Mathcad - Ejercicio02

2.- Utilizando las NTC-2004 determinar el espesor comercial requerido de la placa AB que funciona como tirante para soportar soportar la marquesina de un edificio. El Acero de la placa es A-36. Las cargas cargas de trabajo son CM=10 ton y CV=5 ton (P=15 ton). Considérese que la barra BC es rígida y que la conexión tanto en el punto A como en el punto B es la siguiente:

Agujeros hechos con broca para tornillos de ϕ 

=

7  8

" 

 Solución:

Para encontrar el valor de la tensión T, que actúa en la placa, se tienen por estática lo siguiente: D. C. L. de la marquesina

Σ  M   A

=

0

15( 7 )

− ( T ⋅ sin( θ ) ) ⋅ ( 7 )

=

Si

0

 sin( θ )   0.50 =

Por lo que la tensión actuante en la placa será igual a: T 

=

15 0.5

T  = 30( ton )

Para diseñar por las NTC-2004, se tiene que cumplir con la siguiente ecuación: ecuación:  F   R⋅ Res ≥ F c⋅ F act 

.... ....( 1)

Si se considera un factor de carga F c=1.4 (para cargas por sismos), el lado derecho de la ecuación (1) será igual a: T u

=

F c⋅ T act 

T u = 1.4⋅ 30( ton ) =  42000 kg  1

 Diseño Avanzado de Estructuras de Acero I

Posgrado en Ingeniería

Por consiguiente, el valor mínimo que puede tomar el lado izquierdo de la ecuación (1) para que se cumpla con la misma es de: T   Res

=

F   R⋅ Res

T   Res = T u =  42000 kg 

Para establecer el valor del espesor de la placa, se realiza el siguiente procedimiento: Es necesario establecer que tipo de estado límite es el que domina para la placa y su conexión: a ) Estado límite de flujo plástico en la sección total: T   Res

=

AT ⋅ fy ⋅ F   R

Si el área total es igual a: T   Res

=

AT 

F   R = 0.9 =

h⋅e

=

15⋅ e

15⋅ e⋅  ( 2530) ⋅ ( 0.9 )

⋅ T   Res   341555  e =

 b ) Estado límite de fractura en la sección neta: T   Res

=

Ae ⋅ F u⋅ F   R

F   R =  0.75

  kg  

Acero A-36

F u =  4080

2

 cm  

Para obtener el área efectiva se analiza las posibles trayectorias de falla: Dado que los agujeros son hechos con broca y que son menores a 1", y tomando una postura conservadora, se considera que el diámetro de los mismos estará dado por: ϕ    2 .2 + 0.2 =

=

2.4 ( cm)

 Análisis de trayectorias de falla:

Acotaciones en mm 1 ) Trayectoria ABCD=HIJK   Anc1 = 15 − 2⋅ ( 2.4   ) = 10.2

Anc1 =  10.2 ( cm   )

....( ok )

2

 Diseño Avanzado de Estructuras de Acero I

Posgrado en Ingeniería

2 ) Trayectoria EFG  Anc2 = 15 − 1⋅ ( 2.4   ) = 12.6 

Anc2 =  12.6 ( cm)

3 ) Trayectoria ABFG=HIFG  Anc3 = 15 − 2⋅ ( 2.4 ) +

2 6    4⋅ ( 4)

=

12.45

+

2 6    4⋅ ( 4 )

=

12.45

Anc3 =  12.45 ( cm)

4 ) Trayectoria ABFJK=HIFCD  Anc4 = 15 − 3⋅ ( 2.4 ) +

2 6  4⋅ ( 4)

=

Anc4 =  12.3 ( cm)

12.3

5 ) Trayectoria EFCD=EFJK   Anc4 = 15 − 2⋅ ( 2.4 ) +

2 6    4⋅ ( 4)

Anc4 =  12.45 ( cm)

Por lo que, la trayectoria que rige es la  ABCD=HIJK; lo cual nos da una T Res igual a: T   Res

=

Ae ⋅ F u⋅ F   R

T  ⋅ ⋅  ( 4080   ) ⋅ ( 0.75 )  Res   ( 10.2 ) e

T  ⋅  Res   31212  e

=

=

Al comparar la resistencia por límite plástico contra la obtenida con el límite de fractura, se obtiene que  para este caso rige el estado límite de fractura. Límite plástico

Límite de fractura

( T  Res   341555  e⋅ ) > ( T  Res   31212  e⋅ ) =

=

Rige límite de fractura

Finalmente, el espesor de la placa necesario para la carga de diseño será dado por: 42000

=

  42000

⋅ 31212  e

e =

=

31212

1.346 

( cm)

e   13.46 ( mm) =

Buscando una placa comercial que corresponda con el espesor buscado se tiene: e PL

=

9 16 

 "

e PL   14.3 ( mm) =

Fuente: Aceros del Pacifico http://www.acerosdelpacifico.com.mx/especificaciones.htm

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