”x18”
=
1.91 cm x 45.72 cm
a).- Con la adición de la cubreplacas, el perfil se vuelve ligeramente asimétrico, pero los efectos por flexo-torsión son despreciables. El eje vertical de simetría es uno de los ejes principales y su localización es conocida, mientras
que,
el
eje
principal
horizontal
se
encontrará
aplicando
el
principio
de
momentos: La suma de los momentos de las áreas componentes respecto a cualquier eje ( en este caso se usará un eje horizontal a lo largo de la parte superior de la placa) es igual al momento del área total. Xcentroidal =
(1.91 cm x 45.72 cm)(0.96 cm) + 75.3 cm2(2)(20.96 cm) (1.91 cm x 45.72 cm) + 75.3 cm2(2)
=
13.62 cm
b).- Cálculo de las propiedades de la sección transversal compuesta, Ix = [14,300 cm4(2) + 75.3 cm2(2)(7.34 cm)2] + [((45.72 cm x 1.913)/12) + (1.91 cm x 45.72 cm)(12.67 cm)2] = 50,758.43 cm4 Iy = [364 cm4(2) + 75.3 cm2(2)(12.14 cm)2] + [(1.91 cm x 45.723)/12]
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=
38,134.82 cm4
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2
Ry = √(38,134.82 cm /237.93 cm ) cm/12.66 cm = 48.15
=
12.66 cm
KL/r y = 609.6
c).- Cálculo de la resistencia de diseño a compresión. Como (KL/r)máx < (KL/r)c Rc = AtFy [ 1 – (KL/r)2 474,308.18 kg 2(KL/r)c2
; ] Fr
48.15 < 126 =
237.93 cm2 (2,530 kg/cm2) [ 1 – 48.152 ] 0.85
=
2(1262) Por lo tanto, el miembro resiste 474,308.18 kg a compresión.
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Capítulo 4
Los miembros estructurales que soportan cargas transversales y quedan por lo tanto sometidos principalmente a flexión, se llaman vigas. ‘Aunque en realidad, algo de carga axial está presente en cualquier miembro estructural, en muchas situaciones prácticas este efecto es despreciable y el miembro puede tratarse como una viga’ (Segui, 2000). Cabe
aclarar
que,
las
especificaciones
AISC
distinguen
las
vigas
de
las
trabes
armadas con base en la razón de ancho/espesor del alma. Si h/tw ≤ 970/√fy, el miembro debe tratarse como una viga, independientemente de que sea un perfil laminado o hecho con varias placas. De lo contrario, el miembro es considerado como trabe armada, la que, debido a la esbeltez del alma, requiere consideraciones especiales con respecto a su utilización como vigas (Segui 2000). Para vigas, la relación básica entre los efectos de las cargas y la resistencia (LRFD) es, Mu ≤ Φb Mn Donde, Mu = combinación gobernante de momentos por cargas factorizadas Φb = factor de resistencia para vigas, 0.90 Mn = resistencia nominal por momento La resistencia de diseño, Φb Mn, se llama a veces el momento de diseño.
‘La utilidad de las vigas, que las convierte en los elementos más utilizados, base de la mayoría de las estructuras, proviene de que proporcionan directamente las superficies horizontales necesarias para la mayor parte de las actividades humanas’ (De Buen, 2000a). La figura 4.1 muestra las secciones transversales más frecuentes en las vigas:
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Figura 4.1
Secciones comúnmente utilizadas (De Buen, 2000a)
Las secciones 1 a 3 de lámina delgada, tienen una resistencia a la flexión reducida; su uso más frecuente es como largueros para soportar la lámina de techos, paredes de bodegas y estructuras fabriles. Las 4 y 5 son secciones laminadas I y H; las I fueron muy comunes, pero han sido sustituidas, casi por completo, por las H, ya que tienen un mayor porcentaje de acero concentrado en sus patines que las vigas I, por lo que poseen mayores momentos de inercia y momentos resistentes para un mismo peso. Las canales laminadas (sección 6), se usan a veces como largueros cuando las cargas son
pequeñas
y
en
lugares
en
donde
se
requieren
patines
estrechos.
Y
para
formar
secciones compuestas como la 7 y la 8. La 9 y 10 son secciones de trabes armadas, las más frecuentes son las de una sola alma, pero las secciones en cajón son ventajosas cuando se han de salvar claros grandes sin contraventeo, pues su elevada rigidez a la torsión las hace mucho más resistentes al pandeo lateral por flexotorsión. La sección 11, es de uso común en trabes carril para grúas viajeras de poca capacidad de
carga;
la
canal
horizontal
incrementa
la
resistencia
ante
cargas
verticales,
y
capacita a la viga para resistir las fuerzas horizontales transversales que aparecen durante la operación de la grúa (De Buen, 2000a).
Considere, la viga mostrada en la figura 4.2, que está orientada de manera que la flexión es respecto al eje principal mayor (para un perfil I y H, será éste el eje x-x), cuya sección transversal, tiene un eje vertical de simetría, conteniendo las cargas en el plano longitudinal en el que se encuentra este eje (Segui, 2000).
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Figura 4.2 Para
un
material
elástico
Caso típico de una viga cargada (Segui, 2000) lineal y deformaciones pequeñas, la
distribución
del
esfuerzo de flexión se presenta en la siguiente forma;
Figura 4.3 De
la
mecánica
de
Distribución del esfuerzo en una sección transversal (Segui, 2000) materiales
elemental,
el
esfuerzo
en
cualquier
punto
puede
encontrarse con la fórmula de la flexión: Fb = M.y Ix Donde, M = momento flexionante en la sección transversal bajo consideración Y = distancia perpendicular del plano neutro al punto de interés Ix = momento de inercia del área de la sección transversal con respecto al eje neutro
‘El esfuerzo máximo ocurre en la fibra extrema, donde y es máxima. Hay entonces dos máximos: un esfuerzo máximo de compresión en la fibra superior y un esfuerzo máximo de tensión en la fibra inferior. Si el eje neutro es un eje de simetría, esos dos esfuerzos serán iguales en magnitud’ (Segui, 2000). Entonces, la ecuación anterior tendrá la forma, Fmáx =
M.c Ix
=
M Ix/c
=
M Sx
Donde, C = es la distancia perpendicular del eje neutro a la fibra extrema Sx = módulo de sección elástico. Para una sección transversal asimétrica, Sx tendrá dos valores: uno para la fibra extrema superior y otro para la fibra extrema inferior. Nota: Debe recordarse que las expresiones anteriores son aplicables solamente cuando el máximo esfuerzo calculado en la viga es menor que el límite elástico. Para el acero estructural, esto significa que el esfuerzo fmáx no debe exceder fy, y que el momento flexionante no debe exceder My = fy . Sx PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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Donde My es el momento flexionante que lleva a la fibra extrema de la sección transversal en estudio al punto de fluencia. En la figura 4.4, una viga simplemente apoyada con una carga concentrada en el centro del claro se muestra en etapas sucesivas de cargas. Si el momento en la viga (de acero dúctil) se incrementa más allá del momento de fluencia, las fibras extremas que se encontraban previamente sometidas al esfuerzo de fluencia se mantendrán bajo este mismo esfuerzo, pero en estado de fluencia, y el momento resistente adicional necesario lo proporcionarán las fibras más cercanas al eje neutro; motivo suficiente para que, la distribución del esfuerzo sobre la sección transversal deje de ser lineal. ‘Al mismo tiempo, la región en fluencia se extenderá longitudinalmente desde el centro de la viga conforme el momento flexionante My se alcance en más localidades. Esas regiones en fluencia están indicadas por las áreas sombreadas en los incisos c y d’ (Segui, 2000).
Figura 4.4
Ilustración de una viga en etapas sucesivas de carga (Segui, 2000)
En el inciso (b), la fluencia ha empezado apenas (instante del My). En el inciso (c), la fluencia ha llegado al alma y en el inciso (d), toda la sección transversal ha fluido. PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Cuando se ha alcanzado la etapa d, cualquier incremento adicional en la carga causará el colapso; obtenemos en ese instante el Mp, el cual producirá la plastificación completa (fluencia
de
todas
las
fibras)
de
la
sección
transversal
creándose
ahí
mismo
una
articulación plástica (aunque el efecto de una articulación plástica se extiende sobre un cierto tramo a lo largo de la viga, se supone que la articulación está concentrada en una sola sección para propósitos de análisis), que junto con las articulaciones reales en los extremos de la viga constituyen un mecanismo inestable (Segui, 2000). El análisis estructural basado en una consideración de mecanismos de colapso se llama análisis plástico. ‘En la figura 4.5, se muestran las resultantes de los esfuerzos de compresión y de tensión, donde Ac es el área de la sección transversal sometida a compresión y At es el área de tensión. Estas son las áreas arriba y abajo del eje neutro plástico que no necesariamente es el mismo que el eje neutro elástico’ (Segui, 2000).
Figura 4.5
Esfuerzos resultantes en una sección transversal (Segui, 2000)
Del equilibrio de fuerzas, C = T AcFy = AtFy Ac = At ‘El
eje
neutro
plástico
divide
entonces
a
la
sección
transversal
en
dos
áreas
iguales. Para perfiles que son simétricos respecto al eje de flexión, los ejes neutros elástico y plástico son el mismo. El momento plástico Mp es el par resistente formado por las dos fuerzas iguales y opuestas’ (Segui, 2000), o Mp = Fy(Ac)a
= Fy(At)a
= Fy(A/2)a
= FyZ
Donde, A = área de toda la sección transversal,
y
a = distancia entre los centroides de
las dos medias áreas Z = (A/2)a = módulo de sección plástico El cociente del momento plástico Mp de una sección entre el momento My de la misma es el factor de forma. F =
Mp My
=
FyZ FyS
=
Z S
El cual representa una reserva de capacidad para resistir flexión fuera del intervalo elástico. Ejemplo:
Un
miembro asimétrico
en
flexión
consiste
en
un
patín superior de ½ x 12, en un patín inferior de ½ x 7 y en un PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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65
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
alma de ⅜ x 16; calcule el factor de forma, considerando acero A36. a).-
Cálculo
de
la
posición
del
Eje
Neutro
Elástico
(centroide
de
la
sección
transversal) Del principio de momentos respecto al eje q, tenemos; Yc = ∑Ay = (1/2”x7”)(1/4”) + (3/8”x16”)(8 ½”) + (1/2”x12”)(16 ¾”) At (1/2”x7”) + (3/8”x16”) + (1/2”x12”)
= 9.83”
b).- Cálculo del Ix respecto al E.N.E. Utilizando el teorema de los ejes paralelos, Ix
=
[((12x1/23)/12)
3
(1/2x12)(6.922)]
+ 2
[((7x1/2 )/12) + (1/2x7)(9.58 )] =
747.35 in
+
[((3/8x163)/12)
+
(3/8x16)(1.332)]
+
4
c).- Como la sección es asimétrica tendremos dos módulos de sección elásticos,
Para la fibra más comprimida;
S = I
=
747.35 in4 = 17 – 9.83
104.23 in3
=
747.35 in4 9.83”
76.03 in3
c
Para la fibra más tensionada;
S = I c
=
d).- Para el cálculo del My usamos el S menor, 36,000 lb/in2 (76.03 in3)
My = FyS =
=
2,737.08 kips-in
e).- Cálculo de la posición del eje neutro plástico (eje que divide a la sección en áreas iguales), (1/2”x12”) + a1 = (1/2”x7”) + a2 6 in2 + 3/8”(16 ½” – Yp) 6 in2 + 6 3/16” – 3/8Yp 8.875 =
= =
3.5 in2 + 3/8”(Yp – ½”) 3.5 in2 + 3/8Yp – 3/16”
3/4Yp
Yp = 11.83” f).- Cálculo de las distancias de los centroides respecto al E.N.P. de las dos medias áreas, Para el área de arriba del E.N.P., Y = (1/2”x12”)(4.92”) + (3/8”x4.67”)(2.335”) brazo de palanca (1/2”x12”) + (3/8”x4.67”)
=
4.34”
Por lo tanto, el “a” es, a = 4.34” + 8.34”
= 12.68” Para el área de abajo del E.N.P., Y = (1/2”x7”)(11.58”) + (3/8”x11.33”)(5.665”) (1/2”x7”) + (3/8”x11.33”)
=
8.34”
g).- Cálculo del módulo de sección plástico (A = 15.5 in2), Z = (A/2)a
=
h).- Mp = FyZ
(15.5 in2/2)(12.68”) =
=
98.27 in3
36,000 lb/in2 ( 98.27 in3)
=
3,537.72 kips-in
i).- El factor de forma será, f
=
Mp My
=
3,537.72 kips-in 2,737.08 kips-in
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=
1.29
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Si puede esperarse que una viga permanezca estable (sin que la viga se salga del plano que ocupa inicialmente y sin que se deformen sus secciones transversales) hasta la condición
plástica
total,
la
resistencia
nominal
por
momento
puede
tomarse
como
la
capacidad por momento plástico; es decir, Mn = Mp (Segui, 2000). En tal caso, el miembro podrá fallar por:
Formación de un mecanismo con articulaciones plásticas (secciones tipo 1)
Agotamiento de la resistencia a la flexión en la sección crítica (secciones tipo 1 y 2)
En miembros que no admiten redistribución de momentos (secciones tipo 3); iniciación del flujo plástico en la sección crítica
Plastificación del alma por cortante
Flexión y fuerza cortante combinados
Independientemente de que una viga tenga o no soportes laterales, la consideramos estable, cuando el pandeo lateral torsionante (PLT) no es crítico, es decir; cuando la distancia entre los elementos que dan soporte al patín comprimido de la viga “L”, es menor que, la longitud máxima no soportada lateralmente para la que el miembro pueda desarrollar el Mp, “Lu”. En este caso, como el pandeo lateral está impedido la falla se produce eventualmente por pandeo local. Ver figura.
Figura 4.6
Resistencia al pandeo lateral en vigas de diversas longitudes (De Buen, 1993)
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Los miembros que se han tratado en los párrafos anteriores, están representados en la figura por, las vigas robustas (pandeo local).
Entonces, para MIEMBROS SOPORTADOS LATERALMENTE (mejor dicho, miembros en los que el pandeo lateral no es crítico, L ≤ Lu), de eje recto y sección transversal constante; la resistencia de diseño en flexión, Mr, se determina como se indica en los siguientes incisos (Arnal y Betancourt, 1999): Lu y Lr, siempre se calcularán con las siguientes expresiones;
Para secciones IE, IR, IS con flexión en torno al eje x,
Para estas mismas secciones, ya sean laminadas o hechas con placas soldadas de proporciones
semejantes
a
las
láminas,
pueden
utilizarse
las
expresiones
simplificadas
donde:
siendo: t
=
espesor
del
patín
comprimido
d = peralte total de la sección
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68
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Para miembros de sección transversal rectangular, maciza o hueca,
a).- Para secciones tipo 1,
Si L ≤ Lp,
⇛
puede realizarse al elemento un análisis y diseño plástico.
Donde, Lp es la longitud máxima no soportada lateralmente para la que el miembro puede desarrollar el momento plástico Mp, y conservarlo durante las rotaciones necesarias para formación del mecanismo de colapso
(De Buen, 1993).
Y se calcula como sigue, Secciones IE, IR, IS.
Secciones rectangulares, macizas o en cajón.
En las expresiones anteriores, Mp = momento plástico resistente del miembro en estudio M1
=
el
menor
de
los
momentos
en
los
extremos
del
tramo
no
soportado
lateralmente Ry = radio de giro alrededor del eje de menor momento de inercia
Si L > Lp,
⇛
Mr = FRZFy
= FRMp
donde
FR = 0.9
b).- Para secciones tipo 2, Mr = FRZFy
= FRMp
Mr = FRSFy
=
donde
FR = 0.9
c).- Para secciones tipo 3, donde
FRMy
FR = 0.9 S = modulo de sección elástico
Pueden, sin embargo, tomarse valores mayores del momento resistente cuando las relaciones ancho/espesor de patines y alma están comprendidas entre los límites que definen a las secciones tipo 3 y las tipo 2, según ilustra la figura 4.7.
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Figura 4.7
Momentos resistentes de diseño de vigas con secciones tipo 3 (De Buen, 1993) Los valores del momento resistente a que se refiere el párrafo anterior pueden determinarse
por
interpolación
lineal
entre
los
puntos
A
y
B
cuyas
coordenadas
se
conocen. Nota: No hay límites en la longitud sin soporte lateral “L”, en secciones tipo 1, 2 o 3, cuando la sección transversal es circular o cuadrada, hueca o maciza, o cuando la viga, cualquiera que sea la forma de su sección transversal, se flexiona alrededor del eje de menor momento de inercia; en todos estos casos las vigas son estables desde el punto de vista de esa forma de pandeo. Por consiguiente, la resistencia de diseño se determina con Mr = FRMp ó Mr = FRMy. Hasta ahora, hemos considerado miembros ubicados en la primera parte de la gráfica Mr/Fr versus L. Sin embargo, existen miembros que se ubican a partir del punto A (gráfica Mr/Fr ⋁s L) en adelante, y que están representados en la misma por, la falla por pandeo lateral. Ellos se tratan a continuación. Igual que en un miembro en compresión, la inestabilidad puede ser en sentido total, es decir, pandeo del elemento completo; ó puede ser de alguna de las partes que componen la sección transversal (pandeo local). ‘Cuando una viga se flexiona, la región en compresión (arriba del E.N.) es análoga a una columna y de manera similar a ésta, se pandeará si el miembro es suficientemente esbelto’ (Segui, 2000); es decir, si el miembro tiene soporte lateral inadecuado (L > Lu). Si la región en compresión se aislara, ésta se pandearía en un
plano vertical. Pero,
como la región en tensión (debajo del E.N.) no se pandea por sí sola y tiende a conservarse recta, ejerce una acción estabilizadora que obliga a la región en compresión a pandearse en un plano horizontal, al tiempo que la región en compresión arrastra a la de tensión (aunque los desplazamientos laterales de la segunda son siempre menores que los de la primera) generándose además un efecto de torsión. Esta forma de inestabilidad se
llama
pandeo
lateral
torsionante
(PLT),
el
cual,
ya
sea
elástico
o
inelástico,
limitará la resistencia por momento de la viga (De Buen, 1993).
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70
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Entonces, para MIEMBROS NO SOPORTADOS LATERALMENTE (miembros en los que el pandeo lateral es crítico, L > Lu), de eje recto y sección transversal constante; la resistencia de diseño en flexión, Mr, se determina como se indica en los siguientes incisos (Arnal y Betancourt, 1999): a).- Para secciones tipo 1 y 2 (con 2 ejes de simetría y flexionadas alrededor del eje de mayor momento de inercia),
Si
Donde, Lr = longitud que separa el PLT inelástico del elástico Fr = factor de resistencia = 0.90 Mu = momento resistente nominal de la sección. Y para secciones I o H laminadas o hechas con placas, se calcula como sigue Donde,
A = área total d = peralte de la sección ry = radio de giro respecto al eje de simetría situado en
el plano del alma. t = espesor del patín comprimido L = longitud no soportada lateralmente E = módulo de elasticidad del acero = 2’040,000 kg/cm2
C = En los casos en que el tramo no soportado lateralmente (tramo de diseño) se encuentra flexionado en curvatura doble, o bien en curvatura simple, pero los momentos en los extremos de dicho tramo son mayores que el de cualquier punto intermedio, se aplican coeficientes de flexión "C" para ajustar (amplificar) los valores resultantes del caso base (curvatura simple con momentos extremos menores que en cualquier punto intermedio) y obtener los momentos nominales que verdaderamente alcanzará la sección estudiada bajo el diagrama de flexión en tensión (Arnal y Betancourt, 1999). La razón de la amplificación de los valores de Mn* (base), se debe a que el caso base es el más crítico, mientras que cuando el tramo se flexiona en curvatura doble tenemos mayor restricción al pandeo.
De acuerdo a las NTC- Metálicas PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
para
curvatura
simple
para
curvatura
doble
C
=
1
cuando
el
momento en cualquier sección dentro del
tramo no soportado lateralmente es menor que M2 y cuando el patín no esta soportado lateralmente de forma efectiva (en alguno de los extremos). M1 = momento menor en el extremo del tramo en estudio M2 = momento mayor en el extremo del tramo en estudio
Si
Donde, Fr = factor de resistencia = 0.90 Mu = momento resistente nominal de la sección. Y para vigas I o H laminadas o hechas con placas soldadas se calcula como sigue;
Donde, C = coeficiente de flexión Iy = momento de inercia respecto al eje de simetría situado en el plano del alma J = constante de torsión de Saint Venant. Para secciones I o H,
J = 1/3 ∑ bt 3
(d y t son respectivamente el ancho y el espesor de cada uno de los elementos planos que componen la sección) Ca = constante por alabeo de la sección. Para secciones I o H,
Ca = (Iyd’2)/4
(d’ es la distancia entre los centroides de los patines) b).- Para secciones tipo 3 (con 2 ejes de simetría y para canales en las que está impedida la rotación alrededor del eje longitudinal, flexionadas alrededor del eje de mayor momento de inercia).
Si
Si
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72
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
donde, Mu, se calcula, según sea el caso, con alguna de las ecuaciones mencionadas.
Para canales, Mc2 = 0
Para sección rectangular hueca, Ca = 0
Lu y Lr se calculan con las expresiones dadas al inicio, pero; al utilizar las ecuaciones de Xu y Xr, o las de Lu y Lr para miembros de sección transversal rectangular hueca debe sustituirse Zx por Sx. Al concluir este tema, es importante señalar que:
La resistencia de diseño por flexión, depende en gran parte de la longitud no soportada, que es la distancia entre puntos de soporte lateral (Segui, 2000)
Debe
revisarse
también
la
posibilidad
de
que
almas
o
patines
se
pandeen
localmente, pues este fenómeno, característico de secciones de paredes delgadas (tipo 4; secciones que no se consideran en este apartado), puede por
sí
solo
o
en
combinación
con
pandeo
lateral,
el
ocasionar,
agotamiento
de
la
resistencia.
Las vigas híbridas (aquellas con aceros de grados diferentes en el alma y los patines), no se incluyen en las fórmulas proporcionadas.
Ejemplo: Se propone una sección para la viga libremente apoyada de la figura, de sección
transversal
constante
y
15
m
de
claro,
la
cual
debe
soportar
las
cargas
indicadas. ¿Es adecuada la sección propuesta?. Considere acero A36. Peso Propio = 171.7 kg/m A = 218.1 cm2 Sx = 8,816 cm3 , Zx = 9,813 cm3 ry = 9 cm ,
J
= 125 cm4 Solución: a).- La carga muerta por servicio total, incluido el peso propio es Wd = 5 t/m + 0.1717 t/m = 5.1717 t/m b).- Para una viga simplemente apoyada y con carga uniforme, el momento flexionante máximo se presenta a la mitad del claro y es igual a Mmáx = WL2/8
=
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
73
c).- Cálculo de las longitudes características. Para una sección IS,
Como L = 15 m > Lu = 6.08 m, el pandeo lateral torsionante en el miembro es crítico. Y como L > Lr el PLT se inicia en el rango elástico d).- Clasificación de la sección, Para el patín:
por lo tanto el patín es S3 Para el alma:
por lo tanto, como 139.75 no es menor que 69.58 el alma no es tipo 1. Tampoco 139.75 es menor que 105.17 el alma no es tipo 2. Sin embargo, como 139.75 si es menor que 159.04 el alma es tipo 3. La sección es S3 e).- Cálculo de My,
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Como no conocemos Ca, utilizamos para el cálculo de Mu la fórmula simplificada; donde C = 1, d = 114.9 cm y t = tf =1.6 cm
Como MD > MR,
218.181 ton-m > 86.8 ton-m; la sección no es adecuada y debe aumentarse
La resistencia por cortante de una viga debe ser suficiente para satisfacer la relación LRFD siguiente, Vu = ФvVn Donde, Vu = fuerza cortante máxima basada en la combinación gobernante de cargas factorizadas Фv = factor de resistencia por cortante = 0.90 Vn = resistencia nominal por cortante Teóricamente sabemos que, si seleccionamos una porción de la sección transversal situada en el eje neutro (es decir, sometida a cortante puro, ya que en el eje neutro no hay esfuerzos de flexión) de una viga simplemente apoyada, el esfuerzo cortante en esa porción está dado por Fv = V.Q Ib ‘Ecuación basada en la hipótesis de que el esfuerzo es constante sobre el ancho b y es por lo tanto exacta sólo para valores pequeños de b’ (Segui, 2000). Por esta razón la ecuación anterior no puede aplicarse al patín de un perfil I de la misma manera que para el alma; ya que la distribución del esfuerzo cortante para un perfil I es como se muestra en la figura 4.8.
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Figura 4.8
Distribución del esfuerzo cortante para un perfil I (Segui, 2000)
Superpuesto sobre la distribución real está el esfuerzo promedio en el alma V/Aw, que no difiere mucho del esfuerzo máximo en el alma. Además, en la figura anterior puede verse que la fuerza cortante la resiste principalmente el alma. Observamos que, si se incrementa la carga en un miembro estructural con sección I hasta que se alcanza el esfuerzo de fluencia por flexión en el patín, éste no tendrá capacidad para resistir esfuerzos cortantes que deberá entonces soportarlos el alma. Si se incrementa aún más el momento, el esfuerzo de fluencia por flexión penetrará hacia el alma y el área del alma capaz de resistir esfuerzos cortantes se reducirá aún más. En vez de
suponer
que
el
esfuerzo
cortante
nominal
lo
resiste
una
parte
del
alma,
las
especificaciones suponen un esfuerzo cortante reducido (0.66Fy) resistido por el área total del alma (Segui, 2000). Entonces, podemos escribir para el esfuerzo en el alma en la falla como, Fv = Vn/Aw
=
0.66Fy
La resistencia nominal correspondiente a este estado límite, es por lo tanto, Vn = 0.66FyAw Y será la resistencia nominal por cortante siempre que no se
tenga pandeo por
cortante del alma. Si el alma es demasiado esbelta, esta puede pandearse por cortante elástica o inelásticamente. A continuación se presentan las fórmulas para evaluar la resistencia de diseño a cortante, según las Normas Técnicas del Distrito Federal: La resistencia de diseño al cortante, VR, de una trabe o viga de eje recto y sección transversal constante, de sección IE, IR, IS, CE,
o en cajón es;
Vu = Vn = Resistencia nominal determinada como sigue: Nota: Al evaluar Vu se tendrá en cuenta si la sección tiene una o más almas (Aa, es la suma de todas ellas). a).- Si
El alma falla por cortante en el intervalo de endurecimiento por deformación b).- Si PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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La falla es por plastificación del alma por cortante c).- Si
d).- Si
Se consideran dos casos: d1).- Estado límite de iniciación del pandeo del alma,
d2).- Estado límite de falla por tensión diagonal,
En las expresiones anteriores, Aa = área del alma(s) = t x d t = espesor del alma d = peralte total de la sección h = peralte del alma = distancia libre entre patines a = separación entre atiesadores transversales Nota: Para poder tomar como estado límite la falla por tensión diagonal, la sección debe tener una sola alma (secciones I laminadas o formadas por placas) y estar reforzadas con atiesadores transversales adecuados. K = un coeficiente sin dimensiones, que se calcula como sigue; K = 5.0 +
5.0
;
o bien
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS 2
(a/h)
Nota: Si la sección tiene suficiente resistencia a cortante y h/t ≤ 260, no es necesario atiesar el alma. Si
el colocar atiesadores
colocar atiesadores
En la siguiente figura se ilustran, la falla por pandeo del alma, falla por tensión diagonal, atiesadores...
Figura 4.9
Algunos tipos de falla de una viga
Es importante tomar en cuenta que, el cortante es rara vez un problema en las vigas laminadas de acero; la práctica usual es diseñar una viga por flexión y luego revisarla por cortante (Segui, 2000).
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Ejemplo: Determine la separación máxima con la que pueden colocarse los atiesadores transversales de la trabe armada mostrada en la figura. Para que resista una fuerza cortante de diseño de 300 ton. El acero es A36.
a).- h/t = 280 cm/1.0 cm = 280,
Aa = 280 cm(1.0 cm)
= 280 cm2 .
Si no se colocan atiesadores transversales se viola la condición antes indicada (en almas no atiesadas h/t no debe exceder de 260); la determinación de la resistencia al cortante del alma sin atiesadores, se hace a continuación con fines ilustrativos. **Si consideramos que no hubiesen atiesadores, K = 5. Como h/t = 280 > 2000√(K/fy) = 2000√(5/2530) = 88.9, el pandeo se inicia en el intervalo elástico, y VR = FRVn = 0.9 [(1’845,000 x 5.0 x 280)/2802] = 29,651.79 kg No
podemos
considerar
el
estado
límite
de
tensión
= 29.65 ton
diagonal,
porque
no
existen
atiesadores. Y como se puede observar, el alma sin atiesadores tiene una resistencia mucho menor que la requerida (29.65 Ton 300 ton 2802
– 0.87 ) 1.17
+
0.5 x 2,530 kg/cm2 ] x 280 cm2 = 1.17
entonces “a” = 0.6h = 0.6(280 cm) = 168 cm Por lo tanto, la separación a la que se deben colocar los atiesadores es 90 cm
Aunque las condiciones ordinarias de cargas de vigas y trabes armadas producen, casi siempre, momento flexionante y fuerza cortante en todas las secciones transversales, es frecuente que una de las acciones sea pequeña comparada con la otra (por ejemplo, en la zona central de una trabe libremente apoyada, con carga uniforme, el momento flexionante es elevado y la fuerza cortante es nula o muy pequeña y en la cercanía de los apoyos se invierte la relación) por lo que el diseño se hace como si momento y fuerza cortante actuaran por separado; sin embargo, hay casos (en los apoyos de vigas continuas, por ejemplo) en que las dos acciones tienen valores elevados y ha de tenerse en cuenta su interacción (De Buen, 1993). Según las NTC-DF, para evitar la acción simultánea de flexión y cortante combinados en el alma de un elemento, sugiere las siguientes restricciones:
En vigas,
En trabes armadas (con atiesadores) cuya alma se ha diseñado teniendo en cuenta la contribución del campo de tensión diagonal, y
Se deben satisfacer las tres condiciones siguientes, 1. VD ≤ vR 2. MD ≤ MR 3. VR MR VD MD PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
= = = =
donde: Resistencia de diseño a cortante Resistencia de diseño a flexión Fuerza cortante de diseño Momento flexionante de diseño FACULTAD DE INGENIERÍA
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Una trabe armada es un miembro en flexión cuya sección transversal se compone de placas; es básicamente una gran viga, tanto en el claro como en la sección transversal, la gran sección transversal es, por lo regular, una consecuencia del gran claro (Segui, 2000). ‘La configuración usual es un alma con dos patines iguales (sección I), con todas las partes conectadas por medio de soldadura. La sección cajón, que tiene dos almas, así como dos patines, es una forma superior desde el punto de vista de la torsión, y puede usarse cuando son necesarias grandes longitudes no soportadas’ (Segui, 2000). En la actualidad se
utilizan
frecuentemente
las
trabes
armadas
soldadas,
debido
a
su
simplicidad
muchos
de
los
y
eficiencia. Las
almas
delgadas
y
de
gran
peralte
son
la
causa
de
problemas
asociados con las trabes armadas (incluyendo el pandeo local), por lo que, las trabes armadas
tiene
requisitos
especiales
de
resistencia
por
flexión
y
cortante,
que
a
continuación se mencionan (Segui, 2000): Notas:
Las dimensiones de trabes armadas, se determinan, en general, tomando como base el momento de inercia de su sección transversal
Los
patines
de
las
trabes
armadas
soldadas
estarán
constituidos,
de
preferencia, por una sola placa. La cual puede estar formada por varios tramos de distintos gruesos o anchos, unidos entre sí por medio de soldaduras a tope.
Los patines, tiene una rigidez muy pequeña para flexión alrededor del eje principal horizontal, por lo que para resistir la compresión sin pandearse verticalmente necesitan que el alma les proporcione un apoyo continuo; la cual, debe
ser
capaz
de
soportar
las
compresiones
que
producen
las
fuerzas
uniformemente repartidas y perpendiculares a los patines ocasionadas por la flexión de la trabe. Esta condición permite fijar el siguiente límite superior de la relación peralte/grueso del alma. a).- Cuando se colocan atiesadores transversales separados entre sí distancias ≤ 1.5h, h/t
≤ 16 800 √Fy
b).- Cuando no existen atiesadores transversales, o a/h > 1.5, h/t
≤
985 000 √Fy(Fy + 1150)
1.- Resistencia por flexión,
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Para calcular el MR de las trabes armadas, se utilizan las fórmulas para el diseño por flexión de vigas, presentadas anteriormente. Sin embargo, los esfuerzos calculados con la teoría de las vigas y los existentes en la trabe armada real, coinciden por completo en la parte de la trabe que trabaja en tensión, pero difieren apreciablemente en la zona comprimida. El fenómeno anterior se debe a las deformaciones laterales del alma. Por lo que, a medida que el alma se haga más esbelta, se presentarán problemas de pandeo de la misma que reducirán la resistencia a la flexión de la trabe (De Buen, 1993). Las NTC-DF recomiendan para secciones I o H la siguiente reducción en el MR: a).- Si h/t > 8000/√(MR/0.9S), y el patín comprimido es tipo 1,2 o 3; la resistencia por flexión reducida por la esbeltez del alma, MR’ se calcula con, MR’ = MR[1 – 0.0005 Aa ( h 8000 ) ] Ap t √(MR/0.9S) Donde, Aa = área del alma Ap = área del patín comprimido .h y t = peralte y espesor del alma, respectivamente S = módulo de sección elástico de la sección completa MR = resistencia de diseño en flexión, calculada con las fórmulas de las vigas b).- Si h/t ≤ 8000/√(MR/0.9S)
⇛ MR’ = MR
2.- Resistencia por cortante, La resistencia por cortante es una función de la esbeltez del alma (ya que el alma es principalmente la encargada de tomar el cortante) y del espaciamiento de los atiesadores intermedios que puedan estar presentes. La capacidad por cortante tiene dos componentes: la resistencia antes del pandeo y la resistencia posterior al pandeo (basada en la acción del campo de tensión que se forma gracias a la presencia de los atiesadores intermedios), (Segui, 2000). » Si h/t ≤ 3600/√Fy, La capacidad por cortante de la trabe se basará en la resistencia anterior al pandeo; Entonces, la resistencia de diseño por cortante de una trabe armada, VR, utilizando K = 5.0; se calcula con
Vu = Vn = Resistencia nominal determinada como sigue: Nota: Al evaluar Vu se tendrá en cuenta si la sección tiene una o más almas (Aa, es la suma de todas ellas). a).- Si
El alma falla por cortante en el intervalo de endurecimiento por deformación PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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b).- Si
La falla es por plastificación del alma por cortante Ahora, Si la fuerza cortante que obra sobre la trabe > que la resistencia de diseño al cortante, calculada como se indicó en el párrafo anterior. Entonces, pueden haber dos soluciones, a).- Incrementar la resistencia al cortante, aumentando el grueso del alma o adosándole un conjunto de placas verticales e inclinadas que desarrollen un trabajo de armadura. b).- colocar atiesadores intermedios (para poder considerar la resistencia posterior al pandeo) » Si h/t > 3600/√Fy ⇛ la falla puede presentarse por pandeo del alma y, se utilizaran atiesadores intermedios con el propósito de dividir el alma en tableros (o tramos) de dimensiones adecuadas para resistir la fuerza cortante. Por lo tanto, La SEPARACIÓN ENTRE ATIESADORES será: Para tableros extremos, o tableros adyacentes a agujeros grandes que se necesitan a veces, para el paso de ductos, La separación será la adecuada cuando; VR ≥ VD.
la resistencia de diseño del
tablero atiesado se calculará según sea el caso, con las siguientes ecuaciones
Vu = Vn = Resistencia nominal determinada como sigue: c).- Si
d).- Si
Para tableros intermedios, La separación será la adecuada cuando; VR ≥ VD.
la resistencia de diseño del
tablero atiesado se calculará según sea el caso, con las siguientes ecuaciones
Vu = Vn = Resistencia nominal determinada como sigue: PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS 2
Nota: si a/h > 3 o a/h > [260/(h/t)] , no se permite que se forme campo de tensión diagonal y se utilizan las ecuaciones de iniciación de pandeo del alma (K = 5). c).- Si
d).- Si
Se consideran dos casos: . d1).- Estado límite de iniciación del pandeo del alma,
d2).- Estado límite de falla por tensión diagonal,
Las DIMENSIONES DE LA SECCIÓN TRANSVERSAL DE LOS ATIESADORES INTERMEDIOS deben ser tales que se cumplan las condiciones que se indican a continuación (Arnal y Betancourt, 1993): a).- cuando el diseño del alma se hace con alguna de las ecuaciones que toman como base el estado límite de falla por tensión diagonal 1.- El área total de cada atiesador o par de atiesadores será igual o mayor que, Aat = Y[ 0.15Caht(1 – Cv)VD - 18t2 ] VR Donde, Cuando el alma se diseña con la ecuación,
≥
0
Cv = [1600/(h/t)]√(k/Fy) ; Cuando el alma se diseña con la ecuación, Cv = 3 200 000K / [Fy(h/t)2]
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Y = Fy del acero del alma / Fy del acero del atiesador o atiesadores Ca = 1.0 para atiesadores colocados en pares, 1.8 para atiesadores formados por un solo ángulo, y 2.4 para los formados por una sola placa. VD = fuerza cortante de diseño VR = resistencia de diseño al cortante en el punto de colocación del atiesador, y se calcula con cualquiera de las dos ecuaciones Vu presentadas anteriormente 2.- El momento de inercia de cada par de atiesadores, o de cada atiesador sencillo, con respecto a un eje en el plano del alma, debe ser igual o mayor que, ata3[ 2.5 (a/h)2
-
2]
≥
0.5ata3
,
donde ta es el grueso del alma
b).- cuando el diseño del alma se hace con alguna de las ecuaciones que toman como base el estado límite de iniciación del pandeo, basta con que se satisfaga la segunda de las condiciones del caso a. Nota: Desde el punto de vista de su resistencia a fuerza normal los atiesadores más eficientes son los dobles, simétricos, que trabajan en compresión axial; los que están formados por un solo ángulo, con una de sus alas adosadas al alma son, a su vez, más eficientes que los de una sola placa, pues en ellos se reduce la distancia del alma al centro de gravedad del atiesador.
3.- Atiesadores bajo cargas concentradas, Se colocan en los apoyos de la trabe, sean extremos o intermedios, y bajo cargas concentradas intensas; su fin es trasmitir fuerzas exteriores al alma, evitando que se exceda su resistencia. Por lo tanto, se colocarán pares de atiesadores en el alma de las trabes armadas en todos los puntos en que haya fuerzas concentradas, ya sean cargas o reacciones. ‘Si se emplean atiesadores en cada carga concentrada, no tienen que revisarse los estados límite de fluencia del alma, aplastamiento del alma y pandeo lateral del alma’ (Segui, 2000). Las NTC-DF requieren que se utilicen atiesadores de apoyo de altura total en pares y se
analicen
como
columnas
cortas
axialmente
cargadas,
sometidos
a
las
siguientes
directrices (Arnal y Betancourt, 1999):
La sección transversal del miembro axialmente cargado consiste en las placas del atiesador y una longitud del alma simétricamente situada. Esta longitud no debe ser mayor que 12 veces el espesor del alma para un atiesador de extremo o que 25 veces el espesor del alma para un atiesador interior
La longitud efectiva debe igualarse a 0.75 veces la longitud real, es decir, Kl = 0.75h
Al obtener la relación L/r, el radio de giro se toma alrededor del eje del alma de la trabe
Los atiesadores deben ser secciones tipo 1, 2 o 3
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El grueso de los
atiesadores ≥ mitad del
espesor del patín
del elemento
atiesado
La
relación
ancho/espesor
de
cada
atiesador
de
apoyo
no
debe
exceder
de
800/√Fy.
Ejemplo: Diseñar la trabe armada que se muestra en la figura. El patín comprimido está soportado lateralmente en los apoyos y en los puntos de
aplicación de cargas
concentradas. El acero es A36. Las cargas son de diseño.
A. Diseño preliminar del alma Suponemos un peralte del alma, h = 1.80 m Grueso mínimo del alma; si según los requisitos, consideramos que a/h > 1.5, (h/t)máx = 985 000 cm/323 = 0.557 cm √Fy(Fy + 1150) alma de ¼” (0.63 cm)
;
(h/t)máx = 323 ,
por lo tanto,
tmín = h/323
= 180
se adopta un espesor del
B. Diseño preliminar de los patines Nota: el área necesaria para cada patín, puede determinarse de manera aproximada con la expresión, Ap = Mu = 398.9 x 105 kg-cm cm (Ap = 88.8 cm2) Fyh 2530 kg/cm2(180 cm)
=
87.6 cm2
,
se propone una placa de 40 x 2.22
Por lo tanto; se ensayará una sección I con un alma de 180 cm x 0.63 cm y patines de 40 cm x 2.22 cm Utilizando el teorema de las ejes paralelos y calculando los módulos de sección como se indicó en los temas anteriores, tenemos Ix = 1’780,516 cm4,
Iy = 23,684 cm4,
Sx = 19,307 cm3,
Zx = 21,282 cm3,
My = SxFy =
488.70 ton-m Revisión del tipo de sección: PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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Para los patines,
bp/tp = 40 cm/(2 x 2.22 cm)
= 9.0
<
460/√Fy = 9.15
; los
patines son tipo 1 Para el alma, h/ta = 180 cm/0.63 cm = 286
>
8000/√Fy = 159
;
el alma es tipo 4
C. Revisión de la sección propuesta por flexión Para el tramo CD,
L = 4.30 m y Mmáx = 389.8 ton-m
Como los patines son tipo 1 y el alma es tipo 4, el MR se obtiene con la fórmula de la teoría de vigas, siguiente, Ya que, el momento en todo el tramo sin contraventeo lateral es mayor que en los extremos, C = 1.0 Ca = Iy(h + tp)2 = 196’602,000 cm6 4
; 3
J = 1 ∑bt3 = 306.8 cm4
Mu = 2,362 t-m > 2/3My=325.8 t-m,
por lo tanto
Por lo tanto, MR = 439.8 t-m Como (h/t)alma = 284 resistente debe por la esbeltez alma
>
8000
=
√(MR/Sx)
8000 √(439.8 x 105 kg-cm/19307 cm3
= 168 , el momento corregirse
MR’ = MR[1 – 0.0005 Aa ( h 8000 ) ] = 439.8[1 – 0.0005 x 180cm(0.63 cm) (284 – 168)] = 407.2 t-m Ap t √(MR/0.9S) 40 cm(2.22 cm) Como se observa, el momento resistente de diseño, 407.2 t-m, es mayor que el momento de diseño máximo en el tramo CD, 389.9 t-m. Por lo que, se acepta la sección ensayada Para los tramos AC y DB,
L = 5.20 m y Mmáx = 384.5 t-m
C = 0.60 + 0.4Mi/M2 = 0.60 (porque, M1 = 0) Mu = 2698 t-m.
Como este valor es mayor que el correspondiente en el tramo CD,
los
tramos laterales estarán mas sobrados que el central.
D. Requisitos de atiesadores (Revisión de la sección propuesta, por cortante) 1.- Atiesadores bajo cargas concentradas 1.1. Atiesadores en los apoyos. Revisión del flujo plástico local del alma. (considerando el procedimiento que se dá en las NTC-DF) Supóngase que la longitud de apoyo es de 5 cm (N = 5 cm) y que la soldadura entre el alma y los
patines es de 0.5 cm.
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K = 2.22 x 0.5 = 2.72 cm ; RN ton
= (2.5K + N) Fy ta
= [2.5(2.72) + 5]2.53 x 0.63 = 18.8
< 90.07 Por lo tanto, se requieren atiesadores en los extremos de la trabe.
Nota: Si el flujo
plástico local del alma no fuese crítico, sería necesario revisar
las demás condiciones estipuladas en el artículo 3.7 de las NTC-DF 1.2. Atiesadores bajo cargas reales. Supóngase también N = 5 cm RN = (5K + N)Fyta = [5(2.72) + 5.0]2.53 x 0.63 = 29.6 ton
< 44.5 ton.
La resistencia del alma es menor que las cargas concentradas, de manera que también deben colocarse atiesadores bajo estas. 2. Atiesadores intermedios. (para ayudar al alma a tomar el cortante, en caso necesario) Aa = (180 + 2 x 2.22) x 0.635 = 117.1 cm2
;
h/t = 180/0.635 = 284.
2.1 Tableros extremos. (como mencionamos anteriormente, en este tipo de tramos no debe formarse campo de tensión diagonal, lo que nos lleva a considerar como estado límite de falla, a la iniciación del pandeo) La
reacción
de
diseño
de
la
trabe
es
de
90.07
ton.
(si
la
igualamos
con
la
correspondiente fórmula de resistencia, obtenemos K), VR = VD ; FRVN = 90.07 ton 1’845,000K(117.1) ] = 90.07x103
;
0.9
[
1’845,000KAa
]
=
90.07x103
kgs
(h/t)2
;
0.9
[
(284)2
K = 37.4 Sustituimos el valor de K, para encontrar la separación “a”, K = 5.0
+
5.0 ; (a/h)2
37.4
= 5.0
+
5.0 (a/h)2
;
a = 0.393 x 180 cm
= 70.7 cm
Por lo tanto, el primer atiesador intermedio se colocará a una distancia del apoyo igual a 70 cm comprobación: como h/t = 284
> 2000√(K/Fy) = 2000√(37.4/2530) = 243
VR = 0.9 [ 1’845,000(37.4)(117.1) ] x 10-3 = 90.2 ton resistencia nominal 2842 correcta, porque h/t > 2000/√(K/Fy)
(la formula para evaluar la del alma por cortante es
2.2 Tableros adicionales (en estos, a diferencia de los extremos, si debe formarse el campo de tensión diagonal) La fuerza cortante a 70 cm del apoyo es, 90.07 ton – 6.2T/m(0.7m) = 85.73 ton La distancia entre el primer atiesador intermedio y la fuerza concentrada (carga) es, 520 cm – 70 cm = 450 cm La distancia máxima “a” para la que puede utilizarse el campo de tensión diagonal es, [260/(h/t)]2 = [260/284]2 = 0.838 PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
;
0.838 = a/h ,
a = 0.838(180 cm) = 151 cm FACULTAD DE INGENIERÍA
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Se revisará el alma con a = 450 cm/3
= 150 cm
( a/h = 150 cm/180 cm
= 0.833)
Se considerará el estado límite de falla por tensión diagonal. K = 5.0
+
5.0 = 5 + 5/0.833 = 11.00 (a/h)2
como h/t = 284
> 2000√(K/Fy) = 2000√(11/2530) = 132, se utilizará la ecuación,
Por lo tanto la separación que se acaba de ensayar (150 cm), es correcta Revisión del tramo central,
L = 4.30 m y VD = 13.73 ton
Se revisará sin atiesadores intermedios,
a = 430 cm
A/h = 430/180 = 2.389 > [260/(h/t)]2 = 0.838 , por lo tanto, no puede usarse la tensión diagonal; y la resistencia al cortante se calcula como sigue, K = 5.0
+
5.0 = 5.88 (2.389)2
como h/t = 284
> 2000√(K/Fy) = 2000√(5.88/2530) = 96
VR = 0.9 [ 1’845,000(5.88)(117.1) ] x 10-3 = 14.2 ton necesita atiesador 2842
> 13.73
; por lo que, no se
E. Diseño de los atiesadores (Dimensiones de los atiesadores) 1.- Atiesadores intermedios, Se harán con placas, colocadas simétricamente en los dos lados del alma Aat = Y[ 0.15Caht(1 – Cv)VD - 18t2 ] ≥ 0 VR Y = 1.0 (se utiliza acero con un solo grado de fluencia) , Ca = 1.0 . Para el primer Área total de cada par de atiesadores
atiesador (a 70 cm del apoyo), VD = 85.73 ton y VR = 111.3 ton Debido a la ecuación utilizada para el diseño del alma, Cv = 3 200 000(11) / [2530(284)2] = 0.172 Sustituyendo cada uno de los valores anteriores, tenemos un Aat = 3.7 cm2 Se proponen 2 placas de 7 cm de ancho por 0.84 cm (3/16”) de espesor (A = 2(7 cm)(0.48 cm) = 6.7 cm2
> 3.7 cm2 )
Revisión; Relación ancho/grueso, b/t = 14.6 PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
<
800/√fy = 15.9 FACULTAD DE INGENIERÍA
89
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
El momento de inercia del par de atiesadores propuestos debe ser igual o mayor que, ata3[ 2.5 (a/h)2
-
2]
0.5ata3
≥
(150)(0.48)3[ 2.5 (150/180)2
-
,
donde ta es el grueso del alma
2] = 26.5 cm4
≥
0.5(150)(0.48)3 = 8.3 cm2 ,
momento de inercia de los atiesadores propuestos, = 0.48(2 x 7 125.3 cm4 > 26.5
+ 0.63)3 / 12
=
Por lo tanto, todos los atiesadores intermedios serán formados por 2 placas de 7 cm x 0.48 cm c/u 2.- Atiesadores de apoyo, 2.1 Atiesadores extremos, Como deben resistir la reacción en el extremo de la trabe, de 90.07 ton, y la relación b/t ≤ 15.9. Proponemos atiesadores de 18 cm de ancho por 1.27 cm (1/2”) de espesor (b/t = 18/1.27 = 14.2 < 15.9) Los atiesadores se diseñan como columnas. Las propiedades de la sección transversal son, A = 50.5 cm2, Ix = 5202 cm4, rx = 10.1 cm Como KL/r = 0.75(180 cm)/10.1 cm = 10.4 Rc = FRAtFy[1 – (KL/r)2 ] 90.07 ton 2(KL/r)c2
<
(KL/r)c = 126
= 0.9(50.5)(2530)[ 1
–
10.42
] x 10-3
=
114.6 ton
>
(2x1262)
Revisión por aplastamiento, según las NTC-DF: Área de contacto = (18 cm – 1.5 cm)1.27 cm x 2
= 41.9 cm2
(el 1.5 cm = descuento en la esquina del atiesador, para pasar la soldadura) Resistencia al aplastamiento = 1.5 FyFR(área de contacto) x 10-3 = 119.3 ton
= 1.5(2530)(0.75)(41.9 cm2)
> 90.07 ton
Por lo tanto, se aceptan para los extremos, los atiesadores ensayados 18 cm x 1.27 cm)
(2 placas de
2.2- Atiesadores bajo cargas concentradas, Bajo las cargas concentradas, como mínimo se debe desarrollar el campo de tensión diagonal. Revisión del posible flujo plástico local del alma, Para ello se supone que no hay atiesadores, pues las fuerzas producidas por la carga exterior y el campo de tensión son aditivas RN = (5K + N)Fyta
=
[5(2.22 + 0.48) + 5.0]2530(0.63) x 10-3
= 29.5 ton
< 44.5 ton
Se ha supuesto que la carga concentrada está aplicada en 5 cm de longitud (N = 5 cm) y que el alma y los patines están unidos con soldadura de filete de 0.48 cm.
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90
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Para evitar esta forma de falla se necesita un área de atiesadores de (44.5 – 29.5 )/2.53 = 5.9 cm2, la cual, se suma con (3.7 cm2) la requerida para que se forme el campo de tensión El área total del par de atiesadores bajo carga concentrada debe ser, como mínimo, 5.9 + 3.7 = 9.6 cm2 Por lo que, proponemos usar 2 placas de 10 cm de ancho por 0.63 cm de espesor: Aat = 2(10 cm)(0.63 cm) = 12.6 cm2
> 9.6 cm2
H/t = 10/0.63 = 15.9, se admite Nota: Debido a que el alma está atiesada, los otros estados límite de falla no se presentan.
4.2-1 Determinar el “factor de forma” IPR 8” X 4” kg/cm2. 22.3 kg/m Del manual obtenemos los Siguientes datos; I = 193 D = A = S = Z = fy
1,998 cm4 cm3 ) 20.60 cm 28.60 cm2 193 cm3 223 cm3
del siguiente perfil laminado. Considere acero A36
1.- Cálculo del momento elástico, MS; y = My x Y ; My = y x I ; donde y = fy = 203 X 102 I Y Ms = ( 2,530 kg/cm2 ) ( 1,998 cm4 ) = 490,771 kg-cm
2,530
( 20.60 cm /2 ) 1.2.- Cálculo de Ms utilizando el módulo de sección elástico; s = I
;
My
Y
=
y x s
Mp = A1 x Fy
( 2,530 kg/cm2 ) (
My = 488,290 kg-cm
2.- Cálculo del momento plástico, Mp ; A1= A2; C = T = A1 x Fy ; Mp = T x Y
kg/cm2.
=
;
donde
y =
y = 2,530
x Y
Mp = ( 2,530 kg/cm2 ) ( 14.3 cm2 )
( 15.6 CM ) = 564,392 kg-cm Distancia centroidal = 7.8 cm 2.2.- Cálculo de Mp utilizando el módulo de sección plástico; z = A1 x Y ; Mp = y x Z = ( 2,530 kg/cm2 ) 3 ( 223 cm ) Mp = 564,190 kg-cm Factor de forma = Mp = 564,190 kg-cm = 1.16 Ms 488,290 kg-cm
4.2-2 Determine el factor de forma de dos canales C10x30 espalda con espalda. Considere acero A36. Del manual, tenemos ⇛ [Sx = 339.2 cm3, A = 56.9 cm2, d = 25.4 cm] a).- Cálculo de My: My = FySx = 2530 kg/cm2(339.2 cm3)(2)
= 1’716,352 kg-cm
b).- Cálculo del centroide de la media mitad, respecto al patín superior, 21.7043 + 5.995h/2 = 56.90/2 ; Y = (12.7 cm x 1.709 cm)(6.35 cm) + [(5.995 cm x 2.25 cm)/2](2.25/3) PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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91
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS 2
h = 2.25 cm
56.90 cm /2 Y = 5.02 cm
c).- Cálculo del Mp, = [(56.9 cm2/2)(25.4 cm – 2(5.02 cm))] x 2
Zx = (A/2)a Mp = FyZx
= 2,530 kg/cm2(873.984 cm3)
= 873.984 cm3
= 2’211,179.52 kg-cm
Por lo tanto, el factor de forma es; = Mp My
=
2’211,179.52 kg-cm 1’716,352 kg-cm
=
1.28
4.3-1 En la figura se muestra el arreglo de vigas que se usan para soportar el piso de concreto reforzado de 6” de espesor. Diseñe las vigas suponiéndolas simplemente apoyadas. Suponga soporte lateral total y una carga viva de 120 lb/ft2. El peso del concreto es de 150 lb/pie3. Cargas muertas; Losa = (6/12)(150 lb/ft3)(15 ft) = 1,125 lb/ft Proponemos un peso propio de la viga = 200 lb/ft La carga muerta por servicio total es, wD = 1,325 lb/ft Carga viva = 120 lb/ft2(15 ft) ; lb/ft
wL = 1,800
Como wD < 8wL, la combinación de cargas que gobierna es, W = 1.2wD + 1.6wL = 1.2(1325 lb/ft) + 1.6(1800 lb/ft) = = 4,470 lb/ft Para una viga simplemente apoyada y con carga uniforme, el momento flexionante máximo (MD) se presenta a la mitad del claro y es, MD = wl2/8
= [4,470 lb/ft(38 ft)2]/8
=
806,835 lb-ft
Como el patín comprimido está totalmente soportado lateralmente, MR = FRZxFy ; si igualamos MR con MD, obtenemos, (12)(806,835 lb-ft
=
0.9(36,000 lb/in2)Zx
;
Zx = 298.83 in3
con base el Zx, proponemos usar W12x190 (Zx = 310.98 in3)
4.3-2 La viga W30x99 (Fy = 2,530 kg/cm2) mostrada en la figura tiene soporte lateral en sus extremos y en el centro del claro. Determine la carga permisible máxima P, si se aplica una carga muerta uniforme de servicio de 1,190.53 kg/m (no incluye el peso de la viga) en todo el claro. Del manual, tenemos; A = 187.8 cm2, d = 75.3 cm, bf = 26.5 cm Zx = 5,113 cm3, tw = 1.32 cm,
tf = 1.7 cm,
ry = 5.3 cm,
peso propio = 147.33 kg/m
La carga muerta por servicio total es, WD = 1,190.53 kg/m + 147.33 kg/m
= 1,337.86 kg/m
muerta, la combinación que gobierna es, PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
; como se trata solamente de carga
w = 1.4wD = 1.4(1,337.86 kg/m)
= 1,873 kg/m FACULTAD DE INGENIERÍA
92
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
El momento máximo será: Mmáx = wl2 8
+
PL 4
=
1873 kg/m(12.192 m)2 8
+
PL 4
=
34,801.48 kg/m + PL 4
Cálculo de Lu y Lr; Xr = 2.4(1)[ 75.3 cm ]2( 2,530 kg/cm2 1.7 cm 2.04x106 kg/cm2
)
= 5.84 cm
Xu = 3.22Xr = 18.8 cm
Lu =
6.55 [ 75.3 cm(5.3 cm) ]x√(1 + √1 + 18.8 cm2 ) 18.8 cm 1.7 cm
= 364.19 cm
Lr =
6.55 [ 75.3 cm(5.3 cm) ]x√(1 + √1 + 5.84 cm2 ) 5.84 cm 1.7 cm
= 692.88 cm
como L = 6.096 m > Lu = 3.6419 m, se trata de un miembro no soportado lateralmente Revisión del tipo de sección; Para
el
patín,
bf/tf
=
(26.5
cm/2)/1.7
cm
=
7.79
<
460/√Fy
=
9.14
;
el patín es tipo 1 Para el alma,
d – 2tf)/tw
=
[75.3 cm –2(1.7 cm)]/1.32 cm = 54.47
<
3500/√Fy = 69.58 ;
el alma es tipo 1 Cálculo del Mp; Mp = FyZx
= 2,530 kg/cm2(5,113 cm3)
= 12’935,890 kg/cm
;
2/3Mp = 8’623,926.67 kg-cm
Cálculo de Mu; Mc1 = [2.04x106 kg/cm2(187.8 cm2)(1.7 cm)]/(609.6 cm/5.3 cm)
= 5’662,465.75 kg-cm
Mc2 = [4.7(2.04x106 kg/cm2(187.8 cm2)(75.3 cm)]/[(609.6 cm/5.3 cm)2] cm Mu = √(5’662,465.752 + 10’248,974.492)
=
=
10’248,974.49 kg-
11’709,184.67 kg-cm
Como Mu > 2/3Mp ; MR = 1.15(0.9)(12’935,890 kg-cm)[1 – (0.28)(12’935,890 kg-cm) ] = 9’247,082.24 kg-cm FrMp = 11’642,301 11’709,184.67 kg-cm igualando el Mmáx con MR 3’480,148 kg-cm + PL 4
=
9’247,082.24 kg-cm
<
; si L = 12.192 m
P = 18,920.38 kg Nota: habrá que revisar el elemento por fuerza cortante y por la interacción flexióncortante 4.5-1 La viga mostrada es la figura está formada por un perfil W21x73 de acero A36 con soporte lateral continuo. LA carga uniforme es una carga muerta sobrepuesta y la carga concentrada es una carga viva. ¿Es adecuada la viga? Del manual, tenemos, A = 138.7 cm2, bf = 21.1 cm, tf = 1.88 cm, d = 53.9 cm, Zx = 2,819 cm3, peso propio = 108.64 kg/m
tw = 1.16 cm,
La carga muerta por servicio total es, WD = 2,976.32 kg/m + 108.64 kg/m = 3,084.96 kg/m En este caso, la factorización será; PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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93
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
W = 1.4wD
=
4,318.94 kg/m
P = 1.6wL
=
10,886.21 kg
El momento máximo será: Mmáx = wl2 + PL = 4,318.94 kg/m(9.14 m)2 8 4 8 El cortante máximo será: Vmáx = wl 2
+
P 2
=
4,318.94 kg/m(9.14 m) 2
+
+
10886.21 kg(9.14 m) 4
10,886.21 kg 2
=
=
69,975.3 kg-m
25,180.66 kg
Revisión por flexión, Como el patín comprimido tiene soporte lateral continuo, se trata de un miembro soportado lateralmente Revisión del tipo de sección; Para el patín,
bf/tf
=
(21.1 cm/2)/1.88 cm
= 5.61
<
460/√Fy
= 9.14
;
el patín es tipo 1 Para el alma,
d – 2tf)/tw
=
[53.9 cm –2(1.88 cm)]/1.16 cm = 43.22
< 3500/√Fy = 69.58 ;
el alma es tipo 1 ⇛ MR = FRZxFy
= 0.9(2,819 cm3)(2,530 kg/cm2)
= 6’418,863 kg-cm
como Mmáx > Mr ; 6’997,530 kg-cm > 6’418,863 kg-cm, la sección no es adecuada por flexión. (Sin embargo, hay que tomar en cuenta que se exageró con los factores de carga) Revisión por cortante, Para
a/h = 914 cm/50.14 cm = 18.23
Como h/tw = (d – 2tf)/tw ⇛ VN = 0.66FyAa VR = FrVN
= 43.22
;
K = 5 + 5/18.232
< 1400√(K/Fy) = 62.33
= 0.66(2530 kg/cm2)(1.16 cm x 53.9 cm)
= 0.9(104,402.58 kg)
= 5.02
= 93,962.32 kg
= 104,402.58 kg
> Vmáx ; por lo que, la sección es adecuada
por cortante Revisión de la interacción Flexión-Cortante; 0.727[6’997,530 kg-cm/6’418,863 kg-cm] + 0.455[25,180.66 kg/93,962.32 kg] = 0.91
< 1.0
OK
4.4-1 La viga mostrada en la figura está soportada sólo en sus extremos. Las cargas concentradas son cargas vivas de servicio. ¿Es adecuado para resistir el cortante un perfil w12x30 de acero A36? Del manual, d = 31.3 cm, tf = 1.12 cm, tw = 0.66 cm La carga factorizada será; P = 1.6PL = 54,431.04 kg Vmáx = P = 54,431.04 kg Revisión por cortante, Para
a/h = 304.8 cm/[31.3 cm –2(1.12 cm)] = 10.49
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;
K = 5 + 5/10.492
= 5.05 FACULTAD DE INGENIERÍA
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Como h/tw = (d – 2tf)/tw ⇛ VN = 0.66FyAa VR = FrVN
= 44.03
< 1400√(K/Fy) = 62.24
= 0.66(2530 kg/cm2)(31.3 cm x 0.66 cm)
= 0.9(34,494.73 kg)
= 31,045.26 kg
= 34,494.73 kg
< Vmáx ; por lo que, la sección NO es
adecuada por cortante
Capítulo 5
En la realidad, la mayoría de las vigas y columnas están sometidas, en cierto grado, a
la
flexión
y
indeterminadas.
a A
la
carga
tales
axial.
Principalmente
miembros,
se
les
en
llaman
las
estructuras
vigas-columnas
estáticamente o,
elementos
flexocomprimidos. Debido a que, generalmente, las vigas se ligan a las columnas mediante ángulos o ménsulas colocadas a los lados de estas, se originan en las columnas momentos debidos a la excentricidad de las cargas aplicadas, y, entonces, las columnas se constituyen en elementos flexocomprimidos (McCormac, 1991). La mayoría de las columnas en marcos rígidos son en realidad miembros flexocomprimidos. Otro ejemplo de viga-columna, se encuentra en, la cuerda superior de las armaduras cuando se colocan polines entre los nudos (Segui, 2000).
Para que una estructura sea regular, debe satisfacer las siguientes condiciones (Arnal y Betancourt, 1999):
Estar formada por marcos planos;
con o sin
contraventeo vertical, muros rígidos
Tener sistemas de piso muy resistentes y rígidos
Poseer marcos con características geométricas semejantes
Todas las columnas de un entrepiso deben tener la misma altura, aunque ésta varíe de un entrepiso a otro
Ejemplos; edificios urbanos, de departamentos, de oficinas
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95
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Una
estructura
se
considera
irregular,
cuando
se
presenta
alguno
de
los
casos
siguientes (Arnal y Betancourt, 1999):
Está formada por marcos NO planos.
No forman dos sistemas de marcos perpendiculares entre sí
Cuando los sistemas de piso tienen muy poca rigidez
Cuando
zonas
importantes
de
los
entrepisos
están
huecas
(sin
diafragmas
horizontales)
Cuando la geometría de los marcos difiere sustancialmente de unos a otros.
Cuando
las alturas de las columnas que forman parte de un mismo entrepiso son
apreciablemente diferentes Ejemplos; Cines, teatros, construcciones industriales
auditorios,
construcciones
deportivas,
templos,
Nota: Una estructura puede ser regular en una dirección e irregular en la otra.
La
estabilidad
de
una
estructura,
forma
parte
de
los
estados
límite
de
falla
considerados en el análisis de la misma. La inestabilidad, puede ser de la estructura en su conjunto, ó de alguna viga-columna en particular. Para la inestabilidad como fenómeno de conjunto, ocupa un papel muy importante la manera en que cada elemento vertical de la estructura contribuye a la resistencia y rigidez lateral del edificio (De Buen, 1993); debido a lo cual, los marcos se clasifican en dos tipos: 1. Marcos Contraventeados o Arriostrados.En ellos; La estabilidad lateral es proporcionada por contravientos verticales o, muros de cortante (de concreto reforzado) ligados a los marcos por medio de losas de concreto Los desplazamientos “∆” suelen ser poco importantes, por lo que, su efecto no se incluye en el diseño. Sus elementos flexocomprimidos se dimensionan con factores de longitud efectiva K menores que uno Las fuerzas axiales en sus miembros flexocomprimidos, producidas por las fuerzas verticales y horizontales de diseño (ó actuantes), deben ser ≤ 0.85Py. Donde, Py = Asección transversal(Fy)
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Figura 5.1
Marcos Contraventeados
2. Marcos No Contraventeados.En ellos; La estabilidad lateral es proporcionada por las vigas y columnas (unidas rígidamente entre sí) que los componen; por lo que, la rigidez lateral, en este caso, es mucho menor que la del caso anterior. Los desplazamientos “∆” son muy significativos, por lo que, sus efectos se toman en cuenta
en
el
diseño
ejecutando
un
análisis
de
segundo
orden
(se
verá
en
temas
posteriores). Sus elementos flexocomprimidos se dimensionan con factores de longitud efectiva K mayores que la unidad. La fuerza axial en los elementos flexocomprimidos, debe ser ≤ 0.75Py
Figura 5.2 Nota: geometría
teóricamente, como
en
para
carga;
cargas
los
Marcos no contraventeados gravitacionales
desplazamientos
y
marcos
laterales
son
simétricos nulos,
tanto
estén
o
en no
contraventeados. Sin embargo, se debe considerar como mínimo un desplazamiento ∆, igual a h/500 (Arnal y Betancourt, 1999). Ahora bien, ya sea, el pandeo de un entrepiso bajo carga vertical, o la inestabilidad de un entrepiso producida por cargas verticales y horizontales combinadas; son fenómenos de conjunto, en los que intervienen todas las columnas, vigas, muros de rigidez, y PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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97
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
contraventeos verticales del entrepiso que estén ligados entre sí de manera tal que sus extremos experimenten desplazamientos horizontales iguales. Cabe aclarar que, como la mayoría de los sistemas de piso tienen rigidez en su plano suficiente para desplazarse, lineal y angularmente; para que los miembros de cualquier elemento
vertical
desplazarse Entonces,
también
los
(columna, los
de
muro todos
desplazamientos
o los
contraviento) elementos
laterales,
son
se
muevan
verticales
función
de
linealmente,
restantes
la
rigidez
del
han
de
entrepiso.
lateral
de
la
estructura (dependiendo esta última de que esté o no contraventeado el marco), (Arnal y Betancourt, 1999). Para determinar la necesidad de efectuar en las columnas de entrepisos de marcos que forman parte de estructuras regulares un análisis de segundo orden, las NTC-DF marcan lo siguiente: ,
Si las
se debe realizar un análisis de primer orden (son frecuentes
estructuras con marcos contraventeados) donde: ∆ei = desplazamiento horizontal relativo del entrepiso i, multiplicado por el
factor de comportamiento sísmico Q cuando éste se ha utilizado en el análisis. Hi = altura total del entrepiso i Vi = fuerza cortante en el entrepiso i Wi* = peso de la construcción arriba del nivel i De
lo
estructuras
contrario, con
marcos
se no
efectuará
un
análisis
arriostrados).
En
de
esta
segundo
orden
(es
situación,
el
factor
el de
caso,
de
longitud
efectiva K determinarse analíticamente, ya sea: 1* A través del cálculo de los índices de rotación (Yi) de los extremos del miembro en cuestión, y obteniendo del nomograma de factores de longitud efectiva su valor (NTC-
concreto). donde: n = numero de columnas que llegan al nodo del miembro en cuestión (incluyendo el miembro
analizado).
i = Extremo considerado (solo se consideran los elementos contenidos en un plano de análisis). m = numero de trabes que llegan al nodo del miembro en cuestión.
2* A través de un análisis de interacción: flexión-carga axial de toda la estructura considerando el sistema de cargas aplicado.
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98
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Figura 5.3
Interacción Flexión-Carga Axial
Ahora, si consideramos la inestabilidad particular de una columna de la estructura, tenemos que; Cuando la resistencia ante fuerzas horizontales y la rigidez lateral de un entrepiso son elevadas, puede fallar individualmente alguna, o algunas, de las columnas que lo constituyen,
bajo
cargas
menores
que
las
que
ocasionarían
el
colapso
del
entrepiso
completo. En este caso, la falla puede ser por inestabilidad de la columna completa (la relación de esbeltez de la columna, se obtiene como se ha visto en el capítulo 3) o, porque se agote la resistencia de alguna de sus secciones extremas (secciones comúnmente sujetas a el momento máximo).
Si recordamos la ecuación básica de los factores de carga y resistencia, para los miembros flexocomprimidos tomará la forma siguiente, ∑ﻻiQi ФRn
≤ 1.0 ,
ó
∑efectos de las cargas resistencia
≤ 1.0
‘Si más de un tipo de resistencia está implicada, la ecuación anterior se empleará para formar la base de una fórmula de interacción. Por ejemplo, si actúan la flexión y la compresión axial, la fórmula de interacción sería’ (Segui, 2000): Pu ФcPn
+
Mu ФbMn
≤ 1.0
Donde, Pu = carga de compresión axial factorizada ФcPn = resistencia de diseño a compresión Mu = momento flexionante factorizado ФbMn = momento resistente de diseño
Para la flexión biaxial, habrá dos razones de flexión: Pu
+
[
Mux
+
Muy
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]
≤ 1.0 FACULTAD DE INGENIERÍA
99
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
ФcPn
ФbMnx
ФbMny
Esta, es la ecuación de interacción que puede utilizarse cuando se diseña algún elemento cuya sección transversal no está considerada en las NTC-DF, como son, la cuerda de una armadura formada por dos ángulos espalda con espalda, o, las secciones circulares huecas (tubos).
Como se puede apreciar, el diseño de miembros flexocomprimidos es siempre un problema de revisión, ya que para evaluar su resistencia y compararla con las acciones que obran sobre ellos han de conocerse sus propiedades geométricas y las restricciones en sus extremos, producidas por el resto de la estructura (De Buen, 1993). Para evaluar la resistencia, se utilizan las fórmulas de compresión axial (dadas en el capítulo 3) y las de flexión pura (dadas en el capítulo 4); sin embargo, las acciones que obran sobre ellos, se evalúan por medio de análisis de primer o segundo orden, según sea el caso.
Nota: Cuando analizamos un marco con alguno de los métodos elásticos comunes, los resultados se denominan momentos y fuerzas primarias o de primer orden. En un análisis elástico de primer orden, el material tiene un comportamiento elástico lineal (el cual termina cuando se forma la primera articulación plástica), y las ecuaciones de equilibrio se
formulan
tomando
como
base
la
geometría
inicial
del
marco,
sin
considerar
sus
deformaciones.
AMPLIFICACIÓN DEL MOMENTO.El enfoque anterior es satisfactorio mientras que la carga axial que actúe sobre el elemento flexocomprimido no sea muy grande (Segui, 2000). Si observamos la siguiente figura,
Figura 5.4
Modo de falla de un elemento flexocomprimido (Segui, 2000)
‘En un punto O cualquiera, hay un momento flexionante causado por la carga uniforme y un momento adicional PY originado por la carga axial al actuar con una excentricidad respecto al eje longitudinal del miembro. Este momento secundario es máximo donde la PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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100
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
2
deflexión es máxima, en este caso a la mitad de la altura, donde el momento total es wL /8 + Pδ’ (Segui, 2000). Por supuesto, el momento adicional causa una deflexión adicional; pero en este caso, la deflexión total no puede encontrarse linealmente, y, sin conocer la deflexión, no se puede calcular el momento. ‘Entonces,
los
procedimientos
numéricos
iterativos,
llamados
métodos
de
segundo
orden, pueden emplearse para encontrar las deflexiones y los momentos secundarios, pero, son métodos muy laboriosos e impracticables’ (Segui, 2000). ‘En la realidad, la mayoría de los reglamentos y de las especificaciones de diseño, calculan el momento flexionante máximo que resulta de las cargas de flexión (cargas transversales o momentos de extremo del miembro) por medio de un análisis de primer orden para luego multiplicarlo por un factor de amplificación de momento para tomar en cuenta el momento secundario’ (Segui, 2000). En las NTC-DF, dicho factor es,
1 , 1 – (Pu/FRPe)
Sin embargo, en el diseño por factores de carga y resistencia, se usan dos factores de amplificación: uno para tomar en cuenta la amplificación resultante por la deflexión del miembro (visto anteriormente) y otro para el efecto del desplazamiento lateral cuando el miembro es parte de un marco no arriostrado (el cual se tratará a continuación). La figura 5.5 ilustra esas dos componentes,
Figura 5.5
Componentes de amplificación de momentos (Segui, 2000)
En el inciso a), el miembro forma parte de un marco contraventeado y el momento secundario máximo es Pδ, que se suma al momento máximo dentro del miembro. Si el marco no está arriostrado, hay un componente adicional del momento secundario (inciso b) causado por el desplazamiento lateral, el cual tiene un valor máximo de P∆, y representa una amplificación del momento de extremo (Segui, 2000).
Para aproximar esos dos efectos, se utilizan dos factores de amplificación B1 y B2 para los dos tipos de momentos. PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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101
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Según las NTC-DF, los momentos amplificados por emplearse en el diseño se calculan con cargas y momentos factorizados, como sigue:
Determinación de los momentos de diseño Muox, Muoy, M*uox y M*uoy; para estructuras regulares,
a) Cuando los elementos mecánicos se obtienen con un análisis elástico convencional de primer orden; Muo = Mti + B2Mtp M*uo = B1Mti + B2Mtp
--------------------------- (a) --------------------------- (b)
Muo = momento amplificado de diseño en el extremo de la columna
M*uo = momento amplificado máximo de diseño de la columna
Mti = momento actuante máximo en el extremo de la columna en estudio, producido por cargas que no ocasionan desplazamientos laterales apreciables (cargas verticales), esté o no arriostrado el marco. (el subíndice “ti” se refiere a “traslación interrumpida”)
Mtp = momento de diseño máximo en el extremo de la columna en estudio, producido por
cargas
que
si
ocasionan
desplazamientos
laterales
apreciables
(cargas
horizontales o, cargas verticales no balanceadas → ver figura 5.6). El subíndice “tp” se refiere a “traslación producida”
Figura 5.6
Traslación producida de marcos no contraventeados
Mtp será cero si el marco está arriostrado, y los momentos Mti = Mt1
son la suma de
los producidos por las cargas verticales y las horizontales, ver figura siguiente,
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102
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Figura 5.7
Marcos Contraventeados sin traslación producida
B1 = factor de amplificación para los momentos que ocurren en el miembro cuando éste está arriostrado contra el desplazamiento lateral.
B2 = factor de amplificación para los momentos que resultan del desplazamiento lateral.
Se calculan con las ecuaciones siguientes, Donde, “C” se calcula como sigue,
Si no hay cargas transversales actuando sobre el miembro
M1 = momento de extremo menor (en valor absoluto) M2 = momento de extremo mayor del tramo en consideración (puntos soportados lateralmente) Nota:
la
curvatura
doble,
ocurre
cuando
M1
y
M2
son
ambos
horarios
o
antihorarios.
Para los miembros cargados transversalmente
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103
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
PE, se calcula como sigue, Donde, L = longitud no soportada lateralmente en el plano de la flexión .
r = radio de giro correspondiente -
K = factor de L.E.; tomando en cuenta
si los extremos de las columnas se desplazan o no.
∑PE = suma de cargas críticas de pandeo elástico de todas las columnas del
entrepiso en consideración (en dirección del análisis)
∑Pu = suma de cargas axiales de diseño en todas las columnas del entrepiso
en consideración
∆OH = desplazamientos horizontal relativo de los niveles que limitan el
entrepiso en consideración, producido por las fuerzas de diseño (también en la dirección del análisis), ver figura 5.8,
Figura 5.8
Desplazamientos horizontales relativos en una estructura
∑H = suma de todas las fuerzas horizontales de diseño que actúan arriba del
entrepiso (Fuerza cortante de diseño en el entrepiso, en la dirección del análisis)
L = altura del entrepiso
b) Cuando los elementos mecánicos se obtienen con un análisis elástico de segundo orden (o si se demuestra que pueden despreciarse los efectos de segundo orden); Mou = Mti + Mtp M*ou = B1(Mti + Mtp)
------------------------ (a) ------------------------ (b)
Todas las literales que aparecen en estas ecuaciones tienen el mismo significado que las de ecuaciones anteriores.
Determinación de los momentos de diseño Muox, Muoy, M*uox y M*uoy; para estructuras irregulares (Arnal y Betancourt, 1999),
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104
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
a) Cuando los elementos mecánicos se obtienen con un análisis elástico convencional de primer orden;
Muo = momento amplificado de diseño en el extremo de la columna
M*uo = momento amplificado máximo de diseño de la columna
Mti = momento actuante máximo en el extremo de la columna en estudio, producido por cargas que no ocasionan desplazamientos laterales apreciables (cargas verticales), esté o no arriostrado el marco. (el subíndice “ti” se refiere a “traslación interrumpida”)
Mtp = momento de diseño máximo en el extremo de la columna en estudio, producido por
cargas
que
si
ocasionan
desplazamientos
laterales
apreciables
(cargas
horizontales o, cargas verticales no balanceadas). Mtp será cero si el marco está arriostrado (el subíndice “tp” se refiere a “traslación producida”)
B1 = se obtiene de la misma manera que para estructuras regulares, tomando en cuenta que, los valores de C se aplican únicamente a columnas que formen parte de marcos contraventeados adecuadamente. En caso contrario, C = 0.85
b) Cuando los elementos mecánicos se obtienen con un análisis elástico de segundo orden;
donde, Con el significado inicialmente dado, salvo que ahora PE se calcula con Un K ≤ 1.0
Si Pcr/Pu ≥ 2.5, el pandeo de conjunto no es crítico, y, los momentos de diseño son iguales a; Mou = Mti M*ou
= B1Mti
Donde,
Pu = suma de las fuerzas axiales de diseño de todas las columnas del entrepiso en estudio
Pcr = la carga crítica de diseño de pandeo en el entrepiso, y se calcula como sigue,
Si
Si PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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105
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
o
∑Py = ∑AtFy , suma de fuerzas axiales que obrando por sí solas, ocasionarían la plastificación
de
todas
las
columnas
del
entrepiso
(las
consideradas
al
calcular R) o
FR = 0.90
o
R = Ventrepiso/∆OH , rigidez del entrepiso (todo lo que contribuya a la rigidez, en la dirección del análisis)
o
L = altura del entrepiso
Para el DIMENSIONAMIENTO DE COLUMNAS QUE FORMAN PARTE DE ESTRUCTURAS REGULARES, las NTC-DF proporciona las siguientes fórmulas: Las
dimensiones
de
las
columnas
se
obtienen
de
manera
que
se
cumplan,
simultáneamente, las condiciones de resistencia de las secciones extremas y de la columna completa.
Revisión de las secciones extremas,
Secciones tipo 1 y 2, En cada uno de los extremos de la columna deberá satisfacerse la condición,
Donde,
Muox y Muoy = momentos amplificados de diseño en torno al eje x y y, respectivamente
Mpex y Mpey = momentos resistentes de diseño de la sección flexionada alrededor de cada uno de los ejes centroidales y principales; calculados como sigue,
Para secciones I, H o en cajón: o
Mpx = ZxFy
o
Mpy = ZyFy
o
Pu = fuerza axial de diseño que actúa sobre la columna
o
Py = AtFy
o
Fr = 0.90
Para secciones circulares huecas: Mpe = [ 1 – (Pu/FrPy)1.7]Mp
o
Mp = 1/6FyD3Fr[ 1 – (1 - 2∏/D)3]
o
D = diámetro
El exponente ά tiene alguno de los siguientes valores, Secciones I o H,
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Secciones en cajón,
Cualquier otra sección, o o
1.00 P = Pu/FrPy Ln = logaritmo natural
En columnas para las que no se conoce ά, puede emplearse la siguiente ecuación (conservadoramente, siempre puede emplearse),
Secciones tipo 3 y 4, En cada uno de los extremos de la columna debe satisfacerse la condición,
donde, Mrx y Mry se calculan como se indicó en el inciso b y c de los miembros soportados lateralmente (en el capítulo 3)
Revisión de la columna completa,
Secciones tipos 1 y 2, Debe satisfacerse la condición:
Donde,
M*uox y M*uoy = momentos máximos amplificados de diseño, alrededor de los ejes x y y, respectivamente; aunque los dos no se presenten en el mismo extremo de la columna.
Mucx y Mucy = momentos resistentes de diseño de la columna flexionada en cada uno de sus planos de simetría, se calculan con las ecuaciones,
Donde, para secciones I o H, o
Si la columna tiene soporte lateral continuo, o tiene soportes laterales
con
separación
“L”
no
mayor
que
“Lu”
cuando
no
se
requiere capacidad de rotación, o no mayor que “Lp” cuando sí se PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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107
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
requiere capacidad de rotación (Lu y Lp, calculados como indica el capítulo 4), Mm = FrMpx. o
De lo contrario, Mm será,
Rc = resistencia de diseño en compresión, calculada de acuerdo al capítulo 3
o
Ry = radio de giro respecto al eje y
El exponente β tiene alguno de los siguientes valores, Secciones IR, IS, IE, H
β
Donde, D = peralte total sección B = ancho de los patínes Cajón, cuadradas
Otras
En columnas para las que no se conoce β, puede emplearse la siguiente ecuación (se emplea conservadoramente si se conociera β),
Secciones tipo 3 y 4, Debe cumplirse la condición,
donde,
Mrx y Mry = se calculan de acuerdo al capítulo 4
Para el DIMENSIONAMIENTO DE COLUMNAS QUE FORMAN PARTE DE ESTRUCTURAS IRREGULARES, las NTC-DF proporciona las siguientes fórmulas: Las
dimensiones
de
las
columnas
se
obtienen
de
manera
que
se
cumplan,
simultáneamente, las condiciones de resistencia de las secciones extremas y de la columna completa. La Revisión de las secciones extremas y de la columna completa, se realizan con las fórmulas dadas anteriormente para columnas que forman parte de estructuras regulares, teniendo en cuenta que, los momentos amplificados de diseño Muox, Muoy, M*uox y M*uoy, se calculan según sea el caso, para estructuras irregulares.
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108
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Nota: Las fórmulas anteriormente proporcionadas tanto para columnas de estructuras regulares como para las columnas de estructuras irregulares, están basadas en el análisis de primer orden, y toman en cuenta los efectos de segundo orden utilizando factores de amplificación de momentos. Sin embargo, si se requiere una precisión mayor, habrá que tomar en cuenta los efectos exactos, efectuando mediante métodos racionales, un análisis “real” de segundo orden (De Buen, 1993).
El diseño consiste en la revisión de perfiles preliminares que se han obtenido con métodos aproximados, o por comparación con estructuras semejantes diseñadas previamente. La revisión se hace para todas las condiciones de carga de interés, utilizando en cada caso el factor de carga indicado en el reglamento; en lo que sigue se
consideran
las dos condiciones más comunes, carga vertical y carga vertical más sismo (esta última, suele
comprender
dos
casos;
debido
a
que
el
análisis
sísmico
se
efectúa
en
dos
direcciones ortogonales). A
continuación,
de
acuerdo
a
las
NTC-DF,
se
proporciona
una
guía
(mediante
el
siguiente ejemplo), para el diseño de columnas que están sometidas a flexocompresión biaxial, y que además, forman parte de entrepisos que presentan desplazamientos laterales relativos (por ejemplo, las columnas situadas en la intersección de dos marcos rígidos, perpendiculares entre sí, que forman parte de la estructura de edificios de varios pisos):
Ejemplo: En la figura 5.9 se muestra la planta de un edificio de ocho niveles. En este ejemplo se revisa el tramo de la columna A2 comprendido entre los niveles 3 y 4, cuya sección transversal aparece en la figura. El acero es A36.
En la figura 5.10 se indican los elementos mecánicos nominales que actúan sobre la columna. Puede considerarse que todos los momentos, de carga vertical y de sismo, son iguales en los dos extremos de la columna, y la flexionan en curvatura doble, y que la carga
vertical
no
ocasiona
desplazamientos
lineales
relativos
de
sus
extremos
(hay
simetría en geometría y cargas), mientras que el sismo si los ocasiona. Figura 5.9;
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Figura 5.10;
La secuela recomendada para diseño de elementos flexocomprimidos de las NTC-DF, es la siguiente; A1.- Determinar las cargas críticas elásticas del entrepiso en que se encuentra la columna en estudio, en las dos direcciones en que se efectúa el análisis (se requieren para evaluar los factores B 2, el cual no es necesario si los elementos mecánicos de diseño se obtienen con un análisis de segundo orden). Para este ejemplo, Nota: como no se conocen los desplazamientos relativos de entrepiso, las cargas críticas de pandeo elástico se obtendrán sumando las cargas críticas individuales de cada columna (considerando que forman parte de un entrepiso en el que puede haber traslación, es decir, con K > 1.0) a).- Pandeo alrededor del eje x, PEx = ∏2EIx / (KxL)2
= ∏2E(13899 cm4)/(2.6x280 cm)2 = 528 ton
Como las ocho columnas están en las mismas condiciones de geometría y cargas, Carga crítica del entrepiso,
(∑PE)x = 528 ton(8)
= 4,224 ton
b).- Pandeo alrededor del eje y, Las
columnas
de
las
esquinas
se
encuentran
en
condiciones
diferentes
que
las
centrales, ya que los giros de sus extremos están restringidos por una sola viga, entonces, PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Para las columnas de las esquinas, PEy = ∏2EIy / (KyL)2
= ∏2E(12173 cm4)/(2.69x280 cm)2 = 432 ton
Para las columnas centrales, PEy = ∏2EIy / (KyL)2
= ∏2E(12173 cm4)/(1.84x280 cm)2 = 923 ton
(∑PE)y = (432 ton + 923 ton)4
= 5,420 ton
A2.- Corregir la carga crítica por inelasticidad (esta corrección se hace casi siempre, ya que el pandeo de las columnas de las estructuras reales, se inicia, en la mayoría de los casos, fuera del intervalo elástico). Para este ejemplo, ∑Py = ∑(AFy) = 8[149.5 cm2(2530 kg/cm2)] = 3,026 ton
∑Py/2 = 1,513 ton
como las dos cargas críticas calculadas en el paso anterior son mayores que ∑Py/2, ambas deben corregirse por inelasticidad, Nota: como no se conoce la rigidez lateral del entrepiso, R, la corrección se hará con la expresión general. (Pcr)x = Fr∑Py[1 - ∑Py/4(∑PE)x]
= 0.9(3026 ton)[1 – 3026 ton/(4x4224 ton)]
(Pcr)y = 0.9(3026 ton)[1 – 3026 ton/(4x5420 ton)]
= 2,236 ton
= 2,343 ton
B. CONDICIÓN DE CARGA 1 : CARGA VERTICAL B1.- Determinar los factores de carga contra la falla por pandeo de conjunto; si son adecuados, el pandeo bajo carga vertical no es crítico, si no lo son, se rigidizará la estructura hasta obtener la seguridad deseada. Para este ejemplo, Nota: La carga vertical en el entrepiso (peso total del edifico desde el nivel superior hasta el 4, incluyendo este) es de 448 ton F.C.E. = (Pcr)x /∑Pu crítico
= 2236 ton/448 ton
= 5.0
> 2.5, el pandeo de conjunto no es
B2.- Clasificar la sección transversal de la columna, (para elementos compuestos, debe hacerse para cada condición de carga, ya que la clasificación del alma depende de la magnitud de la fuerza axial de compresión). Para este ejemplo, Py = AFy = 149.5 cm2(2530 kg/cm2)
Pu = 1.4x74.2 ton = 103.9 ton,
= 378.2 ton
Nota : Los patines, son las placas paralelas al eje de flexión, que en esta condición de carga es el x Patines; b/t = 23 cm/1.59 cm
= 14.5
< 1600/√Fy = 31.8 , por lo que, los patines son
tipo 1 Almas;
Pu/Py = 0.275
< 0.28, por lo tanto,
(h/t)máx = 3500 [1 – 1.4Pu ] √Fy
=
3500 [1 – 1.4(0.275)] √2530 kg/cm2
= 42.8
Nota : De lo contrario, (h/t)máx = 2100/√Fy ; para que la sección sea tipo 1 PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
h/t = 22 cm/1.59 cm = 13.8
< 42.8, por lo que , toda la sección es tipo 1
B3.- Evaluación de B1 (excluyendo las estructuras muy irregulares en geometría y/o cargas, las cargas verticales producen sólo momentos Mti) B3.1 Evaluar los coeficientes C correspondientes a cada marco. Para este ejemplo, Nota: Sólo interesa el factor B1x, pues las cargas verticales no ocasionan flexión alrededor del eje y. Además, como las cargas verticales no producen traslación y el pandeo de conjunto no es crítico, B1 se calcula con K < 1.0 Cx = 0.6 – 0.4M1x/M2x
= 0.6 – 0.4(1)
= 0.2
B3.2 Determinar las cargas críticas elásticas PE de la columna individual en los dos planos de pandeo Para este ejemplo, KxL = 0.95(280 cm)
= 266 ,
KyL = 0.89(280 cm)
PEx = ∏2EIx / (KxL)2
= ∏2E(13899 cm4)/(266)2 = 3,953 ton
PEy = ∏2EIx / (KyL)2
= ∏2E(12173 cm4)/(249.2)2 = 3,945 ton
= 249.2
B3.3 Calcular B1 en los dos planos (utilizando las dos cargas PE del paso anterior) Para este ejemplo, En este caso, no hay flexión alrededor del eje y, B1x = Cx/[1 – Pu/FrPEx] tanto,
= 0.2/[1 – 103.9 ton/(0.9x3953 ton)]
= 0.206
< 1.0 , por lo
B1x = 1.0
B3.4 Determinar los momentos de diseño amplificados de los dos planos. Para este ejemplo, Nota: de acuerdo con el enunciado del ejemplo, los momentos son iguales en los dos extremos de la columna. Y, no hay flexión alrededor de y. Muox = Mtix = 2.5 t-m(1.4) = 3.5 t-m *
M
uox
= B1xMtix =
1.0(3.5 t-m)
F.C. = 1.4
= 3.5 t-m
B3.5 Calcular la resistencia de diseño en compresión axial de cada columna (utilizar la esbeltez crítica, que corresponde a la mayor de las dos longitudes efectivas obtenidas en b3.2) Para este ejemplo, KxL/rx = 266/9.6 = 27.7 ; Λ = KxL/rx[√(Fy/∏2E)] 1,
KyL/ry = 249.2/9.0
= 27.7[√(2530 kg/cm2/∏2E)]
= 27.7
= 0.311
Como la columna es de sección transversal hueca, hecha con placas soldadas, y es tipo n = 1.4
Rc = 840 ton
AtFyFr [1 + λ2n – 0.152n]1/n
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=
149.5 cm2(2530 kg/cm2)(0.9)
= 332.6 ton
< FyAtFr =
[1 + 0.3112.8 – 0.152.8]1/1.4
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112
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
B3.6 Determinar la resistencia de diseño en flexión alrededor de los dos ejes principales (se puede utilizar la ecuación aproximada de m) Para este ejemplo, Mpx = ZxFy = 1322 cm3(2530 kg/cm2)
= 33.4 t-m
Lpx = 352000 + 211000(M1x/Mpx)]/Fy x ry kg/cm2 x 9 cm
= [352000 + 211000(2.5 t-m/33.4 t-m)]/2530
=
= 1308 cm
> 211000ry/Fy = 751
Nota : Lpx es mucho mayor que la altura de la columna (1308 > 280), de manera que el pandeo lateral no es crítico. Esta situación se presenta casi siempre en columnas en cajón de dimensiones usuales. MRx = FrMpx
= 0.9(33.4 t-m)
= 30.1 t-m
B3.7 Obtener los momentos reducidos Mpc y Muc, con sus respectivas ecuaciones. Para este ejemplo, Pu/FrPy =
1.4(74.2 ton)/(0.9x378.2 ton)
Mpcx = 1.18FrMpx[1 – Pu/FrPy]
= 0.305
= 1.18(0.9)(33.4 t-m)[1 – 0.305]
= 24.6 t-m
< FrMpx =
30.1 t-m Mucx = Mm(1 – Pu/FrPy)
= 30.1 t-m[1 – (1.4x74.2 ton)/332.6 ton]
= 20.7 t-m
B3.8 Calcular los coeficientes ά y β. Para este ejemplo, La sección es en cajón, y puede considerarse cuadrada, - ά = 1.70 – p/Ln p = 1.70 – 0.305/(Ln 0.305) = 1.957 2
2
- β = 1.30 + 1000p/(L/rx) = 1.3 + 1000(0.305)/[380/9.6] = 1.495 B3.9 Revisar los extremos de la columna. Para este ejemplo, ά
(Muox/Mpcx) = (3.5 t-m/30.1 t-m)1.957
= 0.015
0.28, por lo tanto por lo tanto la sección es tipo 1 FACULTAD DE INGENIERÍA
113
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
C2.- Evaluación de los factores de amplificación, B1 y B2. C2.1 Los factores B1 se determinan como en la condición de carga 1, pero, se modifican los coeficientes C y la fuerza Pu, de manera que, B1x y B1y, tienen valores distintos de los de la primera condición. Para este ejemplo, Nota: como la columna se flexiona en curvatura doble, con momentos iguales en los extremos, en los dos planos. Cx = Cy = 0.2 Nota: las cargas críticas ya se han calculado para extremos fijos linealmente (paso b3.2) B1x = Cx/[1 – Pu/FrPEx] tanto,
= 0.2/[1 – 107.4 ton/(0.9x3953 ton)]
= 0.206
< 1.0 , por lo
B1x = 1.0
Análogamente, B1y = 1.0 C2.2 Calcular B2x y B2y. Para este ejemplo, Nota:
Las
cargas
críticas
ya
se
han
calculado
para
cuando
hay
desplazamientos
laterales relativos de esos extremos (paso a1 B2x = 1/[1 - ∑Pu/Fr∑PEx]
= 1/[1 – 492.8 ton/(0.9x4224 ton)]
= 1.149
B2y = 1/[1 - ∑Pu/Fr∑PEy]
= 1/[1 – 492.8 ton/(0.9x5420 ton)]
= 1.112
C3.- Determinar los momentos de diseño amplificados de los dos planos. Para este ejemplo, Muox
=
Mtix
+
B2xMtpx
=
2.5
t-m(1.1)
+
1.149[12.2
t-m(1.1)]=
18.2
t-m
F.C. = 1.1 Muoy = Mtiy + B2yMtpy = 0 (1.1) + 1.112[(16.3 t-m x 0.3)1.1]= 6.0 t-m M*uox = B1xMtix + B2xMtpx =
1.0(2.5 t-m x 1.1) + 1.149[12.2 t-m(1.1)] = 18.2 t-m
M*uoy = B1yMtiy + B2yMtpy =
0 + 1.112[(16.3 t-m x 0.3)1.1] = 6.0 t-m
C4.- Calcular la resistencia de diseño en compresión axial de cada columna (utilizar la esbeltez crítica, que corresponde a la mayor de las dos longitudes efectivas obtenidas en b3.2) Para este ejemplo, KxL/rx = 266/9.6 = 27.7 ; Λ = KxL/rx[√(Fy/∏2E)] 1,
KyL/ry = 249.2/9.0
= 27.7[√(2530 kg/cm2/∏2E)]
= 27.7
= 0.311
Como la columna es de sección transversal hueca, hecha con placas soldadas, y es tipo n = 1.4
Rc = 840 ton
AtFyFr [1 + λ2n – 0.152n]1/n
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=
149.5 cm2(2530 kg/cm2)(0.9)
= 332.6 ton
< FyAtFr =
[1 + 0.3112.8 – 0.152.8]1/1.4
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114
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
C5.- Determinar la resistencia de diseño en flexión alrededor de los dos ejes principales (se puede utilizar la ecuación aproximada de m) Para este ejemplo, Mpx = ZxFy = 1322 cm3(2530 kg/cm2)
= 33.4 t-m
Lpx = 352000 + 211000(M1x/Mpx)]/Fy x ry kg/cm2 x 9 cm
= [352000 + 211000(2.5 t-m/33.4 t-m)]/2530
=
= 1308 cm
> 211000ry/Fy = 751
Nota : Lpx es mucho mayor que la altura de la columna (1308 > 280), de manera que el pandeo lateral no es crítico. Esta situación se presenta casi siempre en columnas en cajón de dimensiones usuales. MRx = FrMpx
= 0.9(33.4 t-m)
MRy = FrMpy
= 0.9(1246 cm
3
= 30.1 t-m
x 2530 kg/cm2)
= 28.4 t-m
C6.- Obtener los momentos reducidos Mpc y Muc, con sus respectivas ecuaciones. Para este ejemplo, Pu/FrPy =
107.4 ton/(0.9x378.2 ton)
Mpcx = 1.18FrMpx[1 – Pu/FrPy]
= 0.316
= 1.18(0.9)(33.4 t-m)[1 – 0.316]
= 24.3 t-m
< FrMpx =
= 1.18(0.9)(31.5 t-m)[1 – 0.316]
= 22.9 t-m
< FrMpy =
30.1 t-m Mpcy = 1.18FrMpy[1 – Pu/FrPy] 28.35 t-m Mucx = Mm(1 – Pu/Rc)
= 30.1 t-m[1 – 107.4 ton/332.6 ton]
Mucy = FrMpy(1 – Pu/Rc)
= 20.4 t-m
= 28.1 t-m[1 – 107.4 ton/332.6 ton]
= 19.2 t-m
C7.- Calcular los coeficientes ά y β. Para este ejemplo, La sección es en cajón, y puede considerarse cuadrada, - ά = 1.70 – p/Ln p = 1.70 – 0.316/(Ln 0.316) = 1.974 2
2
- β = 1.30 + 1000p/(L/rx) = 1.3 + 1000(0.316)/[380/9.6] = 1.502 C8.- Revisar los extremos de la columna. Para este ejemplo, ά
ά
(Muox/Mpcx)
+ (Muoy/Mpcy)
= (18.2 t-m/24.3 t-m)1.974 + (6.0 t-m/22.9 t-m)1.974 = 0.636
<
1.0 C9.- Revisar la columna completa por inestabilidad individual. Para este ejemplo, β
β
(M*uox/Mucx) + (M*uoy/Mucy)
=
(18.2 t-m/20.4 t-m)1.502 + (6.0 t-m/19.2 t-m)1.502 = 1.017
>
1.0 por lo tanto, la columna está ligeramente escasa, es crítica la inestabilidad de la columna completa.
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115
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
5.6-1 En la figura se muestra un tramo de la cuerda superior de una armadura hecha con perfiles tubulares. Se desea determinar las dimensiones del tubo necesario, teniendo en cuenta que todos los nudos están soportados lateralmente. El acero es A36. Las cargas mostradas son de trabajo, y pueden considerarse permanentes. La armadura es parte de la cubierta de una sala de espectáculos.
Diámetro exterior, d = 16.8 cm Espesor, t = 1.427 cm A = 69.05 cm2 I = 2,065.43 cm4 S = 245.45 cm3 r = 5.47 cm
1.- Se ensayará un tubo 6.63”x0.562”
Su módulo de sección plástico vale, Z = 1/6 (dext.3 – dint.3)
= 1/6(16.83 – 13.953)
= 337.82 cm3
2.- Clasificación de la sección, d/t = 16.8 cm/1.427 cm = 11.77
< 132000/Fy = 52.2
; por lo tanto, la sección es tipo 1
3.- Cálculo de la resistencia de diseño en compresión axial y de la carga crítica elástica, Nota:
en
el
diseño
de
barras
en
compresión
o
flexocompresión
que
forman
parte
de
= 69.05 cm2(2530 kg/cm2)[1 – 73.132/(2x1262)]0.85
=
armaduras, es una práctica usual tomar K = 1.0 KL/r = 1(400 cm)/5.47 cm = 73.13 2
Rc = AtFy[1 – (KL/r) /2(KL/r)c
2
< (KL/r)c = 126 , por lo tanto,
]Fr
123.48 ton PE = ∏2EA/(KL/r)2
= ∏2E(69.05 cm2)/(73.13)2 = 259.96 ton
Py = AFy = 69.05 cm2(2530kg/cm2)
= 174.7 ton
4.-
mecánicos
Cálculo
de
los
elementos
de
diseño,
(como
se
trata
de
una
sala
de
espectáculos, F.C. = 1.5) PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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116
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Pu = 1.5P = 1.5(45 ton)
= 67.5 ton
Ya que, la cuerda superior está formada por varios tramos de longitud y cargas iguales, consideramos que la viga-columna está empotrada y, Mmáx = wL2/12
= (1.5x0.25 t/m)(4 m)2/12
=
0.5 t-m
= Mti
Nota : las reacciones de la viga empotrada, se suman a las cargas verticales reales de nudo para obtener las cargas axiales de diseño (en este caso, 45 ton) 5.- Cálculo de los factores de amplificación, Nota: como los desplazamientos relativos de los nudos son muy reducidos, B2 no se toma en cuenta Como hay cargas transversales actuando sobre el elemento, Pu/FrPE = 67.5 ton/0.9(259.96 ton) B1 = C/[1 – Pu/FrPE]
C = 0.85
= 0.289
= 0.85/[1 – 0.289]
= 1.195
Los momentos de diseño amplificados, serán, Muo = Mti = 0.5 t-m M*uo = B1Mti = 1.195(0.5 t-m)
=
0.60 t-m
6.- Cálculo de la resistencia de diseño en flexión, Mp = ZFy = 337.82 cm3(2530 kg/cm2) Mpc = [1 – (Pu/FrPy)1.7]FrMp
= 8.55 t-m
= [1 – (67.5 ton/0.9(174.7 ton))1.7]x0.9x8.55 t-m
= 5.87 t-m
7.- Revisión de las secciones extremas, (ά = 1.0) Muo/Mpc
= 0.5 t-m/5.87 t-m
= 0.085
1.0; en un problema real suele ser más conveniente evitar el pandeo de conjunto y calcular Rc con K < 1.0 ʎ = KxL/rx[√(Fy/∏2E)]
= 36.96[√(2530 kg/cm2/∏2E)]
= 0.414
n = 1.4 Rc = 627.31 ton
AtFyFr
=
[1 + λ2n – 0.152n]1/n
275.5 cm2(2530 kg/cm2)(0.9)
= 593.87 ton
< FyAtFr =
[1 + 0.4142.8 – 0.152.8]1/1.4
6.- Cálculo de la resistencia de diseño en flexión, flexión alrededor de x, Mpx = ZxFy = 107.8 t-m Lpx = 253000 + 155000(M1x/Mpx)]/Fy x ry
= [253000 + 155000(4.5 t-m + 30 t-m)/107.8 t-
m)]/2530 kg/cm2 x 16.1 cm = 1925 cm MRx = FrMpx
> 350 cm
= 0.9(107.8 t-m)
= 97.02 t-m
flexión alrededor de y, Mpy = ZyFy = 55.13 t-m MRy = FrMpy
7.-
= 0.9(55.13 t-m)
= 49.62 t-m
Cálculo de los momentos reducidos Mpc y Muc,
Pu/FrPy =
236 ton/(0.9x697.02 ton)
Mpcx = 1.18FrMpx[1 – Pu/FrPy]
= 0.376
= 1.18(97.02 t-m)[1 – 0.376]
= 71.43 t-m
< FrMpx = 97.02
= 1.18(49.62 t-m)[1 – 0.376]
= 51.71 t-m
< FrMpy = 49.62
t-m Mpcy = 1.18FrMpy[1 – Pu/FrPy] t-m Mucx = Mm(1 – Pu/Rc)
= 97.02 t-m[1 – 236 ton/593.87 ton]
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= 58.47 t-m FACULTAD DE INGENIERÍA
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Mucy = FrMpy(1 – Pu/Rc)
= 49.62 t-m[1 – 236 ton/593.87 ton]
= 29.9 t-m
8.- Cálculo de los exponentes, ά y β. - ά = 1.60 – p/2Ln p = 1.60 – 0.376/2(Ln 0.376) = 1.79 B/D = 39.4 cm/37.5 cm = 1.05
> 0.3
- β = 0.4 + p + B/D = 0.4 + 0.376 + 1.05 = 1.83
9.- Revisión de las secciones extremas (en este caso, sólo el extremo inferior), ά
ά
(Muox/Mpcx) + (Muoy/Mpcy) = (36.29 t-m/71.43 t-m)1.79 + (6.0 t-m/49.62 t-m)1.79 = 0.32 Pu/FrPy + 0.85Muox/FrMpx + 0.6Muoy/FrMpy m)/49.62 t-m = 0.77 < 1.0
< 1.0
= 0.376 + 0.85(36.29 t-m)/97.02 t-m + 0.6(6t-
10.- Revisión por inestabilidad de la columna completa, β
β
(M*uox/Mucx) + (M*uoy/Mucy)
=
Pu/Rc + M*uox/Mrx + M*uoy/Mry = 0.93 < 1.0
(36.29 t-m/58.47 t-m)1.83 + (7.5 t-m/29.9 t-m)1.83 = 0.50
< 1.0
= 236 ton/593.87 ton + 36.29 t-m/97.02 t-m + 7.5 t-m/49.62 t-m
por lo tanto, la columna es adecuada. Nota: las ecuaciones que no involucran a ά y β, son conservadoras en comparación con las que si los involucran.
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121
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Capítulo 6
Las conexiones están formadas por elementos de unión (atiesadores, placas, ángulos, ménsulas), y conectores (soldaduras, tornillos o remaches), (Arnal y Betancourt, 1999). Los elementos de unión se diseñan siguiendo las indicaciones de las NTC para el tipo de solicitaciones a que estén sometidos, teniendo en cuenta, además, las recomendaciones que se dan aquí, y que se refieren a aspectos que tienen una relación directa con el comportamiento de los conectores. Todas
las
estructuras
de
acero
están
constituidas
por
un
conjunto
de
partes
individuales, unidas entre sí, generalmente en sus extremos, por medio de soldaduras, remaches o tornillos. La falla de los miembros estructurales es rara; la mayoría de las fallas estructurales son el resultado de conexiones pobremente diseñadas o detalladas (Segui, 2000). De ahí, la suma importancia de las conexiones. Las juntas básicas o formas que pueden tomar las conexiones, su muestran en la siguiente figura (De Buen, 1993),
Figura 6.1
Tipos básicos de juntas (De Buen, 1993)
‘El uso de una u otra depende de numerosas consideraciones de diseño, entre las que se encuentran el tamaño y forma de los miembros estructurales que concurren en la junta, las solicitaciones a que quedarán sujetos y los costos relativos’ (De Buen, 1993).
El comportamiento de los diferentes tipos de conexiones, está en función del tipo de carga a la que estarán sujetas. Considere la figura 6.2,
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Figura 6.2
Diferentes tipos de conexiones (Segui, 2000)
El empalme traslapado del miembro en tensión, que se muestra en el inciso a, somete a los sujetadores a fuerzas que tienden a cortar el vástago del sujetador. Similarmente, la soldadura que se muestra en el inciso b, debe resistir a las fuerzas cortantes. La conexión de una ménsula al patín de una columna, como se muestra en el inciso c, ya sea por los sujetadores o por la soldadura, también es sometida a fuerzas cortantes. En cambio, la conexión colgante del inciso d, pone a los sujetadores a tensión. Mientras que la del inciso e, produce el cortante y la tensión en la fila superior de los sujetadores. Así que, la resistencia de un conector depende de si está sometido a cortante, a tensión o a ambos (Segui, 2000). ‘Si la línea de acción de la fuerza resultante por ser resistida, pasa por el centro de gravedad de la conexión, se supone que cada sujetador o cada longitud unitaria de soldadura resiste una porción igual de la
carga y la conexión
se llama, entonces,
conexión simple o axial’ (Segui, 2000). De lo contrario, se tratará de una conexión excéntrica. ‘La capacidad de carga de la conexión puede, entonces, encontrarse al multiplicar la capacidad de cada sujetador o pulgada de la soldadura por el número total de sujetadores o por la longitud total de la soldadura’ (Segui, 2000).
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123
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
TORNILLOS:
‘El montaje de estructuras de acero por medio de tornillos, es un proceso que además de ser muy rápido requiere mano de obra menos especializada que cuando se trabaja con remaches o soldaduras’ (McCormac, 1991). Dependiendo de las condiciones dadas a los tornillos, se distinguen principalmente, dos
tipos
de
deslizamiento
conexiones entre
los
atornilladas: elementos
de
las
conexiones
en
las
que
unión
(llamadas,
conexiones
se por
presenta
el
cortante),
y
conexiones que no permiten un deslizamiento entre los elementos que unen (llamadas, conexiones por fricción). A continuación, veremos cada una de ellas.
CONEXIONES EN CORTANTE:
MODOS DE FALLA, Los modos de falla que se pueden presentar en las conexiones con deslizamiento, se ubican en dos amplias categorías: la falla del sujetador y la de las partes conectadas (Segui, 2000). Considere la figura siguiente,
Figura 6.3
Conexiones en cortante (Segui, 2000)
Si la falla del sujetador ocurre como se muestra, el esfuerzo cortante promedio en este caso será, Fv = P/A Donde, P es la carga que actúa sobre un conector individual, A es el área de la sección transversal del sujetador. La carga puede entonces escribirse como, P = fvA PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Considerando que la carga está distribuida en un solo plano de corte (inciso a), es decir; está en cortante simple. La conexión del inciso b es similar, pero, como se aprecia en los diagramas de cuerpo libre, cada área transversal está sometida a la mitad de la carga total, y, por lo tanto, la carga es P = 2fvA. A esta condición se le conoce como cortante doble (Segui, 2000). Otros modos de falla, implican la falla de las partes conectadas y caen en dos categorías generales: 1. Falla que resulta de la tensión, cortante o flexión excesivas en las partes conectadas. Cuando se conecta un miembro en tensión, las tensiones en el área total y en el área neta, así como la tensión y cortante combinados deben investigarse. Lo anterior se abordó en el capítulo 2. Nota: ‘El diseño de una conexión de un miembro en tensión se hace, por lo regular, en paralelo con el diseño del miembro mismo, ya que los dos procesos son interdependientes’ (Segui, 2000). 2. ‘Falla de la parte conectada debido al aplastamiento ejercido por los sujetadores. Si el agujero es ligeramente más grande que el sujetador, el contacto entre el sujetador y la parte conectada existirá sobre aproximadamente, la mitad de la circunferencia del sujetador cuando se aplique una carga’ (Segui, 2000). Considere la siguiente figura,
Figura 6.4
Falla por aplastamiento (Segui, 2000)
‘Si se emplea un esfuerzo promedio, calculado como la fuerza aplicada dividida entre el área proyectada de contacto. El esfuerzo de aplastamiento se calcula, entonces, como fAP = P/(dt), donde P es la fuerza aplicada al sujetador, d es el diámetro del sujetador y t es el espesor de la parte sometida al aplastamiento. La carga de aplastamiento es, por lo tanto, P = fAPdt.’ (Segui, 2000) Nota: Cuando se utilice la ecuación anterior, es posible que el agujero se alargue excesivamente. Para que la elongación del agujero no exceda de 6 mm, el AISC especifica las resistencias reducidas dadas en el siguiente tema. fAP = Fu del material sometido al aplastamiento
RESISTENCIA POR APLASTAMIENTO, En
primer
lugar,
consideraremos
la
resistencia
por
aplastamiento;
porque
es
independiente del tipo de sujetador, ya que el esfuerzo en consideración es sobre la PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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125
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
parte conectada y no sobre el sujetador. Un posible modo de falla, que resulta de un aplastamiento excesivo es el desgarramiento cortante que ocurre en el extremo de un elemento
conectado,
cuando
la
distancia
al
borde
es
insuficiente.
De
ahí
que,
La
separación entre los tornillos (S), y las distancias de los bordes (L), tendrán un efecto sobre la resistencia por aplastamiento (Segui, 2000). Según las NTC-DF, la resistencia de diseño al aplastamiento es,
Si, L ≥ 1.5d
se utilizan al menos dos tornillos en la línea de la fuerza,
Para agujeros estándar o alargados cortos RA = FR x 2.4 x d x t x Fu Para agujeros alargados largos perpendiculares a la carga RA = FR x 2.0 x d x t x Fu
y
Si, L < 1.5d
o
si se utiliza un solo tornillo en la línea de la fuerza, RA = FR x
L x t x Fu En todos los casos, FR = 0.75, conectada,
d = diámetro del tornillo (no el del agujero),
t = espesor de la parte
Fu = esfuerzo último de tensión de la parte conectada (no del tornillo),
L =
distancia al borde.
REQUISITOS DE SEPARACIÓN Y DISTANCIAS A BORDES, Tamaños de los agujeros; Los agujeros permitidos, además de los estándar (que son 1/16” de mayor diámetro que los
correspondientes
tornillos),
son
los
sobredimensionados,
que
son
circulares
y
proporcionan la misma holgura en todo el perímetro del tornillo (muy útiles para acelerar el proceso de montaje), y los alargados, cortos o largos, útiles cuando se desea una tolerancia mayor en una dirección determinada. La siguiente tabla, muestra según las NTCDF, las tamaños máximos de los agujeros:
Diámetro nominal Diámetro del Diámetro de agujeros Dimensiones de del tornillo, d agujero estandar sobredimensionados Alargados cortos mm
pulg
≤ 22.2
≤ 7/8
25.4
1
mm
pulg
d + 1.5 d + 1/16
27
1 1/16
≥ 28.6 ≥ 1 1/8 d + 1.5 d + 1/16
Tabla 6.1 Nota: cortante.
Los
agujeros
mm d + 4.8
31.8 d + 7.9
pulg
mm
d + 3/16 (d + 1.5)
1 1/4
ags. Dimensiones de Alargados largos
ags.
pulg
mm
pulg (d + 1/16)
(d + 1/16)
(d + 1.5)
x
x
x
x
(d + 6.3)
( d + 1/4)
2.5d
2.5d
27.0 x 33.3 1 1/16 x 1 5/16 27.0 x 63.5 1 1/6 x 2 1/2
d + 5/16 (d + 1.5)
(d + 1/16)
(d + 1.5)
x
x
x
(d + 1/16) x
(d + 9.5)
(d + 3/8)
2.5d
2.5d
Tamaños máximos de agujeros para remaches y tornillos sobredimensionados
no
pueden
utilizarse
en
conexiones
por
Considere la siguiente figura,
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Figura 6.5
Para
mantener
ciertas
Ilustración de Distancias y Separaciones a bordes (Segui, 2000) distancias
libres
entre
las
tuercas
de
los
tornillos
y
proporcionar espacio para las llaves de su instalación, es necesaria una, SEPARACIÓN MÍNIMA (Arnal y Betancourt, 1999), Smín (en cualquier dirección): Para agujeros estándar, Smín =
P FRFut
+
≥
d 2
3d
Donde, P = (fuerza de tensión + momentos)/(número de tornillos) Fu = esfuerzo de ruptura en tensión del material conectado T = espesor de la placa conectada D = dímetro nominal del tornillo FR = 0.85
Para evitar el pandeo entre tornillos de placas comprimidas, e impedir la entrada de humedad entre las diversas partes que componen la junta, es necesaria una, SEPARACIÓN MÁXIMA (Arnal y Betancourt, 1999), smáx :
Para miembros comprimidos,
Tornillos colocados paralelamente a la fuerza de compresión o
Tornillos intermedios, -
Si los tornillos tienen las mismas posiciones en varias líneas paralelas; Smáx = [1050/√fy]t
≤ 30 cm ;
siendo, t = grueso de la placa o
perfil más delgada. -
Si los tornillos están en tresbolillo; Smáx = [1650/√fy]
o
≤ 45 cm
Tornillos extremos, Smáx = 4d
Tornillos colocados normalmente a la fuerza de compresión Smáx = 32t
Para elementos en tensión, Smáx = 60 cm
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
DISTANCIA MÍNIMA AL BORDE, Lmín : Las NTC-DF, indican que no será menor que el valor dado en la siguiente tabla,
Diámetro nominal del tornillo, d
Bordes cortados con cizalla
mm
pulg
mm
12.7
1/2
15.9
5/8
19.1 22.2
Bordes laminados o bordes cortados con soplete
pulg
mm
pulg
22.2
7/8
19.1
3/4
28.6
1 1/8
22.2
7/8
3/4
31.8
1 1/4
25.4
1
7/8
38.1
1 1/2
28.6
1 1/8
25.4
1
44.5
1 3/4
31.8
1 1/4
28.6
1 1/8
50.8
2
38.1
1 1/2
31.8
1 1/4
57.2
2 1/4
41.3
1 5/8
Más de 31.8
Más de 1 1/4
1.75d
1.75d
1.25d
1.25d
Tabla 6.2 Distancias mínimas al borde (Arnal y Betancourt, 1999) DISTANCIA MÁXIMA AL BORDE, Smáx : Smáx = 12t
≤ 15 cm
Ejemplo; el miembro en tensión que se presenta en la figura, está conectado con tornillos de 1 in de diámetro. Se usa acero A36 para el miembro en tensión y para la placa de nudo. (Borde cortado c/cizalla) a. Revise si se cumplen las NTC con respecto a la separación y las distancias a bordes b. Calcule la resistencia por aplastamiento de la conexión A).Separación c.a.c., Sreal = 2 ¾” < Smín = 3d = 3(1”) = 3” aceptable)
(No es
Según las NTC, para un d = 1”, la d.m.b. = 1 ¾”, Como (d.m.b.)real = 1 ¾” = 1 ¾” ( Es aceptable) B).Para el cálculo de RA, debemos usar un dagujero = d + 1.5 mm = 25.4 mm + 1.5 mm = 27 mm
Revisión del aplastamiento para el miembro en tensión; Como L > 1.5d,
1 ¾” > 1.5(1”) = 1 ½” ; son agujeros estándar y, hay tres tornillos
en la línea de la fuerza, RA = FR x 2.4 x d x t x Fu
= 0.75(2.4)(2.7 cm)(1.91 cm)(4,200 kg/cm2)
= 38,986.92 kg
Como cada sujetador resiste una porción igual de la carga, la resistencia total es, RA = 6(38,986.92 kg)
= 233,921.52 kg
Revisión del aplastamiento para la placa de nudo;
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128
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
RA = FR x 2.4 x d x t x Fu 2
kg/cm )
= 0.75(2.4)(2.7 cm)(0.95 cm)(4,200
= 19,391.40 kg
la resistencia total es, RA = 6(19,391.40 kg)
= 116,348.40 kg
Por lo tanto, la resistencia de la conexión es 116,348.40 kg
RESISTENCIA POR CORTANTE, Ya vimos el modo de falla de un conector cuando es sometido a corte. Pero, en la realidad, se pueden encontrar dos tipos de tornillos trabajando a cortante. Los cuales se tratan a continuación;
Tornillos comunes u ordinarios: Son designados como ASTM A307, y se fabrican con acero al carbono con características de esfuerzos y deformaciones muy parecidas al del acero A36. Se usan principalmente en estructuras ligeras y en miembros secundarios (largueros, riostras, plataformas, armadura pequeñas, etc) (McCormac, 1991). Según las NTC-DF, la resistencia de diseño por cortante Rc, de los tornillos A307 es, Rc = FRATRVc Donde, FR = factor de resistencia,
ATR = área nominal del tornillo,
Vc = resistencia
nominal al cortante del tornillo. Los factores de resistencia y las resistencias nominales del tornillo, se dan en la tabla siguiente:
Elementos de unión
Resistencia nominal en tensión
Tornillos A307 Tornillos A325, cuando la rosca no está fuera de los planos de corte Tornillos A325, cuando la rosca está fuera de los planos de corte Tornillos A490, cuando la rosca no está fuera de los planos de corte Tornillos A490, cuando la rosca está fuera de los planos de corte Partes roscadas que satisfacen los requisitos de, cuando la rosca no está fuera de los planos de corte Partes roscadas que satisfacen los requisitos de, cuando la rosca está fuera de los planos de corte
Resistenci nominal en conexiones por cortante
FR
VT (kg/cm2)
FR
VC (kg/cm2)
0.75
3160
0.60
1900
0.75
6330
0.65
3800
0.75
6330
0.65
5060
0.75
7900
0.65
4750
0.75
7900
0.65
6330
0.75
0.56Fu
0.65
0.45Fu
0.75
0.56Fu
0.65
0.60Fu
Tabla 6.3 Resistencias y factores de tornillos ordinarios (Arnal y Betancourt, 1999)
Tornillos de Alta Resistencia; Se tienen en dos grados: ASTM A325 y ASTM A490. Los A325 se fabrican con acero al carbono tratado térmicamente y, los A490 son de mayor resistencia, ya que, se fabrican
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129
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
también tratados térmicamente , pero con acero aleado. Se usan en pequeños edificios, rascacielos, puentes monumentales, etc (McCormac, 1991). La resistencia de diseño por cortante, es igual que para los tornillos comunes; a diferencia de que, la resistencia por cortante de los A325 y A490 depende de si las roscas están en un plano de corte o no, ver figura 6.6. En vez de usar un área transversal reducida cuando la porción roscada está sometida al cortante, el esfuerzo cortante último se multiplica por un factor de 0.75, que es la razón aproximada del área roscada al área no roscada (Segui, 2000).
Figura 6.6 Posición de las roscas de un tornillo La resistencia nominal al cortante del tornillo VC, para cada caso, están dadas en la tabla 6.3. Ejemplo: Un miembro en tensión, formado por un perfil doble de ángulo, está conectado a una placa de nudo de 3/8” de espesor como se muestra en la figura. Los ángulos son 5 x 3 x 5/16 con los lados largos espalda con espalda. Todo el acero usado es A36. Los tornillos A325 son de 7/8” de diámetro. Calcule la resistencia de diseño de la conexión con base en el cortante de los tornillos. Considere que la rosca está incluida en el plano de corte.
De la tabla de las NTC, y para un tornillo A325, FR = 0.65
y
Vc = 3,800 kg/cm2
Para un tornillo la resistencia de diseño por cortante es, ATR = ∏d2/4 Rc = FRATRVC
=
[∏(2.22 cm)2]/4
= 3.87 cm2
= 0.65(3.87 cm2)(3,800 kg/cm2)
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= 9,558.9 kg FACULTAD DE INGENIERÍA
130
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
La resistencia por cortante total (para los 6 tornillos) es, Rc
=
6(9,558.9
kg)
=
57,353.40 kg
CONEXIONES POR FRICCIÓN:
Las conexiones hechas con tornillos de alta resistencia, son las únicas que no permitirán un deslizamiento entre los elementos que unen. ‘En ciertos casos, los tornillos A325 y A490 son instalados con tal grado de apriete que quedan sometidos a unas fuerzas extremadamente grandes de tensión. El propósito de una fuerza de tensión tan grande es el de alcanzar la fuerza de apriete que anule el deslizamiento entre las placas’ (Segui, 2000). ‘Cuando una tuerca gira y avanza a lo largo de las roscas de un tornillo, las partes conectadas sufren compresión (fuerza N) y el tornillo se alarga’ (Segui, 2000). Si se aplica una fuerza P externa, se desarrolla una fuerza de fricción entre las partes conectadas, igual a, F = μN Donde, μ = coeficiente de fricción estática entre las partes conectadas, y, N = fuerza normal de compresión que actúa sobre las superficies internas. Lo anterior se ilustra en la siguiente figura,
Figura 6.7
Conexiones por fricción (Segui, 2000)
En tanto que, la carga P, no exceda la fuerza de fricción F, no habrá aplastamiento o cortante. Para que una conexión hecha con tornillos de alta resistencia, se considere que trabaja por fricción, todos los tornillos A325 o A490 deben apretarse hasta que haya en ellos una tensión no menor que la indicada, según las NTC-DF en la siguiente tabla;
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Diámetro del tornillo
Tensión mínima para tornillos A325
Tensión mínima para tornillos A490
mm
pulg
(Ton)
(Ton)
12.7
1/2
5.4
6.80
15.9
5/8
8.6
10.9
19.1
3/4
12.7
15.9
22.2
7/8
17.7
22.2
25.4
1
23.1
29.0
28.6
1 1/8
25.4
36.3
31.8
1 1/4
32.2
46.3
34.9
1 3/8
38.6
54.9
38.1
1 1/2
46.7
67.1
Tabla 6.4
Tensión mínima en tornillos de alta resistencia (Arnal y Betancourt, 1999)
INSTALACIÓN, ¿exactamente como se alcanza esta alta tensión? En la actualidad, se utilizan los siguientes métodos: Método del giro de la tuerca.- Los tornillos se aprietan sin holgura (con el esfuerzo total de un hombre que utilice una llave de tuercas ordinaria, con todas las partes de la conexión en contacto firme), y luego se les da un giro de 1/3 o de una vuelta completa, dependiendo de la longitud de éstos y de la inclinación de las superficies entre sus cabezas y tuercas (McCormac, 1991). Para este fin se usan llaves de torsión (torquímetro)
Método de la llave calibrada.-
ajustadas para detenerse cuando se alcanza el par necesario para lograr la tensión deseada de acuerdo con el diámetro y la clasificación ASTM del tornillo (McCormac, 1991). Método del indicador directo.-
El indicador directo de tensión consiste en una
roldana endurecida con protuberancias en una de sus caras en forma de pequeños arcos. Los arcos se aplanan conforme se aprieta el tornillo. La magnitud de la abertura en cualquier momento es una medida de la tensión en el tornillo. En los tornillos completamente tensados las aberturas deben medir 0.015 plg o menos (McCormac, 1991). Método del tornillo de diseño alternativo.- Son tornillos especialmente diseñados, cuyas puntas se tuercen cuando la tensión apropiada se ha alcanzado (Segui, 2000). Las conexiones tipo fricción deben revisarse por cargas de servicio y por cargas factorizadas. (1) La resistencia de diseño por deslizamiento F, debe ser igual o mayor que la fuerza calculada de deslizamiento P. (2) La resistencia de diseño, considerada la conexión como tipo cortante, debe ser igual o mayor que la fuerza factorizada. Es decir; aunque las conexiones tipo fricción, teóricamente, no están sometidas al cortante y al aplastamiento,
dichas
conexiones
deben
tener
suficiente
resistencia
por
cortante
y
aplastamiento en el caso que una sobrecarga pueda generar un deslizamiento. Nota: la resistencia por cortante de una conexión tipo fricción (con tornillos de alta resistencia), ha sido tratada en temas anteriores. PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
RESISTENCIA POR FRICCIÓN, Nota:
La
iniciación
del
deslizamiento
en
una
conexión
con
tornillos
de
alta
resistencia diseñada como junta crítica al deslizamiento no indica que se haya alcanzado su resistencia máxima; constituye tan solo un estado límite de servicio. Por lo que, este tipo de conexión se debe revisar a “corte”, comparándola contra cargas de servicio. Según las NTC-DF, la resistencia de diseño por fricción (cuando el deslizamiento es crítico), de un tornillo es, RF = FR x ATR x VCF Donde, FR = 1.0 (para agujeros estándar),
ATR = área nominal del tornillo,
VCF =
resistencia nominal al cortante del tornillo cuando forma parte de una conexión tipo fricción. Las resistencias nominales a cortante de tornillos, en conexiones tipo fricción, se dan en la tabla siguiente:
Tipo de tornillos
Agujeros sobredimensionados alargados cortos
Agujeros estándar
y
Agujeros alargados largos
Kg/cm2
Kg/cm2
Kg/cm2
A325
1230
1050
880
A490
1550
1340
1120
Tabla 6.5 Nota:
las
resistencias
Resistencia nominal al cortante
nominales
de
la
tabla
anterior,
son
para
superficies
en
contacto clase A, cuyo coeficiente de deslizamiento es 0.33; esa clase comprende las superficies sin ningún recubrimiento, en las que se ha limpiado la costra de laminación, y
las
que
se
han
tratado
con
chorro
de
arena
y
posteriormente
protegidas
con
un
recubrimiento clase A.
Ejemplo: Una barra de 6 x ½ en tensión es empalmada con dos placas, como se muestra en la figura. La barra y el miembro son de acero A36. a.
Determine
el
número
de
tornillos
A325
tipo
fricción
de
1
in
de
diámetro
requeridos para resistir las cargas de servicio mostradas. b.
Determine las dimensiones de la placa de empalme. a).- Resistencia por fricción, De la tabla
-NTC- ;
Para agujeros estándar y A325, kg/cm
VCF = 1230
2
ATR = [∏(2.54 cm)2]/4
= 5.07 cm2
Para un tornillo, = 1.0(5.07 cm2)(1230
RF = FR x ATR x VCF kg/cm2) =
6,236.1 kg
Como existen dos planos de corte, RF = 2(6,236.1 kg) PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
= 12,472.2 kg FACULTAD DE INGENIERÍA
133
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
La carga total de servicio es = 9,072 kg + 18,144 kg No. Tornillos requeridos =
27,216 kg/12,472.2 kg
= 27,216 kg
= 2.18 tornillos
Para minimizar la longitud de la conexión, se proponen usar 2 líneas de tornillos a cada lado del empalme con 2 tornillos por línea, es decir; 4 tornillos en cada lado. Nota:
habrá
que
checar
si
con
2
líneas,
el
miembro
en
tensión
tiene
suficiente
resistencia en el área total y en el área neta. b).- Según las NTC. Separación mínima = 3d
= 3(2.54 cm)
= 7.62 cm
Distancia mínima al borde (para un borde cortado con cizalla) L = 2S + 4(d.m.b.)
= 2(7.62 cm) + 4(4.45 cm)
= 4.45 cm
= 33.04 cm
Por lo que, se proponen placas de empalme con 35 cm de longitud cada una Nota: Cuando se requiere un número impar de tornillos (como en este caso, 2.18), y si se proponen 2 filas, no se tendría simetría y la conexión sería excéntrica. En tales casos, el ingeniero tiene varias opciones: (1) ignorar la excentricidad al suponer que los efectos son despreciables; (2) tomar en cuenta la excentricidad; (3) emplear un patrón alternado de sujetadores que preserve la simetría o (4) agregar un tornillo adicional que cancele la excentricidad (Segui, 2000).
SOLDADURA:
‘La soldadura estructural es un proceso por medio del cual las partes por conectarse son calentadas y fundidas, con metal fundido de aportación agregado a la junta. El metal adicional es depositado por un electrodo especial, que es parte de un circuito eléctrico que incluye a la parte conectada o metal base’ (Segui, 2000).
TIPOS DE SOLDADURAS, La soldadura puede realizarse manual, semiautomática o automáticamente. Dentro
de
las
soldaduras
ejecutadas
semiautomática
o
automáticamente
están;
la
soldadura por arco eléctrico sumergido (utiliza un arco eléctrico como fuente de calor, soldando con la punta del electrodo sumergido en un material fundente), soldadura de arco metálico protegida con gas, y, la soldadura de arco fundente (Segui, 2000). La soldadura comúnmente realizada a mano, es la de arco eléctrico protegido, usada universalmente para soldaduras de campo, y, es la que trataremos en este apartado.
Nota: a diferencia de la soldadura manual que se utiliza en todas las posiciones, la automática o semiautomática sólo puede hacerse en posiciones plana y horizontal (en talleres).
Soldadura de arco eléctrico protegido, PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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134
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
En el proceso de soldadura por arco eléctrico protegido, mostrado esquemáticamente en la figura 6.8, la corriente forma un arco a través de una abertura entre el electrodo y el metal base, que, al calentar las partes conectadas deposita parte del electrodo en el metal base fundido. ‘Un recubrimiento especial sobre el electrodo se vaporiza y forma una capa gaseosa protectora que impide que el metal fundido se oxide antes de que se solidifique. El electrodo se mueve a lo largo de la junta y un cordón de soldadura es depositado; su tamaño depende de la velocidad de desplazamiento del electrodo’ (Segui, 2000).
‘Cuando la soldadura se enfría aparecen impurezas en la superficie, formando una capa llamada escoria que debe ser removida antes de pintar el miembro o hacer otra pasada con el electrodo’ (Segui, 2000).
Figura 6.8
Proceso de Soldadura de Arco Eléctrico Protegido (McCormac, 1991)
CLASIFICACIÓN DE LAS SOLDADURAS, Los dos formas más comunes de soldaduras son,
Soldadura de filete: son aquellas que se colocan en una esquina formada por dos partes en contacto. Su sección transversal es aproximadamente triangular, y se usan con frecuencia en juntas T (Segui, 2000). Se ilustran en la figura siguiente,
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Figura 6.9
Soldaduras de Filete
Soldadura de ranura: son aquellas depositadas en una abertura (tapón), ó ranura entre las partes conectadas. Son utilizadas con más frecuencia para juntas a tope, T y de esquina. En la mayoría de los casos, una o dos de las partes conectadas tendrán bordes biselados (Segui, 2000), como se muestra en la siguiente figura,
Figura 6.10 Soldaduras de Ranura Las soldaduras mostradas en el inciso (a), son soldaduras de penetración completa y pueden hacerse desde un lado, a veces con ayuda de una barra de respaldo. Las mostradas en el inciso (b), son soldaduras de ranura de penetración parcial, y pueden hacerse desde uno o ambos lados, con o sin preparación de los bordes (Segui, 2000). Cuando se necesita más soldadura que la disponible en la longitud del borde, se utiliza la soldadura de tapón. Un agujero circular u ovalado se corta en una de las partes por conectar y se rellena con el metal de aportación. Ver figura,
Debido a que, las soldaduras de filete son las más comunes, se estudiarán en este texto con cierto detalle.
SOLDADURAS DE FILETE, El análisis se basa en la suposición de que la sección transversal de la soldadura es un triángulo rectángulo a 45˚, como se muestra en la figura 6.11,
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136
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Figura 6.11 ‘Cualquier
refuerzo
(material
Elementos de la soldadura de filete (De Buen, 1993) agregado
fuera
de
la
hipotenusa
del
triángulo)
o
penetración son despreciados. El tamaño de un filete de soldadura se denota por w y es la longitud de uno de los dos lados iguales de esta sección transversal idealizada’ (Segui, 2000). RESISTENCIA DE DISEÑO DE LAS SOLDADURAS, Modo de falla: Aunque una longitud de soldadura puede cargarse en cualquier dirección, ya sea en, cortante, compresión o tensión; un filete de soldadura es más débil en cortante y, por lo tanto, falla sobre un plano a través de la garganta de la soldadura (como se muestra en la figura 6.11). La garganta, es la distancia perpendicular de la esquina o raíz de la soldadura, a la hipotenusa. Y es igual a, w x cos 45˚
=
(0.7071)w
(es decir, 0.7071 veces el tamaño de
la soldadura). Entonces, para una longitud L dada de la soldadura sometida a una carga P, el esfuerzo cortante crítico es (Segui, 2000), Fv =
P (0.7071 x w)L
.
si se emplea en esta ecuación el esfuerzo cortante último del metal del electrodo, fs, la capacidad nominal de carga de la soldadura puede escribirse como: Rn = (0.7071 x w x L)Fs Y la resistencia de diseño de la soldadura es, RS = FR[(0.7071 x w x L)Fs] La resistencia de un filete de soldadura depende, entonces, del tipo de electrodo. La resistencia del electrodo al cortante, Fs, se define como el 60% de su resistencia por tensión (0.6FUEXX). La notación estándar para especificar un electrodo es la letra E seguida de cuatro o cinco dígitos. Los primeros dos o tres indican la resistencia mínima a la ruptura por tensión (60, 70, 80, 90, 100, 110 y 120 lbs/in2). El tercer o cuarto dígito indica la posición adecuada para elaborar la soldadura (el 1 corresponde a electrodos adecuados para cualquier posición, el 2 a los que pueden depositar soldaduras de penetración satisfactorias sólo en posición plana, y de filete en posiciones plana y horizontal, y el PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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137
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
4, indica que el electrodo es adecuado para soldaduras verticales depositadas de arriba hacia abajo). Finalmente, los dos últimos dígitos, tomados en conjunto, se refieren a las características de la corriente que debe emplearse y a la naturaleza del recubrimiento (Segui, 2000). Para los grados de acero más utilizados, los electrodos compatibles son, E70XX para aceros que tengan un Fy < 60 Klbs/in2 E80XX para aceros que tengan un 60 Klbs/in2 ≤ Fy ≤ 65 Klbs/in2 Un requisito adicional es que, el cortante por carga factorizada que actúa sobre el metal base, no debe exceder la resistencia por cortante del mismo (Segui, 2000). La carga factorizada sobre la conexión está entonces sujeta a un límite igual a, RMB = FR[(área del metal base sometida a cortante)FMB] Donde, RMB = resistencia por cortante del metal base. En
consecuencia,
cuando
la
carga
está
en
la
misma
dirección
que
el
eje
de
la
soldadura, el metal base debe también investigarse (utilizando la ecuación anterior). Según las NTC-DF, en la siguiente tabla se proporcionan los valores de FR, FMB, Fs y demás información pertinente,
Soldaduras tipo filete: Metal base Electrodo
0.75
0.60FEXX
Puede usarse un electrodo de resistencia igual o menor que el compatible con el metal base
Metal base
0.90
FY
Puede usarse un electrodo de resistencia igual o menor que el compatible con el metal base
Soldaduras de ranura con penetración completa:
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Metal base
0.90
FY
Metal base
0.90
FY
Metal base
0.90
FY
Metal base Electrodo
0.90 0.80
0.60 FU 0.60FEXX
Metal base Electrodo
0.90 0.80
FU 0.60 FEXX
Metal base
0.90
Fy
Metal base
0.90
Fy
Metal base* Electrodo
0.75
0.60 FEXX
Puede usarse un electrodo de resistencia igual o menor que el compatible con el metal base Puede usarse un electrodo de resistencia igual o menor que el compatible con el metal base Puede usarse un electrodo de resistencia igual o menor que el compatible con el metal base Puede usarse un electrodo de resistencia igual o menor que el compatible con el metal base
Soldaduras de ranura con penetración parcial: Puede usarse soldadura de resistencia igual o menor a la del electrodo compatible al metal base Puede usarse soldadura de resistencia igual o menor a la del electrodo compatible al metal base Puede usarse soldadura de resistencia igual o menor a la del electrodo compatible al metal base Puede usarse soldadura de resistencia igual o menor a la del electrodo compatible al metal base
Soldaduras de tapón: PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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Metal base* Electrodo
Tabla 6.6 Nota:
‘es
conveniente
0.75
0.60 FEXX
Puede usarse soldadura con resistencia igual o menor que el del electrodo compatible con el metal base
Resistencias de diseño de soldaduras (Arnal y Betancourt, 1999)
trabajar
con
la
resistencia
por
la
longitud
unitaria
de
soldadura, que será la resistencia de la soldadura misma o la resistencia del metal base, la que sea más pequeña’ (Segui, 2000). Ejemplo: Determine la carga factorizada Pu máxima que puede aplicarse a la junta mostrada en la figura. EL acero del miembro en tensión y el de la placa de nudo es A36. La soldadura es de filete de ¼”, hecha con electrodos E70. La resistencia de la soldadura para electrodos E70 es; De la tabla –NTC-, Para soldadura tipo filete y cortante en el área efectiva FR = 0.75 FS = 0.60FEXX = 0.60(4,920 kg/cm2) = 2,952 kg/cm2 RS = FR[0.7071wFS] kg/cm2) = 994.1 kg/cm
=
0.75(0.7071)(0.635 cm)(2,952
Revisión de la resistencia del metal base (el menor espesor gobierna); De la tabla FR = 0.75
-NTC- ; y
RMB = FR[FMBt]
Para soldadura tipo filete y cortante en el área efectiva
FMB = 0.60Fu
= 0.60(4,200 kg/cm2)
= 0.75(2,520 kg/cm2)(0.95 cm)
= 2,520 kg/cm2
= 1,795.5 kg/cm
Como la resistencia de la soldadura gobierna, tenemos que, la resistencia total de la conexión es, RS = 994.1 kg/cm(15.24 cm + 15.24 cm)
= 30,300.17 kgs
REQUISITOS DE TAMAÑOS Y LONGITUDES DE SOLDADURA, El diseño práctico de las conexiones soldadas requiere considerar detalles como los tamaños y longitudes máximos y mínimos de la soldadura. Las NTC-DF, demanda lo siguiente, Tamaño mínimo, ‘El tamaño mínimo permitido es una función del espesor de la
parte
mas gruesa
conectada’ (Segui, 2000) y se da en la siguiente tabla,
Espesor de la más gruesa de las partes unidas
Tamaño mínimo del filete
mm
pulg
mm
t ≤ 6.3 6.3 < t ≤ 12.7
t ≤ 1/4 1/4 < t ≤ 1/2
3.2
1/8
4.8
3/16
12.7 < t ≤ 19.1
1/2 < t ≤ 3/4
6.3
1/4
t > 19.1
t > 3/4
7.9
5/16
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pulg
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Tabla 6.7
Tamaños mínimos de soldaduras de filete (Arnal y Betancourt, 1999)
Tamaño máximo, El tamaño máximo de las soldaduras de filete colocadas a lo largo de los bordes de placas o perfiles es,
En los bordes de material de grueso menor de 6.3 mm (1/4”), el grueso del material
En los bordes de material de grueso igual o mayor que 6.3 mm, el grueso del material menos 1.5 mm (1/16”)
Longitud mínima, ‘La longitud mínima permisible de un filete de soldadura es de cuatro veces su tamaño. Esta limitación no es severa, pero si esta longitud no está disponible, una longitud más corta puede emplearse si el tamaño efectivo de la soldadura se toma como un cuarto de su longitud’ (Segui, 2000). Remates de extremo, ‘Cuando
una
soldadura
se
extiende
hasta
el
extremo
de
un
miembro,
ella
debe
prolongarse alrededor de la esquina. Para evitar las concentraciones de los esfuerzos y garantizar que el tamaño de la soldadura se mantenga en toda su longitud. El remate debe de ser de por lo menos dos veces el tamaño de la soldadura, con un mínimo de 1 cm’ (Segui, 2000).
Soldaduras intermitentes, Pueden usarse soldaduras de filete intermitentes en los casos en que la resistencia requerida sea menor que la de una soldadura de filete continua del tamaño permitido más pequeño. La longitud efectiva de un segmento de una soldadura intermitente no será nunca menor de cuatro veces el tamaño de la soldadura, con un mínimo de 4 cm. La separación longitudinal
máxima
entre
cordones
interrumpidos
de
soldadura
será;
30
cm
si
están
colocados en líneas paralelas, y, 45 cm, si lo están en tresbolillo (Arnal y Betancourt, 1999).
Juntas traslapadas, El traslape no será menor que cinco veces el grueso de la más delgada de las partes que se estén uniendo, con un mínimo de 2.5 cm.
Nota: las soldaduras pequeñas son, en general, más baratas que las grandes, ya que, el tamaño máximo que puede hacerse con un solo pase del electrodo es de, aproximadamente, 5/16” y los pases múltiples incrementan el costo.
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SIMBOLOS DE LA SOLDADURA, ‘Las soldaduras son especificadas en los dibujos de diseño por medio de símbolos estandarizados, que proporcionan una manera conveniente de describir la configuración requerida de la soldadura’ (Segui, 2000). Estos símbolos eliminan la necesidad de dibujos de las soldaduras y de hacer largas notas descriptivas. La figura siguiente
presenta el método de identificación de
soldaduras mediante
símbolos, desarrollado por la sociedad americana de soldadura (AWS),
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Figura 6.12
Símbolos básicos de la soldadura (De Buen, 1993)
Para aclarar alguna confusión, se presentan en la figura 6.13, algunos símbolos con la explicación de cada uno.
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APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Figura 6.13
Explicación de símbolos básicos (Segui, 2000)
‘Si la conexión tiene un plano de simetría, el centroide del área de corte de los sujetadores
o
las
soldaduras
se
usa
como
el
punto
de
referencia,
y
la
distancia
perpendicular de la línea de acción de la carga al centroide se llama excentricidad’ (Segui, 2000).
TORNILLOS:
-SUJETOS SÓLO A CORTANTE-
La conexión de ménsula de la columna que se muestra en la figura 6.14, es una conexión atornillada sometida a un cortante excéntrico.
Figura 6.14
Típica conexión de Ménsula (Segui, 2000)
‘Existen dos enfoques para la solución de este problema: el análisis tradicional elástico y el más exacto (pero más complejo) por análisis de resistencia última’ (Segui, 2000). En este apartado, estudiaremos el primero. PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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144
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Análisis elástico, En el inciso (a) de la figura siguiente, las áreas de corte de los sujetadores y las cargas se muestran separadas de la columna y de la placa de la ménsula.
Figura 6.15
Análisis estático de tornillos sujetos sólo a cortante (Segui, 2000)
La carga excéntrica P puede reemplazarse por la misma carga al actuar aplicada en el centroide más el par M = Pe, donde e es la excentricidad. Si se hace este reemplazo, la carga será concéntrica y se puede suponer que cada sujetador resiste una porción igual de la carga, dada por Pc = P/n, donde n es el número de sujetadores. ‘Las fuerzas en los sujetadores que resultan del par pueden encontrarse al considerar que los esfuerzos cortantes en los sujetadores son el resultado de la torsión de una sección transversal constituida por las áreas transversales de los sujetadores. Si se hace tal supuesto, el esfuerzo cortante en cada sujetador se encuentra con la fórmula de la torsión’ (Segui, 2000), Fv
=
Md J
Donde, D = distancia del centroide del área al punto donde se está calculando el esfuerzo J = momento polar de inercia del área respecto al centroide Y el esfuerzo fv es perpendicular a d. Si se emplea el teorema de los ejes paralelos y se desprecia el momento polar de inercia de cada área circular respecto a su propio centroide, J para el área total puede aproximarse como: J = ∑ Ad2
=
Si
los
todos
A ∑ d2 sujetadores
tienen
la
misma
área,
la
ecuación
del
esfuerzo
puede
entonces escribirse como, Fv
=
Md A ∑ d2
Y la fuerza cortante en cada sujetador causada por el par es, Pm = Afv = A Md = Md PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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145
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS 2
A ∑ d ‘Las
dos
∑ d
componentes
2
de
fuerza
cortante
así
determinadas
pueden
sumarse
vectorialmente para obtener la fuerza resultante p, como se muestra en el inciso (b) de la figura 6.15, donde el sujetador inferior derecho se usa como ejemplo’ (Segui, 2000). Cuando se ha determinado la resultante máxima, se elige el tamaño del sujetador que resista esta fuerza. El sujetador crítico no puede siempre encontrarse por inspección y es necesario hacer los cálculos de varias fuerzas. Es
más
conveniente,
en
general,
trabajar
con
los
componentes
rectangulares
de
fuerzas. Para cada sujetador, los componentes horizontal y vertical de la fuerza cortante directa resultante son: Pcx =
Px n
y
Pcy =
Py n
donde Px y Py son las componentes x y y de la carga P total en la conexión, como se muestra en la figura que sigue,
Las
componentes
horizontal
y
vertical
causadas
por
la
excentricidad
pueden
encontrarse apoyándose en la siguiente figura, como sigue,
En términos de las coordenadas x y y de los centros de las áreas de los sujetadores, ∑ d2 = ∑(x2 + y2) donde el origen del sistema coordenado está en el centroide del área cortante total de los sujetadores. La componente x de Pm es: cos ά =
Y d
,
cos ά =
Por lo tanto, Pmx = y Pm . D d De manera similar,
Pmx Pm
= ∑ d2
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;
y
y = d Md
d
Pmx Pm =
∑(x2 + y2)
y
Md
=
My
∑(x2 + y2)
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146
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Pmy .
=
Mx
∑(x2 + y2) y la fuerza total en el sujetador es, P = √[( ∑Px )8 + ( ∑Py )2] Donde, ∑Px =
Pcx + Pmx
∑Py =
Pcy + Pmy
‘Si P, la carga aplicada a la conexión, es una carga factorizada, entonces la fuerza p
sobre
el
sujetador
es
la
carga
factorizada
por
ser
resistida
en
cortante
y
aplastamiento, es decir, la resistencia de diseño requerida’ (Segui, 2000). Ejemplo: Una carga factorizada de 45,359.20 kgs actúa sobre un grupo de tornillos, como se muestra en la figura. Los tornillos están en cortante simple. Use un análisis elástico para determinar el diámetro
requerido
para
tornillos
A325
de
deslizamiento
crítico.
Suponga
que
la
resistencia por cortante de los tornillos de alta resistencia es adecuada. El
centroide
del
grupo
de
sujetadores se encuentra al usar un eje horizontal que pase por la fila inferior y aplicar el principio de momentos: Ý = 8(7.62 cm)/10 Las
= 6.096 cm
componentes
horizontal
y
vertical de la carga son, Cos 45˚ = Px/45,359.20
;Px = 32,073.8
sen 45˚ = Py/45,359.20
;Py = 32,073.8
kg ←
kg ↓ Con referencia a la figura inferior, calculamos el momento de la carga respecto al centroide, M = 32073.8 kg(6.985 cm + 30.48 cm) – 32073.8 kg(30.48 cm – 6.096 cm) 419,557.38 kg-cm Analizando
=
(horario) el
tornillo
inferior
derecho: Las
componentes
horizontal
y
vertical de la fuerza en cada tornillo que resulta de la carga concéntrica son, Pcx =
32,073.8 kg 10
= 3,207.38 kg ←
Pcy = 10
32,073.8 kg
=
3,207.38 kg ↓
Para el par, PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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147
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
∑(x2 + y2) = 10(6.985 cm)2 + 2[(6.096 cm)2 + (1.524 cm)2 + (9.144 cm)2 + (16.764 cm)2 + (24.384 cm)2] = = 2,485.32 cm2 Pmx = My/∑(x2 + y2)
= [419,557.38 kg-cm(6.096 cm)]/2,485.32 cm2
=
1,029.09 kg ←
Pmy = Mx/∑(x2 + y2)
= [419,557.38 kg-cm(6.985 cm)]/2,485.32 cm2
=
1,179.17 kg ↓
∑Px = Pcx + Pmx
= 1,029.09 kg + 3,207.30 kg
= 4,236.39 kg
∑Py = Pcy + Pmy
= 3,207.30 kg + 1,179.17 kg
= 4,386.47 kg
P = √[(4,236.39 kg)2 + (4,386.47 kg)2]
= 4,406.86 kg
,
carga factorizada de diseño
Diseño de la conexión por fricción, con tornillos A325: Para cada tornillo, De la tabla
Pservicio = Pu/F.C.
=
4406.86 kg/1.4
-NTC-, para tornillos A325 y agujeros estándar;
= 3,147.76 kg VCF = 1,203 kg/cm2
RF = FR x ATR x VCF 3,147.76 kg = 1.0(A)(1230 kg/cm2) A = (∏ x d2)/4
= 2.56 cm2 ;
;
A = 2.56 cm2
d = 1.805 cm
Se propone usar d = ¾” (1.905 cm)
SOLDADURA:
-SUJETAS SÓLO A CORTANTE-
‘Las conexiones excéntricas soldadas se analizan en forma muy parecida a como se hace con las atornilladas, excepto que las longitudes unitarias de soldaduras reemplazan a los sujetadores individuales en los cálculos. Como en el caso de las conexiones excéntricas atornilladas
cargadas
en
cortante,
las
conexiones
en
cortante
soldadas
puede
ser
analizadas por métodos elásticos o de resistencia última’ (Segui, 2000). Analizaremos únicamente el primero.
Análisis elástico, La carga sobre la ménsula que se muestra en el inciso (a) de la siguiente figura se considera que actúa en el plano de la soldadura, es decir, en el plano de la garganta. Si se hace esta ligera aproximación, la carga será resistida por el área de la soldadura que se presenta en el inciso (b) [tamaño efectivo de la garganta x L].
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148
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Figura 6.16
Análisis elástico de soldaduras sujetas sólo a cortante (Segui, 2000) ‘Sin embargo, los cálculos se simplifican si se utiliza una dimensión unitaria para la garganta. En tal caso, la carga calculada se multiplica por 0.7071 veces el tamaño de la soldadura para obtener la carga real’ (Segui, 2000). Una carga excéntrica, en el plano de la soldadura, somete a la propia soldadura a un cortante directo (provocado por la carga P) y a un cortante torsionante (debido al momento provocado por la excentricidad). Como todos los elementos de la soldadura reciben una porción igual del cortante directo, el esfuerzo cortante directo es, F1 =
P A Donde ,
=
P = (1)L
P L
,
L es la longitud total de la soldadura y es numéricamente igual al área por cortante, porque se ha supuesto un tamaño unitario de garganta. Si se emplean componentes rectangulares, F1x =
Px y f1y = L Donde Px y Py son las componentes x y y de la carga aplicada.
Py L
,
El esfuerzo cortante originado por el par que se encuentra con la fórmula de la torsión, F2 =
Md
J Donde, D = distancia del centroide del área cortante al punto donde se está calculando el esfuerzo J = momento polar de inercia de tal área
La figura 6.17, muestra este esfuerzo en la esquina superior derecha de la soldadura dada. En términos de componentes rectangulares, F2x =
Figura 6.17
My J
y
f2y =
Mx J
Elementos de una soldadura (Segui, 2000)
Se tiene también, J = ∫A r2 d A
=
∫A (x2 + y2) d A
= ∫A x2 d A
+
∫A y2 d A
=
I y + Ix
Donde Ix e Iy, son los momentos de inercia rectangulares del área cortante. PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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149
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Una
vez
encontradas
todas
las
componentes
rectangulares,
ellas
pueden
sumarse
vectorialmente para obtener el esfuerzo resultante en el punto de interés, o Fv = √[( ∑fx )2 + ( ∑fy )2 Nota: ‘Al igual que sucede con las conexiones atornilladas, la localización crítica para este esfuerzo resultante se determina por la inspección de las magnitudes y las direcciones
relativas
de
las
componentes
de
los
esfuerzos
cortantes
directo
y
torsionante’ (Segui, 2000). Como se utiliza un ancho unitario de la soldadura, los cálculos del centroide y el momento de inercia son los mismos que para una línea. En esta sección tratamos todos los segmentos de la soldadura como segmentos de línea, que suponemos de la misma longitud que el borde de la parte conectada a la que son adyacentes. Por lo tanto, despreciamos el momento de inercia de un segmento de línea respecto al eje que coincide con la línea (Segui, 2000).
Ejemplo: Determine el tamaño de la soldadura requerida para la conexión de la ménsula mostrada en la figura. La carga de 27,215.52 kgs es factorizada. Se usa acero A36 para la ménsula y para la conexión.
La carga excéntrica puede ser reemplazada por una carga axial y un par, como se muestra en la segunda parte de la figura. Entonces, el esfuerzo cortante directo, es el mismo para todos los segmentos de la soldadura y es igual a: Cos 60˚ = Px / 27,215.52 kg
;
Px = 13,607.76 kg
Sen 60˚ = Py / 27,215.52 kg
;
Py = 23,569.33 kg
L = 30.48 cm + 2(20.32 cm)
= 71.12 cm
F1x = 13,607.76 kg/71.12 cm
= 191.34 kg/cm
F1y = 23,569.33 kg/71.12 cm
= 331.40 kg/cm
Antes de calcular la componente torsionante del esfuerzo cortante, la localización del centroide del área cortante de la soldadura debe ser determinado. Del principio de momentos, con la suma de momentos respecto al eje y, PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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150
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
X(71.12 cm) = 2(20.32 cm)(10.16),
x = 5.81 cm
La excentricidad e para Py es, 25.4 cm + 20.32 cm – 5.81 cm = 39.91 cm La excentricidad e para Px es, 30.48 cm / 2
= 15.24 cm
y el momento torsionante es, M = 23,569.33 kg(39.91 cm) – 13,607.76 kg(15.24 cm)
= 733,269.70 kg-cm
Si se desprecia el momento de inercia de cada soldadura horizontal con respecto a su propio eje centroidal, el momento de inercia del área total de la soldadura con respecto a su eje centroidal horizontal es: Ix = (1/12)(1)(30.48 cm)3 + 2(20.32 cm x 1)(15.24 cm)2
= 11,798.69 cm4
De manera similar, Iy = 2[(1/12)(1)(20.32 cm)3 + (20.32 cm x 1)(10.16 cm – 5.81 cm)2] + (30.48 cm x 1)(5.81 cm)2 = 3,196.26 Entonces, J
= 11,798.69 cm4 + 3,196.26 cm4
= Ix + Iy
= 14,994.95 cm4
La segunda parte de la figura mostrada, muestra las direcciones de ambas componentes de un esfuerzo en cada esquina de la conexión. Por inspección, la esquina superior derecha o la esquina inferior derecha pueden tomarse como la posición crítica. Si se toma la esquina inferior derecha, F2x = My/J
= [733,269.70 kg-cm(15.24 cm)]/14,994.95 cm4
F2y = Mx/J
= [733,269.70 kg/cm(20.32 cm – 5.81 cm)]/14,994.95 cm4
= 745.25 kg/cm =
709.56 kg/cm
El cortante total en el conector crítico es, Fv = √[(191.34 kg/cm + 745.25 kg/cm)2 + (331.40 kg/cm + 709.56 kg/cm)2] kg/cm
=
1400.29
Revisamos la resistencia del metal base (si usamos soldaduras de filete);
De la tabla
-NTC- ;
FMB = 0.60Fu
= 0.60(4200 kg/cm2)
= 2,520 kg/cm2
,
y
FR =
0.75 RMB = FR[(área del metal base sometida a cortante)FMB] 2
kg/cm )
= 2,702.7 kg/cm > 1,400.29 kg/cm
= 0.75(1.43 cm x 1)(2,520
(es satisfactoria)
La resistencia del metal de la soldadura es,
RS = FR[(0.7071 x w x L)Fs] Proponemos usar electrodos E70 ; 2,952 kg/cm2 W =
Rs FR(0.7071)LFS
=
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De tabla
-NTC- ,
1,400.29 kg/cm (0.75)(0.7071)(1.0)(2,952 kg/cm2)
Fs = 0.60(4,920 kg/cm2) = =
0.89 cm
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151
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Utilice una soldadura de filete de 3/8” (0.95 cm) y electrodos E7018
6.1.1.1.3-1
Determine la resistencia de diseño para la conexión que se muestra en la
siguiente figura, con base en el cortante y el aplastamiento. Los tornillos son A307 de ¾” de diámetro y se utiliza acero A36 para el miembro y la placa de nudo. Resistencia por cortante; De la tabla
-NTC-, y para tornillos A307
FR = 0.60 VC = 1,900 kg/cm2 El área nominal del tornillo es, A = [∏(1.905 cm)2]/4 = 2.85 cm2 RC = FR x ATR x VC 3,249 kgs
tR
= 0.60(2.85 cm2)(1,900 kg/cm2) =
Para tres tornillos, la resistencia por cortante será, RC = 3(3,249 kg) Resistencia por aplastamiento;
= 9,747 kgs
(Para acero A36, Fu = 4,200 kg/cm2)
Para la revisión por aplastamiento, el diámetro es, D = dNOM + 1.5 mm
= 19.05 mm + 1.5 mm
= 20.55 mm
Como el espesor es el mismo para el miembro en tensión que para la placa de nudo, y, Como L > 1.5d,
1 1/4” > 1.5(3/4”) = 1 1/8” ; consideramos agujeros estándar y, hay
tres tornillos en la línea de la fuerza, RA = FR x 2.4 x d x t x Fu
= 0.75(2.4)(2.06 cm)(0.9525 cm)(4,200 kg/cm2)
= 14,833.85
kg Para tres tornillos, la resistencia por aplastamiento es, RA
=
3(14,833.85
kg)
=
44,501.55 kg Por lo tanto, la resistencia de la conexión es = 9,747 kgs
6.1.1.1.3-2
a. ¿Cuántos tornillos A307 de 1” de diámetro se requieren para la conexión
que se presenta en
la figura? Los tornillos se colocarán en dos líneas como se
muestra b.
¿Cuál
es
la
longitud
mínima
de
empalme? a.Para un tornillo, la resistencia por cortante es, PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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152
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
De la tabla –NTC-, y para agujeros A307 FR = 0.60 VC = 1,900 kg/cm2 El área nominal del tornillo es, A = [∏(2.54 cm)2]/4 = 5.07 cm2 RC = FR x ATR x VC = 0.60(5.07 cm2)(1,900 kg/cm2) = 5,779.8 kgs Para un tornillo, la resistencia por aplastamiento es, D = dnom + 1.5 mm
= 25.4 mm + 1.5 mm
= 2.7 cm
Si consideramos que, L > 1.5d ; usamos agujeros estándar y, hay dos tornillos en la línea de la fuerza, RA = FR x 2.4 x d x t x Fu
= 0.75(2.4)(2.7 cm)(1.27 cm)(4,200 kg/cm2)
= 25,923.24 kg
Como se puede apreciar, es crítica la resistencia por cortante, RC = 5,779.8 kgs No. Tornillos = 54,431 kg/5,779.8 kg
= 9.42
;
usar 10 tornillos, 5 en cada línea.
b.- Según las NTC, separación mínima = 3d = 3(2.54 cm)
= 7.62 cm
d.b.m. (para bordes cortados con cizalla) por lo tanto, = 20 cm
6.1.1.1.3-3
L
= S + 2(d.b.m.)
=
= 4.45 cm
; se confirma que, L > 1.5d
7.62 cm + 2(4.45 cm)
= 16.52 cm.
Usar L
Un miembro en tensión de 7/8” de espesor forma un empalme en dos placas de
3/8” de espesor, como se muestra en la figura. La conexión se hace con cuatro tornillos
A325
de
5/8”
de
diámetro.
Todo
el
acero
es
A36.
Calcule
la
resistencia de diseño de la conexión con base en el aplastamiento y el cortante en los tornillos. Considere la rosca no incluida en el plano de corte Revisión por cortante, De tabla
-NTC-, para tornillos A325,
FR = 0.60 VC = 5,060 kg/cm2 El área nominal del tornillo es, A = [∏(1.59 cm)2]/4 = 1.99 cm2 RC = FR x ATR x VC = 0.60(1.99 cm2)(5,060 kg/cm2) = 6,041.64 kgs
; pero como existen 2 planos
de corte, RC = 2(6,041.64 kg)
= 12,083.28 kg
La resistencia por cortante total es, RC = 4 tornillos(12,083.28 kg) PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
= 48,333.12 kg FACULTAD DE INGENIERÍA
153
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
(Para acero A36, Fu = 4,200 kg/cm2)
Resistencia por aplastamiento del material;
Para la revisión por aplastamiento, el diámetro es, D = dNOM + 1.5 mm mm
= 15.9 mm + 1.5
= 17.40 mm Se utiliza el espesor menor (t = 3/8” x 2 placas = 1.905 cm), Como L > 1.5d,
1 1/2” > 1.5(5/8”) ; consideramos agujeros estándar y, hay dos
tornillos en la línea de la fuerza, RA = FR x 2.4 x d x t x Fu
= 0.75(2.4)(1.74 cm)(1.905 cm)(4,200 kg/cm2)
= 25,059.13
kg Para cuatro tornillos, la resistencia por aplastamiento es, RA = 100,236.52 kg Por lo tanto, la resistencia de la conexión es = 48,333.12 kgs
4(25,059.13
kg)
=
6.1.2.4-1 Un miembro en tensión formado por un solo ángulo LI2x1/4” está conectado con soldaduras de filete como se muestra en la figura. Todo el material es acero A36. Diseñe la soldadura. El metal base en esta conexión es acero A36, por lo que se usarán electrodos E70XX. Para el espesor, t = ¼” ; = 3/16”
el tamaño mínimo del filete es
Ensayamos una soldadura de filete 3/16” (0.48 cm) y E70XX. La capacidad por centímetro es, 0.7071w[FRFS]
=
0.7071(0.48
cm)[0.75(0.60
x
4920)]
=
751.34 kg/cm y la capacidad del metal base es, FRFMBt =
0.90(2,530 kg/cm2)(0.32 cm)
= 728.64 kg/cm
Longitud requerida = 4000 kg / 728.64 kg/cm Emplee una soldadura de filete de 3/16”
= 5.5 cm,
(gobierna) Use 6 cms
(3 cm a cada lado)
(el tamaño máximo con un solo pase es 5/16”),
con electrodo E70XX y una longitud mínima de 3 cm a cada lado.
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154
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Capítulo 7
‘En algunas ocasiones los patines de una viga por sí solos proporcionan suficiente área de apoyo, pero de cualquier modo deben utilizarse placas de apoyo, ya que éstas son muy
útiles
en
el
montaje
y
aseguran
una
mejor
superficie
de
apoyo
para
la
viga’
(McCormac, 1991). ‘Por otro lado, cuando una columna de acero se apoya en la parte superior de un cimiento, o de una zapata aislada, es necesario que la carga de la columna se distribuya en un área suficiente para evitar que se sobreesfuerce el concreto’ (McCormac, 1991). En ambos casos, la función de la placa es distribuir una carga concentrada al material del soporte.
El diseño de una placa sobre la que se apoyará una viga de sección transversal I, se hace mediante los cuatro pasos siguientes. Mientras que, el diseño de una placa sobre la que se apoya cualquier otro elemento estructural de acero, adopta únicamente los pasos 3 y 4 (Segui, 2000). 1.- Determine el ancho de la placa (el cual referenciaremos con la letra N) de manera que se impida la fluencia del alma de la viga 2.- Determine el ancho de la placa, de manera que se impida también, el aplastamiento del alma de la viga 3.- Determine el largo de la placa (que llamaremos B) de manera que, el área BxN sea suficiente para impedir que el material de soporte (usualmente concreto) sea aplastado por apoyo 4.- Determine el espesor t de manera que la placa tenga suficiente resistencia por flexión.
Fluencia del alma,
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155
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Es la compresión del alma de la viga causada, principalmente, por dos tipos de fuerzas: una reacción de extremo, ó, una carga transmitida al patín superior por una columna u otra viga (Segui, 2000). Ver figura 7.1,
Figura 7.1
Tipos de fuerzas que intervienen en la fluencia del alma de la viga.
Cuando la carga es transmitida por una placa, se supone que la fluencia del alma tiene lugar a una distancia K de la cara exterior del patín (esta dimensión está tabulada en las tablas de dimensiones y propiedades del manual) . Además, se supone que, la carga se distribuye según una pendiente de 1:2.5 (Segui, 2000), como se muestra en la siguiente figura,
Figura 7.2
Modo de distribución de una carga sobre la viga (Segui, 2000)
Entonces,
Para la carga de extremo, Ru; El área sometida a fluencia es (2.5k + N)tw.
Y por lo tanto, la resistencia de diseño es, RFA = FR[(2.5k + N)twFy]
;
FR = 1.0
Para la carga interior; La longitud de la sección sometida a fluencia es
+ N
=
2(2.5k)
5k + N
Y por lo tanto, la resistencia de diseño es, RFA = FR[(5k + N)twFy]
;
FR = 1.0
Aplastamiento del alma, ‘Es el pandeo del alma causado por la fuerza de compresión transmitida a través del patín’ (Segui, 2000).
Para una carga interior,
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156
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
La resistencia de diseño por aplastamiento del alma es, RAP = FR [ 135tw2 x [1 + 3( N )( tw )1.5] x √( Fytf ) ] ; .
FR = 0.75 d
tf
tw
Para una carga en o cerca del soporte (distancia no mayor que la mitad del peralte de la viga desde el extremo), La resistencia de diseño por aplastamiento del alma es, Si N/d ≤ 0.2; RAP = FR [68tw2 x [1 + 3( N )( tw )1.5] x √( Fytf ) ]
0.75 .
d
tf
;
FR =
tw
Si N/d > 0.2; RAP = FR [68tw2 x [1 + (4 N – 0.2)( tw )1.5] x √( Fytf ) ] = 0.75 .
d
tf
;
FR
tw
Resistencia de apoyo del concreto, ‘El material usado para soporte de una viga puede ser concreto, mampostería u otro material, pero usualmente será concreto. El cual debe resistir la carga aplicada por la placa de acero’ (Segui, 2000). Según las NTC-DF, la resistencia de diseño del material de soporte es,
Si la placa cubre toda el área del soporte; Rp = FR[0.50 x f’C x A1]
;
FR =
0.60
Si la placa no cubre toda el área del soporte; Rp = FR[0.50 x f’C x A1 x √(A2/A1)]
;
FR = 0.60
Donde, F’C = resistencia por compresión del concreto a los 28 días A1 = área de apoyo A2 = área total del soporte Nota: ‘Si el área A2 no es concéntrica con A1, entonces A2 debe tomarse como la mayor área concéntrica que sea geométricamente similar a A1’ (Segui, 2000) . Ver figura 7.3,
Figura 7.3 PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
Apoyo sobre áreas no concéntricas (Segui, 2000) FACULTAD DE INGENIERÍA
157
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Espesor de la placa, Se supone que la reacción se distribuye uniformemente a través de la placa sobre la mampostería, y que la mampostería, reacciona contra la placa con una presión uniforme igual a la reacción factorizada Ru dividida entre el área A1 de la placa. Se supone también que, la placa, está soportada en su parte superior sobre un ancho central de 2k y longitud N, como se muestra en la figura 7.4,
Figura 7.4
Elementos considerados para el espesor de la placa (Segui, 2000)
‘La placa es tratada así como un voladizo de claro
n = (B – 2k)/2 y ancho N. Por
conveniencia se considera un ancho de 1 pulgada con una carga uniforme (en, lbs /in lineal) numéricamente igual a la presión de apoyo (en, lbs /in2)’ (Segui, 2000) . De la figura anterior, el momento flexionante máximo en la placa es, Mu =
Ru BN Donde,
x n x
n 2
=
Run2 2BN
Ru/BN = presión de apoyo promedio entre la placa y el concreto.
Por otra parte, si observamos la figura siguiente,
Figura 7.5
Sección rectangular flexionada respecto al eje menor (Segui, 2000)
tenemos que, para una sección transversal rectangular de ancho unitario y profundidad t, el momento plástico es, Mp = Fy (1 – t/2)(t/2)
=
F y t2 4
como FRMp debe ser por lo menos igual a Mu, PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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158
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
FRMP
≥
Mu
0.9Fy t2 4 t ≥ √[
≥
Run2 2BN
2Run2 ] 0.9BNFy
ó
t ≥
√[
2.222Run2 BNFy
]
Ejemplo: La viga W21x62 de la figura siguiente, tiene soporte lateral continuo. La carga uniforme es una carga muerta y la carga concentrada es una carga viva. Diseñe placas de apoyo para los soportes y para la carga concentrada. Suponga que toda el área del soporte es utilizada. Use acero A36 y un concreto f’c = 250 kg/m2. Datos:
tw = 1.02 cm Tf = 1.56 cm D = 53.3 cm K = 3.5 cm Bf = 20.9 cm
Para las placas de extremo: La carga factorizada es, wu = 1.2wD + 1.6wL
= 1.2(3720 kg/m) + 1.6(13,608 kg/12 m)
=
6,278.4 kg/m y la reacción es, Ru = wuL/2
= (6,278.4 kg/m x 12 m)/2
= 37,670.4 kg
1.- Determinación de la longitud de apoyo N requerida para prevenir la fluencia del alma; RFA = FR[ (2.5k + N)fytw ] 37670.4 kg = 1.0[ (2.5x3.5 + N)(2530 kg/cm2)(1.02 cm) ]
;
N = 5.85 cm
2.- Determinación de N para prevenir el aplastamiento del alma, RAP = FR [68tw2 x [1 + (4 N – 0.2)( tw )1.5] x √( Fytf ) ] . d tf tw 37,670.4 kg = 0.75 [68(1.02 cm)2 x [1 + (4 kg/cm2 x 1.56 cm ) ] 53.3 1.02 cm
N
suponemos N/d > 0.2
;
- 0.2)( 1.02 cm )1.5] x √( 2,530
cm
1.56
cm
debido a la deducción de la fórmula; se debe utilizar en unidades americanas 83.05 klbs = 0.75 [68(0.40 in)2 x [1 + (4 N 0.61 in ) ] 20.98 in in N = 4.74 in
= 12.04 cm
- 0.2)( 0.40 in )1.5] x √( 36 psi x 0.61 in
0.4
(gobierna)
Revisando la suposición, N/d = 4.74 in/20.98 in
= 0.22
(cierta). Por lo tanto,
ensayamos N = 12.7 cm (5”)
3.- Determinación de la longitud B considerando la resistencia del concreto. Como se utilizará toda el área del soporte, entonces, el área de la placa requerida A1 es, PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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159
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Rp = FR[0.50 x f’C x A1] 37,670.4 kg = 0.60[0.50 x 250 kg/cm2 x A1]
A1 = 502.27 cm2
;
el valor mínimo de la dimensión B es, B = A1/N
= 502.27 cm2/12.7 cm
= 39.55 cm
El ancho del patín bf = 20.9 cm, lo que hace que la placa sea más ancha que el patín, lo que es conveniente. Redondeando a la pulgada más cercana, B = 40.64 cm
(16”)
4.- Cálculo del espesor requerida para la placa, n = (B – 2k)/2 t =
√[
= [40.64 cm – 2(3.5 cm)]/2
2.222Run2 BNFy
]
= 16.82 cm
= √[ 2.222(37,670.4 kg)(16.82 cm)2 ] 40.64 cm(12.7 cm)(2530 kg/cm2)
= 4.26 cm (1.68”) Se
propone
usar
una
PL 1 ¾” x 5” x 16” Para la placa de la fuerza interior; De la carga uniformemente repartida (que en este caso es la carga muerta), al punto donde está la placa analizada (centro del claro) le toca 3 mts de carga a cada lado, por lo tanto; Pd = wDL
= 3720 kh/m(6 m)
= 22,320 kg
La carga factorizada es, Pu = 1.2PD + 1.6PL
= 1.2(22,320 kg) + 1.6(13,608 kg)
=
48,556.8 kg 1.- Determinación de la longitud de apoyo N requerida para prevenir la fluencia del alma; RFA = FR[ (5k + N)fytw ] 48556.8 kg = 1.0[ (5x3.5 + N)(2530 kg/cm2)(1.02 cm) ]
;
N = 1.32 cm
2.- Determinación de N para prevenir el aplastamiento del alma, RAP = FR [ 135tw2 x [1 + 3( N )( tw )1.5] x √( Fytf ) ] . d tf tw 48,556.8 kg = 0.75 [135(1.02 cm)2 x [1 + 3( 1.56 cm ) ]
N 53.3 cm
; )( 1.02 cm )1.5] x √( 2,530 kg/cm2 x 1.56 cm
1.02
cm debido a la deducción de la fórmula; se debe utilizar en unidades americanas 107.05 klbs = 0.75 [135(0.4 in)2 x [1 + 3( in ) ]
N 20.98 in
N = 1.43 in
= 3.62 cm
)( 0.4 in )1.5] x √( 36 psi x 0.61 0.61 in
0.4 in
(gobierna)
Por lo tanto, ensayamos N = 3.81 cm (1 1/2”) 3.- Determinación de la longitud B considerando la resistencia por apoyo. Como en este caso el material de soporte es el acero, se considerará que se utiliza toda el área del soporte, y f’c = fy; entonces, el área de la placa requerida A1 es, PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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160
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Rp = FR[0.50 x fy x A1] 48,556.8 kg = 0.60[0.50 x 2530 kg/cm2 x A1]
A1 = 63.97 cm2
;
el valor mínimo de la dimensión B es, B = A1/N
= 63.97 cm2/3.81 cm
= 16.79 cm
Redondeando a la pulgada más cercana, B = 17.78 cm
(7”)
Nota: habrá que checar el ancho del patín de la viga o columna que proporciona la carga puntual de 13, 608 Kg. Para tomar una longitud de la placa mayor que el ancho del mencionado patín 4.- Cálculo del espesor requerida para la placa, n = (B – 2k)/2 t =
√[
= [17.78 cm – 2(3.5 cm)]/2
2.222Run2 BNFy
]
= 5.39 cm
= √[ 2.222(48,551.8 kg)(5.39 cm)2 ] 17.78 cm(3.81 cm)(2530 kg/cm2)
= 4.28 cm (1.68”) Se propone usar una PL 1
3/4” x 1 1/2” x 7”
Las placas base pueden clasificarse en grandes y pequeñas. Las placas de base grandes son aquellas que tienen una porción de la placa que se extiende más allá del perfil de la columna. Las placas de base pequeñas son aquellas cuyas dimensiones son aproximadamente las mismas que las dimensiones de la columna, es decir; quedan ajustadas (Segui, 2000). El diseño de una placa sobre la que se apoyará una columna de sección transversal I, se hace mediante los dos pasos siguientes. 1.- Determine el área de la placa (que por lo regular, se conoce) de manera que, dicha área (BxN) sea suficiente para impedir que el material de soporte (usualmente concreto) sea aplastado por apoyo 2.- Determine el espesor t de manera que la placa tenga suficiente resistencia por flexión. Nota: ‘Una diferencia importante es que la flexión en las placas de apoyo para vigas es en una dirección, mientras que las placas de base de columnas están sometidas a flexión en dos direcciones’ (Segui, 2000).
Resistencia de apoyo del concreto, El material usado para soporte de una viga puede ser concreto, mampostería u otro material, pero usualmente será concreto. El cual debe resistir la carga aplicada por la placa de acero. Según las NTC-DF, la resistencia de diseño del material de soporte es, PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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161
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Si la placa cubre toda el área del soporte; Rp = FR[0.50 x f’C x A1]
;
FR =
0.60
Si la placa no cubre toda el área del soporte; Rp = FR[0.50 x f’C x A1 x √(A2/A1)]
;
FR = 0.60
Donde, F’C = resistencia por compresión del concreto a los 28 días A1 = área de apoyo A2 = área total del soporte Otro requisito es que, ≤ 2.0
√(A2/A1)
Espesor de la placa,
Placas de base grandes:
En este caso, el espesor está determinado por consideración de la flexión de las porciones que se extienden más allá del perfil de la columna. Se supone que la flexión tiene lugar respecto a dos ejes paralelos al alma y a 0.80bf entre sí, y a dos ejes paralelos a los patines y a 0.95d entre sí (Segui, 2000). Ver figura 7.6,
Figura 7.6
Placas de base grandes (Segui, 2000)
De las dos franjas en voladizo de 1 in de ancho, llamadas m y n, se usa la mayor para calcular el espesor de la placa, es decir; t ≥
.
l
√[
2Pu ] 0.9BNFy donde l
es el mayor de los valores de m y n.
Placas de base pequeñas:
Ligeramente cargadas;
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162
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
‘En este caso, se supone que la porción de la carga de la columna que cae dentro de los confines de la sección transversal de la columna, es decir, sobre un área bfd, está uniformemente distribuida sobre el área en forma de H’ (Segui, 2000). Ver figura 7.7,
Figura 7.7
Placa de base pequeña ligeramente cargada (Segui, 2000)
El espesor de la placa se determina con un análisis de una franja en voladizo de ancho unitario y de longitud c. y se determina como sigue, t ≥ c √[
2Po ] 0.9AHFy
donde, Po = (Pu/BN) x bfd = carga dentro del área bfd = carga sobre el área en forma de H AH = área en forma de H C = dimensión necesaria para dar un esfuerzo de Po/AH igual al esfuerzo de diseño por aplastamiento del material de soporte
Intensamente cargadas;
En este caso, se ejecuta un análisis basado en la flexión en dos direcciones para la porción de la placa entre el alma y los patines. Como se muestra en la figura 7.8,
Figura 7.8
Placa de base pequeña intensamente cargada (Segui, 2000)
el espesor requerido es, .
t
≥ n´ √[
2Pu ] 0.9BNFy
donde, n´ = ¼ √[dbf] PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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163
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Como aún no está del todo bien definido un parámetro que nos indique si la placa es grande o pequeña, ligera o intensamente cargada, los tres enfoques anteriores han sido unificados en un sólo procedimiento. El siguiente, El espesor requerido para la placa es, t ≥ l
.
√ [
2Pu ] 0.9BNFy
donde, l = es el mayor de los siguientes tres valores ; m, n, λn´ λ =
≤ 1.0
2√X 1 - √(1-X)
X = [
4dbf ] Pu (d + bf)2 RP
n´ = ¼ √(dbf) RP = resistencia de diseño por aplastamiento del material de soporte Nota: como simplificación, λ puede tomarse conservadoramente igual a 1.0 Ejemplo: Diseñe una placa base para una columna W14x82 que soporta una carga axial factorizada de 226,796 kgs. El soporte será una zapata de 18”x26” (45.72 cm x 66.04 cm), con f’c = 250 kg/cm2. Use acero A36. Los patines están paralelos a el lado más corto del soporte, como se aprecia en la figura. 1.- Determinación del área considerando la resistencia del material del soporte. Proponemos que la placa cubra toda el área del soporte, entonces, la resistencia de diseño es, RP = FR[0.50 x f’C x A1] 226,796 kg = 0.60(0.50)(250 kg/cm2)A1
;
A1 = 3,023.95
2
cm
Si N = 45.72 cm (18”), el valor mínimo de la dimensión B es, B = A1/N
= 3,023.95 cm2/45.72 cm
= 66.14 cm
; por lo
que, ensayamos B = 66.04 cm (26”) 2.- Cálculo del espesor; como los patines están paralelos a el lado más corto de la placa, tenemos que, m = (B – 0.95d)/2 = (66.04 cm – 0.95x36.3 cm)/2
= 15.77 cm
n = (N – 0.8bf)/2
= 12.58 cm
n´ = ¼ √(dbf)
= (45.72 cm – 0.8x25.7 cm)/2
= ¼ √(36.3 cm x 25.7 cm)
= 7.64 cm
como simplificación conservadora, tomamos λ = 1.0, lo que dá, l = el mayor valor de; m = 15.77 cm, n = 12.58 cm, λn´= 7.64 cm
;
l = 15.77 cm
y el espesor de la placa es, . t ≥ l √ [ cm (1.6 in)
2Pu
]
=
PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
15.77 cm
√[
2(226796 kg)
]
= 4.05
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164
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS 2
0.9BNFy
0.9(66.04 cm)(45.72 cm)(2530 kg/cm )
Se propone usar una PL 5/8” x 18” x 26”
7.1-1 Diseñe
una
placa
de
apoyo
para
distribuir
una
reacción
de
10,000
kgs
correspondiente a una armadura. La armadura estará soportada sobre columnas de concreto de 23 x 25 cm de sección, y con f’c = 250 kg/cm2. Toda el área del soporte será usada. La armadura y la placa son A36. 3.- Determinación de la longitud B considerando la resistencia del concreto. Como se utilizará toda el área del soporte, entonces, el área de la placa requerida A1 es, Rp = FR[0.50 x f’C x A1] 10,000 kg = 0.60[0.50 x 250 kg/cm2 x A1]
A1 = 133.33 cm2
;
Si N = 23 cm, el valor mínimo de la dimensión B es, B = A1/N
= 133.33 cm2/23 cm
= 5.80 cm
Sin embargo, ya que toda el área se utilizará tomaremos B = 25 cm. 4.- Cálculo del espesor requerida para la placa, n = (B – 2k)/2 t =
√[
= [25 cm – 2(2 cm)]/2
2.222Run2 BNFy
]
= 10.5 cm
= √[ 2.222(10,000 kg)(10.5 cm)2 ] 25 cm(23 cm)(2530 kg/cm2)
= 1.30 cm (0.51”)
Se propone usar una PL 5/8” x 9” x 10”
7.2-1 Un perfil W10x49 se usa como columna soportada por una zapata de concreto como se muestra en la figura. La parte superior de la zapata es de 20”x20” (50.8 cm x 50.8 cm). Diseñe una placa de base de acero A36 para una carga factorizada de 99,790 kg. La resistencia del concreto es f’c = 200 kg/cm2. Considere que la placa no cubrirá todo el área del soporte. 1.- Determinación del área considerando la resistencia del material del soporte. Como la placa no cubre toda el área del soporte, entonces, la resistencia de diseño es, RP = FR[0.50 x f’C x A1 x √(A1/A2) ] 226,796 kg = 0.60(0.50)(250 kg/cm2)A1 x √[(50.8 cm x 50.8 cm)/A1] A1 = 1,071.87 cm2 Si N = B, el valor mínimo de la dimensión B es, B = √1,071.87 cm2 = 32.74 cm2
; por lo que, ensayamos B = N = 33.02 cm (13”)
Revisando que la placa sea por lo menos tan grande como la columna, Bfd = (25.4 cm)(25.3 cm) PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
= 642.62 cm
< 1,090.32 cm (13 in2)
-satisfactoriaFACULTAD DE INGENIERÍA
165
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
2.- Cálculo del espesor; m = (N – 0.95d)/2 = (33.02 cm – 0.95x25.3 cm)/2
= 4.49 cm
n = (B – 0.8bf)/2
= 6.35 cm
n´ = ¼ √(dbf)
= (33.02 cm – 0.8x25.4 cm)/2
= ¼ √(25.3 cm x 25.4 cm)
= 6.34 cm
como simplificación conservadora, tomamos λ = 1.0, lo que dá, l = el mayor valor de; m = 4.49 cm, n = 6.35 cm, λn´= 6.34 cm
;
l = 6.35 cm
y el espesor de la placa es, . t ≥ l √ [ cm (0.71 in)
2Pu
]
=
6.35 cm
√[
0.9BNFy
2(99,790 kg)
]
=
1.8
0.9(33.02 cm)(33.02 cm)(2530 kg/cm2)
Se propone usar una PL 3/4” x 13” x 13”
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166
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Capítulo 8
Una armadura es, una viga de gran peralte y de alma abierta. Cuando las armaduras se usan en edificios, ellas usualmente funcionan como los elementos principales de soporte de los sistemas de techo donde se requieren grandes claros. Y por lo regular, se usan cuando el costo y peso de una viga es prohibitivo (Segui, 2000). ‘Las armaduras de techo son normalmente espaciadas uniformemente a lo largo de la longitud del edificio y unidas entre sí por medio de vigas longitudinales llamadas polines y por arriostramiento en X. La función principal de los polines es transferir las cargas a la cuerda superior de la armadura, pero ellos pueden también actuar como parte del sistema de arriostramiento’ (Segui, 2000). En la figura siguiente se ilustra la construcción típica de techo con armaduras soportadas por muros de carga,
Figura 8.1
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Construcción típica de armaduras de techo. (Segui, 2000) FACULTAD DE INGENIERÍA
167
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
En este tipo de construcción, un extremo de la conexión entre la armadura y los muros puede usualmente considerarse como articulada y el otro extremo como soportado sobre rodillo.
La
armadura
puede
entonces
analizarse
como
una
estructura
estáticamente
determinada.
Algunos de los tipos de armaduras que se utilizan frecuentemente, son los siguientes:
Armaduras Warren y Pratt,
Estos tipos de armaduras son los más utilizados para techos planos o casi planos (con pendientes menores de 1 ¼ pulgadas por pie) Estas armaduras se pueden utilizar para claros de hasta 60 metros. Sin embargo, son económicamente factibles para claros de entre 12 y 35 metros (Cruz, 2002). Ver figura 8.2,
Figura 8.2
Armaduras Warren y Pratt (McCormac, 1975)
Armaduras Howe y Pratt de peralte medio,
Son las armaduras a dos aguas más comunes. Usadas para techos de pendiente media (entre 1 ¼ y 5 pulgadas por pie). Económicamente, se utilizan para claros de hasta 30 metros. La siguiente figura ilustra este tipo de armaduras,
Figura 8.3 Armaduras Howe y Pratt (McCormac, 1975)
Armaduras Fink, Fink arqueada y Fink de abanico,
Son armaduras a dos aguas comúnmente usadas para pendientes fuertes (mayores de 5 pulgadas por pie). La armadura Fink ha sido utilizada económicamente para claros de hasta 40 metros (McCormac, 1975). PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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168
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
La triangulación de una armadura se proyecta tomando en cuenta el espaciamiento de los largueros, ya que idealmente, estos deben ir colocados en los vértices de los triángulos. La siguiente figura ilustra este tipo de armaduras,
Figura 8.4 Armaduras Fink (McCormac, 1975)
Armaduras de cuerda y arco,
También llamada armadura tipo Bowstring. Estas armaduras se pueden utilizar para claros de hasta 50 metros. Sin embargo, son económicas para claros hasta de 35 metros (McCormac, 1975). Cuando se diseña correctamente, esta armadura tiene la característica poco usual de que los miembros de su alma están sujetos a esfuerzos muy pequeños. A pesar del costo adicional para techar la cuerda superior, esta armadura es muy popular
para
almacenes,
supermercados,
garajes
y
naves
industriales
pequeñas
(Cruz,
2002). La siguiente figura ilustra este tipo de armaduras,
Figura 8.5
Armadura de cuerda y arco (Cruz, 2002)
Arcos de tres articulaciones,
Cuando se planean marcos de más de 30 metros, debe tomarse en consideración el uso de arcos de acero, ya que pueden proporcionar soluciones más económicas (Cruz, 2002). Ver figura 8.6,
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169
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Figura 8.6
Arco de tres articulaciones
Armaduras de Tijera y Diente de sierra,
‘La armadura de tijera puede ser satisfactoria para soportar techos de pendiente fuerte. Las de Diente de sierra, son útiles cuando se desea iluminación natural por ventanales en construcciones anchas, y no hay objeción por su gran número de columnas’ (Cruz, 2002). La siguiente figura muestra los tipos mencionados,
Figura 8.7
Armaduras de Tijera y Diente de Sierra (Cruz, 2002)
‘En armaduras atornilladas, las secciones de ángulo doble son a menudo usadas tanto para las cuerdas como para la celosía, ya que este diseño, facilita la conexión de miembros que se unen en un nudo al permitirse el uso de una sola placa de nudo’ (Segui, 2000). Sin embargo, en armaduras soldadas, es adecuado usar perfiles T como miembros de cuerdas, y pares de ángulos para la celosía, los cuales pueden soldarse a cada lado del alma de la T. Obteniendo de alguna de las dos formas, armaduras simétricas. Primeramente, la estimación de cargas, y enseguida, el diseño de una armadura; lo ilustraremos con el siguiente ejemplo. Ejemplo: Un sistema de techo consiste en armaduras del tipo mostrado en la figura, espaciadas a cada 6 m. Considere los siguientes datos de cargas, use acero A36, y diseño todos los elementos de la armadura.
Cálculo del radio del círculo en el que está inscrito la armadura,
R = [4h2 + 4(L/2)2] 8h
;
Si
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h = 2 m, y
L = 8.5 m ,
radio = 5.52 m FACULTAD DE INGENIERÍA
170
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Cálculo del perímetro de la cubierta de la armadura,
P = 2[ (∏/4) x √[2(h2 + (L/2)2] ] usarán 6 claros en
= 10.43 m
; debido a la armadura propuesta, se La cuerda superior de, 10.43 m/6 =
1.74 m c/u. Por lo tanto, se utilizarán láminas 0-100, De longitud = 12 ft, calibre 20,
ancho = 3 ft, y, peso = 7.47 kg/m2
ESTIMACIÓN DE CARGAS PARA LOS LARGUEROS: Notas: ‘Idealmente, los polines se sitúan en los nudos de la armadura. Sin embargo, algunas veces, la cubierta del techo no puede salvar la distancia entre nudos y pueden ser entonces necesarios polines intermedios. En tales casos, la cuerda superior debe ser diseñada por flexocompresión’ (Segui, 2000). Los
polines
o
largueros
se
espacian
por
lo
general
de
2
a
6
pies
entre
sí,
dependiendo de las condiciones de carga, en tanto que la relación más conveniente de peralte a claro es aproximadamente de 1/24. Los perfiles usados con frecuencia son las secciones S y las canales, pero en otras ocasiones pueden ser más adecuados otros perfiles. Los polines pueden estar sometidos a flexión biaxial. Para el larguero mostrado en la figura siguiente, la carga es vertical, pero los ejes de flexión están inclinados. La componente de carga normal al techo causará flexión alrededor del eje x, y la componente paralela flexiona la viga respecto a su eje y. Ver figura 8.8,
Figura 8.8
Flexión Biaxial
para nuestro ejemplo, las cargas son las siguientes, Cubierta
--------------------------- 7.47 kg/m2
Peso estimado de los largueros Techado (accesorios)
----- 8.00 kg/m
--------------- 5.00 kg/m2
Carga viva de techo, Lr
------------ 40.0 kg/m2
(para pendientes > 5%, según las
NTC-DF) Carga de viento
-------------------- 35.0 kg/m2
(normal a la superficie del techo)
Los largueros están colocados sólo en los nudos.
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171
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Cálculo de la carga Wux (normal a la superficie del techo) en “kg/m” que soportan los largueros (colocados a cada 1.74 m. Entre ejes)
Nota: como la superficie de la cubierta tiene 3 pendientes diferentes (considerando como
recta
la
cuerda
superior
entre
dos
nudos),
en
cada
larguero
actuarán
cargas
diferentes en función de la pendiente que le corresponda, por lo tanto, analizaremos cada uno y tomaremos el más crítico para su diseño. a.
Para el polín que llega al nodo A, (por simetría igual al del nodo G);
Estimación de carga muerta (D), Wx = [(7.47 kg/m2 + 5.0 kg/m2)(1.74 m/2) + 8.0 kg/m] x seno 49.76˚
= 14.39 kg/m
< a = tg-1 (1.1/1.3)
= 40.24˚
; 90˚ - 40.24˚ = 49.76˚
Estimación de carga viva de techo (Lr), Wx = [40 kg/m2(1.74 m/2)] x seno 49.76˚
=
26.56 kg/m Estimación de carga de viento (w), Wx = 35 kg/m2(1.74 m/2)
= 30.45 kg/m
Nota: como esta carga, es normal a la superficie del techo, no es necesaria su proyección vertical. La combinación que gobierna en este caso es, Wux = 1.2D + 1.6Lr + 0.8w kg/m)
= 1.2(14.39 kg/m) + 1.6(26.56 kg/m) + 0.8(30.45
= 84.12 kg/m
b. Para los polines que llegan a los nodos B y F; Nota: debido a que estos polines soportan cargas procedentes de superficies de techo con pendientes diferentes, se estimarán por separado, cada una con su correspondiente pendiente y, al final se sumarán. Estimación de carga muerta (D), Wx1 = [(7.47 kg/m2 + 5.0 kg/m2)(1.74 m/2) + 8.0 kg/m] x seno 49.76˚
= 14.39 kg/m
wx = 31.36 kg/m Wx2 = [(7.47 kg/m2 + 5.0 kg/m2)(1.74 m/2) + 8.0 kg/m] x seno 64.23˚ -1
< b = tg
(0.7/1.45)
= 25.77˚
= 16.97 kg/m
; 90˚ - 25.77˚ = 64.23˚
Estimación de carga viva de techo (Lr), Wx1 = [40 kg/m2(1.74 m/2)] x seno 49.76˚
= 26.56 kg/m
Wx = 57.9 kg/m Wx2 = [40 kg/m2(1.74 m/2)] x seno 64.23˚
= 31.34 kg/m
Estimación de carga de viento (w), Wx = 35 kg/m2(1.74 m)
kg/m)
Wux = 1.2D + 1.6Lr + 0.8w = 178.99 kg/m
= 60.90 kg/m
= 1.2(31.36 kg/m) + 1.6(57.90 kg/m) + 0.8(60.90
c. Para los polines que llegan a los nodos C y E; PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
FACULTAD DE INGENIERÍA
172
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Estimación de carga muerta (D), Wx1 = [(7.47 kg/m2 + 5.0 kg/m2)(1.74 m/2) + 8.0 kg/m] x seno 64.23˚
= 16.97 kg/m
wx = 35.65 kg/m Wx2 = [(7.47 kg/m2 + 5.0 kg/m2)(1.74 m/2) + 8.0 kg/m] x seno 82.41˚ -1
< c = tg
(0.2/1.5)
= 7.59˚
= 18.68 kg/m
; 90˚ - 7.59˚ = 82.41˚
Estimación de carga viva de techo (Lr), Wx1 = [40 kg/m2(1.74 m/2)] x seno 64.23˚
= 31.34 kg/m
Wx = 65.84 kg/m Wx2 = [40 kg/m2(1.74 m/2)] x seno 82.41˚
= 34.50 kg/m
Estimación de carga de viento (w), Wx = 35 kg/m2(1.74 m)
kg/m)
Wux = 1.2D + 1.6Lr + 0.8w = 196.84 kg/m
= 60.90 kg/m
= 1.2(35.65 kg/m) + 1.6(65.84 kg/m) + 0.8(60.90
d. Para el polín que llega al nodo D ; Nota: superficie
en
este
del
caso,
techo,
la
por
carga lo
coincide
que,
no
en
existe
actuar su
de
manera
proyección.
Sin
perpendicular embargo,
el
a
la
ancho
tributario debe proyectarse horizontalmente. Proyección del ancho tributario, Ancho tributario = Cos 7.59˚ (1.74 m/2)
= 0.86 , como son dos lados,
= 0.86(2)
=
1.72 m Estimación de carga muerta (D), Wx = [(7.47 kg/m2 + 5.0 kg/m2)(1.72 m) + 8.0 kg/m] = 29.45 kg/m Estimación de carga viva de techo (Lr), Estimación de carga de viento (w),
Wx = 40 kg/m2(1.72 m)
Wx = 35 kg/m2(1.72 m)
= 68.80 kg/m
= 60.20 kg/m
La combinación que gobierna es, Wux = 1.2D + 1.6Lr + 0.8w kg/m)
= 1.2(29.45 kg/m) + 1.6(68.80 kg/m) + 0.8(60.20
= 193.58 kg/m
Cálculo de la carga Wuy (paralela a la superficie del techo) en “kg/m” que soportan los largueros (colocados a cada 1.74 m. Entre ejes)
Nota: debido a que el viento actúa de manera perpendicular a la superficie de la cubierta, en estos cálculos no se toma en cuenta a.
Para el polín que llega al nodo A, y B;
Estimación de carga muerta (D), Wy = [(7.47 kg/m2 + 5.0 kg/m2)(1.74 m/2) + 8.0 kg/m] x cos 49.76˚
=
7.00 kg/m
Estimación de carga viva de techo (Lr), PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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173
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS 2
Wy = [40 kg/m (1.74 m/2)] x cos 49.76˚
= 22.48
kg/m La combinación que gobierna en este caso es, Wux = 1.2D + 1.6Lr
= 1.2(7.00 kg/m) + 1.6(22.48
kg/m) = 44.37 kg/m
b. Para los polines que llegan a los nodos B y F; Estimación de carga muerta (D), Wy1 = [(7.47 kg/m2 + 5.0 kg/m2)(1.74 m/2) + 8.0 kg/m] x cos 49.76˚
= 7.00 kg/m
wy = 15.19 kg/m Wy2 = [(7.47 kg/m2 + 5.0 kg/m2)(1.74 m/2) + 8.0 kg/m] x cos 64.23˚
= 8.19 kg/m
Estimación de carga viva de techo (Lr), Wy1 = [40 kg/m2(1.74 m/2)] x cos 49.76˚
= 22.48 kg/m
Wx = 37.61 kg/m Wy2 = [40 kg/m2(1.74 m/2)] x cos 64.23˚ Wux = 1.2D + 1.6Lr kg/m)
= 15.13 kg/m
= 1.2(15.19 kg/m) + 1.6(37.61
= 78.41 kg/m
c. Para los polines que llegan a los nodos C y E; Estimación de carga muerta (D), Wy1 = [(7.47 kg/m2 + 5.0 kg/m2)(1.74 m/2) + 8.0 kg/m] x cos 64.23˚
= 8.19 kg/m
wx = 10.69 kg/m Wy2 = [(7.47 kg/m2 + 5.0 kg/m2)(1.74 m/2) + 8.0 kg/m] x cos 82.41˚
= 2.50 kg/m
Estimación de carga viva de techo (Lr), Wy1 = [40 kg/m2(1.74 m/2)] x cos 64.23˚
= 15.13 kg/m
Wy2 = [40 kg/m2(1.74 m/2)] x cos 82.41˚
4.60 kg/m
Wx = 19.73 kg/m
Wux = 1.2D + 1.6Lr kg/m)
=
= 1.2(10.69 kg/m) + 1.6(19.73
= 44.40 kg/m
Nota: para el polín que llega al nudo D, no existe carga paralela a la superficie del techo Conclusión: Los polines críticos son los que llegan a los nodos B y F;
Wux = 178.99 kg/m ,
Wuy =
78.41 kg/m
ESTIMACIÓN DE CARGAS PARA LOS TENSORES: Notas: ‘Los tensores son miembros en tensión usados para proporcionar soporte lateral a los polines,
ya
que,
como
la
PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
mayor
parte
de
las
cargas
aplicadas
a
los
polines
son
FACULTAD DE INGENIERÍA
174
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
verticales,
habrá
una
componente
paralela
al
techo
inclinado,
que
ocasiona
que
los
polines se flexionen en esa dirección (ver figura 8.8)’ (Segui, 2000). ‘Entonces, como los tensores se diseñan para soportar la componente de las cargas de techo paralelas a éste, se supone que cada segmento entre polines soporta todo lo que está debajo de él; el tensor superior se diseña entonces para la carga sobre el área de techo tributaria al tensor, del talón de la armadura a la cumbrera, como se muestra en la siguiente figura’ (Segui, 2000),
Figura 8.9
Áreas tributarias para diseñar tensores (Segui, 2000)
Para techos ligeros (como en los que las armaduras soportan cubiertas de lámina corrugada de acero) es casi seguro que se requieran tensores en los tercios de los largueros si las armaduras se encuentran separadas entre sí a más 14 pies y, colocados a la mitad del claro,
resultarán adecuados cuando la distancia sea menor de 14 pies
(McCormac, 11975). Para nuestro ejemplo, tenemos, armaduras espaciadas a 6 m entre centros que soportan polines CPS6”x12.2 kg/m (de hecho, teniendo la estimación de cargas de los polines, es necesario,
diseñarlos
para
tener
este
dato
de
manera
exacta).
Los
polines
estarán
soportados en sus puntos tercios por tensores. Las cargas son, Cubierta
--------------------------- 7.47 kg/m2
Peso de los largueros
-------------- 12.2 kg/m --------------- 5.00 kg/m2
Techado (accesorios)
Carga viva de techo, Lr
------------ 40.0 kg/m2
(para pendientes > 5%, según las
NTC-DF) -------------------- 35.0 kg/m2
Carga de viento
(normal a la superficie del techo)
a.
El ancho tributario para cada tensor es,
6 m/3
= 2 m
b.
El área tributaria de techo para el tensor crítico (entre nodos C y D) es, 2
m(1.74
2
m x 3) = 10.44 m c.
Carga muerta; Para
kg/m2)(10.44 m2)
la
cubierta
y
el
techado
es,
WD
=
(7.47
kg/m2
+
5.0
= 130.19 kg Para los polines es,
PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
WD = 12.2 kg/m2(2 m)(4 polines)
= 97.60 kg
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175
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Carga
muerta
total, PD = 227.79 kg d. Carga viva; PLr = 40 kg/m2(10.44 m2) Nota:
debido
a
que
el
viento
actúa
= 417.60 kg de
manera
normal
a
la
cubierta,
no
tiene
componente paralela a la superficie que deba soportar el tensor La combinación de cargas que gobierna es, Pu = 1.2PD + 1.6PLr kg)
= 1.2(227,.79 kg) + 1.6(417.6
= 941.51 kg
ESTIMACIÓN DE CARGAS PARA LOS NUDOS DE LA CUERDA SUPERIOR DE LA ARMADURA:
Nota: Se
considerará
una
armadura
central,
ya
que
una
armadura
de
extremo
no
estará
críticamente cargada. Las cargas son, Cubierta
--------------------------- 7.47 kg/m2
Peso de los largueros Techado (accesorios)
-------------- 12.2 kg/m --------------- 5.00 kg/m2 ------------ 40.0 kg/m2
Carga viva de techo, Lr
(para pendientes > 5%, según las
NTC-DF) Carga de viento
-------------------- 35.0 kg/m2
(normal a la superficie del techo
a. Carga muerta (polines excluidos); Cubierta Techado
--------------
7.47 kg/m2
---------------
5.00 kg/m2 12.47
kg/m2
;
por
lo
2
tanto,
corresponde a una armadura es 12.47 kg/m (6 m x 10.43 m)
la
carga
muerta
que
le
= 780.37 kg
b. Peso correspondiente a una armadura debido a los polines; 12.2 kg/m(6 m)(7 polines)
= 512.4 kg
c. Carga viva, Lr; 40 kg/m2(6 m x 10.43 m)
= 2,503.2 kg
d. Carga de viento; 35 kg/m2(6 m x 10.43 m)
= 2,190.3 kg
e. Peso estimado de la armadura (se propone el 10% de las demás cargas); 0.10(780.3 kg + 512.4 kg + 2,503.2 kg + 2,190.3 kg)
= 598.62 kg
Las cargas en un nudo interior serán (para 6 claros);
D = (780.37 kg/6) + (598.62 kg/6) + 12.2 kg/m(6 m) Lr = 2,503.2 kg/6
= 417.2 kg
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= 303.03 kg
w = 2,190.3 kg/6
= 365.05 kg
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176
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Pu = 1.2D + 1.6Lr + 0.8w 1,323.20 kg
= 1.2(303.03 kg) + 1.6(417.20 kg) + 0.8(365.05 kg)
=
En un nudo exterior; el área tributaria del techo es la mitad de la de un nudo interior,
D = [780.37 kg/(2 x 6)] + [598.62 kg/(2 x 6)] + 12.2 kg/m(6 m) Lr = 2,503.20 kg/(2 x 6)
= 208.60 kg
w = 2,190.30 kg/(2 x 6)
Pu = 1.2(188.12 kg) + 1.6(208.60 kg) + 0.8(182.53 kg)
= 188.12 kg = 182.53 kg
= 705.53 kg
DISEÑO DE LOS LARGUEROS:
Nota: Si
los
rígidos),
largueros el
se
momento
consideran
flexionante
simplemente
máximo
apoyados
respecto
al
en
eje
las
fuerte
armaduras (x-x)
(o
es
marcos
(WuxL2)/8.
Mientras que, para obtener el momento flexionante respecto al eje y-y, se efectúa lo siguiente: Si no se usan tensores, el momento máximo respecto el eje del alma de un polín es (WuyL2)/8. Cuando se colocan tensores a la mitad del claro, este momento se reduce a (WuyL2)/32 y, cuando se colocan en los tercios del claro el momento vale (WuyL2)/90 (McCormac, 1975). Seleccione un larguero de sección canal para el techo de la armadura tratada. Se usan tirantes en los tercios del claro de los largueros. Considere acero A36. Los momentos de diseño son los siguientes, Mux = (WuxL2)/8
[178 kg/m(6 m)2]/8
=
= 801 kg-m
Como se colocarán tensores en los tercios del claro, el momento alrededor del eje débil es, Muy = (WuyL2)/90
= [78.41 kg/m(6 m)2]/90
= 31.36 kg-m
Diseño por flexión; Nota: las longitudes no soportadas serán, Lx = 6m,
Ly = 6 m/3 = 2 m
Se propone usar una CPS6”x8.2 lb/ft a. Investigación del tipo de sección; Para el patín, Bf/tf = 4.877 cm/0.871 cm = 5.60
< 460/√fy = 9.14
,
por lo tanto, los patines son
tipo 1 Para el alma, d/tw = 15.2 cm/0.508 cm = 29.92
< 3500/√fy = 69.0
, por lo tanto, el alma es tipo 1
b. Cálculo de Mu; Mc1
=
EAt/(L/ry)
=
[2’040,000
kg/cm2(15.42
cm2)(0.871
cm)]/(200
cm/1.37
cm)
=
187,682.28 kg-cm
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177
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS 2
Mu = √(Mc1
2
+ Mc2 )
=
√[(187,682.28 kg-cm)
2
+ 0]
= 187,682.28 kg-cm
c. Cálculo del momento de fluencia; Para el eje x, My = FRSxFy = 0.9(71 cm3)(2,530 kg/cm2)
= 161,667 kg-cm
Para el eje y, My = FRSyFy = 0.9(8.19 cm3)(2,530 kg/cm2)
= 18,648.63 kg-cm
d. Cálculo del momento resistente de diseño para el eje x; Como Mu = 187,682.28 kg-cm
> 2/3(161,667 kg-cm) = 107,778 kg-cm, entonces ≤ FRMy
MRx = 1.15FRMy[1 – 0.28My/Mu] = 1.15(0.9)(161,667 126,968.44 kg-cm < 145,500
kg-cm)[1
–
(0.28
x
161,667
kg-cm)/187,682.28
kg-cm]
=
por lo tanto, MRx = 126,968.44 kg-cm = 1,269.68 kg-m e. Cálculo del momento resistente de diseño para el eje y; Como Mu = 187,682.28 kg-cm
> 2/3(18,648.63 kg-cm) = 12,432.42 kg-cm, entonces ≤ FRMy
MRx = 1.15FRMy[1 – 0.28My/Mu] =
1.15(0.9)(18,648.63
kg-cm)[1
–
(0.28
x
18,648.63
kg-cm)/187,682.28
kg-cm]
=
18,764.34 kg-cm < 16,783.77 kg-cm por lo tanto, MRx = 16,783.77 kg-cm = 167.84 kg-m
Nota: como la carga está aplicada al patín superior use sólo la mitad para tomar en cuenta los efectos torsionantes. Mux/MRx + Muy/MRy
≤ 1.0
;
(801 kg-m/1269.68 kg-m) + (31.36 kg-m/167.84 kg-m) = 1.00
(satisfactorio) Por lo tanto, es adecuado utilizar como polines una CPS6”x8.2lb/ft
DISEÑO DEL TENSOR CRÍTICO (el que une a los polines que llegan a los nodos C y D) :
Nota: Como se tienen 3 pendientes diferentes, se obtendrá la componente paralela de la carga factorizada para cada tramo, en función de su inclinación. Una práctica común de muchos proyectistas es usar diámetros no menores de 5/8 plg, a fin de lograr rigidez aún cuando los cálculos de esfuerzos permitan diámetros mucho menores. Además de que, los de menor diámetro se dañan a menudo durante la construcción (McCormac, 1975).
Diseñe los tensores para los largueros de la armadura mostrada anteriormente: a. La componente de cargas paralela a la superficie del techo es, 941.51 kg/3
= 313.84 kg
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178
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Para la pendiente presentada entre los nudos A y B; 313.84 kg(cos 49.76˚)
= 202.74
313.84 kg(cos 64.23˚)
= 136.44
kg Para la pendiente presentada entre los nudos B y C; kg Para la pendiente presentada entre los nudos C y D; 313.84 kg(cos 82.41˚) por lo tanto,
Puy = 202.74 kg + 136.4 kg + 41.45 kg
= 41.45 kg
= 380.63 kg
Si Rt = FRAgFu , entonces Ag = 380.63 kg/[0.75(0.75 x 4100 kg/cm2)] Por
diámetro (A = 1.98 cm2)
lo
= 0.165 cm2
tanto,
es
adecuado
usar
tensores
de
5/8”
de
DISEÑO DE LA ARMADURA:
Nota: ‘Para la geometría y carga usual en armaduras, la cuerda inferior estará en tensión y la cuerda superior en compresión. Algunos miembros de la celosía o alma estarán en tensión y otros en compresión. Cuando se incluyen los efectos del viento y se consideran diferentes direcciones posibles de éste, la fuerza en algunos miembros de la celosía puede
alternar
entre
tensión
y
compresión.
En
este
caso,
el
miembro
afectado
debe
diseñarse para funcionar tanto como miembro tensionado así como miembro comprimido’ (Segui, 2000). Debido
a
que
la
armadura
que
se
ha
venido
tratando
será
soldada,
propondremos
utilizar secciones T para las cuerdas, y secciones de ángulo doble para los montantes y las diagonales; obteniendo así una armadura simétrica.
La armadura cargada se ilustra en la siguiente figura,
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179
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Mediante un método de análisis (Método de secciones o el
método de nodos), se
obtienen los valores de las reacciones, y las fuerzas de tensión o compresión a las que están sometidas cada elemento de la armadura. Los resultados son los siguientes, Elemento
Carga axial
Elemento
Carga axial
A-B
-6550.40 KG
I
Elemento
Carga axial
Elemento
Carga axial
A-H
5084.98 KG
B-H
26.54 KG
B-
H-I
5080.24 KG
C-I
606.27 KG
I-
I-J
5447.19 KG
D-J
0.00 KG
D-
J-K
5447.19 KG
E-K
606.27 KG
K-
564.23 KG
B-C
-6131.61 KG
D
105.57 KG
C-D
-5570.70 KG
K
105.58 KG
D-E
-5570.70 KG
F
564.22 KG
E-F
-6131.62 KG
K-L
5080.25 KG
F-G
-6550.41 KG
L-G
5084.99 KG
F-L
26.53 KG
Diseño de la cuerda superior;
El elemento más cargado en compresión axial de la cuerda superior es el que se encuentra entre los nodos A y B (por simetría también el que está entre los nodos F y G) Pu = 6,550.40 kg Se propone usar un PTR4”x5 lb/ft Investigación del tipo de sección; Para el patín, Bf/tf = (10/2) cm/0.52 cm = 9.62
< 830/√fy = 16.5
,
por lo tanto, el patín es tipo
3 Para el alma, d/tw = (10 cm – 1.59 cm)/0.43 cm = 19.56
< 1100/√fy = 21.87
, por lo tanto, el alma
es tipo 3 Para el acero A36,
(KLr)c = 126
(KL/r)pza = (1)(174 cm)/2.13 cm = 81.70
;
Rc = AtFy[1 – (KL/r)pza2/[2(KL/r)c2]FR (81.70)2/[2(126)2] ] = 16,135 kg Como Rc = 16,135 kg > Pu = 6,550 kg ; PTR4”x5 lb/ft
como 81.70 =
9.5
<
126,
cm2(2530
entonces, kg/cm2)(0.85)[1
–
se usará para toda la cuerda superior un
Diseño de la cuerda inferior;
El elemento más cargado en tensión axial de la cuerda inferior es el que se encuentra entre los nodos J e I. Pu = 5,447.19 kg Se propone usar un PTR4”x5 lb/ft PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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180
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
a. Resistencia por estado límite de flujo plástico en la sección total, Rt = FRAgFy = 0.90(9.5 kg/cm2) = 21,631.50 kg
cm2)(2,530
b. Resistencia por estado límite de fractura en la sección neta, Ae = UAg
= 0.75(9.5 cm2)
= 7.13 cm2 Rt
kg/cm2)
=
FRAeFy
=
0.75(7.13
cm2)(2,530
= 13,519.69 kg
Como Rt = 13,519 kg
>
Pu = 5,447 kg
(satisfactorio)
Chocando la relación de esbeltez, (KL/r)pza = 150 cm/2.13 cm
= 70.42
< 240 por lo tanto, para toda la cuerda inferior se usará
un PTR4”x5 lb/ft
Diseño de los montantes;
El elemento más cargado en tensión axial de los montantes es el que se encuentra entre los nodos C e I. Pu = 606.27 kg Debido a la simetría que se busca en la armadura soldada, se propone usar 2APS 1 ¼”x1/8” a. Cálculo de las propiedades de sección transv. Compuesta Ix = 1.83 cm4(2) Iy
=
1.83
2
cm/2)] (2)
= 3.66 cm4
cm(2)
+
1.93
cm2[0.89
cm
+
(0.43
=
= 8.37 cm4 ry = √(Ix/A)
= √[3.66 cm4/(1.93 cm x 2)]
= 0.97 cm
c. Resistencia por estado límite de flujo plástico en la sección total, Rt = FRAgFy 2
kg/cm )
= 0.90(1.93 cm2 x 2)(2,530
= 8,789 kg
d. Resistencia por estado límite de fractura en la sección neta, Ae = UAg
= 0.75(1.93 cm2 x 2)
= 2.895 cm2 Rt = FRAeFy
kg/cm2)
= 0.75(2.895 cm2)(2,530
= 5,493 kg
Como Rt = 5,493 kg
>
Pu = 606 kg
(satisfactorio)
Checando la relación de esbeltez, (KL/r)pza = 130 cm/0.97 cm
= 134
< 240 por
lo
tanto,
para
todos
los
montantes
se
usarán 2APS 1 ¼”x1/8”
Diseño de las diagonales;
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181
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
El elemento más cargado en tensión axial de las diagonales es el que se encuentra entre los nodos B e I. Pu = 564.23 kg Para uniformizar también se propone usar 2APS 1 ¼”x1/8” a. Resistencia por estado límite de flujo plástico en la sección total, Rt = FRAgFy kg/cm2)
= 0.90(1.93 cm2 x 2)(2,530
= 8,789 kg
b. Resistencia por estado límite de fractura en la sección neta, Ae = UAg
= 0.75(1.93 cm2 x 2)
= 2.895 cm2 Rt = FRAeFy
kg/cm2)
= 0.75(2.895 cm2)(2,530
= 5,493 kg
Como Rt = 5,493 kg
>
Pu = 564 kg
(satisfactorio)
Checando la relación de esbeltez, (KL/r)pza = 157 cm/0.97 cm
= 162
< 240 por
lo
tanto,
para
todas
las
diagonales
se
usarán 2APS 1 ¼”x1/8”
Revisión del peso total de la armadura: Cuerdas, 7.5 kg/m[(1.74 m x 6) + (1.32 m + 1.47 m + 1.5 m)(2)]
= 142.58 kg
Montantes y diagonales, 1.5 kg/m[(0.86 m + 1.57 m + 1.3 m + 2.12 m)(2) + 1.5 m] Peso total Peso estimado de armadura = 598.62 kg
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= 19.8 kg = 162.38 kg
>> peso real armadura = 162.38 kg
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182
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Capítulo 9
‘El
objetivo
del
análisis
plástico,
es
determinar
la
carga
de
colapso
de
las
estructuras para conocer su coeficiente de seguridad real en condiciones normales de trabajo’ (De Buen, 2000a). La teoría plástica simple trata con elementos en flexión pura, que en primera instancia, desprecia los efectos de las fuerzas cortantes y normales; pero, para aplicar sus resultados al diseño de estructuras reales, se revisan y, en su caso,
se
corrigen,
tomando
en
cuenta
de
esa
manera
los
efectos
que
se
ignoran
originalmente. El análisis plástico ofrece algunas ventajas, como las siguientes (McCormac, 1975):
Como este tipo de análisis tiene en cuenta la redistribución de momentos que precede la formación del mecanismo de colapso de una estructura, suele producir perfiles apreciablemente menores y, por lo tanto ahorros considerables de acero.
Permite realizar una estimación más exacta de la carga máxima que puede soportar la estructura
Para
muchas
estructuras
complicadas,
al
análisis
plástico
es
más
fácil
de
efectuar, que el análisis elástico ‘A pesar de sus ventajas, la teoría plástica sólo se usa para diseñar estructuras sencillas, vigas continuas o marcos de un piso; se
obtienen soluciones más racionales,
generalmente más económicas, y con menor trabajo numérico, que con la teoría elástica’ (De Buen, 2000a). Aunque, se podrían considerar como desventajas las siguientes (McCormac, 1975):
La teoría de la plasticidad no es aplicable en aceros frágiles
Tampoco es satisfactoria para casos en que son problema los esfuerzos por fatiga
En columnas diseñadas plásticamente es poco el ahorro
Aunque para muchas estructuras indeterminadas, el análisis plástico es más simple que el análisis elástico, debe tenerse en cuenta que las estructuras plásticas inestables son más difíciles de detectar que las estructuras elásticas inestables.
‘Sin embargo, se permite usar el análisis y el diseño plásticos, únicamente, cuando la estructura puede permanecer estable, tanto local como en conjunto, hasta el punto del colapso plástico’ (Segui, 2000).
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183
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Para impedir el pandeo local, las especificaciones de las NTC-DF, requieren que la sección transversal del miembro cumpla con las razones límite de ancho a espesor del tipo 1
Para impedir el pandeo lateral, las NTC-DF, limitan la longitud máxima no soportada L en localidades de articulaciones plásticas, a Lp.
(valores dados en el capítulo
4). Además, se deben cumplir las siguientes condiciones;
El análisis plástico es permitido sólo para Fy ≤ 65 Ksi (4560 kg/cm2)
Los factores de carga usados en el diseño no serán menores de 1.7 para cargas muertas y cargas vivas, ni menores de 1.3 para fuerzas de viento y sismo.
‘La teoría básica de este tipo de análisis, es considerar que las partes de la estructura donde se ha alcanzado el valor del esfuerzo de fluencia, no pueden resistir esfuerzos adicionales. En lugar de esto, esas partes fluirán lo necesario para permitir que la carga o los esfuerzos sean transferidos a otras partes de la estructura, en donde los esfuerzos originales estaban por abajo del de fluencia y, por lo tanto, en la zona elástica, siendo capaces de resistir esfuerzos adicionales’ (McCormac, 1975). ‘La falla de una estructura tendrá lugar bajo una carga que cree las suficientes articulaciones plásticas como para que se cree un mecanismo que sufra un desplazamiento no contenido sin ningún incremento en la carga’ (Segui, 2000).
Se presentó el concepto de articulación plástica en el capítulo 4 (tema: factor de forma), sin embargo; ampliaremos el concepto en esta sección. ‘La capacidad por momento plástico, denotada por Mp, es el momento flexionante bajo el cual se forma una articulación plástica’ (Segui, 2000). Una sección en la que actúa el momento Mp está totalmente plastificada, y puede admitir rotaciones ilimitadas bajo momento constante, pues el material que la constituye se alarga o acorta libremente. (Esto no significa, que la curvatura debida a la rotación, sea infinitamente grande; pues al igual que en articulaciones reales las rotaciones pueden estar restringidas por el resto de la estructura, que aún permanece en estado elástico. Recordemos que, en la teoría plástica simple se supone que las secciones de la viga están fijas angularmente hasta que se forma la primera articulación plástica, y que lo mismo sucede entre articulaciones plásticas sucesivas), (De Buen, 2000a).
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184
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
El comportamiento de una sección completamente plastificada es análogo al de una articulación real, con la diferencia de que en ésta el momento es nulo, mientras que en aquella se mantiene igual a Mp. Ver figura 9.1,
Figura 9.1
Gráficas momento-curvatura de una articulación plástica y una real (De Buen, 2000a)
‘Si una estructura en la que actúan cargas crecientes responde dúctilmente hasta el colapso, su resistencia se agota cuando se forma un número de articulaciones plásticas suficiente para que la estructura en conjunto, o una parte de ella, se convierta en un mecanismo; la carga correspondiente es la carga de colapso o carga última, que se designa Wu o Pu, según que esté distribuida o concentrada en un punto’ (De Buen, 2000a).
‘La redistribución de momentos, se debe a las rotaciones bajo momento constante en las articulaciones
plásticas.
Y
gracias
a
ella,
las
secciones
menos
solicitadas
de
las
estructuras acuden, antes del colapso, en ayuda de aquellas en las que las acciones son máximas’ (De Buen, 2000a). Por ejemplo, en el intervalo elástico los momentos en los extremos de una viga doblemente empotrada, son de magnitud doble que en el centro del claro, pero cuando se presenta el colapso los tres son iguales (por la redistribución de momentos).
La redistribución de momentos que precede a la falla exige que las articulaciones plásticas que intervienen en el mecanismo de colapso (con excepción de la última) tengan una capacidad de rotación adecuada, es decir, que las secciones en las que aparecen puedan admitir rotaciones plásticas importantes, bajo momento constante, igual a Mp; de no ser así, la estructura fallaría bajo una carga menor que la teórica de colapso. Por lo tanto, ha de prestarse especial cuidado, para evitar que fenómenos prematuros de pandeo local o lateral, o fracturas, disminuyan o impidan la capacidad de rotación de un elemento.
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185
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
‘No hay redistribución de momentos en ninguna estructura isostática, pues la primera articulación plástica la convierte en un mecanismo. Tampoco en algunos casos especiales, en los que todas las articulaciones plásticas que intervienen en el mecanismo de colapso se forman simultáneamente’ (De Buen, 2000a).
‘Se llama mecanismo de falla a la disposición de articulaciones plásticas y quizás de articulaciones reales que permiten la falla de la estructura’ (McCormac, 1975). Las partes (b) de las figuras presentadas a continuación, muestran mecanismos de falla para varias vigas. Considere la viga estáticamente determinada de la figura siguiente,
Figura 9.2
Mecanismo de falla de una viga simplemente apoyada (McCormac, 1975)
Si se incrementa la carga hasta llegar a la de colapso, se produce una articulación plástica en el punto de momento máximo (en este caso debajo de la carga), dando lugar al mecanismo mostrado. En ese instante, cualquier incremento adicional de carga, causaría la falla (McCormac, 1975). En el caso de vigas y marcos estáticamente determinados, la teoría plástica es poco ventajosa.
No
así
en
los
indeterminados;
por
ejemplo,
para
que
una
estructura
estáticamente indeterminada falle, es necesario que se forme más de una articulación plástica (nunca menos de dos). Considere la siguiente viga empotrada en sus dos extremos,
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186
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Figura 9.3 En
este
caso,
la
Mecanismo de falla de una viga empotrada (McCormac, 1975) estructura no puede fallar si no se han formado
las
tres
articulaciones plásticas indicadas. ‘Aún
cuando
en
una
estructura
estáticamente
indeterminada
se
haya
formado
una
articulación plástica la carga puede aún ser incrementada sin que ocurra la falla, siempre que la geometría de la estructura lo permita. La articulación plástica actuará como una articulación real, por lo que respecta al incremento de carga’ (McCormac, 1975). A medida que la carga se incrementa, hay una redistribución de momentos, pues la articulación plástica no puede soportar mayor momento. Al ir apareciendo en la estructura otras
articulaciones
plásticas,
se
va
acercando
el
momento
en
que
habrá
el
número
suficiente de ellas, para causar la falla de la estructura.
Consideremos ahora, una viga empotrada en un extremo y apoyada en el otro,
Figura 9.4
Mecanismo de falla de una viga empotrada en un extremo y apoyada en el otro (McCormac, 1975)
este es un ejemplo de una estructura que fallará después de la aparición de dos articulaciones
plásticas.
‘Para
que
se
produzca
la
falla
se
necesitan
tres
articulaciones; se tiene una real en el extremo derecho, y al aparecer dos en el cuerpo de la viga, se tendrá completo el mecanismo de falla’ (McCormac, 1975). Nota: un mecanismo admite deformaciones crecientes bajo carga constante
Para alcanzar el objetivo del análisis plástico en una estructura, se debe cumplir el teorema de unicidad; lo cual se logra cuando se encuentra un diagrama de momentos que satisfaga simultáneamente las tres condiciones siguientes (De Buen, 2000a): 1. El conjunto de momentos flexionantes debe corresponder a un estado de equilibrio entre la estructura y las cargas que actúan sobre ella.
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187
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
2. La única forma posible de colapso de una estructura es por formación de un número de articulaciones plásticas suficiente para que se convierta en un mecanismo total o parcial. 3. El momento flexionante en una sección no puede ser nunca mayor que el momento plástico resistente de la estructura en esa sección. El problema, puede resolverse con ayuda de los dos métodos siguientes:
Método estático o método del equilibrio.
Este método se basa en el Teorema del límite inferior; ‘La carga correspondiente a un diagrama de momentos que satisface la condición de equilibrio, es menor que la de colapso de la estructura o, a lo sumo, igual a ella, siempre que el momento flexionante no sea, en ninguna sección, mayor que el momento plástico correspondiente’ (De Buen, 2000a). Y, se aplica por alguna de las formas siguientes, i.
Tomar momentos en el eje de simetría geométrica de la viga, sabiendo que el momento al ocurrir la falla es Mp.
ii.
Dibujar el diagrama de momentos plásticos de la viga, después de que se ha vuelto isostática
por
aparecer
un
número
suficiente
de
articulaciones
plásticas;
el
diagrama de momentos resultantes se obtiene por la superposición del diagrama de la viga simplemente apoyada, con el diagrama de momentos provocados por el par de valor constante Mp en el extremo(s). En este apartado, no se utilizará este método, porque, a medida que las vigas o marcos se van complicando su aplicación se vuelve más tediosa. En tal caso, un procedimiento más simple y rápido, es el método que se verá a continuación.
Método cinemático, o método del trabajo virtual.
Es el más utilizado, y se basa en el siguiente, teorema del límite superior; ‘La carga correspondiente a un mecanismo supuesto es mayor que la de colapso de la estructura o, a lo sumo, igual a ella’ (De Buen, 2000a). Y requiere que todos los mecanismos posibles de colapso sean investigados. El que requiera la carga más pequeña será el que gobierne y la carga correspondiente es la carga de colapso (Segui, 2000). El análisis de cada mecanismo se lleva a cabo por una aplicación del principio del trabajo virtual, como sigue; a. Se supone que en la estructura, se presenta un pequeño movimiento del mecanismo, es decir; que la estructura tiene una pequeña deformación angular adicional después de haberse cargado con la carga límite. b. El trabajo realizado por las cargas externas durante la deformación, se iguala con el trabajo interno que absorbe la viga en las secciones en donde se han formado las articulaciones.
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188
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Nota: vale la pena recordar que; el trabajo debido a una fuerza es igual al producto de una distancia y la fuerza aplicada, y que, el trabajo debido a un momento es igual al producto de el giro producido y el momento que lo produjo. El anterior procedimiento se ilustra con el ejemplo que sigue, Ejemplo: Considere la viga doblemente empotrada mostrada en la figura, que soporta una carga de 9700 kg/m, incluyendo el peso propio estimado. Use acero A36 y considere apoyo lateral completo. Encuentre Mp
máx.
mecanismo de falla Por simetría, las rotaciones en las articulaciones plásticas de los extremos son iguales y, se representan por θ en la figura (son tan pequeñas que sen θ = θ, tang θ = θ). Así, la rotación en la articulación plástica del centro, será 2θ. Como no todas las secciones de la viga tienen la misma deformación (como se aprecia en
la
figura,
la
deformación
de
la
parte
central
de
la
viga
no
es
igual
que
la
deformación en una sección situada a un cuarto de la longitud de la misma), para el análisis se toma la deformación angular promedio. Nota: lo mencionado en el párrafo anterior, sólo se cumple cuando se tiene carga distribuida. Pues, si la viga está sujeta a cargas concentradas, la deformación tomada en cuenta será la producida en la sección que se encuentre debajo de la carga. Bien, pues, el trabajo realizado por la carga externa total (WuL), es igual al producto
de
W uL
multiplicado
por
la
deformación
angular
promedio
del
mecanismo.
La
deformación angular promedio es igual a la mitad de la deformación de la articulación plástica del centro, es decir, ½ (θ x ½). Por lo tanto, el trabajo externo es, = wuL[1/2 (θ x ½)] El trabajo interno absorbido por las articulaciones, es igual a, la suma de los productos de Mp en cada articulación plástica por el ángulo que ha girado. Por lo tanto, el trabajo interno es, = Mp(θ + 2θ + θ) Igualando el trabajo interno con el externo, tenemos, PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
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189
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Mp(θ + 2θ + θ)
½)]
=
wuL[1/2 (θ x
Despejando Wu, Mp
=
(Wu x l2)/16
Sustituyendo valores, Mp =
[9700 kg/m x 62]/16
=
21,825 kg-m
9.7-1 Encontrar mediante un análisis plástico la carga concentrada máxima para la viga mostrada en la figura. El perfil de la viga es W18x55 ( Z = 112 in3) de acero A36.
Como se puede apreciar, debido a la asimetría, las rotaciones en cada extremo no son iguales. Y, la rotación del centro es 3θ. El trabajo realizado por la carga externa Pu al moverse la distancia (2θL)/3 se iguala al trabajo interno realizado por los momentos plásticos en las articulaciones. Nótese que no hay momento en la articulación real del extremo derecho de la viga. Mp(2θ + 3θ)
= Pu[ (2θL)/3]
Despejando Pu, Pu =
Mp(2θ + 3θ) (2θL)/3
Mp = Fy Z
=
5θ x Mp (2θL)/3
=
= 36,000 lb/in2(112 in3)
15 Mpθ 2θL
=
15Mp 2L
= 4’032,000 lb-in
Pu = (15 x 4’032,000 lb-in)/(2 x 360 in)
= 84,000 lbs
9.7-2 Encuentre la carga de colapso de la siguiente viga continua. Considere acero A36 y un soporte lateral continuo. Suponga que el momento plástico resistente es igual a 1040 ft-klbs.
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190
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Hay dos posibles mecanismos de falla para esta viga, como se indica en la figura anterior ellos son similares, con cada segmento sufriendo un movimiento de cuerpo rígido. En primer lugar, investigaremos el mecanismo del tramo AB. Si imponemos una rotación virtual θ en A, las correspondientes rotaciones en las articulaciones plásticas serán las que muestra la figura siguiente, Del principio del trabajo virtual, Pu(10θ) = Mp(2θ + θ) No se efectúa ningún trabajo interno en A porque no se tiene ahí una articulación plástica Al despejar la carga de colapso, resulta Pu =
3Mp
10 Para el mecanismo del tramo BC, le corresponde la siguiente figura, este
caso
es
ligeramente
diferente;
las
tres
articulaciones son plásticas. Los trabajos virtuales externo e interno son, 2Pu(15θ) = Mp(θ + 2θ + θ) la carga de colapso es, Pu =
2Mp 15
esta segunda posibilidad requiere la carga más pequeña y es por lo tanto el mecanismo correcto, Entonces, la carga de colapso es, Pu
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=
2Mp 15
=
2(1040 ft-klbs) 15 ft
=
139 Kips
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191
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
Arnal, L. y Betancourt, M., 1999. ‘Normas Técnicas Complementarias para Diseño y Construcción de Estructuras Metálicas.’ 4ª ed. Editorial Trillas, México, D. F.
Cruz,
R.,
2002.
‘Apuntes
del
curso:
Estructuras
Metálicas.’
1ª
ed.
UNACH.,
Facultad de Ingeniería, C. I., Tuxtla Gutiérrez, Chiapas.
De Buen, O., 1993. ‘Comentarios, ayudas de diseño y ejemplos de las Normas Técnicas Complementarias para Diseño y Construcción de Estructuras Metálicas, DDF.’ Serie ES-3., Vol I. Y II., Instituto de Ingeniería, UNAM., México, D. F.
De
Buen,
O.,
1998.
‘Diseño
de
estructuras
de
acero:
Miembros
en
Tensión.’
Fundación ICA. A. C., UAEM., SMIE., A. C., México, D. F.
De Buen, O., 1999. ‘Diseño de estructuras de acero: Miembros en Comprensión (La Columna Aislada).’ Fundación ICA. A. C., UAEM., SMIE., A. C., México, D. F.
De Buen, O., 2000a. ‘Diseño de estructuras de acero: Flexión 1 (Vigas sin pandeo lateral).’ Fundación ICA. A. C., UAEM., SMIE., A. C., México, D. F.
De Buen, O., 2000b. ‘Diseño de estructuras de acero: Placas.’ Fundación ICA. A. C., UAEM., SMIE., A. C., México, D. F.
Díaz, M., 1985. ‘Apuntes de Mecánica de Materiales III: Estabilidad de elementos estructurales.’ UNAM., División de Ingeniería Civil Topográfica y Geodésica, Departamento de estructuras, México, D. F.
Encarta, Corporation.
2002.
‘Enciclopedia
PROFESOR M.C. JORGE AGUILAR CARBONEY
de
Investigación.’
Software
(C.
D.),
Microsoft
FACULTAD DE INGENIERÍA
192
APUNTES DE ESTRUCTURAS METÁLICAS
IMCA, 1990. ‘Manual de construcción en acero.’ 2ª ed. Limusa Editores, México, D. F.
McCormac, J. C., 1975. ‘Diseño de estructuras de acero: Método ASD.’ 2ª ed. Representaciones y Servicios de Ingeniería, México, D. F.
McCormac, J. C., 1991. ‘Diseño de estructuras de acero: Método LRFD.’ Ediciones Alfaomega, México, D. F.
Segui,
W.
T.,
2000.
‘Diseño
de
estructuras
de
acero
con
LRFD.’
2ª
ed.
International Thomson Editores, México, D. F.
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FACULTAD DE INGENIERÍA
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