Estructuras Metálicas, Proyecto Por Estados Límites - Ejemplos de Aplicación. Tomo II

ESTRUCTURAS METÁLICAS Tomo 2

GABRIEL R. TROGLIA

ESTRUCTURAS METÁLICAS Proyecto por Estados Límites

Tomo 2 Ejemplos de Aplicación

Séptima Edición – R2 C 2010 C

Con especificaciones CIRSOC 301 EL CIRSOC 308 EL

JORGE SARMIENTO EDITOR - UNIVERSITAS

Diseño Interior: Diseño de tapa: Imagen de Tapa:

Troglia, Gabriel Sarmiento, Jorge Cubierta Metálica del Estadio ORFEO, Ciudad de Córdoba. Gentileza de CINTER SRL. Santa Fe: Parque Industrial Sauce Viejo – Tel +54342-4503000. Buenos Aires: H. Yrigoyen 1180 – 5° P – Tel +54-1163460930

El cuidado de la presente edición estuvo a cargo de Gabriel Troglia

ISBN: 978-987-9406-52-4 Prohibida su reproducción, almacenamiento y distribución por cualquier medio, total o parcial sin el permiso previo y por escrito de los autores y/o editor. Esta también totalmente prohibido su tratamiento informático y distribución por internet o por cualquier otra red. Se pueden reproducir párrafos citando al autor y editorial y enviando un ejemplar del material publicado a esta editorial.

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© 2010. Septima Edición. Jorge Sarmiento Editor-Universitas Libros. Obispo Trejo 1404. 2 “B”. B° Nueva Córdoba. Te: 54-351-4117411. Email: [email protected] - Córdoba. Argentina.

Acerca del Autor El Ingeniero Civil Gabriel R. Troglia es egresado de la Universidad Nacional de Córdoba. Es Profesor Titular de Estructuras Metálicas y de Madera en la Facultad de Ciencias Exactas, Físicas y Naturales y Profesor Titular de Estructuras IA en la Facultad de Arquitectura, Urbanismo y Diseño, ambas de la Universidad Nacional de Córdoba. Es Coordinador de la Comisión Permanente de Estructuras Metálicas del CIRSOC. Redactor de la versión final del Reglamento CIRSOC 301/2005, Comentarios y Ejemplos de Aplicación. Redactor del Reglamento CIRSOC 302/2005, Comentarios y Ejemplos de Aplicación. CoRedactor del Proyecto de Reglamento CIRSOC 303 – Estados Límites, Comentarios y Ejemplos de Aplicación. CoRedactor del Proyecto de Reglamento CIRSOC 701 y Comentarios (Estructuras de Aluminio). Es autor del Libro “Estructuras Metálicas, Proyecto por Estados Límites” y de otras publicaciones sobre la temática estructural. Ha dictado y dicta cursos y seminarios de Especialización y Postgrado en diversas Universidades y Colegios Profesionales del país. Durante mas de 37 años ha realizado numerosos proyectos de Estructuras de Acero, Hormigón Armado, Mixtas y de Madera para edificios, naves industriales, puentes, silos, tanques y otros construcciones.

I

INDICE PARTE II:

EJEMPLOS DE APLICACION

CAPÍTULO 1 : GENERALIDADES. BASES DE PROYECTO. EJEMPLO 1/1 : Combinación de acciones para Estados Límites Ultimos del CIRSOC 301/ (EL)

1

CAPITULO 2 : UNIONES Y MEDIOS DE UNION. CAPITULO 3 : BARRAS SOMETIDAS A TRACCIÓN AXIL. EJEMPLO 2/3-1 : Unión soldada bajo carga estática de tracción

3

EJEMPLO 2/3-2 : Unión soldada sometida a corte y torsión

4

EJEMPLO 2/3-3 : Unión soldada sometida a corte y flexión

5

EJEMPLO 2/3-4 : Unión abulonada sometida a corte y torsión

5

EJEMPLO 2/3-5 : Cálculo de área neta en chapa sometida a tracción

6

EJEMPLO 2/3-6 : Barra traccionada unida con bulones a chapa de nudo. Resistencia de diseño de barra, chapa de nudo y medios de unión

7

EJEMPLO 2/3-7 : Resistencia de diseño de chapa plana soldada a chapa plana

10

EJEMPLO 2/3-8 : Barra traccionada unida a chapa de nudo con cordones longitudinales de soldadura

11

CAPITULO 4 : BARRAS SOMETIDAS A COMPRESIÓN AXIL. CAPITULO 5 : PLACAS SOLICITADAS A COMPRESIÓN Y CORTE. EJEMPLO 4/5-1 : Longitudes de pandeo de pórtico desplazable

13

EJEMPLO 4/5-2 : Influencia de columnas sin rigidez en pórticos desplazables

17

EJEMPLO 4/5-3 : Dimensionado de columna sometida a compresión axil

18

EJEMPLO 4/5-4 : Columna soldada de alma esbelta a compresión axil

22

EJEMPLO 4/5-5 : Resistencia de diseño de columna a pandeo torsional

25

EJEMPLO 4/5-6 : Comparación de Resistencias de diseño en columnas sin y con alma esbelta

26

EJEMPLO 4/5-7 : Columna armada con diagonales sometida a compresión axil

27

EJEMPLO 4/5-8 : Barra armada del Grupo II sometida a compresión axil

30

II

Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia

CAPITULO 7: BARRAS SOLICITADAS A FLEXION Y CORTE EJEMPLO 7-1 : Cálculo de parámetros seccionales de viga flexada

33

EJEMPLO 7-2 : Dimensionado a flexión y corte. Sección compacta

33

EJEMPLO 7-3 : Dimensionado a flexión y corte. Sección no compacta

38

EJEMPLO 7-4 : Viga con rigidizadores transversales para corte

39

EJEMPLO 7-5 : Dimensionado a flexión y corte. Viga armada de alma esbelta

39

EJEMPLO 7-6 : Dimensionado perfil laminado a flexión. Empalme de perfil laminado

43

EJEMPLO 7-7 : Dimensionado perfil laminado con platabanda de refuerzo

47

CAPITULO 8 : BARRAS SOLICITADAS A FUERZA AXIL Y FLEXION. EJEMPLO 8-1 : Columnas de pórtico a flexo-compresión

51

EJEMPLO 8-2 : Columna armada con presillas sometida a compresión axil

57

EJEMPLO 8-3 : Columna armada con diagonales sometida a flexo-compresión

61

CAPITULO 12 : ESTRUCTURAS LIVIANAS DE ACERO. (ESTRUCTURAS CON BARRAS DE SECCIÓN CIRCULAR MACIZA). EJEMPLO 12-1 : Arco de directriz circular, correas te, rectangulares y triangulares.

65

UNIDADES En general las fórmulas dimensionales contenidas en el texto y utilizadas en los Ejemplos de Aplicación, son aplicables con las unidades del CIRSOC 301/(EL) que son las del SIMELA. Las unidades Indicadas deben ser estrictamente respetadas en la aplicación de dichas fórmulas. En algunas fórmulas de carácter general se indica que las mismas deben ser utilizadas con unidades compatibles y así son aplicadas en los Ejemplos de Aplicación. Las unidades utilizadas en el CIRSOC 301/ (EL) son: dimensiones lineales áreas módulo plástico, módulo resistente momento de inercia, módulo de torsión módulo de alabeo tensiones tensiones fuerzas, esfuerzos de corte momentos flexores

: cm. : cm² 3 : cm 4 : cm 6 : cm : MPa 2 : KN/cm = 10 MPa : kN : kN.m

Para facilitar el uso de las unidades del Reglamento se indican las equivalencias aproximadas con las unidades de tensiones, fuerzas y momentos flexores tradicionales en nuestro medio. 1 MPa  10 Kg/cm² 1 kN  100 Kg = 0,1 Tn 1 kN.m  0,1 Tn.m

1

CAPITULO 1: GENERALIDADES. BASES DE PROYECTO  EJEMPLO 1-1: Combinación de acciones para Estados Límites Últimos del CIRSOC 301-EL. Aplicación de la Sección 1.3.2.(B.5) (Páginas 25, 26) La columna C está sometida a los efectos (solicitaciones de sección) mostrados en la Figura y debidos a las acciones indicadas. Los efectos se obtuvieron por análisis global elástico de primer orden a partir de los valores nominales de las acciones.(Sección 1.5.1., último párrafo, Página 31). El Momento Flector debido al viento incluye el efecto de Segundo Orden obtenidos por amplificación de los Momentos de primer orden. (Página 31). D

Lr

15 kN 12,5 kN

W

S

12kN

17,5 kN

4,12 kN 6m

4,12 kN 4,12 kN

C M = 12,36 kN.m V = 6,18 kN Solicitaciones de servicio (nominales) Análisis elástico de primer orden

Combinaciones de acciones para estados últimos en columna C:  (a) 1,4 D

Nu = 1,4 . 15 = 21 kN (compresión)

Comb. (A.4-1)

 (b) 1,2 D + 1,6 Lr + 0,8 W Nu = 1,2 . 15 + 1,6 . 12,5 = 38 kN (compr.) ( W produce efecto contrario a Lr )  (c) 1,2 D + 1,6 S + 0,8 W Nu = 1,2 . 15 + 1,6 . 17,5 = 46 kN (compr.) ( W produce efecto contrario a S )  (d) 1,2 D + 1,6 S + 0,8 W Nu = 1,2.15 + 1,6.17,5 – 0,8.12 = 36,4kN (compr.) Mu = 0,8 . 12,36 = 9,89 kNm Vu = 0,8 . 6,18 = 4,95 kN (Con S porque produce mayor compresión)  (e) 1,2 D + 1,5 W + 0,5 Lr  no es crítica

Comb. (A.4-3)

 (f) 1,2 D + 1,5 W + 0,5 S

Nu =1,2.15 – 1,5.12 +0,5.17,5 = 8,75 kN (compr.) Mu = 1,5 . 12,36 = 18,54 kNm Vu = 1,5 . 6,18 = 9,27 kN

Comb. (A.4-4)

 (g) 0,9 D + 1,5 W

Nu = 0,9 .15 – 1,5.12 = - 4,5 (tracción) Mu = 1,5 . 12,36 = 18,54 kNm Vu = 1,5 . 6,18 = 9,27 kN

Comb. (A.4-6)

Comb. (A.4-3) Comb. (A.4-3)

Comb. (A.4-4)

2

Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia.

Las combinaciones que pueden ser críticas son: (c) Máxima compresión. (d) Mayor compresión con Momento flector. (f) Compresión con máximo Momento flector. (g) Tracción máxima con máximo Momento flector. La (g) puede resultar crítica según la forma de unión extrema (valor de U). Se deberá dimensionar la columna de manera tal que las resistencias de diseño a compresión, flexión, corte, tracción, flexo-compresión y flexo-tracción sean mayores a las respectivas resistencias requeridas para todas las combinaciones que pueden ser críticas.

3

CAPITULO 2:UNIONES Y MEDIOS DE UNIÓN CAPITULO 3:BARRAS SOMETIDAS A TRACCIÓN AXIL  EJEMPLO 2/3-1: Unión soldada de montante a cordón de cabriada, bajo carga estática de tracción. Aplicación de las Secciones 2.3.6.(Página 63) y 2.3.10.1. (Página 72) WT 6-20

Fu(p/perfil ángulo) = 300 kN Acero Perfil F24 (Fy =235 MPa) Electrodo de FExx = 480 MPa

4"x 3/8"

Espesor ala perfil WT = 5/16” (7,93 mm)  Tamaño máximo del filete (pág. 65) e> 6mm e= espesor ala perfil = 9,5 mm luego dmax = 9,5 –2 = 7,5 mm = 0,75 cm

2 mm 3/8” (9,5mm)

eg

d=7,5mm

d

 Tamaño mínimo del filete (pág. 64) Espesor mas grueso (5/16”o 3/8”)  3/8”= 9,5 mm 6 < 9,5 < 13  dmin = 5 mm = 0,5 cm Se adopta d = 7,5 mm = 0,75 cm

eg = 0,707 x 0,75 cm = 0,53 cm

 Resistencia de diseño /cm de filete Según tabla de Figura 2-33 (pág. 71) para corte en área efectiva.

 = 0,60 Fw = 0,6 FExx

Rd1 =  Fw Aw .(10)-1 = 0,60 x 0,6 x 480 MPa x 0,53cm x 1cm x(10)-1= 9,16 kN (Fórm. 2-23, 2-24) F 300 kN  longitud necesaria L t = u = = 32,8 cm ≅ 33 cm R d1 9,16 kN / cm 33 − 10 =11,5 cm < 12,7cm (espacio dispon.) Se adopta un cordón frontal. Se distribuye L1 = L2 = 2 10cm

No es necesario que coincidan los centros de gravedad de la unión con el centro de gravedad del perfil ángulo. Si lo fuera: L1 =

72,6 29

7,26 ⋅ (33 − 10 ) =16,5 cm >12,7cm (Fórm.2-26) 10,16

Supera la dimensión disponible por lo que no pueden ejecutarse cordones con centro de gravedad igual al del perfil.


4

 EJEMPLO 2/3-2: Unión soldada sometida a corte y momento en el plano (torsión). Aplicación de la Sección 2.3.10.2. (Página 73)  Se adopta Método elástico  Lado del filete (d) Mínimo 6 < 8,5 < 13  5mm = 0,5 cm Acero Fy =235 MPa Electrodo FE = 480 MPa

Máximo tw > 6mm  d tw-2mm = 8,5-2 = 6,5 mm = 0,65 cm 15cm

P u =7 tn

PU200 4,70 10,30 15cm

 Se supone d = 1 cm  Centro de gravedad de la soldadura:

 Momentos de inercia:

Aw = (2x15+1x20)x1 = 50cm2 15x1x 7,5 x2 + 20x1x 0,5 =4,70 cm xg = 50

(20 )3 x1 + 15x1x(10,5 )2 x2 ~= 3 974cm4 Ix ~ = 12 1 3 3 2 Iy = (4,70 ) + (10,3 ) x x 2 + 20 x1x(4,20 ) ~ = 1151cm4 3 Ip = 3 974 + 1151 = 5 125cm4

(

)

 Tensiones: Pu = 7 tn = 70 kN Momento torsor respecto c. de g. de la unión soldada Tug = 70 kNx (20 + 10,3 )cm = 2 121 kN.cm Tensiones en punto mas alejado (1):

fTH1 = fTv1 = fV 1 =

fres1 =

Tug Ip Tug Ip

y1 =

2121 x11 = 4,55 kN / cm2 5125

x1 =

2121 x10,3 = 4,26 kN / cm2 5125

Pu 70 kN = = 1,40 kN / cm2 A w 50 cm2

(4,26 + 1,40 )2 + (4,55 )2 = 7,26 kN/cm2

máxima en punto mas desfavorable para d=1cm

 Resistencia de diseño para cordón lado d = 1cm y longitud = 1 cm Rd1 = 0,60x0,60x480MPax0,707x1cmx1cm x(10)-1 = 12,22 kN/cm2 7,26 = 0,59 cm ≅ 0,60cm > dmin = 0,5 cm  Lado necesario dnec = 12,22  Se adopta d = 0,6 cm = 6 mm < dmax = 6,5 mm


 EJEMPLO 2/3-3: Unión soldada sometida a corte y flexión. Aplicación Sección 2.3.10.3.(Página 74) Acero F24. Electrodo FE =480 MPa dmin  emayor = 11,3 mm  dmin = 5mm (Tabla J.2-4 Página 65) dmax  e = 9,5mm > 6 mm  dmáx = 9,5 – 2 = 7,5 mm = 0,75 cm e = 5 cm Pu = 40kN = 4 tn PI 20

Vu = 4 tn = 40 kN Mu =40x5x10-2 =2 kNm Se adopta d= 1cm Aw = 2x10x1x0,707= 14,14cm2 1 ⋅ 0,707.(10 )2 ⋅ 2 = 23,57cm3 Sw = 4"x3/8"(101x9,5) 6

P u =7 tn

 Resulta

fv =

Vu 40 = = 2,83 kN / cm2 = 28,3MPa A w 1 14,14

fn =

Mu 2kNm.(10)3 = = 84,85 MPa Sw 23,57 cm3 2

2

fc = fn + fV =

(84,85 )2 + (28,3 )2

= 89,45 MPa

 Resistencia de diseño para filete de d= 1cm y longitud = 1cm 0,60x0,60x480x0,707x1cmx1cm/cm2 = 122,2 MPa 89,45 dnec = .1cm = 0,73 cm > dminimo 122,2 Se adopta d=7,5 mm < dmaximo

 EJEMPLO 2/3-4: Unión abulonada sometida a corte y momento en el plano.(torsión).Aplicación Sección 2.2.4. (Página 54). 1

P U 26

VM

P u =7 tn

d1

VV

d2

2

G G

PU200

bulones φ 12,7 (1/2 “) A 325 Unión tipo aplastamiento. Rosca excluida del plano de corte.

5


6

 Se determina la fuerza cortante requerida en bulones por método elástico lineal. d1 = (12,5 )2 + (7,5 )2 ~ = 14,58 cm Σ di2 = 4x(14,58)2+ 2x(7,5)2 = 962,8 cm2 d2 =7,5 cm 70.27,5 P ⋅ 27,5 PM1 = u 2 ⋅ 14,58 = x14,58 = 29,2 kN 962,8 ∑ di 70 PP1 = = 11,7 kN =59,04 6 Pu1 = PM12 + PP12 + 2PM1PP1 cos α =36,62kN

 PP1

PM1 Pu1

 Resistencia de diseño al corte (Fórmula 2-4. Página 43) (1,27 )2 ⋅ π .(10) −1 = 39,4 kN > P = 36,62 kN  verifica R d = 0,75m.Fv .A b .(10) −1 = 0,75.1.415 . u1 4  Resistencia de diseño al aplastamiento de la chapa. dbulón =1/2 “ daguj = 9/16” =15 mm (Fig 2-7) Agujeros normales; deformación es consideración de proyecto; L e = 40 mm>1,75 x 12,7= 22mm; Chapa Acero F24 :Fu = 370 MPa. Lc = 40 - 15/2 = 32,5 mm Menor espesor de chapa tmin = 0,635 cm Se aplican Fórmulas 2-13, 2-14. (Página 46). R d1 = 0,75 ⋅ 1,2 ⋅ Lc ⋅ t ⋅ Fu .(10) −1 = 0,75x1,2 x3,25 x 0,635 x370x (10) −1 =68,7 kN > 36,62 kN  verifica R d2 = 0,75 ⋅ 2,4 ⋅ d ⋅ t ⋅ Fu .(10)−1 = 0,75 x 2,4 x1,27x 0,635 x370x (10) −1 = 53,7 kN >36,62 kN  verifica El método elástico lineal es el único permitido por el CIRSOC 301-EL.

 EJEMPLO 2/3-5: Determinar el área neta de la chapa A de la Figura, sometida a una fuerza de tracción Tu. Aplicación de la Sección 3.3. (Página 80). Los bulones se encuentran distribuidos en tres bolillo. A Tu

Tu

g

B

A t g φ agujero

C

bg

D

E s DATOS:  bulón = 16 mm (M 16); agujero normal  nominal del agujero = 18 mm (de Tabla J.3-3, Figura 2-7, Página 41) t = 4,76 mm bg = 140 mm s = 60 mm g = 40 mm Se analizan dos posibles líneas de falla: (1) Cadena A-B-D-E  Cadena A-B-C-D-E Como el espesor t es constante a lo largo de las cadenas se determinarán los anchos netos: Cadena (1) bn = bg – 2 (nom + 2 mm) = 140 – 2(18 + 2) =100 mm = 10 cm Cadena (2) bn = bg – 3 (nom+2 mm)+ 2 (s2/4 g) = 140 – 3(18 + 2) + 2 (602/4x40) = 125 mm > 100mm El menor ancho corresponde a la Cadena (1)  El área neta es: An = bn . t = 10 cmx 0,476 cm =

4,76 cm2


7

 EJEMPLO 2/3-6: Aplicación de las Secciones 3.4. , 3.5., 3.6., 2.2., 2.5., 7.8.7. (A) RESISTENCIA DE DISEÑO A TRACCIÓN DE UNA BARRA Determinar la Resistencia de diseño a tracción de una barra 4”x1/4” unida en su extremo a una chapa de nudo con 3 bulones M16 (ISO 8.8) en línea y sólo por una cara. 4”x1/4” (101,60x6,35)

t = 6,35 101,6

2

G 27,7

Plano de corte

Ag = 12,52 cm Xg = X = 27,7 mm bulón = 16 mm nominal agujero = 16 + 2 = 18 mm Acero F24  Fy = 235 MPa = 2400 Kg/cm2 2 Fu = 370 MPa = 3780 Kg/cm

40 80 80

Plano de tracción 61,6

40

(1) Resistencia de diseño para Rotura de bloque de corte. (Sección 3.6., Página 86) Se determinan las áreas brutas y netas sometidas a tracción y a corte. (Sección 3.2. y3.3., Pág.80) cálculo agujero = 18 + 2 = 20mm = 2cm Anv = (8x2 + 4 – 2x2,5)x 0,635 = 9,525 cm2 = Anv = área neta sometida a corte Ant = (4 – 0,5x2)x0,635 = 1,905 cm2 = Ant = área neta sometida a tracción Agv =(8x2 + 4)x0,635 = 12,7 cm2 = Agv = área bruta sometida a corte Agt = 4x0,635 = 2,54 cm2 = Agt = área bruta sometida a tracción Se comparan:  0,6 Fu. Anv = 0,6x370MPax9,525cm2x(10)-1 = 211,4 kN (Ej.2/3-1)  Fu. Ant = 370 MPax1,905 cm2x(10)-1 = 70,5 kN (Ej.2/3-2) Resulta (Ej.2/3-1) > (Ej.2/3-2) caso (b) de la Sección 3.6. (Página 87)  Rotura por corte y Fluencia por tracción La Resistencia de diseño es:  Rn = 0,75 (0,6 Fu .Anv + Fy . Agt ) = 0,75 (0,6x370x9,525 + 235x2,54)x10-1 = 203 kN Luego la Resistencia de diseño por rotura de bloque de corte es: Rd = 203 kN

(Ej.2/3-3)


8

(2) Resistencia de diseño a tracción axil. (Sección 3.5., Página 85) (a) Fluencia en la sección bruta. Rd1 = t . Fy . Ag .(10)-1= 0,9x235MPax12,52 cm2x(10)-1 = 264,8 kN

(Ej.2/3-4)

(b) Rotura en la sección neta. Rd2 = t . Fu . Ae .(10)-1 siendo Ae el área neta efectiva de la barra. (Sección 3.4. , Página 82) Se calcula el área neta en primer lugar. (Sección 3.3., Página 80) An = Ag – 1. cálculo agujero . t = 12,52 – 1x2x0,635 = 11,25 cm2 El área neta efectiva es: Ae = U.An

U = 1 – (X / L)

según Figura página anterior X = 27,7 mm = 2,77 cm L = 2x80 = 160 mm = 16 cm U = 1 – (2,77/16) = 0,83 Ae = 0,83x11,25 = 9,337 cm2 La Resistencia de diseño Rd2 = 0,75x 370 MPax9,337 cm2x(10)-1 = 259,1 kN Se comparan (Ej.2/3-4) y (Ej.2/3-5)

(Ej.2/3-5)

264,8 kN > 259,1 kN

Resulta menor la (Ej.2/3-5), luego la barra falla a tracción por rotura de la sección neta. Resistencia de diseño a tracción

Rd = 259,1 kN

(Ej.2/3-6)

Comparando la Resistencia de Diseño por Rotura de Bloque de Corte ((Ej.2/3-3)) y la Resistencia de Diseño a Tracción ((Ej.2/3-6)) resulta menor la Resistencia de Diseño por Rotura de Bloque de Corte. Luego Resistencia de Diseño de la barra = 203 kN

La resistencia de la barra puede quedar limitada por la Resistencia de la Chapa de nudo o de los Medios de Unión. (B) VERIFICACIÓN DE LA CHAPA DE NUDO

Se supone una distribución de la fuerza a 30º .(Sección 7.8.7. Página 264)


9

Area bruta = (0,58x2x 16 + 1,8) x 0,635 = 12,93 cm2 Area neta = [12,93 - (1,8+0,2)x 0,635] = 11,66 cm2 Máxima área neta : (Sección 3.4. caso (4))(Página 84) 0,85 x Ag =0,85 x 12,93 = 10,99 cm2

(Ej.2/3-7)

Resistencias de diseño a tracción:  Fluencia área bruta  Rotura área neta

0,9 x Ag x Fy = 0,9 x 12,93cm2 x 235 MPax(10)-1 = 273,5 kN

(Ej.2/3-8)

0,75 x A e x Fu = 0,75 x 10,99cm2 x 370MPax(10)-1 = 304,9 kN (Ej.2/3-9)

De (Ej.2/3-9) y (Ej.2/3-9)

Manda Fluencia en el área bruta Rd = 273,5 kN

Es mayor que la resistencia de diseño de la barra (203 kN) por lo que sigue siendo la barra la barra la determinante de la Resistencia. (C) VERIFICACION DE LOS MEDIOS DE UNIÓN Determinaremos la Resistencia de diseño de la unión abulonada con tres bulones φ 16 Tipo ISO 8.8 suponiendo que por su longitud la rosca está excluída del plano de corte . Se plantea Unión tipo aplastamiento. (a) Resistencia de diseño a corte. (Fórmula (2-4). Página 43) R d = 0,75.m.Fv .A b .(10) −1 .n o bulones (para nº bulones = 3)

m = 1 (una sección de corte)

Fv = 415 MPa (ISO 8.8, rosca excluída de los planos de corte) d2 ⋅ π Ab = = 2,01cm2 4 R d1 = 0,75 x1x 415 x 2,01x (10) −1 x 3 =187,6 kN (b) Resistencia de diseño al aplastamiento de la chapa Distancia a borde Le = 40mm > 1,75 d = 1,75x1,6 = 28 mm (para perfil laminado y para chapa) Distancia entre bulones s = 80mm > 3 d = 3x16 = 48mm Lc = (40+80x2) – 18x2,5 = 155 mm De Fórmulas (2-13), (2-14) (Página 46) Nº de bulones = nº = 3 R d1 = φ ⋅ R n = 0,75 x1,2.ΣL c .t.Fu .(10) −1 = 0,75 x1,2 x15,5 x0,635 x 370x (10) −1 = 327,7 kN R d2 = φ ⋅ R n = 0,75x2,4 . d .t .Fu . (10) −1.nº = 0,75x 2,4 x1,6x 0,635 x370x (10) −1 x3 = 203 kN Es menor la resistencia de diseño al corte de los bulones Rd1

⇒

Rd = 187,6 kN

(D) CONCLUSIONES DE DISEÑO Comparando la Resistencia de la barra y la de los medios de unión vemos que son los medios de unión los que limitan la resistencia a tracción. Observando los resultados y como conclusión de diseño podemos decir que debemos aumentar la cantidad de bulones pues ello aumentaría la resistencia de los medios de unión y además disminuiría el U (al aumentar el L) con lo que la resistencia de la barra quedaría determinada por la fluencia de la sección bruta lo que permite el aprovechamiento total de la sección de acero de la barra.


10

 EJEMPLO 2/3-7: Determinar la resistencia de diseño de una chapa plana unida por soldadura a otra chapa plana. Aplicación de las Secciones 2.5., 3.4. y 3.6.. Fy = 235 MPa Acero F24 Fu = 370 MPa Plano de tracción t=½ ” (1,27 cm) 10 cm planos de corte # 8” x ¾“(1,905 cm) 8” (20,32 cm)

(A) Resistencia de la barra (chapa)  Resistencia a tracción Al existir cordones longitudinales y uno transversal y ser una chapa plana (todos los elementos unidos) es de aplicación el caso (1) de la Sección 3.4. (Página 84) Ae = An Por otra parte An = Ag por ser unión soldada.. Sólo corresponde para la barra el estado límite de fluencia de la sección bruta. Ag = 20,32 x 1,905 = 38,71 cm2 La resistencia de diseño (Fórmula (3-3), Página 85) Rd1 = φ Rn = φ Ag Fy .(10)-1 = 0,9 x 38,71cm2 x 235 MPa x(10)-1= 818,7 kN (B) Resistencia de la chapa de nudo (1 ) Resistencia por rotura de bloque de corte (Sección 3.6, Página 86/87) Ant =20,32 x 1,27 = 25,80 cm2 = Agt Anv= 2 x 10 x 1,27 = 25,40 cm2 = Agv 0,6 Fu . Anv .10-1 < Fu . Ant . 10-1 ((caso a) Sección 3.6) 0,6 x 370 x 25,40x.10-1 < 370 x 25,80x.10-1 563,9 kN < 954,6 kN ⇒ Rotura por tracción y fluencia por corte La resistencia de diseño:  Rn = 0,75 (Fu Ant + 0,6 Fy Agv ). 10-1 = 0,75 ( 25,80 x 370 + 0,6 x 235 x 25,40)x10-1 = 984.5 kN (2) Resistencia a tracción Se supone una distribución del la fuerza a 30º .(Sección 7.8.7. Página 266) Area bruta = (0,577x10x2 + 20,32)x1,27 = 40,53 cm2 Area neta efectiva = 0,85 Ag = 34,45 cm2 Resistencia de diseño fluencia área bruta:Rd = 0,9. Ag.Fy .10-1 = 0,9 x 40,53x 235x10-1 = 857,2 kN Resistencia de diseño rotura área neta: Rd = 0,75. Ae.Fu .10-1 = 0,75 x 34,45x 370x10-1 = 956 kN Para la chapa de nudo manda la resistencia de diseño a tracción

Rd2 = 857,2 kN

 Comparando Rd1 y Rd2 vemos que la menor es la resistencia de la barra (chapa plana), por lo que la Resistencia de diseño a tracción de la barra unida a la chapa es Rd = 818,7 kN Faltaría verificar la unión soldada, la que deberá ser dimensionada para tener una resistencia de diseño mayor o igual a Rd = 818,7 kN. Si esto no fuera posible para el mayor lado de filete aceptable se deberá redimensionar el largo de los cordones longitudinales.


11

 EJEMPLO 2/3-8: Dimensionar una barra (tensor) sometida a una fuerza de tracción de Tu =240 kN unida a una chapa de nudo con dos cordones de filete. Dimensionar chapa de nudo y unión soldada. El tensor tiene una longitud de 4,24 m.(ver Figura). La barra es un perfil ángulo. Acero de barra y chapa de nudo F 24 ( Fy = 235 MPa ; Fu = 370 MPa) Electrodo: FE = 480 MPa Aplicación de las secciones 3.4., 3.5., 3.6., 3.8.,2.3.6. 300 L w 300

LT=424

t

Tu

(1) Dimensionado del perfil. Hacemos Tu = Rd = φ t.Pn y buscamos el área necesaria  Para estado límite de fluencia en la sección bruta. De Fórmula (3-3) T 240 Ag min = u .10 = x10 = 11,35 cm2 φ t .Fy 0,9 x 235  Para estado límite de rotura en la sección neta. De Fórmula (3-4) y considerando que Ae = U.Ag (Página 84) Tu Ag min = x10 Se adopta el máximo valor para U ⇒ U = 0,9 φ t .Fu .U 240 Ag min = x10 = 9,61 cm2 0,75 x 370x 0,9 Para el valor de U adoptado, resulta mayor la sección necesaria para el estado límite de fluencia en la sección bruta. Se busca un perfil ángulo que satisfaga dicha condición. Ag necesaria = 11,35 cm2 se busca en tabla  ángulo 3”x 5/16” A=11,47cm2 > 11,35 cm2 Se adopta ángulo 3”x 5/16”(76,2 x 7,93 )  El estado límite de rotura de bloque de corte no puede darse en este caso. (ver Figura)  Se debe verificar el cumplimiento de la condición de esbeltez de la barra. (Página 80) k.LT / rmín = 424 cm / 1,50cm = 283 < 300  VERIFICA (2) Dimensionado de la unión soldada. La longitud del filete (L) debe satisfacer dos condiciones: (a) Dar como resultado el valor de U necesario. (b) Proveer la resistencia de diseño necesaria. (a) Dado que el estado límite determinante es la fluencia en la sección bruta podemos tener un valor de U menor que el adoptado. Con el área del perfil adoptado (11,47 cm2) el valor mínimo de U Tu 240 debe ser: U= .10 = x10 = 0,76 0,75.Fu .A g 0,75 x379x11,47


12

De Fórmula (3-1)

U=1–x/L

De Tabla de perfiles x = eo = 2,2 cm

L = x / (1 – U) = 2,2 / (1 – 0,76) = 9,2 cm (b) Se determinan valores máximo y mínimo del lado del filete. Se adopta para la chapa igual espesor que el ala del perfil tc = 0,793 cm De Tabla J.2-4 (Página 65) dmínimo = 5 mm De Página 65 dmáximo = tperfil – 2 = 7,93 –2 = 5,93mm Se adopta lado del filete d = 5 mm = 0,5 cm De Tabla Figura 2-33 y Fórmula (2-23) la resistencia de diseño del filete : Rd= φ . 0,6.FE. d.L.(10)-1 para cada filete. Luego debiendo ser Tu = 2.Rd resulta: 240 (Tu ) L= x10 = 13,9cm 2 x 0,60 x0,60 x 480x0,5 Es mayor la longitud L necesaria para resistencia. Se adopta L = 14 cm (3) Dimensionado de la chapa de nudo. Según Secciones 2.5. y 7.8.7. para obtener la sección bruta se supone una distribución a 30º Ancho de cálculo bc = 2. L. tg 30º + ancho ala = 2x14x0,577 + 7,62 = 23,7 cm El área bruta con el espesor adoptado para la chapa es: Ag = bc . tc = 23,7x0,793 = 18,79 cm2 El área neta efectiva es Ae = U. Ag (sólo cordones longitudinales) El valor de U de la chapa plana es: (Página 84) Siendo 2w = 15,24 > L =14 > 11,43 = 1,5 w  U = 0,87 > 0,85 (valor máximo, Página 85) Luego Ae = 0,85.Ag = 0,85x18,79 = 15,97 cm2 Las resistencias de diseño son: (Página 266) (a) Fluencia por tracción Rd = 0,9.Ag.Fy.(10)-1 = 0,9x18,79x235x10-1 = 397 kN > Tu =240kN

(verifica)

(b) Rotura por tracción Rd = 0,75.Ae.Fu.(10)-1 = 0,75x15,97x370x10-1 = 443 kN > Tu = 240 kN

(verifica)

(c) Rotura por bloque de corte Ant = Agt = 7,62x0,793 = 6,04 cm2

Anv = Agv = 2x14x0,793 = 22,20 cm2

Fu.Ant .(10)-1= 370x 6,04x10-1 = 223,5 < 0,6 Fu.Anv.(10)-1 = 0,6x370x22,20x10-1 = 492,8  Rotura por corte y fluencia por tracción La resistencia de diseño es: Rd = 0,75(0,6 Fu Anv + Fy Agt)10-1 = 0,75(0,6x370x22,20 + 240x6,04)x10-1 = 478,3 kN Rd = 478,3 kN > Tu = 240 kN

(verifica)

13

CAPITULO 4: BARRAS SOMETIDAS A COMPRESIÓN AXIL CAPITULO 5 :PLACAS SOLICITADAS A COMPRESIÓN Y CORTE 

EJEMPLO 4/5-1:

Determinar las longitudes de pandeo de las columnas del pórtico desplazable de la figura mediante el uso de nomogramas. Aplicación de la Sección 4.5.1.(Página 111) V2a

3

V2b

6

C2b

C1b V1a

2

9

I

I

C3b V1b

5

Cargas requeridas C1a  Pu =170 kN C2a  Pu =410 kN C3a  Pu =250 kN C1b  Pu = 50 kN C2b  Pu =120 kN C3b  Pu = 75 kN

300

8

I

I

C2a

C1a

C3a 360

4

1 C1

7 C2

600

x z (Dimensiones en cm)

C3 900

 Características mecánicas C1 (C1a – C1b ) PNI 24 C3 (C3a – C3b ) C2 (C2a – C2b )

y

PNI 28

Ix =4250 cm4 Ag = 46,1 cm2

Acero F24 (Fy = 235 MPa)

Ix =7590 cm4 Ag = 61 cm2

V1a Sección I Ix = 33000cm4 V2a Sección I Ix = 19000cm4

V1b Sección I Ix = 72000cm4 V2b Sección I Ix = 31550cm4

 Cálculo de los “G” de nudo I GB ∑ cL c G= I ∑ gL g

GA

nudo

I

G=

∑ cL c I

∑ gL g

4250

2

5

+ 4250 360 300 = 0,47 33000 600 7590 + 7590 360 300 = 0,344 G5 = 33000 + 72000 600 900 G2 =


14

4250

+ 4250 360 300 = 0,325 72000 900 4250 300 = 0,447 G3 = 19000 600 7590 300 G6 = = 0,38 19000 + 31550 600 900 4250 300 = 0,404 G9 = 31550 900

G8 =

8

3

6

9

Nudos 1;4;7 articulados G = 10 (Observación Figura 4-16, Página 115) (a) Cálculo de los “k” sin correcciones – según nomograma de Figura 4-16(b)(Página 114) columna C1a C1b C2a C2b C3a C39

GA 10 0,47 10 0,344 10 0,325

GB 0,47 0,447 0,344 0,38 0,325 0,404

k (nomograma) 1,78 1,14 1,73 1,11 1,71 1,12

     

(b) Corrección por inelasticidad (E ≠ constante) (corrección (a)) (Página 115) Se verifican sólo columnas de la PB. Con la relación

Pu en la tabla de la Figura 4-17(Página 116) Ag

para Acero F-24 obtenemos el valor β para corrección. Pu .(10) Columna Ag C1a C2a C3a En todos los casos de tabla

17 0kN .10 = 36,8 MPa 46,1cm2 410 kN .10 = 62,7 MPa 61cm2 25 0 kN .10 = 54,3 MPa 46,1cm2

β 

1



1



1

β =1 (columnas en zona elástica)

(c) Corrección por giros extremos de vigas no iguales. (Corrección (b)) (Página 116) Siendo luces y momentos de inercia de vigas distintos puede resultar significativa la corrección. Se carga la estructura con fuerzas unitarias para ubicar la relación de momentos extremos en las vigas resultante de la acción de fuerzas horizontales.


10 tn

=

10 tn



Resultan los siguientes diagramas de momentos en vigas. (kN.m)

 =

Viga 39,4 Superior V2

V1b

Der.

183,3 ⎞ ⎛ L′g = 6⎜⎜ 2 − ⎟ = 6,74 m 209,2 ⎟⎠ ⎝ 230 ⎞ ⎛ L′g = 9⎜⎜ 2 − ⎟ = 9m 229 ,8 ⎟⎠ ⎝

45,3

183,3

230

229,8

⎛ M ⎞ L′g = Lg ⎜⎜ 2 − F ⎟⎟ MN ⎠ ⎝ Siendo MF = momento en el extremo mas alejado MN = momento en el extremo mas cercano Der.

38,9 44,1

Viga 209,2 Inferior V1

V1a

15

Der.

Izq.

Izq.

209,2 ⎞ ⎛ L′g = 6⎜⎜ 2 − ⎟ = 5,15 m 183 ,3 ⎟⎠ ⎝

Izq.

L′g = 9 m = Lg

38,9 ⎞ ⎛ L′g = 6⎜⎜ 2 − ⎟ ≈ 6m Izq. L′g ≅ Lg 39 ,4 ⎟⎠ ⎝ 45,3 ⎞ 44,1 ⎞ ⎛ ⎛ L′g = 9⎜⎜ 2 − L′g = 9⎜⎜ 2 − Der. ⎟⎟ = 8,75 m Izq. ⎟ = 9,23 m V2b 44 , 1 45 ,3 ⎟⎠ ⎝ ⎠ ⎝ Se indican en el gráfico los tramos de viga donde el punto de inflexión se mantiene en el centro (=) y donde varía de posición (≠ ≠ ).

V2a

Der.

Se modifican los nudos correspondientes y los respectivos G y k respectivos I ∑ cL c nudo G= Ig ∑ L g 4250

2

5

8

3

6

+ 4250 360 300 = 0,528 33000 674 7590 + 7590 360 300 = 0,320 G5 = 33000 + 72000 515 900 4250 4250 + 360 300 = 0,325 G8 = 72000 900 4250 300 = 0,447 G3 = 19000 600 7590 300 G6 = = 0,374 19000 + 31550 600 875 G2 =


16

4250

G9 =

9

300 = 0,414 31550 923

Nudos 1;4;7 articulados G = 10  Cálculo de los “k” corregidos – según nomograma de Figura 4-16(b) (Página 114) columna C1a C1b C2a C2b C3a C3b

GA 10 0,528 10 0,320 10 0,325

GB 0,528  0,447  0,320  0,374  0,325  0,41º 4 

k (nomograma) * 1,80 * 1,17 1,71 1,11 1,71 1,12

Las diferencias en los valores de k son despreciables pues la diferencia de luz de los tramos de vigas se compensa con la variación de Inercia lo que lleva los puntos de inflexión casi a la mitad de la luz. (d) Corrección por diferencias de rigidez de columnas del piso- (Corrección (C)).(Página 117) Aplicamos el método del pandeo de piso por no disponer del desplazamiento lateral relativo de piso Δ oh aunque tengamos todas las columnas del piso con igual altura. Se aplica entonces la Fórmula (4-22) (Página 118). Todas las columnas del piso aportan rigidez lateral. ⎛ π 2 .E . Ii ⎞ ⎟ y Pe2i = ⎜⎜ 2 ⎟ ⎝ ( k i.Li ) ⎠ Teniendo todas las columnas del piso igual altura L la formula (4-22) se transforma en: ( ∑ Pu ). Ii k′i = Pui .∑ Ii / k i2 Se toman ki corregidos por (c) e Ii corregidos por (b) (en este caso =1, no hay corrección de I) k´ i =

Pei ⎛ (Σ Pu ) ⎞ ⎜ ⎟ Pui ⎜⎝ (Σ Pe 2 ) ⎟⎠

(

Planta baja

π2 E . Ii L2i

)

∑ Pu = 170 + 410 + 250 = 83 0 kN ⎛ Ii

⎞ 4250 7590 4250 ⎟⎟ = + + = 5361 cm4 2 2 2 k ( ) ( ) ( ) 1 , 80 1 , 71 1 , 71 i ⎠ ⎝ ∑ Pu = 50 + 120 + 75 = 245 kN

∑ ⎜⎜ Planta alta

con Pei =

2

⎛ Ii ⎞ 4250 7590 4250 = + + = 12.653 cm4 2⎟ ⎟ 2 2 (1,11) (1,12)2 ⎝ ki ⎠ (1,17 ) Se calculan ki’ con la fórmula resultante y se verifica que se cumpla que el ki´ resultante sea menor que el que corresponde al modo indesplazable. En este caso en forma simplificada ki´ ≥ 1 Columna ki’ ki

∑ ⎜⎜

C1a C1b C2a

830 ⋅ 4250 = 1,967 *> 1 170 ⋅ 5361 245 ⋅ 4250 = 1,283 *> 1 50 ⋅ 12653 830 ⋅ 7590 = 1,693 > 1 410 ⋅ 5361

1,80

OK

1,17

OK

1,71

OK


245 ⋅ 7590 = 1,107 > 1 120 ⋅ 12653 830 ⋅ 4250 = 1,622 > 1 250 ⋅ 5361 245 ⋅ 4250 = 1,047 > 1 75 ⋅ 12653

C2b C3a C3b

17

1,11

OK

1,71

OK

1,12

OK

Se observa que C1 aumenta su factor de longitud efectivo (*) mientras que C2 y C3 disminuyen . Esto indica que la C1 algo ayuda a la C2 y más a la C3 .

 EJEMPLO 4/5-2 Determinar la influencia de las columnas sin rigidez lateral en pórticos desplazables. Suponemos el pórtico de la figura. Aplicación de la Sección 4.5.1.(B) Correcciones (a), (b), (C). (Páginas 115 a 118) 100 kN 2

250 kN V J=3

4

C1 J=1

C2 J=0,5

1

3 800

C1 = aportan rigidez lateral C2 = no aporta rigidez lateral (biarticulada)

100 kN V J=3

6 C1 J=1

400

(Dimensiones en cm)

5 800

(a)

Suponemos que por aplicación de la Sección 4.5.1.(B) corrección (a), Figura 4-17, se ha verificado la columna C1 y para Pu resulta β =1  NO SE CORRIGE POR INELASTICIDAD Ag (b) Aplicación sección 4.5.1. (B) corrección (b) . Corrección por giros extremos en vigas.

Sólo es necesario conocer la relación entre los momentos de inercia de vigas y columnas para obtener los momentos que resultan en la viga cargando el pórtico con carga unitaria. (en kN.m) 0,7

82,0

0,7 82,0

⎛ 0,7 ⎞ Nudo 2 Der L′g = 8 ⎜⎜ 2 − ⎟ = 15,93 m 82,0 ⎟⎠ ⎝ Nudo 6 Izq. Igual anterior L′g = 15,93 m

 Cálculo de k (nomograma de Figura 4-16(b)) Nudo

G 1 400 = 1,33 2y6 3 1593 Del nomograma de la Figura 4-16(b) Columna C1

GA 1 (empotrada)

GB 1,33

ki 1,38


18

Se aplica el método de pandeo de piso (Fórmula (4-22)). Para todas las columnas del piso con igual altura resulta según ejemplo anterior: ( ∑ Pu ). Ii los Ii y ki son de las columnas que aportan rigidez lateral (2 Columnas C1) k′i = Pui .∑ Ii / k i2

(

)

con Σ Pu = 100 + 250 + 100 = 450 kN k′i =

resulta para la columna C1

450. I1 = 1,38 . 2,25 = 2,07 100. ( 2 I1 / 1,382 )

Planteando la relación entre k’1 y k1 podemos observar en cuanto se incrementa el factor de longitud efectiva de la columna rígida por acción de la columna central sin rigidez lateral. k′i 2,07 = = 1,5 k i 1,38 La columna central sin rigidez lateral produce un incremento del 50% del factor de longitud efectiva de las columnas laterales.

 EJEMPLO 4/5-3 Dimensionar la columna C2 como perteneciente al pórtico de la figura. Aplicación de :  Combinación de Acciones (Capítulo 1)  Dimensionamiento de barras de sección llena (Capítulo 4 - Sección 4.6.)  Clasificación de secciones. (Capítulo 5- Secciones 5.4.2., 5.4.3.,Tabla B.5-1) Pu A A

C2

400 B

C2 B

800

800

A, B puntos fijos en ambas direcciones.

(Dimensiones en cm)

 Combinaciones de carga Acciones :  Carga Permanente D  Sobrecarga útil de techo Lr  Viento W (succión) Cargas axiles nominales: valores nominales determinados en análisis elástico de 1er. Orden. PD = 14,5 kN PLr = 155,0 kN PW = 24,0 kN Combinación de acciones del CIRSOC 301-EL. (Sección 1.3.2.(B.5), Página 26) Comb. (A.4-1)

1,4 D



1,4 x 14,5 kN = 20,3 kN (compresión)


Comb. (A.4-3) base sobrecarga 1,2 D + 1,6 Lr 

19

1,2 x 14,5 + 1,6 x 155 = 265,4 kN (compresión)

No se considera el viento porque es favorable (tracción) – observación 1 – Página 26) Comb. (A.4-6) base viento 0,9 D – 1,3 W 

0,9 x 14,5 – 1,3 x 24,0 = -18,15 kN (tracción)

No se considera la Combinación (A.4-4) por no ser una combinación crítica porque sobrecarga de techo y viento producen efectos de sentido contrario. En base a estas combinaciones se deduce que: La carga axil requerida de compresión Pu=265,4 kN  Factor de longitud efectiva k Al ser la columna biarticulada en ambas direcciones y con sus vínculos extremos con desplazamiento impedido  k x = ky = 1 Por lo cual las longitudes de pandeo son: kx Lx= ky Ly = 1x 400 cm = 400 cm  Dimensionamiento de la sección No es posible dimensionar directamente , se hará en forma iterativa . Elección de la forma seccional (Sección 4.6.1., Página 123) (1) Por economía  rx = ry (2) Por diseño unión extrema o constructivo  el que corresponda Sección compacta o no compacta Se define como criterio de diseño utilizar secciones compactas o no compactas (o sea no esbeltas). Los perfiles laminados cumplen generalmente las relaciones necesarias de esbeltez local; una vez realizado el dimensionado con la hipótesis antedicha (Q = 1) se verificará como aplicación del caso correspondiente de la Tabla B.5-1 (Páginas 169 a 174). Tipo de Acero

Tipo F 24

Fy = 235 MPa

Se calcula la esbeltez reducida en función de la esbeltez geométrica según Fórmula (4-23) (Página 123) 1 ⎛ kL ⎞ 1 Fy ⎛ kL ⎞ 1 235 ⎛ kL ⎞ λc = Para F 24 ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ = ⎟ = λc = 91,65 ⎝ r ⎠ π E ⎝ r ⎠ π 200000 ⎝ r ⎠  Se analizan tres formas seccionales para comparar. (A) Perfil Normal “doble te” (PNI) x

y

En este perfil manda ry ya que al ser igual la longitud de pandeo en ambas direcciones, con menor radio de giro la esbeltez será mayor. y

x


20

1er tanteo :

Proponemos  = 160 

λc =

160 = 1,74 > 1,5 91,65

⎛ 0,877 ⎞ 0,877 = 68,07 Aplicando fórmula 4-26b, Página 125, con Q = 1 Fcr = Fy ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 235 (1,74 )2 ⎝ λc ⎠ Fcr = 68,07MPa De Fórmulas 4-24 y 4-25)

Pu = R d = φ c . A g .Fcr .(10) − 1 ⇒ A g =

Pu . 10 φ c = 0,85 φ cFcr

Con esta expresión calculamos la Sección Necesaria A g nec =

2 65,4 kN x10 = 45,87cm2 0,85 x68,07 MPa

A g nec = 45,87cm2

Calculamos el Radio de giro necesario a partir de la esbeltez supuesta k L 400 cm ~ ry nec ry nec = 2,5 cm  Se busca en la tabla un IPN con ry = = ry nec = λ 160 Obtenemos un IPN30 con ry = 2,56 cm pero el área de este perfil es mayor que la necesaria (69cm2) El PERFIL ESTÁ SOBREDIMENSIONADO y hacemos otro tanteo. 2o tanteo:

Proponemos  = 200 (máximo;Sección 4.6.2.)  λ c = Fcr = 235

Aplicando fórmula 4-26b con Q = 1

Sección Necesaria

A g nec =

0,877

(2,18)2

ry nec =

Fcr = 43,37 MPa

= 43,37

265,4 kN x 10 = 71,99 0,85 x 43,37 MPa

Se calcula el Radio de giro necesario

200 = 2,18 > 1,5 91,65

A g nec = 71,99 cm2

400 cm 200

ry nec = 2 cm

En tabla encontramos el perfil IPN22 con ry = 2,02 cm y Ag = 39,5 cm2 Como Ag
λ=

IPN26

400 = 172,4 2,32 Fcr = 235

λc = 0,877

(1,88 )2

Ag = 53,3 cm2

ry = 2,32 cm

172,4 = 1,88 > 1,5 91,65

= 58,32 MPa

R d = φc Pn = 0,85 x58,32x 53,3x10 −1 = 264,3 kN

R d = 264,3 kN

R d = φc Pn = 264,3 kN ≅ Pu = 265,4 kN ( verifica) De tabla se obtiene peso del perfil =41,9 kg/m Se controla de Tabla B.5-1 la relación ancho espesor de ala y alma del perfil para asegurarnos de que la sección no es esbelta.


21

Relación Ancho-espesor 11,3

Ala

b 2 = 4,00 = t 1,41 250 250 λr = = = 16,31 Fy 235 b < λr  t 4,00 < 16,31

Alma Caso 4

h 20,8 = = 22,13 tw 0,94 665 665 λr = = = 43,38 Caso 12 Fy 235

h < λr tw  alma no esbelta 22,13 < 43,18

ala no esbelta

 sección no esbelta ( Q = 1 ) (B) Tubo de sección circular (φ φ ) (Acero F24, Fy = 235 MPa) De tabla B.5-1-caso 8-a

λr =

22000 22000 = Fy 235

λ r = 93,62

Se adopta tubo φ 152,4 x 4 (φ φ 6”) D 152,4 = = 38,1 < λ r  sección no esbelta (Q = 1) t 4

De tabla B.5-1-caso 8-a Ag = 18,648 cm2 rx = ry = 5,248 cm 400 λ= = 76,22 5,248



λc =

76,22 = 0,83 < 1,5 91,65

2

2

De Fórmula 4-26a Fcr = 0,658λ c .Fy = 0,6580,83 x 235 = 176,13 MPa De Fórmulas 4-24 y 4-25

Fcr = 176,13 MPa

R d = φc Pn = 0,85 x18,648x176,13x10 −1 = 279,1kN

R d = 279,1kN > Pu = 265,4 kN ( verifica )

 De tabla se obtiene peso de tubo = 14,55 kg/m

(C) Sección armada soldada. 0,5 13,5

0,5

De tabla B-5-1-caso 12 espesor 13,36 t = 0,32

14 x

λr =

665 Fy

=

665 235

λ r = 43,38

Ag = 17,83 cm2 Ix = 561,35 cm4 rx = 5,61 cm Iy = 533,92 cm4 ry = 5,47 cm < rx Pandea alrededor de y-y

y dimensiones en cm De tabla B.5-1-caso 12 en alma más esbelta

λ=

400 = 73 5,47



λc =

b 133,6 = = 41,75 < λ r  sección no esbelta Q = 1 t 3,2

73 = 0,796 < 1,5 Se aplica Fórmula (4 - 26a) 91,65


22

Fcr = 0,658

λ c2

Fy = 0,658 (0,796 ) x 235 = 180,3 MPa 2

Fcr = 180,3 MPa

De Fórmulas 4-24 y 4-25 con φ c = 0,85 R d = φc A g .Fcr .(10) −1 = 0,85 X17,83X180,3X10 −1 = 273,3 kN

R d = 273,3 kN

R d = 273,3 kN > Pu = 265,4 kN (verifica )  Peso de sección armada = 14 kg/m Se puede observar la diferencia de rendimiento de las distintas formas seccionales comparando resistencia en relación al peso por metro. Para elegir la mas conveniente se deberá comparar peso / metro; precio / kg y diseño de las uniones extremas. 

EJEMPLO 4/5-4

Determinar la capacidad de carga de la columna soldada de la figura . y 6,35 (1/4”) tf tw=6,35 a=350 x

x

6,35 (1/4”) tf

5050 y

337,3=h

y x

x

250 y

Dimensiones en mm Las longitudes de pandeo son distintas en ambas direcciones .Para el pandeo alrededor de “x-x” la base se encuentra empotrada y el extremos superior es desplazable (caso e– Fig. 4-15) (Página 112). Para el pandeo alrededor de “y-y” los extremos de la columna son articulados con desplazamiento impedido ( caso d- Figura 4-15). Acero F24 – Fy= 235 MPa. Si suponemos que la columna sin rigidez lateral tiene poca carga requerida axil y por ello no tiene prácticamente influencia para el pandeo alrededor de x-x de la columna analizada, podemos tomar basándonos en los valores de la Figura 4-15 kx Lx = 2,1 x 5,05 = 10,6 m ky Ly = 1 x 5,05 = 5,05 m Ag = 53,17 cm2 2 ⎡ 0,635 x(33,73 )3 ⎛ 34,365 ⎞ ⎤ 4 + 2 ⎢0,635 x25 x ⎜ Ix = ⎟ ⎥ = 11405 cm 12 2 ⎝ ⎠ ⎣⎢ ⎦⎥


23

⎡ 0,635 ⋅ (25 )3 ⎤ (0,635 )3 33,73 = 1654 cm4 Iy = 2 ⎢ ⎥+ 12 12 ⎣⎢ ⎦⎥ ry =

Iy Ag

= 5,58 cm rx =

Ix = 14,65 cm Ag

Cálculo de la Esbeltez global L 1060 λx = x = = 72,4 rx 14,65 Mayor esbeltez alrededor de “y” Pandea alrededor del eje “y” Ly 505 λy = = = 90,5 ry 5,58 Esbeltez local (Tabla B.5-1) hw h 337,3 > λr = 53,12  Alma relación ancho / espesor = w = tw tw 6,35 665 665 (caso 12) λr = = = 43,38 53,12 > 43,38 ⇒ alma esbelta Fy 235  Ala (caso 5)

λr =

relación ancho / espesor = λ f = 285

4 h tw

siendo k c =

Fy kc

kc =

4 337,3

= 0,549



b 250 2 = = 19,7 tf 6,35 (observaciones de Tabla B-5-1)

0,35 < 0,549 < 0,763

6,35 λr =

285 235

0,549

= 13,78

b = 19,7 > 13,78 = λ r t

⇒ ala esbelta

La sección es con elementos esbeltos. (Q< 1). Se debe calcular el factor Q.(Sección 5.5., Página 178). Como la sección tiene elementos no rigidizados (alas) y elementos rigidizados (alma) es Q = Qs . Qa (Sección 5.5.3., Página 183).  Qs (ala)

(Sección 5.5.1.caso c) (Página 180)

285 Fy kc

< λf <

525 Fy kc

13,78 < 19,7 < 25,38

( t) F k

⇒ Q s = 1,415 − 0,00145 b

y

Q s = 1,415 − 0,00145(19,7 ) 235 Q s = 0,824

c

≤1

0,549

= 0,824 < 1


24

 Qa (alma) (procedimiento iterativo – Sección 5.5.2., Página 181) (a) 1er tanteo Q s = 0,824

se supone Q a = 0,90 luego

Q = Q s .Q a = 0,824 x0,90 = 0,742 (Fórmula 5-21)

Q = 0,742

Luego

Según Sección 4.6.3. (Página 125) para el pandeo alrededor del eje y: λy 90,5 λ cy = 0,987 λ cy = = = 0,987 91,65 91,65 Q λ cy = 0,742 x 0,987 = 0,850 < 1,5 Q Fcrit = Q ⎛⎜ 0,658 ⎝

λ cy

2

(

Aplicamos Fórmula 4-27a

)

⎞ F = 0,742 0,6580 ,742 (0,987 )2 235 = 128,90 MPa F = 128,90 MPa ⎟ y crit ⎠

Se aplicamos la Sección 5.5.2. – caso (b) b 665 λw = ≥ ⇒ siendo f = φcFcrit = 0,85 ⋅ 128,90 = 109,57 MPa f = 109,57 MPa t f b 337,5 λw = = = 53,12 Como debe ser w mayor para t 6,35 que be sea menor a b el valor 53,12 < 63,5  665 665 supuesto para Qa es menor = = 63,5 que el real. f 109,77 (b) 2º . tanteo Q s = 0,824

se supone Q a = 1,00 luego Q = Q sQ a = 0,824 x1,00 = 0,824

Q λ cy = 0,824 0,987 = 0,896 < 1,5

(

)

2 Fcrit = 0,824 0,6580,824 (0,987 ) 235 = 138,38 MPa

Fcrit = 138,38 MPa

f = φcFcrit = 0,85 x 138,38 = 117,6 MPa

f = 117,6 MPa

λ w = 53,12 665 f  Luego

=

665 117,6

= 61,32

53,12 < 61,32



Q = Q sQ a = 0,824 x1,00 = 0,824

 Resistencia de diseño a compresión axil φcFcrit = 0,85 ⋅ 138,38 = 117,6 MPa R d = φc .Fcrit .A g .(10) −1 = 1176 MPax 53,17 cm2 x10 −1 = 625,3 kN R d = 625,3 kN

be = b ⇒ Qa = 1

Q = 0,824

Q = 0,824


25

 EJEMPLO 4/5-5: Para la columna del EJEMPLO 4/5-4 obtener la resistencia de diseño para pandeo torsional. Aplicación de la Sección 4-7 (Página 126). Es una sección doblemente simétrica la tensión crítica elástica de pandeo torsional es: ⎡ π 2E ⋅ C w ⎤ 1 Fe = ⎢ + G ⋅ J⎥ (Fórmula 4-35)(Página 127) 2 ⎣⎢ (k zL t ) ⎦⎥ Ix + Iy E = Módulo de Elasticidad Longitudinal del acero = 200.000 MPa (Página 4) G = Módulo de Elasticidad Transversal del acero = 77.200 MPa (Página 4) J = Módulo de Torsión Cw = Módulo de Alabeo Ix + Iy = Momento de Inercia Polar Iy h2 1654 ⋅ (35 − 0,635 )2 (de Fórmula (6-7))(Página 192) Cw = = = 488.324 cm6 4 4 C w = 488.324 cm6 (de Sección 6.3.-caso (6))(Página189) 1 J = b ⋅ t f 3 + hw t 3 + b ⋅ t f 3 3 J = 7,15 cm4 1 3 3 J = 2 x25 x(0,635 ) + 33,73 x (0,635 ) = 7,15 cm4 3

[ [

]

]

kz = 1 ( conservador en voladizo empotrado con extremo articulado) ⎡ π 2 x 200000x 488324 ⎤ 1 Fe = 331,7 MPa + 77200x7,15 ⎥ = 331,7 MPa Fe = ⎢ 2 + 1654 11405 (1x505 ) ⎣ ⎦ F λ c = 0,841 λc = λe = y = 235 = 0,841 Fe 331,7

siendo

λ c < λ cy

0,841 < 0,987 (de EJEMPLO 4/5 - 4)



Manda pandeo flexional alrededor de “y”

Para obtener la Resistencia de Diseño a pandeo torsional debemos utilizar la fórmula general con λ e en lugar de λ c . Se debe considerar que la sección es con elementos esbeltos. (Q = 0,824) Q .λ e = 0,824 x0,841 = 0,76 < 1,5 2

2

Rdpt = φc .Q.0,658Q .λ e .Fy .A g .(10)−1 = 0,85 x0,824 x 0,6580,824 x 0,841 x235 x 53,17x10 −1 = 685,7 kN La columna fallará por pandeo flexional con la Resistencia de Diseño determinada en el EJEMPLO 4/5-4. ( Rd = 625,3 kN )


26

EJEMPLO 4/5-6: Comparar Resistencias de Diseño a Compresión Axil de dos columnas de igual área de sección transversal, igual longitud de pandeo, una no esbelta y otra con elementos esbeltos. Aplicación de las Secciones 4.6.3. y 5.5.2. Sección transversal de las columnas según Figura. Longitudes de pandeo flexional kx.Lx = ky.Ly = 10 m Acero Fy = 235 MPa 25 25

espesor t = 0,794 cm Ag = 76,78 cm2 23,412

41

espesor t = 0,476 cm Ag = 77,16 cm2

41

40,048 Ix =Iy =21120,9 cm4 rx = ry = 16,54 cm

Ix = Iy =7515,6 cm4 rx = ry = 9,89 cm Columna A

Columna B (Dimensiones en cm)

Ambas columnas tienen prácticamente la misma área de sección transversal.  Resistencia de diseño Columna A. Relación de esbeltez- Tabla B.5-1- Caso 12

λr =

665 Fy

=

665 235

λ = b / t = (25 – 0,794x2) / 0,794 = 23,412 / 0,794 = 29,5 < λ r

= 43,38 sección no esbelta (Q = 1)

esbeltez global flexional λ = kL/r = 1000/9,89 = 101,11 λ c = 101,11/91,65 = 1,1 < 1,5 corresponde Fórmula (4-26 a)

2

2

Fcr = 0,658 λ c .Fy = 0,6581,1 . 235 = 141,62 MPa

por Fórmulas (4-24) (4-25) Rd = φ c.Fcr.Ag (10)-1= 0,85x141,62x76,88x(10)-1 = 925,5 kN RdA = 925,5 kN  Resistencia de diseño Columna B. Esbeltez local λ = b / t = (41 – 0,476x2) / 0,476 = 40,048 / 0,476 = 84,13 > λ r

sección esbelta (Q < 1)

Esbeltez global flexional λ = kL/r = 1000/16,54 = 60,46 λ c = 60,46/91,65 = 0,66 < 1,5 Determinación de Q . Siendo una sección con sólo elementos rigidizados Q = Qa (Página 183) 1er. Tanteo:

Suponemos Q = 0,8

Q .λ c = 0,8 x 0,66 = 0,59 < 1,5 2

2

Corresponde Fórmula (4-27a) Fcr = Q. 0,658Q λ c .Fy = 0,8 x 0,6580,59 . 235 = 162,51 MPa La tensión de trabajo f = φ c.Fcr = 0,85x162,51 =138,14 MPa Aplicando la Fórmula de la Sección 5.5.2. Caso (b) (por el límite para r del caso 12 de la Tabla B.5-1) b e = (855 t / f ).[ 1− 150 / (b / t ) f = (855 x 0,476 / 138,14 )x[1− 150 / 84,13 x 138,14 = 29,38cm


27

Según Fórmula (5-18) Q = Qa = [Ag - Σ (b – be).t]/ Ag = [77,16 – 4(40,048 – 29,38)x0,476]/77,16 Q = 0,737 ≠ 0,80 que era el supuesto . Luego es necesario realizar un segundo tanteo. Se toma un valor intermedio. 2do. Tanteo : Se supone Q = 0,75

Q .λ c = 0,75 x 0,66 = 0,572 < 1,5 2

2

Corresponde Fórmula (4-27a) Fcr = Q. 0,658Q λ c .Fy = 0,75 x0,6580 ,572 x 235 = 153,8 MPa La tensión de trabajo f = φ c.Fcr = 0,85x153,8 =130,67 MPa Aplicando la Fórmula de la Sección 5.5.2. Caso (b) (por el límite para r del caso 12 de la Tabla B.5-1) b e = (855 t / f ).[ 1− 150 / (b / t ) f = (855 x 0,476 / 130,67 )x[1− 150 / 84,13x 130,67 = 30,05cm Según Fórmula (5-18) Q = Qa = [Ag - Σ (b – be).t]/ Ag = [77,16 – 4(40,048 – 30,05)x0,476]/77,16 Qa = 0,75 = Q supuesto Luego se adopta La Resistencia de diseño

Q = 0,75 Rd = φ c.Fcr.Ag (10)-1= 0,85x153,8x77,16x(10)-1 = 1008,7 kN RdB = 1008,7 kN

 Comparando las Resistencias de Diseño de ambas columnas vemos que la de la Columna B es casi un 9 % mayor que la de la A con prácticamente igual consumo de acero (casi igual área). Esto pese a que la Columna B es con elementos esbeltos, con anchos efectivos be menores que los anchos reales b. El efecto de pérdida de material efectivo es superado por el efecto de la disminución de esbeltez global (y el consecuente aumento de la tensión crítica) debido a la mayor dimensión del lado de la columna (y por ende mayor radio de giro). Por ello muchas veces en columnas de gran longitud de pandeo es mas económico usar secciones transversales con elementos esbeltos que secciones compactas o no compactas.

EJEMPLO 4/5-7: Verificar la columna armada (Grupo IV) (Aplicación de Sección 4.8.5. Página 142) y Pu 359,8 1”x1/8” 

PN

200

720 x 5760

x

5960 400 y Pu =1000 kN Acero F24 (Fy = 235 MPa) (Dimensiones en mm) 200


28

PN C 200 Ag1 =32,2 cm2 Ix =1910 cm4 rx =7,7 cm

ángulo 1”x1/8” Agd =1,5 cm2 rmin =0,47 cm

Iy =148 cm4 ry =2,14 cm

ey =2,01 cm

ky Ly = 2,1 x 576 = 1210 cm (empotrado-libre) kx Lx =1 x 576/2 = 288 cm x-x eje material

y-y eje libre

(a) Eje material 288 = 37,4 7,7

λ=

37,4 = 0,41 91,65

λc =

Sección no esbelta Q = 1 ⇒

)

(

λ c = 0,41

Q λ c = 0,41< 1,5 ( Aplicamos

2 Fcrit = ⎛⎜ 0,658λ c ⎞⎟ Fy = 0,658(0,41) 235 = 219 MPa ⎝ ⎠ 2

fórmula 4 - 26a) (Pág.125)

Fcrit = 219 MPa

R d = 0,85 x 219 MPax (32,2x 2) cm 2 x (10) −1 = 1199 kN

R d = φ c Fcrit A g .(10) −1 R d = 1199 kN > 1000 kN

⇒

VERIFICA

(b) Eje libre α = arctg

36 = 45°,02 < 60° 40 − 2x 2,01

 Se debe aplicar Método del Apéndice E del CIRSOC 301-EL Sección 4.8.5.(Página 142)

Se calcula λ 1 de la figura A-E.4-2.Página 146. λ1 = π Donde :

λ1 = π

2 ⋅ A g ⋅ d3 no ⋅ A d ⋅ a ⋅ h2 Ag=2 x 32,2 = 64,4 cm2 h = 35,98 cm Ad = 1,5 cm2 2 x64,4 x (50,9 )3

2x1,5 x 72x (35,98 )

2

d = (36 )2 + (35,98 )2 = 50,9 cm a = 72 cm no = 2 λ 1 = 24,50

=24,50

Se calcula la esbeltez modificada de la columna armada según fórmula del CIRSOC 301-EL en la sección A-E.4.2.1.

λ m = λ20 + λ21

Con:

ryo =

Itot = A tot

2 ⎛ ⎞ ⎛ 35,98 ⎞ 2⎜ 148 + ⎜ ⎟ 32,2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ ⎠ = 18,11cm 2x 32,2

⎛ k ⋅ Ly ⎞ ⎟ = 1210 = 66,81 λo = ⎜ ⎜ ry ⎟ ⎝ ⎠o 18,11


λ m = (66,81)2 + (24,5 )

λ m = 71,16

2

Se calcula la excentricidad inicial k ⋅ L 1210 = eo = 500 500 π2 ⋅ E ⋅ A g Pcm = .(10) −1 2 ⎛k⋅L⎞ ⎜ ⎟ ⎝ r ⎠m Pcm =

π2 x200000x64,4

(71,16)

2

29

e o = 2,42 cm fórmula (4-44) (Página 145)

x (10) −1 = 2511 kN

Pcm = 2511 kN

Se calcula el Momento Flector requerido según Fórmula (4-43) (Página 145) P ⋅e 1000x2,42 Ms = 40,2 kN.m Ms = u o .(10)− 2 = x (10) − 2 = 40,2 kN.m Pu 1000 1− 1− Pcm 2511 El esfuerzo axil requerido en cada cordón es según Fórmula (4-42) P M 1000 40,2 Pu1 = 611 kN Pu1 = u + s .(10)2 = + .(10)2 = 611 kN n n1 h 2 1x 35,98 Se determina la Resistencia de Diseño del cordón para comparar con la solicitación requerida obtenida en el paso anterior. Pd1 = φc ⋅ Fcr ⋅ A1.(10) −1 La sección es no esbelta ( Q = 1 ) Donde :

2

Fcr = 0,658λ c1 ⋅ Fy λ1 =

L1 72 = = 33,65 r1 2,14

⇒

λ c1 =

2

33,65 = 0,367 < 1,5 91,65 Pd1 = 0,85 x222,2x 32,2x (10) −1 = 608 kN

Fcr = 0,6580 ,367 x 235 = 222,2 MPa Pd1 = 608 kN Pd1 = 608 kN ≅ Pu1 = 611 kN ⇒

(c) Diagonales.

VERIFICA

Aplicación de Sección A-E.4.2.1(b) del CIRSOC 301-EL

Se calcula el esfuerzo de corte requerido ⎡ π ⎢ 1 ⎢ β= 400 ⎢ 1 − Pu ⎢ Pcm ⎣

⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦

Veu = β ⋅ Pu (Fórmula (4-45).Página 147)

⎡ ⎤ ⎥ π ⎢ 1 β= ⎢ ⎥ = 0,013 400 ⎢ 1 − 1000 ⎥ 2511 ⎦⎥ ⎣⎢

Veu = 0,013x1000 = 13 kN El esfuerzo de compresión requerido en la diagonal

β = 0,013

Veu = 13 kN Du =

13 50,9 = 9,20 2 35,98

Du = 9,2 kN


30

Se calcula la Resistencia de Diseño a compresión de la diagonal L = 50,9 cm k = 1

(Figura 4-21-caso 3 -Página 120) si λ c > 0,8 (Observación 3)

Se calcula con radio de giro mínimo del angular λ=

kL 1x50,9 = = 108,3 rmin 0,47

⇒

λc =

108,3 = 1,18 > 0,8 91,65

verifica k = 1

φ ⋅ Pn = 0,85 x0,658(1,18 ) x 235 MPax1,5 cm2 x(10)− 1 = 16,73 kN 2



R dd = φ ⋅ Pn = 16,73 kN > Du = 9,2 kN

R dd = φ ⋅ Pn = 16,73 kN

VERIFICA

(d) Dimensiones de las Presillas de Cabeza y Base de la columna Por aplicación de la Sección A-E.4.3.1.(a) del CIRSOC 301-EL .Fórmula (4-53) ,Página 150: n ⋅ Ip h Siendo :

≥

10 ⋅ I1 a

I1 = Momento de Inercia del Cordón respecto al eje paralelo al eje libre analizado Ip = Momento de Inercia de una presilla en su plano n = Número de presillas a h de la figura A-E.4-3 (Página 147)

Despejando: Ip ≥

10 ⋅ I1 ⋅ h n⋅a

Fijamos t = ¼” = 0,635 cm 369,8 x12 h=3 = 19,12 cm  0,6355

Ip ≥

10 x148x 35,98 = 369,8 cm4 2 ⋅ 72

Adoptamos hpresilla =20 cm

tp =0,635 cm

Quedan por dimensionar las uniones soldadas de diagonales a cordones. No es necesario verificar la diagonal a tracción por ser las uniones soldadas y por ende ser crítico el estado límite de compresión. 

EJEMPLO 4/5-8:

Dimensionar una barra armada del Grupo II, formada por dos perfiles ángulo unidos por forros discontinuos, sometida a compresión axil. La barra forma el cordón superior (c.s.) de una viga reticulada. El esquema de la viga en vista y planta y las solicitaciones axiles de compresión en los tramos mas solicitados del cordón superior se indican en la Figura. Acero F 24 ( Fy = 235 MPa) Aplicación de la Sección 4.8.3., Página 134.


Cordón superior

Pu2

Pu1

31

y x

x y

150 VISTA

SECCION CORDÓN SUPERIOR (C.S)

forros

300

Pu1 = 110 kN

PLANTA

Pu2 = 103 kN

DETALLE

(dimensiones en cm)

(a) Longitudes de pandeo: Las longitudes de pandeo en el plano y fuera del plano se determinan según la Sección 4.5.2., (Página119). - Pandeo en el plano (alrededor x-x) Lpx = kx.L = 1x150 = 150 cm (Figura 4-21, Caso 1) - Pandeo fuera del plano (alrededor de y-y) Lpy = ky.Ly Ly = 300 cm (entre puntos fijos) Al tener distinta carga de compresión ambos tramos ky < 1 (Figura 4-22, Página 121) ky = 0,75 + 0,25 P1/P2 = 0,75 + 0,25x(103/110) = 0,985

Lpy = 0,985x300 = 295,5 cm

(b) Pandeo alrededor del eje material ( x-x ) Alrededor del eje material la barra se comporta como de sección llena. Se fija una esbeltez como criterio de proyecto menor que la máxima . (< 200, Sección 4.6.2.) x = 100  radio de giro mínimo rx = (kx.Lx ) / x = 150/100 = 1,5 cm Se determina para acero F24 cx = x / 91,65 = 100 / 91,65 = 1,09 < 1,5 Se supone Q = 1 (sección transversal no esbelta) Para determinar la Resistencia de diseño (Rd) a compresión para sección llena corresponde aplicar Fórmulas (4-24), (4-25), (4-26a). Debe ser Rd igual a la Resistencia requerida Pu 2

2

Rd = φc .0,658 λ c .Fy .A g .(10)−1 = 0,85 x 0,6581,09 x235 x (10)−1 xA g = 12,148 Ag = Pu =110 kN (Ej.4/5-1) De (Ej.4/5-1) se obtiene el área necesaria

Agnec = 110/12,148 = 9,05 cm2

Se adoptan dos perfiles ángulos 2 ¼” x 3/16” (57,1 x 4,76) : área total Ag = 2x5,21 = 10,42 cm2 La características del perfil ángulo son: Ag1 = 5,21 cm2 Ix = Iy = 16,23 cm4 rx =ry = 1,76 cm rmín = 1,12 cm ex = ey = 1,60 cm Se verifica la relación de esbeltez del ala. Tabla B.5-1 Caso 6 . λ f = b / t = 5,71/0,476 = 12 < λ r = 200/ Fy = 200 / 235 = 13,04 (sección no esbelta Q=1) La esbeltez alrededor de x-x es : λ x = 150/ 1,76 = 85,23

(Ej.4/5-2)

Como el área adoptada es mayor que la necesaria y la esbeltez menor que la supuesta queda verificado el pandeo alrededor de x-x con la sección adoptada.


32

(c) Pandeo alrededor del eje libre ( y-y ) Se predimensionan los forros y las chapas de nudo con espesor 7,94 mm = 0,794 cm. Se colocan dos forros intermedios entre chapas de nudo. Entre puntos fijos para pandeo fuera del plano quedan 6 espacios > 3 espacios (verifica) (Página 137, Especificación (2)) El momento de inercia y el radio de giro de la sección total respecto a y-y son: Iy = [(16,23 + 5,21x(1,60 +0,794)2]x2 = 74,02 cm4

ry = 2,665 cm

La verificación a pandeo se realiza con las mismas fórmulas que para sección llena pero usando la esbeltez modificada λ m. Si plantemos las uniones de la barra a las chapas de nudo y forros con soldadura (uniones rígidas) corresponde aplicar la Fórmula (4-38) 2

α2 ⎛ k ⋅L ⎞ ⎛ k ⋅L ⎞ λm = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ + 0,82 1+ α 2 ⎝ r ⎠m ⎝ r ⎠0

(

)

⎛ a ⎜⎜ ⎝ rib

⎞ ⎟⎟ ⎠

2

siendo: rib = 1,76 cm (radio de giro del ángulo con respecto a su eje baricéntrico paralelo al y-y) a = 50 cm (distancia entre ejes de chapas de nudo y/o forros. (ver Figura) α = h/2 rib = (2 ex + esp. Forro)/2 rib = (2x1,6 + 0,794) / 2x1,76 = 1,135 ( h distancia entre ejes de perfiles paralelos a y-y) (kL/r)o =(Lpy / ry ) = 295,5/2,665 = 110,9 λ my = 110,92 + 0,82 x

1,135 2 1+ 1,1352

⎛ 50 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 1,76 ⎠

2

= 112,6

Se verifica condición de aplicabilidad del procedimiento: (Especificación (3) de Grupo II, Pág.137) Esbeltez dominante: de (Ej.4/5-2) Esbeltez local

x = 85,23 < ym = 112,6  manda pandeo alrededor del eje libre y-y (a / rmín) = (50 /1,12) = 44,7 < 3/4x 112,6 = 84,45

(verifica)

 Resistencia de diseño a compresión λ cy = 112,6/91,65 = 1,228 < 1,5

Corresponde al pandeo alrededor del eje y-y ( λ my = 112,6 ) Corresponde Fórmula (4-26a)

2

2

Fcr = 0,658 λ c .Fy = 0,6581,228 x 235 = 125 MPa

Rd = φ c. Fcr.Ag.(10)-1 = 0,85x125x10,42x10-1 = 110,7 kN Rd = 110,7 kN > Pu1 =110 kN

(verifica)

Falta verificar las uniones soldadas a forros y chapas de nudos. Se deberá hacer con solicitaciones producidas por un corte ideal Veu Veu = 0,02 φ c.Pn = 0,02x110,7 = 2,22 kN

las

33

CAPITULO 7: BARRAS SOLICITADAS A FLEXIÓN Y CORTE  EJEMPLO 7-1: Comprobación de si se deben descontar o no los agujeros en el ala traccionada de la sección de viga de la figura, para el cálculo de los parámetros seccionales : Momento de Inercia (I), Módulo resistente Plástico (Z) , Módulo resistente elástico (S) y Momento Estático (W). Aplicación de la Sección 7.2., caso (a), Página 198. Acero F-24 (Fy = 235 MPa ; Fu = 370 MPa)  bulón= 30mm  nominal= 33mm  agujero a descontar = 33+2=35mm  bulón=30 mm

Af g = 40x2,54 = 101,6 cm2 Af n = (40-2x3,5)x2,54 = 83,82 cm2(82,5%) 25,4 400

0,75 Fu .Af n .(10)-1 = 0,75x370x83,82x(10)-1 =2326 kN 0,9 Fy Af g . (10)-1 = 0,9x235x101,6x(10)-1 =2149 kN 0,75 Fu Afn . (10)-1 > 0,9 Fy Af g. (10)-1 2326 kN > 2149 kN

(Fórmula 7-3, Página 199)

 NO SE DESCUENTAN LOS AGUJEROS

 EJEMPLO 7-2: Verificar la viga principal V del entrepiso cuya planta se indica en la figura. El entrepiso es de tablones de madera que apoyan en correas (perfiles laminados) simplemente apoyadas en la viga principal. La carga se transmite a la viga principal por placas planas soldadas al alma según la figura. Puede suponerse que la carga es aplicada en el centro de corte de la viga (posición 2) (Sección 7.3.2.(b). , Página 201)

Correa

Correa

Acero F24 (Fy = 235 MPa) Destino Entrepiso: depósito Peso propio entrepiso = 1 kN/m2 (sin peso de viga) Sobrecarga útil : 5,00 kN/m 2

V Carga sobre eje

 Combinación de acciones : Las combinaciones son las de Sección 1.3.2.(B5) (Pág.26). Sobre el entrepiso actúan sólo D y L . La mas desfavorable es la (A.4-2). 

1,2 D + 1,6 L

 1333

Cargas nominales en la viga (a)

7000

Por la distancia existente entre correas se puede suponer para simplificar 7000 cargas uniformemente repartidas sobre la viga principal V.

V (b) 16000

(dimensiones en mm)


34

Carga uniformemente repartida

D 1 kN/m 2 x 7m = 7kN/m = 2 kN/m (~5% (D1+L)) peso propio

L 5 kN/m 2 x 7 m = 35 kN/m

9 kN/m Combinación mas desfavorable qu = 1,2x 9 + 1,6x35 = 66,8 kN/m Momento requerido q ⋅ L2 66,8x (16 )2 = = 2137,6 kN.m Mu = u 8 8 Corte requerido Vu = qu .L/2 = 66,8x16/2 = 534,4 kN Predimensionado de la viga (Página 249)  Se puede buscar la altura para un dimensionado económico partiendo de una esbeltez de alma tal que resulte compacta. De Tabla B.5-1 (caso 9 ) p = 1680 / Fy = 1680 / 235 = 109 ,6 h=3

La altura del alma es: w debe cumplir

w  p

Se adopta un

λ w ≅ 85

3 ⋅ Mu ⋅ λ w 1,8 f

hw =

3

Si planteamos una viga compacta f  Fy =235 MPa.

3x 2137,6kNmx 85 x103 =109 cm 1,8 x235

109 = 1,28 cm 85  Para tener sección compacta el ala debe cumplir f  p de Tabla B.5.1.caso 2 f = 170 = 170 = 11,09 bfmáx =2x11,09xtf si se adopta tf =1,905 cm bf max. = 42 cm Fy 235 La fórmula utilizada para buscar la altura del alma se corresponde con un ancho de ala entre 25 y 30% de la altura del alma. Con 27,5 % bf = 0,275x109 = 30 cm.

Resultaría

tw =

hw = 110 cm (hw/tw = 110/1,27= 86,6 < p = 109,6) bf = 31 cm ((bf /2)/tf = 15,5/1,905 = 8,14 < p = 11,09) Luego : sección adoptada compacta

 En este caso se adopta

19,05(3/4”) 12,7(1/2”) 1138,1

1100

2

297,3/2

Iy = 9477 cm4 19,05(3/4”)

310

Características de la sección π E ⋅ G⋅ J⋅ A A = 257,81 cm2 x1 = Sx 2 4 Ix = 510.665 cm E = 200000 MPa G = 77200 MPa Sx = 8974 cm3 Zx = 10450 cm4 X1 = 7366,3 MPa 4 ⋅ Cw ⎛ Sx ⎞ ⎜ ⎟ Iy ⎝ G ⋅ J ⎠ X2 = 3,43 x 10-3 MPa-2 X2 =

ry = 6,06 cm b ⋅ t3 J ∑ = 218 cm4 3 Iy Cw  h 2 = 29.166.551 cm6 4


35

Se hace la verificación completa de la sección. (1) Resistencia a Flexión (Acción del Momento Flector) Al ser la sección adoptada compacta quedan sólo por analizar los estados límites de plastificación y pandeo lateral-torsional. (a) Estado límite de Plastificación (Sección 7.3.2.(a), Página 200) La sección es compacta

Mn = M p

Mn = Z x ⋅ Fy .(10)− 3 = 10450 cm4 x 235 MPax(10) −3 = 2455 ,8 kN.m My = S x ⋅ Fy .(10 )

−3

= 8974 x 235 x (10 )

−3

= 2108 ,9 kN.m

(Fórmula 7-4a) Mp < 1,5 M y  VERIFICA

M n = 2455,8 kN.m

(Ej.7-1)

(b) Estado límite de pandeo lateral. (Sección 7.3.2.(b), Página 200) posición carga: carga aplicada en el alma (posición 2, Página 201)  X2  0 788 788 Lp (cm ) = ry (cm ) = 6,06 = 311 cm = 3,11 m (Fórmula 7-16.Página 206) Fy 235 Fr (tensión residual del perfil soldado) = 114 MPa (Página 100) r yX 1 2 (Fórmula 7-21.Página 208) Lr = 1 + 1 + X 2 ⋅ FL FL Siendo FL (ver Página 208) FL = Fy – Fr = 235 - 114 = 121 MPa. Lr =

6,06 x7366 ,3 3,43 1+ 1+ x (121)2 =1054 cm = 10,54 m 121 10 3

Mr = FL . Sx .(10 )−3 = 121x 8974 x (10) −3 = 1086 kN.m

(Fórmula 7-20. Página 208)

Se analizarán dos alternativas (ver planta): (a) Con arriostramiento en centro de luz (b) Con arriostramiento a los cuartos y al centro Lb = 4 m Lb = 8 m Lp < Lb < Lr Lp < Lb < Lr 3,11 < 8 < 10,54 3,11 < 4 < 10,54 Para obtener el Momento nominal en ambos casos se aplica Fórmula 7-8. (Página 203) ⎡ ⎛ Lb − Lp ⎞ ⎤ ⎟⎥ ≤ Mp Mn = C b ⎢Mp − (Mp − Mr )⎜⎜ ⎟ L L − ⎢⎣ p ⎠⎥ ⎝ r ⎦ Cálculo de Cb (Fórmula 7-14, Página 205) Se analiza el tramo con menor Cb 1 0,94 0,75 0,44

Cb =

1 0,94 0,75 0,984 0,86

12,5 x1 12,5 x1 =1,297 Cb = =1,06 2,5x1 + 3 x0,94 + 4 x0,75 + 3 x0,44 2,5x1 + 3 x0,984 + 4x 0,94 + 3x 0,86


36

Cálculo del momento nominal ⎡ ⎛ 8 − 3,11 ⎞⎤ ⎟⎟⎥ (a) Mn = 1,297 ⎢2455 ,8 − (2455 ,8 − 1086 )⎜⎜ ⎝ 10 ,54 − 3,11 ⎠⎦ ⎣ M n =2015,9 kN. m < M p ⎡ ⎛ 4 − 3,11 ⎞ ⎤ ⎟⎟ ⎥ (b) Mn = 1,06 ⎢2455 ,8 − (2455 ,8 − 1086 )⎜⎜ ⎝ 10,54 − 3,11 ⎠ ⎦ ⎣ M n =2429,3 kN.m < Mp

Para tener un M n mayor y cercano al M p resulta necesario colocar los arriostramiento de la cabeza comprimida de la viga al centro y a los cuartos de la luz (caso (b) ; ver planta). Con dicho arriostramiento resulta para el estado límite de pandeo lateral-torsional: M n = 2429,3 kN.m

(Ej.7-2)

(c) De Ej.7-1 y Ej.7-2, el estado límite determinante es el de pandeo lateral-torsional.  La Resistencia de diseño a flexión M d resulta: M d = φb ⋅ M n

con Mn = 2429,3 kN.m M d = 0,9 x2429 ,3 = 2186,4 kN.m

 b = 0,9

M u = 2137,6 kN.m < M d = 2186,4 kN.m ⇒ VERIFICA (2) Resistencia a Corte. (Sección 7.3.3. , Página 220) No colocamos en principio rigidizadores en el alma. Luego α = ∞ ⇒ kv = 5 (Sección 7.3.3.(c)) λp = λ w = 86,6

Vn =

1100 1100 = = 71,8 Fy 235

λr =



La resistencia nominal a corte se obtiene por Fórmula 7-51:

λ p < λw < λr

0,6.Fy . A w ⋅ ( 1100 / Fy ).(10)− 1 h

=

tw  Resistencia de diseño a corte φ v ⋅ Vn = 0,9x1632 = 1469 kN

Vu = 534,4 kN < φ v Vn = 1632 kN

1375 1375 = = 89,70 Fy 235

(Fórmulas 7-46 y 7-48)

0,6 x235 x110x 1,27 x(1100 / 235 )x (10) −1 = 1632 kN 86,6

No hacen falta rigidizadores para corte ⇒ VERIFICA

(3) Resistencia a la acción de cargas concentradas. (Sección 7.3.5., Página 231) Por la forma de apoyo de las correas en la viga no corresponde analizar en el tramo ningún estado límite por acción de cargas concentradas. (ver Figura Ejemplos Página 33) Si suponemos que la viga apoya en una columna, (ver Figura Ejemplos Página 37), en el apoyo deben verificarse los estados límites de: (a) Aplastamiento del alma. (Página 233) (b) Pandeo localizado del alma. (Página 234)


37

k = 2,5 cm

N = 20cm

(a) Aplastamiento del alma. La reacción de apoyo ( 534,4 kN) se aplica a una distancia del extremo de la viga (10 cm) menor a su altura (113,81 cm). Luego la Resistencia de diseño Fd es (Fórmula 7-67): Fd = 1. Rn = 1.(2,5 . k + N).Fy . tw .(10)-1 = 1x(2,5x2,5 + 20)x235x1,27x(10)-1 = 783,4 kN Fu = 534,4 kN < Fd = 783,4 kN

⇒

VERIFICA

(b) Pandeo localizado del alma La reacción de apoyo se aplica a una distancia del extremo de la viga (10 cm) menor a la mitad de la altura de la viga (113,81/2 = 56,9 cm). Además N/d = 20/113,81= 0,18 < 0,2. Luego la Resistencia de diseño es (Fórmula 7-69) : 1, 5 ⎡ ⎛ N ⎞ ⎛ t ⎞ ⎤ Fyw ⋅ t f Fd = φ . Rn = φ.Rn = φ.17,90 ⋅ t w 2 ⋅ ⎢1 + 3 ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜⎜ w ⎟⎟ ⎥ ⋅ con φ = 0,75 tw ⎢⎣ ⎝ d ⎠ ⎝ t f ⎠ ⎥⎦ 1, 5 ⎡ ⎛ 1,27 ⎞ ⎤ 235 x1,905 ⎛ 20 ⎞ ⎟ ⎥x ⎟x⎜ = 523 ,2 kN Fd = 0,75 x17,90 x1,27 x ⎢1 + 3x ⎜⎜ 113,81 ⎟⎠ ⎜⎝ 1,905 ⎟⎠ ⎥ 1,27 ⎢ ⎝ ⎣ ⎦ 2

Fu = 534,4 kN > Fd = 523,2 kN ⇒ NO VERIFICA  es necesario colocar rigidizador (c) Proyecto del rigidizador de fuerza en apoyo. (Página 238) Se adoptan dos rigidizadores por razones de simetría. Por razones constructivas y de aprovechamiento de material se adopta tr = 1,27 cm (espesor del alma de la viga) El ancho del rigidizador debe cumplir: br +0,5 tw ≥ 1/3 bf ⇒ br ≥ (1/3)x31 – 1,27/2 = 9,7 cm Se adopta br = 10 cm. Se debe cumplir br /tr = 10/1,27 ≤ 250 / Fy = 250 / 235 = 16,31 (verifica) El rigidizador se prolongará hasta la mitad de la altura del alma. (55 cm desde el ala) Se verifica como columna. Area según Figura. Longitud de pandeo kL = 0,75 hw = 0,75x110 =82,5 10

Area Ag = 10x1,27x2 + (9,365 + 12x1,27)x1,27 = 56,65 cm

x

x

3

Ix  (20 + 1,27) x1,27/12 = 1018,4 cm

4

2

rx = 4,24 cm

 = 82,5 / 4,24 = 19,45 c = 19,45/91,65 = 0,212 9,365

12 tw =15,24 2

2

Rd = φ c. 0,658 λ c .Fy.Ag .(10)-1 = 0,85x 0,658 0 ,212 x 235 x56 ,65 x10 −1 =1110kN 10

eje apoyo

Rd = 1110 kN > Fu = 534,4 kN (VERIFICA) (d) Para completar el proyecto de la viga se deberán dimensionar soldaduras de unión de ala y alma. Además verificar condiciones de servicio  flecha máxima.


38



EJEMPLO 7-3:

Determinar la Resistencia de diseño para momento flector y para corte de la viga soldada de sección según Figura. Flexión alrededor de x-x. Se supone el ala superior arriostrada en forma continua (por ejemplo unida a placa de HA). Acero F24 (Fy = 235 MPa) Aplicación Secciones 7.3.2. y 7.3.3. (1) Para Momento flector (a) Relación de esbelteces (Tabla B-5.1) 450 = 8,86 Ala (caso 2) λ = 2 x25 ,4 170 λp = = 11,09 > 8,86 =   ala compacta 235 Alma (caso 9) 1680 2550 λp = =109,6 λr = =166,3 235 235 λ p < λ < λr 1420 =128  λ= 11,1 109,6 < 128 < 166 ,3 alma no compacta

25,4(1”) 11,1(7/16”) x 1470,8

x 1420

438,9/2 25,4(1”) 450

Corresponde analizar en vigas: Pandeo local del ala  compacta  Mn = Mp (b) Estados límites Pandeo local del alma  no compacta  Mp  Mn  Mr Pandeo lateral  arriostramiento contínuo  Lb =0  Mn = Mp Luego manda Pandeo local del alma Mr = Fyf ⋅ Sx .(10 )−3 = 235 x19837 ,11x!0 −3 = 4662 kN.m Mp = Fy ⋅ Z x .10

−3

= 235 x22116 ,43 x10

−3

(Fórmula 7-29)

= 5197,4 kN.m (Fórmula 7-4a)

(según Fórmula 7-28) ⎡ ⎛ λ − λp ⎞ ⎤ ⎡ ⎤ ⎟ ⎥ = ⎢5197 ,4 − (5197 ,4 − 4662 )⎛⎜⎜ 128 − 109 ,6 ⎞⎟⎟⎥ = 5023 ,4 kN.m Mn = ⎢Mp − (Mp − Mr )⎜⎜ ⎟ ⎢⎣ ⎝ 166 ,2 − 109 ,6 ⎠⎦ ⎝ λ r − λ p ⎠ ⎥⎦ ⎣ Mn =5023,4 kN.m Resistencia de diseño a flexión Rd = φ b M n = 0,9x 5023,4 = 4521,1 kN.m (2) Para Corte Límite de la zona elástica para almas sin rigidizadores (Fórmula 7-48) ⎛ h ⎞ 1375 ⎜⎜ ⎟⎟ = = 89,7 89,7 < λ w = 128 <260 ⇒ verifica Fy ⎝ t w ⎠lim Según fórmula (7-52) 90400 90400 Vn = Aw = x142 x1,11 = 869,7 kN 2 128 2 ⎛h ⎞ ⎜ t ⎟ ⎝ w⎠ Resistencia de diseño a corte Rd = φ b Vn = 0,9 x 869,7 kN = 782,7 kN


39

 EJEMPLO 7-4: En la misma viga del EJEMPLO 7-3, duplicar la resistencia al corte utilizando rigidizadores transversales pero sin utilizar la acción del campo a tracción. Aplicación de la Sección 7.3.3.(d), Página 224. Con el alma sin rigidizadores  kv = 5 ( = ). Si se quiere duplicar la resistencia al corte Vn en zona elástica (ver Fórmula (7-57)) se debe duplicar kv .  kv = 2 x 5 = 10. 5 a kv = 5 + = 10 ⇒ α = =1 ⇒ a = h = 142 2 h a h Debemos verificar si es aplicable la Fórmula (7-57) (zona elástica)

( )

⎛ h ⎞ 10 ⎜⎜ ⎟⎟ = 613 ⋅ k v Fy = 613 x 235 = 126 ,5 t ⎝ w ⎠ lim h = 128  126,5 < 128 < 260  se puede aplicar Fórmula (7-57) tw 18200 18200 Vn = ⋅kv ⋅A w = x10 x142 x1,11 = 1751 kN 2 (128 )2 ⎛h ⎞ ⎜ t ⎟ ⎝ w⎠ La Resistencia de diseño al corte es:

Resistencia de diseño a corte =  v Vn = 0,9 . 1751 kN = 1575 kN Para proyectar el rigidizador al no haber acción del campo a tracción, su rigidez mínima se obtiene con Fórmula (7-58). 2,5 2,5 Ist ≥ a ⋅ t w 3 ⋅ j ⇒ j= − 2 ≥ 0,5 j = 2 − 2 = 0,5 2 a (1) h Ist ≥ 142 x (1,11)3 x 0,5 = 97,10 cm4

( )

Alternativas para rigidizador transversal: 5,71(2¼”) eje Ist

1,11 (7/16”)

eje Ist 8,25(3¼”)

5,71(2¼”) 0,635(1/4”) 0,635(1/4”)

Ist =104,1 > 97,1

Ist =

(8,25 )3 x0,635 3

= 119

Ist =119 > 97,1

 EJEMPLO 7-5: Determinar la Resistencia de diseño para momento flector y para corte de la viga soldada de sección según Figura. La altura del alma y las dimensiones de las alas son iguales a la del EJEMPLO 7-3. El espesor del alma es menor tw =6,35 (1/4”) . Se supone también arriostramiento continuo de la cabeza comprimida. (Lb =0). Aplicación Secciones 7.3.2. , 7.3.3. y 7.5.2.


40

Relación de esbelteces (Tabla B.5-1, Caso 9)

25,4(1”) 6,35(1/4”) x 1470,8

λ=

x 1420

h 1420 = =224 tw 6,35

λr =

2550 Fy

=

2550 235

=166,3

 = 224 > 166,2 = r  viga armada de alma esbelta (1) Para Momento Flector

438,9/2 25,4(1”) 450

(dimensiones en mm)

Corresponde Mn (Sección 7.5.2. (1), Página 253)  Limitaciones de esbeltez del alma: (Sección 7.5.1.) h (1) sin rigidizadores = 224 < 260  verifica tw

a > 1,5 (Fórmula 7-32) h 96000 96000 = 335,2 = Fyf (Fyf + 114 ) 235 (235 + 114 )

(2) con rigidizadores h = 224 < tw

a ≤ 1,5 (Fórmula 7-33) h h 5250 5250 = 224 < = = 342,5  tw Fyf 235



verifica

(3) con rigidizadores

verifica

 Estado límite de Plastificación del ala traccionada Mn = Re .S xt ⋅ Fy .(10)− 3 Siendo viga homogénea Re = 1 Siendo la sección simétrica respecto de x  S xt = Sxc = Sx y manda falla en ala comprimida. No es necesario analizar este estado límite.

 Estado límite de Pandeo ala comprimida. Como Lb = 0  no ocurre estado límite de pandeo lateral. Manda para Fcr pandeo local del ala. 45 170 En ala λ f = = 8,86 λ p = = 11,09 > 8 ,86  Ala compacta 2x 2,54 235 Fcr = Fyf = Fy = 235 MPa Mn = Sxc ⋅ R PG ⋅ Fcr .(10 )−3

Según Fórmula (7-88): Donde:

Sxc = Sx = 18302 cm3 R PG

ar =

Fcr = Fy = 235 MPa ⎛ ⎞ ar ⎜ h c − 2550 ⎟ ≤ 1 (Fórmula 7-89) = 1− 1200 + 300 a r ⎜ t w Fy ⎟⎠ ⎝

A w 142 x0,635 = = 0,79 < 10 Af 45 x 2,54

RPG = 1 −

hc =altura del alma por sección simétrica.

⎛ 142 0,79 2550 ⎞ ⎜⎜ ⎟ = 0,968 − 1200 + 300 x 0,79 ⎝ 0,635 235 ⎟⎠

Mn = 18302 x0,967 x235 x(10 )−3 = 4159 kN.m


41

Resistencia de diseño a flexión = Rd = φ b ⋅ Mn = 0,9x 4159 =3743 kN.m Observación: La mayor esbeltez del alma disminuye la Resistencia de Diseño a momento flector. En este caso comparando el resultado de los EJEMPLOS 7-3 y 7-5 se observa: Ej.7 − 3 φbMn 4521,1 = = = 1,208 Ej.7 − 5 φbMn 3743 386 ,22 =1,212 La relación de peso de viga = relación de áreas = 318 ,77 Es aproximadamente la misma que la relación de capacidad de momento. (2) Para Corte (Aplicación Sección 7.5.2.(2) y 7.3.3.) (a) Sin rigidizadores transversales 1375 h = 89 ,7 < = 224 < 260 (Fórmula 7-48) Fy tw Vn =

90400 ⎛h ⎞ ⎜ t ⎟ ⎝ w⎠

2

⋅ Aw =

90400

(224 )2

x142 x0,635 = 162,5 kN

Resistencia de diseño a corte = φ v ⋅ Vn = 0,9x162 ,5 =146,3 kN Comparando con el EJEMPLO 7-3 la resistencia a corte baja mucho. Ej.7 − 5 146 ,3 =  0,19 Ej.7 − 3 782,7 (b) Con rigidizadores sin acción del campo de tracción (Página 225) a 5 Para comparar con EJEMPLO 7-4 adoptamos α = = 1 ⇒ k v = 2 + 5 = 10 h 1 h k v 613 ⋅ = 126 ,5 < = 224 < 260 corresponde zona elástica Fy tw 18200 18200 Vn (kg) = ⋅kv ⋅A w = X10X142 X0,635 = 327,1 kN 2 (224 )2 ⎛h ⎞ ⎜ t ⎟ ⎝ w⎠ Resistencia de diseño a corte = φ v ⋅ Vn = 0,9x 327 ,1 =294,4 kN Comparando con el EJEMPLO 7-4 obviamente la relación es la misma del caso anterior. Ej.7 − 5 294 ,4 =  0,19 Rigidizadores de menor Ist por estar en función de tw Ej.7 − 4 1575 (c) Con rigidizadores considerando acción del campo a tracción.(Sección 7.3.3.(e), Pág. 226)

Rigidizador de fuerza

1

2

a1

a2

Vu1

Vu2

En el panel extremo no puede considerarse la acción del campo a tracción 1 . Por ello debería determinarse la capacidad para corte con acción del campo a tracción en panel 2 y compararla con Vu2 y luego para Vu1 determinar a1 sin acción del campo a tracción. En el ejemplo supondremos Vu1 = 1,10 Vu2


42

 Para panel 2 con acción campo a tracción Tomaremos α = 1 y a2 = 142 cm 5 k v = 2 + 5 = 10 1 h 613 ⋅ k v = 126 ,5 < = 224 < 260 corresponde zona elástica Fy tw 302000 302000 Cv = ⋅k v = ⋅ 10 = 0,256 (Fórmula 7-38) 2 (224 )2 ⋅ 235 ⎛ h ⎞ ⋅F ⎜ t ⎟ y ⎝ w⎠ Aplicando Fórmula (7-60). Página 227) ⎡ ⎤ ⎡ 1 − Cv ⎥.(10 ) −1 = 0,6 x235 x142 x0,635 x ⎢0,256 + 1 − 0,256 Vn = 0,6 ⋅ Fy ⋅ A w ⋅ ⎢C v + ⎢ ⎢ 1,15 1 + (a h)2 ⎥⎦ 1,15 1 + (1)2 ⎣ ⎣ Vn = 907 kN

Resistencia de diseño a corte =

⎤ ⎥x (10 ) −1 ⎥ ⎦

φ v ⋅ Vn = 0,9 x907 =816 kN

 Para panel 1 sin acción campo a tracción En base a lo supuesto Vu1 = 1,10 Vu2 , la resistencia del panel 1 deberá ser: R d1 = 816 x1,10 = 897 kN

y

Vn1 =

897 = 997 kN estando el alma en zona elástica corresponde aplicar Fórmula (7-57) 0,9

Vn1 =

18200 ⎛h ⎞ ⎜ t ⎟ ⎝ w⎠

2

⋅ k v ⋅ A w = 997 kN

kv =

despejando kv : kv = 5 +

5 = 30,48 α2

con

h = 224 tw

997 x (224 )2 = 30,48 18200 x142 x0,635

⇒

α = 0 ,443

⇒

a 1 = 0,443 x142 = 63 cm

 observación: si comparamos EJEMPLOS 7-3 y 7-5 con acción del campo a tracción, con a1 = 63 cm y a2 = 142 cm , vemos que con el alma más delgada y con rigidizadores se recupera la resistencia de diseño a corte. EJEMPLO 7-3 Rd = 782,7 kN EJEMPLO 7-5 Rd1 = 897  con a1 = 63 cm. Rd2 = 816 kN  con a2 = 142 cm (con acción de campo a tracción).  Proyecto de Rigidizadores para acción del campo a tracción. 2,5 2,5 Ist ≥ a ⋅ t w 3 ⋅ j ⇒ j= − 2 ≥ 0,5 (Fórmula 7-58) j = 2 − 2 = 0,5 2 a (1) h Fyw ⎡ Vu 2⎤ − 18 ⋅ t w ⎥ ≥ 0 Ast = (Fórmula 7-61) ⎢0,15 ⋅ D ⋅ h ⋅ t w ⋅ (1 − Cv ) ⋅ φv ⋅ Vn Fyst ⎣ ⎦

( )

Suponemos

Vu = 0,7 φv ⋅ Vn

Ist ≥ 142 x (0,635 )3 x0 ,5 = 18,18 cm4


43

Alternativas: Alternativa A

Alternativa B 1,11(7/16”)

D =1

D = 2,4

38,1(1,5”) eje Ist

0,635 (1/4”)

88,9(3,5”)

38,1(1,5”) Eje Ist 0,635(1/4”)

Alternativa A

[

]

235 0,15 x1x142 x 0,635 x (1 − 0,256 )x 0,7 − 18 x (0,635 )2 = - 0,21 235 Ast = 0 Ast = - 0,21 como Ast debe ser  0  A st =

Ist =29,75 cm4 > 18,18 cm4

⇒

verifica

Alternativa B 235 A st = 0,15 x 2,4 x142 x0,635 x (1 − 0,256 )x 0,7 − 18 x (0,635 )2 = 9,65 cm2 235 Ast = 1,11x8,89 = 9,87 cm2 > 9,65 cm2 ⇒ verifica 3 (8,89 ) ⋅ 1,11 = 260 cm4 Ist = 3 Ist =260 cm4 > 18,18 cm4 ⇒ verifica

[

]

Resulta mas conveniente la alternativa A

 EJEMPLO 7-6: Dimensionar la Viga V con las solicitaciones requeridas indicadas en la Figura. Se utilizará un perfil laminado W (serie americana). El entrepiso que la viga soporta arriostra la cabeza de la misma en toda su longitud. (Lb = 0). Suponiendo longitud comercial del perfil = 6m, proyectar un empalme abulonado en la sección indicada. Acero del perfil A36 (Fy = 248 MPa); Acero del cubrejunta F24 (Fy = 235 MPa, Fu = 370 MPa) Bulones ISO 8.8. Unión tipo aplastamiento. Aplicación Secciones 7.4.2., 7.4.5., 2.2.3.,2.2.4.


44

(1) Dimensionado del perfil (Sección 7.4.2., Página 245) En perfiles doble te Z/S < 1,5 . Si suponemos Q = 1 (sección compacta) y siendo Lb = 0, queda solamente estado límite de plastificación y: Znec = (Mu / φ b . Fy ).103 = (70,64 / 0,9x248).103 = 317 cm3 De Tabla se elige Perfil W 8x21 (altura: aproximadamente 8”, peso: 21 libras por pie) Características: Ag = 39,74 cm2 d = 21,03 cm T = 16,83 cm tw = 0,635 cm bf = 13,38 cm tf = 1,016 cm bf /2tf = 6,6 h/tw = 27,5 Sx = 298,2 cm3 Zx = 334,3 cm3 M p =334,3x248x10-3= 82,9 kN.m Ix = 3134 cm4  Se verifican esbelteces locales Tabla B.5-1 Ala (caso 1) p = 170 / Fy = 170 / 248 = 10,8 > 6,6 Alma (caso 9) Luego Q = 1

(compacta)

p = 1680 / Fy = 1680 / 248 = 106,7 > 27,5 (compacta) ⇒

(verifica hipótesis realizada)

 Verificación corte (h/tw = 27,5 < 1100 / 248 = 69,8  Rdv =  v .0,6.Fy .d.tw.10-1= 0,9x0,6x248x21,03x0,635x10-1 = 178 kN > Vu = 31,32 kN (verifica) (2) Proyecto Empalme. (Sección 7.4.5., Página 250) Solicitaciones requeridas en la sección de empalme: M eu =53 kN.m > 50% Mu =0,50x70,64= 35,32 kN.m

Veu = 17,66 kN = 50% Vu = 17,66kN >Vu

Se dimensiona el empalme con el momento requerido y el corte requerido en la sección de empalme . M eu =53 kNm Veu = 17,66 kN Los momentos de inercia de alas y alma del perfil son: 2 2 3 3 ⎡ ⎛ d t ⎞ b .t ⎤ ⎡ ⎛ 21,03 1,016 ⎞ 13,38 x1,016 ⎤ − If  2 ⎢b f .t f .⎜ − f ⎟ + f f ⎥ = 2 ⎢13,38x 1,016 ⎜ ⎟ + ⎥= 12 ⎥⎦ ⎢⎣ 2 ⎠ 12 ⎝2 2 ⎠ ⎝ 2 ⎢⎣ ⎥⎦ 4 Iw = Ix - If = 3134 – 2725 = 409 cm

2725 cm4

Los momentos flectores que tienen que trasmitir los cubrejuntas de alas (M uf) y alma (M uw) son: Muf = (Meu.If )/ Ix = 53x2725/ 3134 = 46,1 kN.m

Muw = (Meu.Iw )/ Ix = 53x409 / 3134 = 6,9 kN.m

(a) Dimensionado del cubrejunta de ala : Siendo unión abulonada se dimensiona con la fuerza de tracción. Pf ≅ (10)2. M uf / d = 102x46,1 / 21,03 = 219,3 kN Se plantea dos filas con 3 bulones cada una. (ver Figura). Se adoptan bulones diámetro d=14 mm Agujeros normales dagujero =16mm (Figura 2-7) dcálculo = 16 + 2 = 18 mm = 1,8 cm 3,5 5 5 3,5 s mín = 3.d = 3x1,4 =4,2 < 5 cm dbmín = 1,75.d = 1,75x1,4 = 2,45 < 2,5 cm 2,5 7,7 Se verificarán después los bulones adoptados c bf =13,38 bf =12,7 2,5


45

 Para el estado límite de fluencia en la sección bruta la mínima sección necesaria debe ser: De Fórmula (3-3) (Página 85)

Ag =Pf .10/ t .Fy = 219,3x10/0,9x235 = 10,37 cm2

Se adopta tcf = 0,952 cm (3/8”) ; resulta bc fnec = 10,37 / 0,952 = 10,9 cm Se adopta por distribución de bulones y distancias necesarias bcf = 12,7 cm (5”) > 10,9 cm  Para el estado límite de rotura en la sección neta: Con las dimensiones de cubrejunta y el diámetro y distribución de bulones adoptados: Ae = An = (bc f –2.dcal).tc f = (12,7 –2x1,8)x0,952 = 8,66 cm2 De Fórmula (3-4) Rd2 = 0,75.Ae.Fu.(10)-1 = 0,75x8,66x370x10-1 = 240,3 kN > Pf = 219,3 kN (verifica)  Para el estado límite de rotura de bloque de corte: (Sección 3.6., Página 86) Anv = 2x(3,5 + 5x2 –2,5x1,8)x0,952 = 17,136 cm2 Agv = 2x(3,5 +5x2)x0,952 =25,704 cm2 Ant = 2x(2,5 – 0,5x1,8)x0,952 = 3,046 cm2 Agt = 2x2,5x0,952 = 4,76 cm2 0,6.Fu. Anv .10-1 = 0,6x370x17,136x10-1 =380,4 > Fu. Ant .10-1 =370x3,046x10-1 =112,7   Rotura por corte y fluencia por tracción Rd3 =  (0,6.Fu.Anv .10-1 + Fy .Agt .10-1) = 0,75x(0,6x370x17,136 x10-1 + 235x4,76x10-1)=369,2 kN Rd3 = 369,2 kN > Pf =219,3 kN

(verifica)

(b) Verificación de la unión abulonada cubrejunta de ala / ala. Se supone rosca no excluida de los planos de corte. Unión tipo aplastamiento.  La resistencia de diseño a corte de un bulón es: (Fórmula (2-5), Página 43) Rd1 = 0,75.m.´n.Ab.10-1 El área bruta del bulón d =14 mm Ab =.d2/4 = 1,54 cm2 Para ISO 8.8 la tensión nominal de rotura ´n = 320 MPa m = 1 (una sección de corte) Rd1 = 0,75x1x320x1,54x10-1 = 36,96 kN (para un bulón). Para 6 bulones Rd = 6x36,96 = 221,76 kN > Pf =219,3 kN

(verifica)

 La resistencia al aplastamiento de la chapa en los agujeros. (Sección 2.2.2.4.,Página 45) La suma de los Lc de los agujeros de la unión es Σ Lc = [(2x5 + 3,5) – (2,5x1,6)]x2 = 19 cm agujero normal; deformación alrededor del agujero impedida; de Fórmulas (2-13) (2-14), Pág.46 Rd1 = 0,75.1,2.Σ Lc.t.Fu .10-1 = 0,75x1,2x19x0,952x370x10-1 = 602 kN > Pf = 219,3 kN (verifica) Para nº = 6 bulones Rd2 = 0,75.2,4.d.t.Fu .10-1. nº = 0,75x2,4x1,4x0,952x370x10-1x6 = 532,56 kN > Pf = 219,3 kN (verifica) (c) Dimensionado del cubrejunta de alma. (Página 251) Los cubrejuntas de alma deben satisfacer : Iwc = Ifc .( Iw / If ) El momento de inercia con respecto a x-x de los cubrejuntas de ala es Ifc = Afc (d + tfc)2 /2 If c = 12,7x0,952x(21,03 +0,952)2/2 = 2921 cm4 Iwc = 2921x(409/2725) = 438,4 cm4


46

Adoptando 2 cubrejuntas con espesor twc = 0,635 cm (1/4”) la altura necesaria resulta: hcw = 3

Icw .12 438,4 x12 =3 = 16 cm c 2 .t w 2x 0,635

< T = 16,83 cm (verifica- se puede colocar)

Se deben verificar a flexión y corte con las resistencias requeridas. Previamente se diseña y verifica la unión abulonada. (d) Dimensionado de la unión abulonada del cubrejunta de alma / alma. 3,5

10

3,5

Se adopta la distribución de bulones de la Figura. Por razones constructivas se adopta el mismo diámetro de bulón que para la unión del ala db = 14 mm

3,5 4,5 9

cg

16 4,5

3,5

El alma debe trasmitir M uw= 6,9 kN.m (al centro del empalme) Veu = 17,66 kN Al centro de gravedad de la unión: M euw = 17,66x0,085 + 6,9 = 8,41 kN.m = 841 kN.cm

5 5 Según Sección 2.2.4., (Página 54) Pv 1 = Veu/ nº = 17,66 / 4 = 4,5 kN Para el extremo ( ei = (4,52 + 52)0,5= 6,73 cm PMi = Meuw. ei /  ei2 = 841x6,73/ 4x6,732 = 31,25 kN La fuerza resultante Pu = 4 ,5 2 + 31,25 2 + 2x 4,5 x31,25 x cos 42 º = 34,73 kN Para el bulón de diámetro 14 mm las resistencias de diseño son: A corte, son dos secciones de corte: de unión abulonada del ala Rd = 2x36,96 = 73,92 kN >36,57 kN (verifica) A aplastamiento de la chapa: el menor espesor es el del alma tw = 0,635 cm Rd1 = 0,75x2,4x1,4x0,635x370x10-1 = 59,2 kN > 34,73 kN (verifica) En chapa cubrejunta Rd2 = 0,75x1,2x(3,5 – 1,6/2)x0,635x370x10-1 x2 = 114,2 kN > 34,73kN (e) Verificación de los cubrejuntas de alma a resistencia. En la sección crítica aproximadamente solicitados por M u = 8,41 kNm

Vu = 17, 66 kN

Para obtener las características de la sección neta se puede por simplicidad descontar el agujero en tracción (dcal = 1,8 cm) y el agujero en compresión. Resulta para cada cubrejunta (0,635x16): A = 7,874 cm2 Ix = 170,45 cm4 Sx = 21,31 cm3 Zx = 30,35 cm3 < 1,5 Sx J =0,6353x16/3=1,36cm3 ry = 0,183 cm  Verificación a flexión : Para pandeo lateral (sección rectangular) Lb = 3,5x2 = 7 cm Lp = 26 ry . J.A / Mp = 26x0,183x(1,36x7,874)0,5/ 30,35x235x10-3= 2,18 cm < Lb = 7 cm Lr = 393.ry . J.A /Mr = 393x0,183x(1,36x7,874)0,5/21,31x235x10-3 = 47 cm > Lb = 7 cm El momento nominal es mayor que Mr y menor que Mp. Por simplicidad se puede tomar conservadoramente M n = M r = Fy .Sx .10-3 = 21,31x235x10-3 = 5 kN.m Para dos cubrejuntas la resistencia de diseño Rd = 2x0,9x5 =9 kNm > M u = 8,41 kNm (verifica)  Verificación a corte. Para secciones rectangulares Sección 7.3.4. (Página 228) fuv = 1,5 Vu.10/ t.h = 1,5x17,66x10 / 2x0,635x16 = 13,04 MPa fuv = 13,04 MPa < 0,6.φ .Fy = 0,6x0,9x235 = 126,9 MPa

(verifica)


47

 EJEMPLO 7-7: Dimensionar un perfil laminado con platabanda de refuerzo soldada para la viga con solicitaciones requeridas de la Figura. Dimensionar unión soldada de platabanda y perfil. El perfil laminado será doble te, perfil normal. Acero de perfil y platabanda: F24 (Fy = 235 MPa Fu = 370 MPa ) Electrodo: FE = 480 MPa. El ala comprimida del perfil está lateralmente arriostrada en toda su longitud (entrepiso rígido). Aplicación Sección 7.4.3. (Página 246)

(1) Primer diseño. Dimensionado del perfil. (Página 245) Siendo el diagrama parabólico se plantea una platabanda de longitud aproximadamente igual a 2/3 dela luz. ( 6m ). Luego se dimensionará el perfil base con el momento requerido a 1,5 m del apoyo. Resulta M u2 = 129,4 kNm Con Lb = 0 y suponiendo sección del perfil compacta (Q = 1) el único estado límite para la acción del momento flector es el de plastificación. Luego de Fórmulas (7-4) (7-4a) y Página 245: Zonec = Mu2.(10)3 /  b.Fy = 129,4x103 / 0,9x235 = 611,8 cm3 En perfiles simétricos Z = 2 Q (Q = momento estático) Qnec = Znec / 2 = 305,9 De Tabla se adopta: Perfil doble te normal PNI 280 (Q = 316 cm3) Las características del perfil adoptado son: d = 28 cm bf = 11,9 cm Ix = 7590 cm4 Sx = 542 cm3

tf = 1,52 cm Zx = 632 cm3 = Zo

tw = 1,01 cm

hw = 22,5 cm

Como práctica se verifican las relaciones de esbeltez del perfil. (Tabla B.5-1) Ala (Caso 1) p = 170/ Fy = 170 / 235 = 11,09 > bf /2.tf = 11,9/2x1,52 = 3,92 (ala compacta) Alma (Caso 9) p = 1680/ Fy = 1680 / 235 = 109,6 > hw/tw = 22,5 / 1,01= 22,3 (alma compacta) Luego la hipótesis adoptada:

Q=1

(verifica)


48

(2) Dimensionado de la platabanda. ( Página 247) Znec = (Mu / φ b .Fy).103 = 232,9x103 / 0,9x235 = 1101,2 cm3

De Fórmula (7-84)

El módulo plástico que aporta la platabanda Zp se obtiene de Fórmula (7-85) Zp = Znec – Zo = 1101,2 – 632 = 469,2 cm3 Siendo Zp = 2 Ap [(d + tp ) / 2]

se puede fijar

tp = 1,905 cm (3/4”)

y despejar Ap

Ap = Zp / (d + tp ) = 469,2 / (28 + 1,905) = 15,69 cm2 Ap = bp . tp 

bp = Ap / tp = 15,69 / 1,905 = 8,24 cm (valor mínimo).

Se compatibiliza con el ancho del ala del perfil a fin de permitir la ubicación del filete Se adopta

bp = 8,5 cm

Se debe verificar que la platabanda sea compacta. (Tabla B.5-1 , Caso 10) p = 500/ Fy = 500 / 235 = 32,62 > bp / tp = 8,5 / 1,905 = 4,5

(verifica)

Al haber adoptado un ancho de platabanda mayor que el necesario la sección perfil mas platabanda satisface la resistencia a momento flector requerida. (3) Longitud necesaria de platabanda. Se determina la distancia al apoyo xo para la cual el Momento requerido (Muo ) es igual al momento de diseño del perfil base (Mdo ). M do =φ b . Zo . Fy .10-3 = 0,9x632x235x10-3 = 133,7 kN.m Debe ser:

103,5xxo – (xo 2x23) / 2 = 133,7

la longitud teórica de platabanda es



xo = 1,56 m

Ltp = 9 – 2x1,56 = 5,88 m

Se debe agregar en cada extremo una longitud adicional a´ Adoptando dw < 3/4 tp y cordones frontal y longitudinales (Página 248) resulta: a´ = 1,5 bp = 1,5x8,5 = 12,75 cm

Se adopta

a´= 13 cm

La longitud total de la platabanda Lp = Lop + 2 a´ = 588 + 2x13 = 614 cm = 6,14 m a´

Longitud teórica

1,7

8,5

1,7

tp dw bp

L1


49

(4) Unión soldada platabanda perfil.  La unión soldada extrema debe asegurar que se desarrolle la parte de la resistencia de diseño de la viga correspondiente a la platabanda. La fuerza P a trasmitir puede obtenerse según lo indicado en la Página 247 o en forma simplificada y conservadora como la parte que aporta la platabanda a la Resistencia de diseño de la sección perfil mas platabanda. Al desarrollarse el Momento Plástico la tensión en la platabanda es Fy. La fuerza a trasmitir es: P = φ . bt.tp .Fy.(10)-1= 0,9x8,5x1,905x235x10-1 = 342,5 kN Según la Sección 2.3.6. el lado del filete debe cumplir: Lado mínimo (Tabla J.2-4, Página 65) (espesor mas grueso 19,05 mm) dmín = 8mm Lado máximo dmáx = 19,05 – 2 = 17,05 mm Por la determinación de a´ dmáx = 3/4x 19,05 = 14,2 mm Se adopta dw = 8 mm = 0,8 cm

El espesor efectivo de garganta eg = 0,707x0,8

La resistencia de diseño para un filete de 1cm de longitud es: Rd1 = 0,60.0,6.FE.1.eg.10-1 = 0,60x0,6x480x1x0,707x0,8x10-1 = 9,78 kN La longitud de filete necesaria para trasmitir P Lt = P / Rd1 = 342,5 / 9,78 = 35,1 cm Siendo el cordón transversal de longitud L2 = 8,5 cm, la longitud necesaria del cordón longitudinal L1 resulta: L1 = (35,1 – 8,5) / 2 = 13,3 cm Se adopta L1 = 13,5 cm  resulta mayor que a´ = 13 cm: Luego se adopta a´ = 13,5 cm y longitud total de la platabanda Lp = Lop + 2 a´ = 588 + 2x13,5 = 615 cm = 6,15 m  Para que la sección sea compacta la platabanda debe estar unida en forma continua al ala del perfil. Luego es necesario que el filete sea continuo desde la sección en que se supera el M y de la sección perfil mas platabanda. ⎡⎛ 28 1,905 ⎞2 1,905 3 x 8,5 ⎤ 4 + Ixt = Ixo + Ixp = 7590 + 2x ⎢⎜ ⎟ x8,5 x1,905 + ⎥ = 14840 cm 2 ⎠ 12 ⎢⎣⎝ 2 ⎥⎦ 3 Sxt = Ixt / (14 + 1,905) = 933 cm M yt = Sxt . Fy . 10-3 = 933x235x10-3 = 219,3 kN.m La sección de la viga con un momento requerido igual a My t se ubica a x1 = 3,41 m Luego entre las secciones ubicadas a 3,41 m de ambos apoyos el filete debe ser continuo, siempre que cumpla la condición de resistencia. (se verificará en los párrafos siguientes)  Para las secciones comprendidas entre x1 y xo (Mu < My t ) el filete puede ser discontinuo si así resultara por razones de resistencia. La fuerza requerida por cm de longitud de filete se obtiene a partir de (ver observación (d) Tabla J.2-5, Figura 2-33, Página 72) Fuw/cm = fv.bp = (Vu .Qp )/ Ixt


50

fv es la tensión rasante, Qp el momento estático de la platabanda con respecto al eje neutro, Vu es el esfuerzo de corte máximo en el tramo considerado. Se adopta el de la sección ubicada a xo del apoyo. Vu = 67,7 kN Qp = 242,12 cm3 Ixt = 14840 cm4 Fuw / cm = (67,7x242,12) / 14840 = 1,11 kN / cm Para dw = 0,8 cm (lado mínimo según se determinó anteriormente) la Resistencia de diseño en los dos filetes por cm de longitud es: Rdw = 0,60x0,6x480x0,707x0,8x1x2 x10-1 = 19,5 kN/cm La relación necesaria espacio libre / longitud de filete para filetes discontinuos será: (Rcw / Fuw) – 1 = (19,5/1,11) –1 = 16 Esta relación es excesiva. No resulta conveniente por la entrada de humedad pasar de una relación 2. La longitud mínima del segmento de filete debe ser (Página 66) Lw1  4 cm . Lw1  4 dw = 4x0,8 = 3,2 cm ó Se adopta relación (espacio libre/longitud de filete) = 2 Lw1 = 6 cm La separación entre filetes = 12 cm = 120 mm  20x19,05 = 381 mm ó 250 mm (verifica) El esquema de la unión soldada platabanda perfil resulta así según la Figura siguiente:

Para analizar la conveniencia económica de la utilización de platabandas se puede hacer el siguiente análisis: Viga con platabanda Peso perfil base (PNI 280) 9,2 mx47,9 kg/m = 440,7 kg Peso platabandas 2x0,085x0,01905x6,14x7850 kg/m 3 = 156,1 kg Peso total 596 ,8 kg Viga con perfil único Para Znec = 1101,2 cm3 no alcanza con PNI 340 (Z = 1080 cm3) por lo que estrictamente se necesita un PNI 360. (1) Si aceptáramos PNI 340

Peso total = 9,20mx86,7 kg/m = 798 kg

(2) Con perfil PNI 360

Peso total = 9,20mx97 Kg/m

= 892 kg

En (1) resulta un 33% mas de peso que utilizando platabanda En (2) resulta un 49% mas de peso que utilizando platabanda Para la comparación económica habría que computar precio del perfil y precio de mano de obra e insumos para la ejecución de la platabanda. En principio en este caso resulta mas conveniente la utilización de platabandas.

51

CAPITULO 8: BARRAS SOLICITADAS A FUERZA AXIL Y FLEXIÓN  EJEMPLO 8-1: En el pórtico P1 de la figura verificar las columnas C1 y C3 y

400 x

z Va

470

Vb

400 C1

C2

C3

470 P1

Va

Vb

C1

C2

800

C3 200

800

800

Vista pórtico

200

Vista lateral

800

(dimensiones en cm) Planta  Cargas nominales (de servicio)

D 1,6

g = 0,27 kN / m2 x 4,7m + 0,63 kN / m = 1,9kN / m g = 1,9 kN/m

Lr

q = 3 kN / m2 x 4,7m = 14,1kN / m

1,6 (p.p. col.)

P= 47 kN 300

WA

500

WB W 3 = 0,85 kN/m

W 1 = 3,1 kN/m

q = 14,1 kN/m

W 3 = 0,85 kN/m

W2 = 1,41 kN/m

W1 = 0,60kN / m2 x 4,7mx1,1= 3,1kN / m W3 = 0,60kN / m2 x 4,7mx0,3 = 0,85kN / m

W2

W2 = 0,60kN / m2 x 4,7mx 0,5 = 1,41kN / m

W1


52

 Predimensionado de barras: C1 = C3 = PN I 240 Ag = 46,1 cm2 Ix =221 cm4 rx = 2,20 cm y Iy =4250 cm4 ry = 9,59 cm Zy = 2. Mest = 412 cm3 Sy = 354 cm3

V = PNI 340 Ag = 86,71 cm2 Iy =15700 cm4

x

y

Zy = 1080 cm3

z

C2 -- no hacen falta características mecánicas para resolución estructura.  Combinación de acciones: Aplicación de Sección 1.3.2.(B5), Página 26. Las combinaciones en principio mas desfavorables a partir de un análisis racional son: (1) 1,2 D + 1,6 Lr +0,8 W A (Combinación (A.4-3)) (2) 1,2 D + 1,6 Lr +0,8 W B “ (3) 1,2 D + 0,5 Lr +1,5 W A (Combinación (A.4-4)) (4) 1,2 D + 0,5 Lr +1,5 W B “ (5) 1,2 D + 1,6 Lr (Combinación (A.4-3)) (sin acción de viento contraria a Lr para viga) Se resuelve la estructura con programa de primer orden para todas las combinaciones analizadas De primera tirada para las columnas resultan mas desfavorables las combinaciones (1), (2) y (5). Se consideran : R -R (a) Mnt

(b) Mlt

 Momentos de Primer Orden Combinación 1 88,3

23,99

38,4

Pu=132,2

38,7

20,2

20,5

68,1

58,9

Pu Pu 129,3 264

Pu= 79

21,4

27,5

27,8

Combinación 2

11,2

41,2

9,4

9,5

76,2

50,7 Pu 130,3

15,6

12,8

12,9

Combinación 5 87,6

43,4

49,2

11,16

85,6

14,6

Pu 81,3

31,8

Pu 264

Pu 80,2

28,5

17,58 40,5

20,4

14,8

20,2

15

20,2

72,8

55,5 Pu 132

Pu Pu 270,5 82,9

23,2

40,6


53

Se observa :  Para columna C1 el efecto PΔ Δ (desplazamiento de nudo) es favorable por lo que no se tomará en cuenta (B2 = 1)  Para columna C3 el efecto PΔ Δ es desfavorable por lo que deberá calcularse B2 .  Para el cálculo de B1 para columnas C1 y C3 se puede hacer siguiente análisis para el cálculo de Cm M2 (a) Momentos extremos incrementa M2  Cálculo de B1 Cm B1 = ≥1 ⎛ Pu ⎞ ⎜1 − ⎟ ⎜ Pe1 ⎟⎠ ⎝

(b) Carga entre apoyos W

M1

M1

incrementa M2 y M1 M2

(Sección 8.4.3. Fórmula 8-14)

Cálculo de Pe1 (con k para indesplazable. En el plano de flexión) De Figura 4-15 (Página 112) k ≤ 1  se puede tomar conservadoramente k = 1 Como práctica se calcula usando el nomograma de la Figura 4-16 (a) (Página 114) B I L 4250 400 GA = 1 GB = c c = ≅ 0,54 Ig Lg 15700 800 Observación: curvatura supuesta viga  A

Se cumple aprox. Curvatura real de pandeo  A g ⋅ Fy .(10)−1 De nomograma Figura 4-16  k ≅ 0,73 ⇒ Pe1 = (Fórmula 8-17, Página 278) 2 λc λ 0,73x 400 1 λc = = = 0,33 Para F24 91,65 9,59 91,65 Pe1 =

46,1x235 x (10) −1

(0,33)2

= 9948 kN

Cálculo de Cm . (a) Para momento extremos y sin cargas actuando entre los apoyos de la barra.

columna C1

Cm = 0,6 − 0,4(M1 M2 ) combinación 1 2 5

C3

1 2 5

(Fórmula 8-16.Página 278) Pu Cm 11 , 2 ⎞ = 0,53 129,3 0,6 − 0,4⎛⎜ 68,1⎟⎠ ⎝ ⎞ = 0,43 130,3 0,6 − 0,4⎛⎜ 31,8 76,2 ⎟⎠ ⎝ ⎞ = 0,48 132,0 0,6 − 0,4⎛⎜ 23,2 72,8 ⎟⎠ ⎝ ⎞ = 0,27 81,3 0,6 − 0,4⎛⎜ 49,2 58,9 ⎟⎠ ⎝ ⎞ = 0,38 80,2 0,6 − 0,4⎛⎜ 28,5 50,7 ⎟⎠ ⎝ ⎞ = 0,31 82,9 0,6 − 0,4⎛⎜ 40,6 55,5 ⎟⎠ ⎝

B1 0,54 0,44 0,49

< 1

0,27

⇓

0,38

B1 = 1

0,31


54

(b) Carga entre apoyos. (Página 279) P Cm = 1 − 0,4 u (Figura 8-10. Caso 5) Para combinaciones (1) y (2). (Se toma Pu mayor) Pe1 130,3 81,3 Para C1  Cm = 1 − 0,4 = 0,995 Para C2  Cm = 1 − 0,4 = 0,997 9948 9948 0,995 0,997 B1 = B1 = = 1,008 ≅ 1 = 1,005 ≅ 1 130,3 ⎞ 81,3 ⎞ ⎛ ⎛ ⎜1 − ⎟ ⎜1− ⎟ 9948 ⎠ 9948 ⎠ ⎝ ⎝ δ Tanto en (a) como en (b) resulta B1 =1 . Luego no hay amplificación por efecto Pδ  Cálculo de B2 (Para C3 solamente) 1 B2 = (Fórmula 8-19. Página 280) ⎛ ∑ Pu ⎞ ⎟⎟ 1 − ⎜⎜ ⎝ ∑ Pe2 ⎠ ∑ Pu ⇒ sumatoria de resistencia axil requerida de todas la columnas del piso. combinación 2 combinación 5 combinación 1 474,6 kN 474,5 kN 485,4 kN

∑ Pe 2 ⇒ extendida sólo a las columnas que aportan rigidez lateral C1 y C3 Cálculo de k para nudos desplazables (Sección 4.5.1.) Corrección por inelasticidad (Página 115) Se toma el mayor Pu por ser muy parecidos en las 3 combinaciones Pu = 82,9 = 1,80 kN / cm2 = 18 MPa  Tabla Figura 4-17  β = 1 Ag 46,1 Corrección de Lg por giros extremos de vigas (Página 116) 0 ⎛ ⎛ MF ⎞ 0 ⎞ MN ⎟⎟ = 8⎜⎜ 2 − ⎟⎟ = 16 m L′g = Lg ⎜⎜ 2 − MF M M N ⎠ N ⎠ ⎝ ⎝ Calculo de k (de nomograma Figura 4-16(b).Para nudos desplazables). B B I L 4250 400 GA = 1 ≅ 1,09  k = 1,34 GB = c c = ′g 15700 1600 I L g C C 3

1

A

A

No es necesario realizar las correcciones por diferencia de rigidez o por pandeo no simultáneo de columnas ni por influencia de columnas sin rigidez lateral para el cálculo de Pe2. (último párrafo, Página 280) Cálculo de Pe2 (Para columnas C1 y C3 ) en el plano de flexión. A g ⋅ Fy .(10) −1 (Página 280) Pe 2 = 2 λc λ 1,34 x 400 1 λc = = = 0,61 91,65 9,59 91,65 Pe 2 =

46,1x 235x (10) −1

(0,61) 2

= 2911 kN

∑ Pe 2 = 2x2911 = 5822 kN


55

Cálculo de B2 (Para C3) Se calcula con Pu mayor por ser parecidos en todas las combinaciones. 1 = 1,09 (Se adopta para las tres combinaciones) B2 = ⎛ 485,4 ⎞ 1− ⎜ ⎟ ⎝ 5822 ⎠ Se aplica sobre ambos momentos extremos.  Cálculo de Momentos amplificados Se toma el mayor momento flector amplificado en toda la altura de la columna. Columna C1

B1 = 1

B2 = 1,00 ⇒ Se toman los momentos de primer orden

Peor combinación (2)  Mu 76,2 kN. m Columna C3

B1 = 1

Pu = 130,3 kN

(Ej.8-1)

B2 = 1,09

Al ser B1 = 1 se suman los momentos amplificados correspondientes a una misma sección.(cuarto párrafo , Página 280) combinación (2) 41,2+9,5 x 1,09 =51,6

combinación (1) 38,4+20,5 x 1,09 =60,8

Pu = 81,3

Pu = 80,2

21,4+27,8x1,09 = 51,7

Pu = 82,9

15,6+18,9 x1,09 =29,7

Peor combinación (1) ⇒ Mu = 60,8 kN. m

combinación (3) 40,5+15,0x1,09 =56,9

Pu = 81,3 kN

20,4+ 20,2x1,09 =42,4 (Ej.8-2)

Siendo C1 y C3 iguales se verificará la más solicitada. Es la C1 en combinación 2 (Ej.8-1) con Fórmulas (8-6) u (8-7) según corresponda y con las solicitaciones requeridas: Mu = 76,2 kN. m

Pu = 130,3 kN (compresión)

 Determinación de la Resistencia de diseño φc ⋅ Pn x

Perfil I 24

y

(a) Pandeo alrededor de x (ver vista lateral estructura) 200 = 90,9 2,20 (b) Alrededor de y . Se corrige el k de la columna C1 por influencia de columna sin rigidez C2 . ky1 = 1,34 (con corrección por inelasticidad y giros extremos) Siendo las columnas C1 y C3 de igual rigidez (I1) y altura se puede aplicar la corrección (C)(Página 118) con la Fórmula (4-22) simplificada I1 474,5 ( ∑ Pu ). Ii = 1,81 . k′i = = 2 130,3 2 (I1 / 1,34 2 ) Pui .∑ Ii / k i k ⋅ L x = 1x200 = 200 cm

(

rx = 2,20 cm

)

 Pu = 130,3 + 264 + 80,2 = 474,5 kN

λx =


56

k ′y1 ⋅ L y = 1,81x 400 = 724 cm

ry =9,59 cm



λy =

724 = 75,5 < λ x = 90,9 9,59

Manda pandeo flexional alrededor de x Sección compacta (verificar elementos  p Tabla B-5-1) Q = 1 90,9 Sección I F24 λ c = = 0,99 < 1,5  se aplica Fórmula 4-26a.(Página 125) 91,65 Fcr = 0,658(0 ,99 ) x235 = 155,9 MPa 2

φc ⋅ Pn = 0,85 ⋅ Fcr ⋅ A g .(10)−1 = 0,85 x155,9x 46,1x (10) −1 = 611 kN  Determinación de la Resistencia de diseño a flexión φb ⋅ Mn (en plano de flexión) Aplicación de Sección 7.3.2.. Al ser sección compacta no hay pandeo local de ala y de alma. (1) Estado Límite de plastificación Mp = Z y ⋅ Fy .(10) −3 = 412x235 x (10) −3 = 96,82 kN.m (2) Estado Límite de pandeo lateral Lb = 200 cm  Asegurar ambas alas 788 788 L p (cm) = rx = 2,20 = 113 cm < Lb (Fórmula 7-16) Fyf 235 Lr =

rx ⋅ X1 1 + 1 + X2 ⋅ FL 2 (Fórmula 7-21) con : FL = 235 – 69 = 166 MPa FL

X1 =

π Sx

E ⋅ G ⋅ J ⋅ Ag 2

=

π 200000x 77200x20,6x 46,1 = 24029 MPa (Fórmula 7-11) 354 2

2

2

Cw ⎛ Sx ⎞ ⎞ 28730 ⎛ 354 ⎜ ⎟ = 2,576 x 10-5 MPa-2 (Fórmula 7-12) ⎜ ⎟ = 4x Ix ⎝ G ⋅ J ⎠ 221 ⎜⎝ 77200x 20,6 ⎟⎠ 2,20 x24029 Lr = 1 + 1 + 2,576x10 −5 x (166 )2 = 484 cm ⇒ Lr > Lb 166 M r = S y ⋅ FL .(10) −3 = 354 x166x(10) −3 = 58,76 kN. m X2 = 4 ⋅

Cb =

12,5Mmax 12,5 x 76,2 = = 1,50 2,5Mmax + 3M A + 4MB + 3MC 2,5 x76,2 + 3x 63 + 4 x 48,6 + 3x 20

⎡ ⎛ L − Lp ⎞ ⎤ ⎟ ⎥  Mp (Fórmula 7-8) Mn = Cb ⎢Mp − (Mp − Mr )⎜ b ⎜ L − L ⎟⎥ p ⎠⎦ ⎝ r ⎣⎢

76,2 (63) 48,6(35) 20

⎡ ⎛ 200 − 113 ⎞⎤ M n = 1,50 ⎢96,82 − (96,82 − 58,76 )⎜ ⎟⎥ =131,8 kN. m > Mp ⎝ 484 − 113 ⎠⎦ ⎣ Corresponde Mn = Mp = 96,82 kN.m

100

La Resistencia de diseño: φ b Mn = 0,9 x 96,82 = 87,14 kN.m  Fórmula de interacción Pu 130,3 = =0,21 > 0,20 corresponde Fórmula (8-6) 611 φc ⋅ Pn Pu 8 Mu 130,3 8 76,2 + ⋅ = + ⋅ = 0,99 < 1 ⇒ VERIFICA φc ⋅ Pn 9 φb ⋅ Mn 611 9 87,14

100

3,1

100

31,8

100


57

 EJEMPLO 8-2: Verificación de una columna armada con ángulo y presillas. Verificación de la columna C2 del EJEMPLO 8-1 con Pu = 271,2 kN (combinación 5 + peso propio = 270,5 + 0,7) Aplicación Secciones 4.6.3., 4.8.5., 7.3.7. y 8.2.

Ag = 5,82 cm2 2½ ”x3/16” Ix = 22,77 cm4 rmin = 1,26 cm (63,5x4,76) Sxmax = 12,94 cm3 rx = 1,97 cm Sxmin = 4,97 cm3 ex = 1,76 cm 2 ⎛ ⎛ 24,48 ⎞ ⎞⎟ 4 ⎜ Io = 4 ⋅ 22,77 + 5,82 ⋅ ⎜ rox = 12,40 cm ⎟ = 3579 cm ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎠ ⎝ ⎛ k ⋅L ⎞ 1x 400 ⎟⎟ = = 32,25 L = 400 k = 1  ⎜⎜ ⎝ rox ⎠o 12,40 76 λ1 = = 60,3  se adoptan presillas rígidas  = 1 1,26 λ m = (32,25 ) + (60,3 ) = 68,4 (Página 148) (a) Dimensión de presilla necesaria 10 ⋅ I1 ⋅ h 10x22,77 x2 x24,48 = =73,35 cm4 Ip > a⋅n 76x 2 Se adopta tp = 6,35 mm (1/4”) 73,35 x12 hp = 3 = 11,15 cm  se adopta hp = 12,7 cm (5”) 0,635 Presillas #1/4” x 5”(6,35 x 127) 2

(b) Con λ m = 68,4 Pcm =

eo =

π2 ⋅ E ⋅ A g

2

k ⋅ L 400 = = 0,8 cm (Sección 4.8.5. Página 148) 500 500

.(10) −1 =

π 2 x 200000x 5,82x 4

x (10) −1 = 982,2 kN

(Fórmula (4-50)) λm (68,4 ) P ⋅e 271,2x 0,8 M s = u o .(10) −2 = .(10) −2 = 2,997 kN.m = 299,7 kN.cm (Fórmula (4-49)) Pu 271,2 1− 1− 982,2 Pcm P M 271,2 299,7 + = 73,9 kN (Fórmula (4-46), para cada barra del cordón) Pu1 = u + s = n n1h 4 2x 24,58

Veu

2

2

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎥ 1 π ⎢ 1 ⎥ π ⎢ ⎢ ⎥ =0.0087  Veu = 2,35kN = = β ⋅ Pu  β= 271,2 ⎥ Pu ⎥ 500 ⎢ 500 ⎢ 1 − 1 − ⎢ ⎢⎣ 982,2 ⎥⎦ Pcm ⎥⎦ ⎣ V ⋅ a 2,35 x 76 = = 22,3 kN.cm (para cada barra del cordón) M u1 = eu 4 n1 4x2 Se verifica el ángulo con Pu1 = 73,9 kN Mu1 =22,3 kN.cm Vu1 = 2,35 kN


58

 Resistencia de diseño a compresión del ángulo R c = φc ⋅ Pn b 63,5 200 200 = = 13,34 > λ r = = = 13,05  sección esbelta Tabla B.5-1 – Caso 6 t 4,76 Fy 235 Sección 5.5.1. (página 179) Q = Qs. 

407 407 = = 26,55  Fy 235

200 b 407 < < t Fy Fy

⎛b⎞ Qs = Q = 1,34 − 0,0017⎜ ⎟ Fy = 1,34 − 0,0017(13,34 ) 235 = 0,992 ⎝t⎠ 2 60,3 1= 60,3 Q .λ c1 = 0,992x = 0,655 < 1,5  Pn = Q.0,658Qλ c ⋅ Fy ⋅ A g .(10) −1 (F.4-25,4-27a) 91,65 2

R d = 0,85 x 0,992x 0,658 0,655 x 235 x5,82x (10) −1 = 96,4 kN  Resistencia de diseño a flexión del ángulo (+) (-)

La presilla fuerza la flexión sobre eje geométrico

(+)(-)

(a) Por pandeo local (aplicación sección 7.3.7.2.(a),Página 241) 13,34 =

b 240 < = 15,66 t Fy

M n = 1,50 Fy ⋅ S c .(10) −3 (Fórmula 7-74) M n = 1,50 x235 x 0,8x 4,97 x(10) −3 = 1,401kNm = 140,1kNcm El ángulo de alas iguales no está arriostrado lateralmente por lo que se toma un módulo elástico Sc´=0,8 Sc. El Sc es el mínimo pues la flexión se da en los dos sentidos. (Sección 7.3.7.3.) Pág243 (b) Por pandeo lateral (Página 242) M y = 0,8 ⋅ Sc ⋅ Fy .(10) −3 = 0,8 x 4,97x235 x (10) −3 = 93,44 kN.cm 2 ⎤ 132 ⋅ b 4 ⋅ t ⋅ C b ⎡ ⎢ 1 + 0,78⎛⎜ L ⋅ t ⎞⎟ − 1⎥ (Fórmula (7-80), Página 243) 2 ⎢ ⎥ L2 ⎝b ⎠ ⎣ ⎦ Se toma por simplicidad Cb = 1. Por diagrama de M Cb = 2,27 (Página 205) pero no se puede tomar mayor a 1,5 (Fórmula 7-81)

M ob =

M ob

2 ⎡ ⎤ ⎛ 76x 0,476 ⎞ 132x (6,35 )4 x0,476x1 ⎢ ⎟ ⎜ − 1⎥ = 4,88 kN.m = 488 kN.cm 1 + 0,78⎜ = 2 ⎟ ⎢ ⎥ 6 , 35 ( ) (76)2 ⎠ ⎝ ⎣⎢ ⎦⎥

Mob > My ⇒ se aplica fórmula (7-79) ⎛ My M n = ⎜ 1,92 − 1,17 ⎜ M ob ⎝

⎞ ⎟ ⋅ M = ⎛⎜ 1,92 − 1,17 93,44 ⎞⎟ x93,44 =131,5 kN.cm < 1,50 My =140,1 kN.cm ⎟ y ⎜ 488 ⎟⎠ ⎝ ⎠

Luego el menor Mn es el debido a pandeo lateral La resistencia de diseño

Mn = 131,5 kN.cm

Rc = φ b ⋅ Mn = 0,9x131,5 = 118,9 kN.cm


59

 Interacción Al resultar Mn del pandeo lateral (ala comprimida), Mu debe ser multiplicado por B1 (Página 274) Cm B1 = (Fórmula 8-8) P 1− u Pe1 r 1,97 = 1,46 cm (Página 274) Donde Pe1 se determina con k.L = 1x 76 = 76 cm r = x = 1,35 1,35 λ1 =

76 = 52 1,46

 Pe1 =

π2 ⋅ E 2 λ1

⋅ A g .(10) −1 =

π 2 x200000

(52 )

2

x5,82x10 −1 = 424,9 kN (Página 274)

⎛M ⎞ ⎛ 1⎞ Cm = 0,6 − 0,4⎜⎜ 1 ⎟⎟ = 0,6 − 0,4⎜ ⎟ = 0,2 (Fórmula 8-16) ⎝ 1⎠ ⎝ M2 ⎠ 0,2 B1 = = 0,24 < 1  B1 = 1 73,9 1− 424,9 Se utilizan Mu y Mn correspondientes a eje geométrico Siendo: Pu1 73,9 = = 0,767 > 0,2  corresponde Fórmula (8-6) φ c ⋅ Pn1 96,4 Pu Mu 8 73,9 8 22,3 + ⋅ = + x = 0,94 = 1 ⇒ VERIFICA φ c ⋅ Pn 9 φ b ⋅ Mn 96,4 9 118,3 Observación: En columnas armadas con presillas sometidas a un Momento flector Mu y a un corte Vu hay que sumar a Ms el momento flector de primer orden requerido Mu y al corte Veu el esfuerzo de corte requerido Vu .  Presillas (a) Presillas intermedias e inferior (Presillas # 6,35mm x 127mm) Se dimensionan por rigidez (ver Página 57 de Ejemplos de Aplicación) y se verifican a Resistencia con las solicitaciones requeridas para cada una de las presillas: (ver Figura A-E.4-4, Página150) 2 ⋅ Mup V ⋅a Veu1 = β 2 ⋅ Pu (Fórmula (4-52)) Vup1 = M up = eu1 2x 2 2⋅h ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎟ 1 ⎟ 1 π ⎜ π ⎜⎜ ⎟ = 0,0108 Veu1 = 0,0108x271,2 = 2,93 kN β1 = = Pu ⎟ 400 ⎜ 271,2 ⎟ 400 ⎜ 1 1 ⎜ − ⎟ ⎜ − ⎟ Pcm ⎠ 992 ⎠ ⎝ ⎝ 2,93 x76 = 55,67 kN.cm (para cada presilla) Mup = 4 2 x55,67 Vup1 = = 2,23 kN (para cada presilla) 2 x24,98 Resistencia a flexión: -- Estado límite de plastificación Mn = Mp = Z ⋅ Fy .(10) −3

Mp = Mn =

0,635 ⋅ (12,7 )2 x 235 x10 − 3 = 6,02 kN.m 4


60

--

Estado límite de Pandeo lateral. Lb ≅ 24 cm (Carga aplicada en el alma) 3 3 1 b⋅t 12,7x (0,635 ) J= = =1,08 cm4 ry = .t = 0,183 cm 3 3 12 26 26 Lp = ⋅ ry ⋅ J ⋅ A g = x0,183x 1,08x12,7 x0,635 = 2,33 cm (Fórmula 7-17) Mp 6,02 393 ⋅ ry ⋅ J ⋅ A

393x0,183x 1,08x12,7 x0,635 = = 53 c m Mr 4,01 siendo Mr = Sx.Fy.(10)-3 = (0,635x12,72 /6)x235x10-1 = 4,01 kN.m Lr =

(Fórmula 7-22)

resulta

2,33cm = Lp < Lb = 24cm < Lr = 53cm ⎡ ⎛ L − Lp ⎞ ⎤ ⎟ ⎥  Mp (Fórmula 7-8) Mn = Cb ⎢Mp − (Mp − Mr )⎜ b El Momento Nominal Mn es: ⎜ L − L ⎟⎥ ⎢⎣ r p ⎝ ⎠⎦ según diagrama de momentos Cb = 2,27 ⎛ 24 − 2,33 ⎞ Mn = 2,27[6,02 − (6,02 − 4,01)⎜⎜ ⎟⎟ ] = 11,71 kN.m > Mp = 6,02 kN.m ⎝ 53 − 2,33 ⎠ Con  Mn > Mp ⇒ corresponde Momento nominal = Mp De estado límite de plastificación y estado límite de pandeo se adopta Mn = Mp La resistencia de diseño a flexión: Rc = φ b.Mn = 0,9x6,02 = 5,42 kN.m = 542 kN.cm > 55,67 kN.cm = Mup ⇒ VERIFICA Resistencia a corte: (Sección 7.3.4., Página 230) V 2,23 fuv = 1,5 up1 .10 = 1,5 x10 = 4,15 MPa t p ⋅ hp 0,635 x12,7 φ ⋅ fn = 0,6 ⋅ φ v ⋅ Fy = 0,6x 0,9x 235 = 126,9 MPa > fuv = 4,15 MPa ⇒ VERIFICA (b) Presilla superior Se debe agregar al Vup1 producido por pandeo el efecto de la reacción de la viga que apoya sobre la presilla. Aprox. Rviga +2Vup1 270,5 R viga = = 135,3 kN 2 2 Vup1 = 2x 2,23 = 4,46 kN h=24,38 cm total

= 139,76 kN

Se dimensionará la presilla superior con las siguientes solicitaciones requeridas 139,76x 24,48 = 856 kN.cm Mup = 4 139,76 Vup1 = = 69,88 kN 2 Para la flexión sólo se debe considerar el Estado límite de plastificación pues la viga impide el pandeo lateral de la presilla.


61

EJEMPLO 8-3: Verificar la columna armada (Grupo IV) del EJEMPLO 4/5-7 a flexo compresión sometida a Pu = 400 kN ; Muy = 110 kNm ; Vuy = 18,45 kN (Aplicación de Sección 4.8.5. (A A - E.6.) E.6. Página 152) y Pu Muy 359,8 1”x1/8” 

PN

200

720 x 5760

x

5960 400 y Pu = 400 kN Mu = 110kNm Acero F24 (Fy = 235 MPa) (Dimensiones en mm) 200

PN C 200 Ag1 =32,2 cm2 Ix =1910 cm4 rx =7,7 cm

Iy =148 cm4 ry =2,14 cm

ángulo 1”x1/8” Agd =1,5 cm2 rmin =0,47 cm ey =2,01 cm

ky Ly = 2,1 x 576 = 1210 cm (empotrado-libre) kx Lx =1 x 576/2 = 288 cm x-x eje material

y-y eje libre

(a) Eje libre α = arctg

36 = 45°,02 < 60° 40 − 2x 2,01

 Se debe aplicar Método del Apéndice E del CIRSOC 301-EL Sección 4.8.5.(Página 142)

Además la flexión se produce sólo alrededor del eje libre y-y por lo que es de aplicación lo especificado en la Sección A - E.6.(b) E.6. del CIRSOC 301-EL (Página 152). Se calcula λ 1 de la figura A-E.4-2.Página 146. λ 1 = π Donde :

λ1 = π

Ag=2 x 32,2 = 64,4 cm2 h = 35,98 cm Ad = 1,5 cm2 2 x64,4 x (50,9 )3

2x1,5 x 72x (35,98 )2

=24,50

2 ⋅ A g ⋅ d3 no ⋅ A d ⋅ a ⋅ h2

d = (36 )2 + (35,98 )2 = 50,9 cm a = 72 cm no = 2 λ 1 = 24,50

Se calcula la esbeltez modificada de la columna armada según fórmula del CIRSOC 301-EL en la sección A-E.4.2.1.


62

λ my = λ2oy + λ21

Con:

ryo =

Itot = A tot

⎛ k ⋅ Ly λ oy = ⎜ ⎜ ry ⎝

2 ⎛ ⎞ ⎛ 35,98 ⎞ 2⎜ 148 + ⎜ ⎟ 32,2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ ⎠ = 18,11cm 2x 32,2

⎞ ⎟ = 1210 = 66,81 ⎟ ⎠ o 18,11

λ my = (66,81) 2 + (24,5 )2

λ my = 71,16

Se calcula la excentricidad inicial k y ⋅ L y 1210 e oy = = 500 500 π2 ⋅ E ⋅ Ag Pcmy = .(10) −1 2 ⎛ k y ⋅Ly ⎞ ⎟ ⎜ ⎜ r ⎟ ⎠m ⎝ Pcmy =

π 2 x200000x64,4

(71,16 )

2

e oy = 2,42 cm fórmula (4-44) (Página 145)

x (10) −1 = 2511 kN

Pcmy = 2511 kN

Se calcula el Momento Flector requerido según Fórmula (4-54) (Página 152) Pu ⋅ e o + Muy (400x2,42x0,01 + 110 ) M sy = 142,4 kN.m = M sy = P 400 1− 1− u 2511 Pc.my El esfuerzo axil requerido de compresión en el cordón es según Fórmula (4-42) M sy P 400 142,4 Pu1 = 596 kN .(10) 2 = + .(10) 2 = 596 kN Pu1 = u + n n1 h 2 1x 35,98

(

)

Se determina la Resistencia de Diseño del cordón para comparar con la solicitación requerida obtenida en el paso anterior. Pd1 = φc ⋅ Fcr ⋅ A1.(10) −1 La sección es no esbelta ( Q = 1 ) Donde :

2

Fcr = 0,658 λ c ⋅ Fy

El factor de esbeltez será el mayor entre el local con respecto al eje de pandeo paralelo al eje libre (λ λ c1) y el global con respecto al eje material de la barra armada (λ λ cx) L1 72 33,65 λ c1 = = = 33,65 ⇒ λ c1 = = 0,367 < 1,5 r1 2,14 91,65 k . L x 288 37,4 λ cx = 0,41 λx = = 37,4 λ cx = = 0,41 rx 7,7 91,65 Resulta mayor material

la esbeltez correspondiente al pandeo del cordón alrededor del eje 2

Fcr = 0,658 0, 41 x 235 = 219,1 MPa

Pd1 = 0,85 x219,1x 32,2 x(10) −1 = 599,7 kN

Pd1 = 599,7 kN Pd1 = 599,7 kN > Pu1 = 596 kN

⇒

VERIFICA


(b) Diagonales.

63

Aplicación de Sección A-E.4.2.1(b) y A-E.6.(h) del CIRSOC 301-EL Veu = β ⋅ Pu + Vu

Se calcula el esfuerzo de corte requerido ⎡ ⎢ π ⎢ 1 βy = Pu 400 ⎢ ⎢1 − P cmy ⎣⎢

⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦⎥

(Fórmula (4-57).Página 153)

⎡ ⎤ ⎥ π ⎢ 1 βy = ⎢ ⎥ = 0,0094 400 ⎥ 400 ⎢ 1− 2511 ⎦⎥ ⎣⎢

β y = 0,0094

Veu = 22,19 kN

Veu = 0,0094 x 400 + 18,45 = 22,19 kN Du =

El esfuerzo de compresión requerido en la diagonal

22,19 50,9 = 15,42 2 35,98

D u = 15,42 kN Se calcula la Resistencia de Diseño a compresión de la diagonal L = 50,9 cm k = 1

(Figura 4-21-caso 3 -Página 120) si λ c > 0,8 (Observación 3)

Se calcula con radio de giro mínimo del angular λ=

kL 1x50,9 = = 108,3 rmin 0,47

⇒

λc =

108,3 = 1,18 > 0,8 91,65

φ ⋅ Pn = 0,85 x0,658 (1,18 ) x 235 MPax1,5 cm2 x(10)− 1 = 16,73 kN 2



R dd = φ ⋅ Pn = 16,73 kN > Du = 15,42 kN

verifica k = 1

R dd = φ ⋅ Pn = 16,73 kN

VERIFICA

(c) Dimensiones de las Presillas de Cabeza y Base de la columna Por aplicación de la Sección A-E.4.3.1.(a) del CIRSOC 301-EL .Fórmula (4-53) ,Página 150: n ⋅ Ip h Siendo :

≥

10 ⋅ I1 a

I1 = Momento de Inercia del Cordón respecto al eje paralelo al eje libre analizado Ip = Momento de Inercia de una presilla en su plano n = Número de presillas a h de la figura A-E.4-3 (Página 147)

Despejando: Ip ≥

10 ⋅ I1 ⋅ h n⋅a

Fijamos t = ¼ ” = 0,635 cm 369,8 x12 h=3 = 19,12 cm  0,6355

Ip ≥

10 x148x 35,98 = 369,8 cm4 2 ⋅ 72

Adoptamos hpresilla =20 cm

tp =0,635 cm

64


Quedan por dimensionar las uniones soldadas de diagonales a cordones. No es necesario verificar la diagonal a tracción por ser las uniones soldadas y por ende ser crítico el estado límite de compresión.

65

CAPÍTULO 12 : ESTRUCTURAS LIVIANAS DE ACERO ESTRUCTURAS CON BARRAS DE SECCIÓN CIRCULAR MACIZA

 EJEMPLO 12-1 En la Estructura de la Figura verificar : (A.1) La Correa Co1 de Sección Te. (A.2) La Correas Co2 de sección rectangular actuando en conjunto con la Correa Co1. (A.3) La Correa Co3 de sección triangular actuando sola. (B) El Arco A del Pórtico P3 de sección rectangular con cordones de sección circular maciza. (C) La Columna C del Pórtico P3 de sección rectangular con cordones de perfil ángulo. (D) El Tensor T (E) La Viga V de sección rectangular que recibe un aparato para levantar carga.

Co1

Co2

C

A Co3

P3

Co3

4.000

y x L =16000

PLANTA

1600

5000

VISTA LATERAL

Arco A f =1600 Tensor T Columna C Viga

7000

h =5000

Dimensiones en mm

SECCIÓN Relación luz-flecha del arco (Sección 12.1.4.(c))

L/f = 16/1,60 = 10

(Verifica)


66

(1) Geometría del arco (Sección 12.1.5.1.) R = ( f² + L²/4 ) / 2 . f = (1,62 + 162/4) /2x1,6 = 20,8 m yx = f – R +

R 2 − ((L / 2) − x )2

f R

cos φo = ( R - f )/ R =(20,8 –1,6)/20,8 = 0,923 φo = 22,62º R = radio de la directriz (cm) f = flecha. (cm) φ o = semiángulo central(º ) L = luz del arco. (cm)

yx φo

x

x L y

Desarrollo del arco en eje = (22,62º x2/360º )x2.  .(20,8) = 16,42 m Desarrollo del arco exterior : R1 (radio exterior) = R + harco/2 = 20,8 + 0,35/2 = 20,975 m Desarrollo exterior (22,62º x2/360º )x2.  .(20,975) = 16,56 m Distancia entre ejes de correas en exterior del arco l1 = 16,56 / 12 espacios = 1,38 m (2) Acciones  Carga permanente (D) Peso chapas de cubierta y fijaciones: 0,07 kN/m2 Peso correas, arco y columnas (ver en cada caso)  Sobrecarga de techo (Lr) (Según CIRSOC 101/2005) Lr = 0,96 R1 R2 (kN/m2 de proyección horizontal) 0,58  Lr  0,96 Para correas Área tributaria = 1,38x4 = 5,52 m2 < 19 m2 R1 = 1 ; R2 = 1 

Lr = 0,96 kN/m2

Montaje = 1kN concentrada Para arco Área tributaria = 16x4 = 64 m2 > 56 m2  R1 = 0,6 ; F = (1,60/16)x32 = 3,2 < 4  R2 = 1 

Lr = 0,96x0,6x1 = 0,58 kN/m2

 Viento (Según CIRSOC 102/2005) Capítulo 4. Método 1- Procedimiento simplificado El edificio cumple condiciones Sección 4.1. Velocidad básica de Viento: Córdoba V = 41 m/s Edificio cerrado; Exposición B; Categoría II: Factor de Importancia I = 1,0 Para Sistema principal ( pórtico) Área tributaria = 64 m2  factor de reducción Tabla 2 = 0,85 Valores de Tabla 2 Para componentes (correas) Ancho efectivo 1,38 > 4/3 = 1,33m  Área efectiva: 1,38x4 = 5,52 m2 Valores de Tabla 3


Sistema principal: 0,683 kN/m

67

2

0,595 kN/m2

Componentes (correas) 3 2 3

2 1

2

3

Zona 1 presión: + 0,479 kN/m2 succión: - 0,684 kN/m2

3 2

Zona 2 presión: + 0,479 kN/m2 2 succión: - 0,967 kN/m

2000

Zona 3 presión: + 0,479 kN/m2 succión: - 1,194 kN/m2

1600

(A.1.) CORREA TE (Co1) Se adopta sección Te para correas intermedias (Co1) y se combinan con correas rectangulares (Co2). Las correas Te quedan sometidas a flexión simple por la componente de carga según el radio del arco. La componente tangente al arco se trasmite a las correas rectangulares a través de las chapas de cubierta y de dos tillas intermedias. Se adopta: Co2 b = 10 12 x´ h = 15

Planchuela 1 ½x 3/16 Co1 Co1

12 x´ diagonal 8 16

rigidizadores  17

Co2 Arco

tillas

chapas

1

34 1´ largo de chapa necesario =3,05 m

 Materiales: Cordones ADN 420S (Fy = 400 MPa) (Sección 12.1.1.) Diagonales y rigidizadores AL 220 (Fy = 220 MPa) Planchuela F24 (Fy = 235 MPa)  Verificación especificaciones para rigidizadores (Sección 12.1.11.4.) Diámetro del rigidizador dr = 8 mm = dD = 8 mm :diámetro diagonal (Verifica) Separación rigidizadores 34 cm < 40 di = 40x1,6 = 64 cm (Verifica)  D (carga permanente)

cubierta 1,38x0,07 = 0,10 Peso correa = 0,05 D = 0,15 kN/m MD = (0,15x42) / 8 = 0,30 kNm VD = (4x0,15)/2 = 0,30 kN

 Lr Se analizan la correa 1 (mas alta) y la 1´ (mas baja) Correa 1 1,37x0,96 = 1,31 kn/m MLr = 2,62 kNm Correa 1´ 1,31x0,96 = 1,25 kn/m MLr = 2,50 kNm

VLr = 2,62 kN VLr = 2,50 kN

Correas Co2

68


La carga de montaje de 1 kN en el centro de la luz y en el extremo produce momentos flectores y esfuerzos de corte menores  W Para correa 1 se adopta presión promedio zonas 1 y 2 (Página 63) Presión: + 0,479 kN/m2 Succión: -( 0,684 + 0,967)/2 = - 0,825 kN/m2 2 Mw1 (+) = (0,479x1,38)x4 /8 = 1,322 kNm Vw1 (+) = (0,479x1,38)x4/2 = 1,322 kN Mw1 (-) = (0,825x1,38)x42/8 = 2,277 kNm Vw1 (-) = (0,825x1,38)x4/2 = 2,277 kN Para correa 1´ se adopta presión promedio zonas 2 y 3 (Página 63) Succión: -( 1,194 + 0,967)/2 = - 1,08 kN/m2 Presión: + 0,479 kN/m2 2 Mw1 (+) = (0,479x1,38)x4 /8 = 1,322 kNm Vw1 (+) = (0,479x1,38)x4/2 = 1,322 kN Mw1 (-) = (1,08x1,38)x42/8 = 2,98 kNm Vw1 (-) = (1,08x1,38)x4/2 = 2,98 kN  Mayor Momento flector positivo Mux´ en correa: Para correa 1 con combinación 1,2 D + 1,6 Lr + 0,8 W ángulo 1 = 3,77º cos 1 = 0,998 sen 1 =0,066 Mux´ (+) = 1,2x(0,30x0,998) + 1,6x(2,62x0,998) + 0,8x1,322 = 5,6 kNm Vux´ (+) = 1,2x(0,30x0,998) + 1,6x(2,62x0,998) + 0,8x1,322 = 5,6 kN  Mayor Momento flector negativo Mux´ en correa: Para correa 1´ con combinación 0,9 D - 1,5 W ángulo 1 = 3,77º x5 =18,85º cos 1 = 0,946 sen 1 =0,323 Mux´ (-) = 0,9x(0,30x0,946) - 1,5x2,98 = - 4,21 kNm Vux´ (-) = 0,9x(0,30x0,946) - 1,5x2,98 = - 4,21 kN  Verificación de los cordones (Acero ADN 420 S) - El Estado límite de pandeo lateral no es aplicable pues las chapas y las tillas impiden el pandeo lateral - Estado límite de pandeo local de cordón comprimido para momento flector positivo (Sección 12.1.11.1.) Mdcx´ = φ c. h . n1 . Agc1. Fcr. (10)-3 (12-61a) φ c = 0,80 (Sección 12.1.10.1.) (Acero ADN 420 S) ks = 1x17 = 17 cm (Sección 12.1.8.) 1 Fy 1 400 = 1/ . = 70,25 λ c =/c = 56,7/70,25 =0,81 λ = 17x4/1,2 = 56,7 c = 1 / . π E π 200000 De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,656 Mdcx´ = 0,80x15x2x1,13x0,656x400x0,001 = 7,12 kNm > Mux´ (+) = 5,6 kNm

(verifica)

- Estado límite de pandeo local de cordón comprimido para momento flector negativo (Sección 12.1.11.1.(1).) Mdcx´ = φ c. h . n1 . Agc1. Fcr. (10)-3 (12-61a) φ c = 0,80 (Sección 12.1.10.1.) (Acero ADN 420 S) kL = 34 cm (Sección 12.1.8.) 1 Fy 1 400 = 1/ . = 70,25 λ c =/c = 85/70,25 =1,20 λ = 34x4/1,6 = 85 c = 1 / . π E π 200000


69

De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,434 Mdcx´ = 0,80x15x1x2,01x0,434x400x0,001 = 4,20 kNm ≅ Mux´ (-) = 4,21 kNm

(verifica)

- Estado límite de fluencia del cordón traccionado para momento flector positivo (Sección 12.1.11.2.) Es necesario verificarlo porque la sección no es simétrica. Md tx´ = φ t. h . n2 . Agt1. Fy. (10)-3 (12-70) Md tx´ = 0,9x15x 1 x 2,01x400 x(10)-3 = 10,85kNm > Mux´ (+) = 5,6 kNm

(verifica)

Para los cordones resulta crítico el estado límite de pandeo local del cordón inferior comprimido para momento flector negativo.  Verificación de las diagonales de la celosía (Acero AL220 (liso)) La mayor solicitación es para Correa 1 con momento flector positivo Vux´ (+) = 5,60 kN Estado límite de pandeo local (Sección 12.1.11.1.(2)) VdD = φ c. Fcr. AD . sen α . (10)-1 φ c = 0,85 (Acero AL 220)

(12-65)

17 2 + 15 2 = 17,2 cm k LD = 0,85. LD = 0,85x17,2 = 14,65 cm 4 1 Fy 1 220 = 1/ . = 94,72 λ c =/c = 73,2/94,72 =0,77 λ = 14,65x4/0,8 = 73,2 c = 1 / . π E π 200000 De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,681 LD =

s2 + h2 = 4

VdD = 0,85x0,681x220x0,5x(15/17,2)x0,1 = 5,56 kN ≅ Vux´ (+) = 5,60 kN

(verifica)

 Verificación de la planchuela (Sección 12.1.11.4.) (Acero F24) Vux´ = 5,60 kN ⎤ 33,3 Vu . b ⎡ 1 s + .⎢ ⎥≤1 2 2 Fyp ⎢⎣ tgα . b p . e p L . e p . b p ⎥⎦

Se debe verificar

bp = 1,5 pulgadas = 3,81 cm ep = 3/16 pulgada = 0,476 cm

(12-93)

Fyp = 235 MPa

peso =1,42Kg/m)

⎤ 33,3 x5,60x10 ⎡ 1 17 + .⎢ ⎥ = 1,04 ≅ 1 2 2 235 ⎣⎢ (15 / 8,5 )x 3,81 x 0,476 400x 0,476 x 3,81⎦⎥

(verifica)

Si se usara un travesaño de sección circular maciza resultaría de un diámetro: dt = 4,00 3 ( Vu . b ) / ( Fy . tg α ) ≥ dc dt = dt = 4,00 3 ( 5,60 x10 ) / ( 220x (15 / 8,5) = 2,09 cm ≅ 2 cm (  20) (mayor consumo de acero)

(12-92) peso = 2,47 Kg/m


70

(A.2.) CORREA RECTANGULAR (Co2) Se plantean las Correas rectangulares Co2 trabajando conjuntamente con las Correas Te Co1. Deben tomar las cargas de su zona de influencia y también las componentes tangentes al arco de las Correas Co1 que le corresponden. La Correa Co2 mas solicitada en la indicada en planta en la Página 61. Tiene un ángulo φ 1 = 3x3,77º = 11,31º cos 1 = 0,981 sen 1 = 0,196 Se adopta z´ 20 x´

Cordones  12 (conformado) Diagonales  8 (liso)

x´

20 Celosía de ambas caras

20 z´

La Correa está sometida a flexión disimétrica  Materiales: Cordones ADN 420 S (Fy = 400 MPa) (Sección 12.1.1.) Diagonales AL 220 (Fy = 220 MPa)  D ( carga permanente) De Área tributaria propia

cubierta 1,38x0,07 = 0,10 Peso correa = 0,07 D = 0,17 kN/m

Proyección sobre los ejes: Dx´x´ = 0,17x 0,981 = 0,167 kN/m Con L = 4 m. resultan: MDx´x´ = 0,167x42/8 = 0,334 kNm VDx´x´ = 0,167x4/2 = 0,334 kN

Dz´z´ (Propia) = 0,17x0,196 = 0,034 kN/m Dz´z´ (de Correas Te) = 0,15x0,196x2 = 0,059 kN/m Dz´z´ Total = 0,093 kN/m MDz´z´ = 0,093x42/8 = 0,186 kNm VDz´z´ = 0,093x4/2 = 0,186 kN

 Lr (sobrecarga) Ancho en proyección para Correa analizada: : 1,35 m Lr = 1,35x0,96 = 1,29 kN/m Proyección sobre ejes : Lr´z´ (Propia) = 1,29x0,196 = 0,255 kN/m Lrx´´x´ = 1,29x 0,981 = 1,265 kN/m Lrz´z´ (de Correas Te) = 1,29x0,196x2 = 0,505 kN/m Lrz´z´ Total = 0,760 kN/m Con L = 4 m. resultan: MLrx´x´ = 1,265x42/8 = 2,53 kNm MLrz´z´ = 0,760x42/8 = 1,52 kNm VLrx´x´ = 1,265x4/2 = 2,53 kN VLrz´z´ = 0,760x4/2 = 1,52 kN  W Se adopta presión promedio zonas 1 y 2 (Página 63) Presión: + 0,479 kN/m2 Succión: -( 0,684 + 0,967)/2 = - 0,825 kN/m2 2 Mwx´x´ (+) = (0,479x1,38)x4 /8 = 1,322 kNm Mwz´z´ (+) = 0 Vwx´x´ (+) = (0,479x1,38)x4/2 = 1,322 kN Vwz´z´ (+) = 0 Mw1x´x´ (-) = (0,825x1,38)x42/8 = 2,277 kNm Vwx´x´ (-) = (0,825x1,38)x4/2 = 2,277 kN

Mwz´z´ (-) = 0 Vwz´z´ (-) = 0


71

 Máximas solicitaciones en los cordones. (Sección 12.1.12.(1))

z´

Por la flexión disimétrica resulta crítico el cordón comprimido - Máxima compresión en (a) Combinación 1,2 D +1,6 Lr + 0,8 W

(a) x´

Mux´x´ = 1,2x0,334 + 1,6x2,53 + 0,8x1,322 = 5,51 kNm Muz´z´ = 1,2x0,186 + 1,6x1,52 + 0,8x0 = 2,66 kNm

(b) x´ z´

La compresión en el cordón resulta de: M M Pu1 = − ( ux´ ⋅ 10 2 + uz´ . 10 2 ) n1 . b n1 ⋅ h 5,51 2,66 Pu1 = − ( ⋅ 10 2 + . 10 2 ) = 20,42 kN 2x 20 2x 20

( )

( )

( )

( )

(12-96)

- Máxima compresión en (b) Combinación 0,9 D – 1,5 W Mux´x´ = 0,9x0,334 - 1,5x2,277 = 3,120 kNm Muz´z´ = 0,9x0,186 - 1,5x0 = 0,167 kNm La compresión en el cordón resulta de: Pu1 = − (

( )

( )

3,12 0,167 ⋅ 10 2 + . 10 2 ) = 8,22 kN < 20,42 kN 2 x 20 2x 20

 Verificación de los cordones (Sección 12.1.10.1.) Se debe verificar el cordón con la máxima compresión Pu1 = 20,42 kN φ c = 0,80 (Acero ADN 420 S) λ = 20x4/1,2 = 66,7

kL =1xs = 1x20 =20 cm (Sección 12.1.8.) 1 Fy 1 400 = 1/ . = 70,25 λ c =/c = 66,7/70,25 =0,95 c = 1 / . π E π 200000

De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,569 La Resistencia de diseño a la compresión es

Pd1 = φ c.Fcr.Ag1.(10)-1

Pd1 = 0,8x0,569x400x1,13x0,1 = 20,6 kN > Pu1 = 20,42 kN

(verifica)

 Máximas solicitaciones en las diagonales. (Sección 12.1.12.(2)) Siendo iguales ambas caras de la celosía las máximas solicitaciones en las diagonales se darán para el mayor esfuerzo de corte que se produce para la flexión alrededor de x´- x´ para la combinación 1,2 D + 1,6 Lr + 0,8 W Vux´x´ = 1,2x0,334 + 1,6x2,53 + 0,8x1,322 = 5,51 kN La compresión en la diagonal es: La longitud de la diagonal es: LD = Du2 =

Du2 = s2 + h2 = 4

Vux´ 2 . sen α 2 20 2 + 20 2 = 22,4 cm 4

5,51 = 3,08 kN 2 x(20 / 22,4 )

(12-101)


72

 Verificación de las diagonales La resistencia de diseño a compresión de la diagonal: φ c = 0,85 (Acero AL 220)

k LD = 0,85. LD = 0,85x22,4 = 19 cm

1 Fy 1 220 . = 1/ . = 94,72 π E π 200000 De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,54

λ = 19x4/0,8 = 95

PdD = φ c. Fcr. AD . (10)-1

c = 1 /

PdD = 0,85x0,54x220x0,5x0,1 = 5,05 kN

>

λ c =/c = 95/94,72 = 1,00

Du2 (+) = 3,08 kN

(verifica)

 Verificación de deformaciones. (Sección 12.1.11.6.) Se debe determinar el Momento de Inercia modificado Im con respecto a ambos ejes por estar sometida la barra a flexión disimétrica. Se determina la Esbeltez modificada de la barra armada λ m con respecto a ambos ejes ( Sección 12.1.10.3.) Para celosías sólo con diagonales

λ1 = π.

2 A g . d3 no . A D . s .h2

2 x 4 x1,13x 22,4 3 = 11,17 2 x0,50x 20x 20 2 k.Lx´ = k.Lz´ = 1x400 = 400 cm rx´ = (h/2) = rz´ = (b/2) = 20/2 = 10 cm ox´ = (kLx´ /rx´ ) = oz´ = (kLz´ /rz´ ) = 400/10 = 40 Siendo iguales ambas caras de la celosía 1x´ = 1z´ λ 1 = π .

2

⎛k ⋅L⎞ 2 2 2 ⎜ ⎟ + λ 1 = 40 + 11,17 = 41,6 r ⎝ ⎠o rmx´ = rmz´ = (k . Lx´)/ mx´ = 400/ 41,6 = 9,615 cm Imx´ = Imz´ = rmx´2 x Ag = 9,6152x4x1,13 = 417,9 cm4

λ mx´ = λ mz´ =

Las deformaciones se verifican con las cargas de servicio. Las combinaciones de servicio aplicables son: (Sección 1.4.3.4.) (1) D + Lr (2) D + 0,7 ( Lr + W(+)) Para obtener la flecha total se componen vectorialmente las deformaciones según los ejes x´-x´ y z´-z´. Para cada eje se calculan las flechas con las fórmulas elásticas de vigas de alma llena. Combinación (1) qx´x´ = 0,167 + 1,265 = 1,432 kN/m qz´z´ = 0,093 + 0,76 = 0,853 4 4 5 . q x´ . L x´ 5 x1,432x 400 fx´máx = .(10)-1= 0,571 cm .(10)-1 = 384 . E . Imx 384 x 200000x 417,9 5 x 0,853x 400 4 .(10)-1= 0,34 cm fmáx = 0,5712 + 0,34 2 = 0,67 cm 384 x 200000x 417,9 Combinación (2) qx´x´ = 0,167 + 0,7x(1,265+0,479x1,38) = 1,515 kN/m qz´z´ = 0,093 +0,7x( 0,76+0) = 0,625 5 . q x´ . L4x´ 5 x1,515x 400 4 fx´máx = .(10)-1= 0,604 cm .(10)-1 = 384 . E . Imx 384 x 200000x 417,9 fz´máx =

5 x0,625 x 400 4 .(10)-1= 0,25 cm fmáx = 0,604 2 + 0,25 2 = 0,66 cm 384 x 200000x 417,9 De combinación (1) resulta una flecha f = 0,67 cm fz´máx =

f/L = 0,66 / 400 =1/ 597 < 1/200

(verifica)


73

(A.3.) CORREA TRIANGULAR (Co3) Se plantea un esquema con todas correas de sección triangular. Cada una toma las cargas de su zona de influencia. La mas solicitada es la segunda correa contando desde el inicio del arco. Tiene un ángulo φ 1 = 5x3,77º = 18,85º cos 1 = 0,946 sen 1 = 0,323 Se adopta z´ 20

Cordones  12 (conformado)



x´ Diagonales Caras laterales:  8 (liso) Cara superior :  6 (liso)

 x´

20 Celosía de ambas caras

20 Cara superior α 1 = 63,43º

z´ Cara lateral α 2 = 65,9º

β = 26,56º

(Ver Figura12-20)

La Correa está sometida a flexión disimétrica  Materiales: Cordones ADN 420 S (Fy = 400 MPa) (Sección 12.1.1.) Diagonales AL 220 (Fy = 220 MPa)  D ( carga permanente) cubierta 1,38x0,07 = 0,10 Peso correa = 0,06 D = 0,16 kN/m Proyección sobre los ejes: Dx´x´ = 0,16x 0,946 = 0,152 kN/m Con L = 4 m. resultan: MDx´x´ = 0,152x42/8 = 0,304 kNm VDx´x´ = 0,152x4/2 = 0,304 kN

Dz´z´ = 0,16x0,323 = 0,052 kN/m MDz´z´ = 0,052x42/8 = 0,104 kNm VDz´z´ = 0,052x4/2 = 0,104 kN

 Lr (sobrecarga) Ancho en proyección para Correa analizada: : 1,31 m Lr = 1,35x0,96 = 1,257 kN/m Proyección sobre ejes : Lrx´´x´ = 1,257x 0,946 = 1,183 kN/m Lr´z´ = 1,257x0,323 = 0,404 kN/m Con L = 4 m. resultan: MLrx´x´ = 1,183x42/8 = 2,366 kNm VLrx´x´ = 1,183x4/2 = 2,366 kN

MLrz´z´ = 0,404x42/8 = 0,808 kNm VLrz´z´ = 0,404x4/2 = 0,808 kN

 W Se adopta presión promedio zonas 2 y 3 (Página 63) Presión: + 0,479 kN/m2 Succión: -( 0,967 + 1,194)/2 = - 1,08 kN/m2 2 Mwx´x´ (+) = (0,479x1,38)x4 /8 = 1,322 kNm Mwz´z´ (+) = 0 Vwx´x´ (+) = (0,479x1,38)x4/2 = 1,322 kN Vwz´z´ (+) = 0 Mw1x´x´ (-) = (1,08x1,38)x42/8 = 2,98 kNm Vwx´x´ (-) = (1,08x1,38)x4/2 = 2,98 kN

Mwz´z´ (-) = 0 Vwz´z´ (-) = 0


74

 Máximas solicitaciones en los cordones. (Sección 12.1.12.(1)) Por la flexión disimétrica resulta crítico el cordón comprimido z´

- Máxima compresión en (a) Combinación 1,2 D +1,6 Lr + 0,8 W

(a) x´

Mux´x´ = 1,2x0,304 + 1,6x2,366 + 0,8x1,322 = 5,208 kNm Muz´z´ = 1,2x0,104 + 1,6x0,808 + 0,8x0 = 1,418 kNm x´

(b) z´

La compresión en el cordón resulta de: M M Pu1 = − ( ux´ ⋅ 10 2 + uz´ . 10 2 ) n1 ⋅ h n1 . b 5,208 1,418 Pu1 = − ( ⋅ 10 2 + . 10 2 ) = 20,11 kN 2 x20 1x 20

( )

( )

( )

- Máxima tracción en (b)

(12-96)

( )

Combinación 1,2 D +1,6 Lr + 0,8 W

Mux´x´ = 5,208 kNm Muz´z´ = 1,418 kNm La tracción en el cordón resulta de: M M Tu1 = ux´ ⋅ 10 2 + uz´ . 10 2 n1 . b n1 ⋅ h 5,208 Tu1 = ⋅ 10 2 = 26,04 kN 1x 20

( )

( )

(12-95)

( )

- Máxima compresión en (b) Combinación 0,9 D – 1,5 W Mux´x´ = 0,9x0,304 - 1,5x2,98 = 4,196 kNm Muz´z´ = 0,9x0,104 - 1,5x0 = 0,094 kNm La compresión en el cordón resulta de: 4,196 Pu1 = − ( ⋅ 10 2 ) = 20,98 kN > 20,11 kN 1x20

( )

(crítica compresión)

 Verificación de los cordones (Sección 12.1.10.1.) - verificación del cordón con la máxima compresión Pu1 = 20,98 kN φ c = 0,80 (Acero ADN 420 S) λ = 20x4/1,2 = 66,7

kL =1xs = 1x20 =20 cm (Sección 12.1.8.) 1 Fy 1 400 = 1/ . = 70,25 λ c =/c = 66,7/70,25 =0,95 c = 1 / . π E π 200000

De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,569 La Resistencia de diseño a la compresión es

Pd1 = φ c.Fcr.Ag1.(10)-1

Pd1 = 0,8x0,569x400x1,13x0,1 = 20,6 kN  Pu1 = 20,98 kN

(verifica)

- verificación del cordón con la máxima tracción (Sección 12.1.9.1.) Tu1 = 26,04 kN Td1 = φ t.Fy.Ag.(10)-1 Td1 = 0,9x400x1,13x0,1 = 40,68 kN > Tu1 = 26,04 kN

(12-32) (verifica)


75

 Máximas solicitaciones en las diagonales. (Sección 12.1.12.(2)) - Cara lateral: las máximas solicitaciones en las diagonales se darán para el mayor esfuerzo de corte que se produce para la flexión alrededor de x´- x´ que resulta de la combinación: 1,2 D + 1,6 Lr + 0,8 W Vux´x´ = 1,2x0,304 + 1,6x2,366 + 0,8x1,322 = 5,208 kN Du2 =

La compresión en la diagonal es: Du2 =

Vux´ 2 . sen α 2 . cos β

(12-105)

5,208 = 3,19 kN 2 xsen65,9 º x cos 26,56º

- Cara superior: las máximas solicitaciones en las diagonales se darán para el mayor esfuerzo de corte que se produce para la flexión alrededor de z´- z´ que resulta de la combinación: 1,2 D + 1,6 Lr + 0,8 W Vuz´z´ = 1,2x0,104 + 1,6x0,808 + 0,8x0 = 1,418 kN Vuz´ La compresión en la diagonal es: Du2 = sen α 1 1,418 Du1 = = 1,59 kN sen 63,43º

(12-103)

 Verificación de las diagonales - Cara lateral

La longitud de la diagonal es: LD =

s2 b2 + + h2 = 4 4

20 2 20 2 + + 20 2 = 24,5 cm 4 4

PdD = φ c. Fcr. AD . (10)-1

La resistencia de diseño a compresión de la diagonal: φ c = 0,85 (Acero AL 220)

k LD = 0,85. LD = 0,85x24,5 = 20,83 cm 1 Fy 1 220 = 1/ . = 94,72 λ c =/c = 104,3/94,72 = 1,10 λ = 20,83x4/0,8 = 104,3 c = 1 / . π E π 200000 De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,484 PdD = 0,85x0,484x220x0,5x0,1 = 4,52 kN - Cara superior

>

Du2 = 3,19 kN

La longitud de la diagonal es: LD =

s2 + b2 = 4

La resistencia de diseño a compresión de la diagonal: φ c = 0,85 (Acero AL 220)

20 2 + 20 2 = 22,4 cm 4

PdD = φ c. Fcr. AD . (10)-1

k LD = 0,85. LD = 0,85x22,4 = 19 cm Fy

1 1 220 . = 1/ . = 94,72 π E π 200000 De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,372

λ = 19x4/0,6 = 127 c = 1 /

(verifica)

PdD = 0,85x0,372x220x0,28x0,1 = 1,95 kN

>

Du1 = 1,59 kN

λ c =/c = 127/94,72 = 1,34

(verifica)


76

 Verificación de deformaciones. (Sección 12.1.11.6.) Se debe determinar el Momento de Inercia modificado Im con respecto a ambos ejes por estar sometida la barra a flexión disimétrica. Se determina la Esbeltez modificada de la barra armada λ m con respecto a ambos ejes ( Sección 12.1.10.3.) Para celosías sólo con diagonales

λ1 = π.

2 A g . d3 no . A D . s .h2

Para pandeo alrededor de x´- x´ no = 2.cos 

Para pandeo alrededor de z´- z´ no = 1

2 x3 x1,13x 24,5 3 = 11,8 2 x cos 26,56 º x 0,50x20 x20 2 k.Lx´ = 1x400 = 400 cm rx´ = 0,471x20 = 9,42 cm ox´ = (kLx´ /rx´ ) = 400/9,42 = 42,5

2 x3 x1,13x 22,4 3 = 18,3 1x 0,28x20 x20 2 k.Lz´ = 1x400 = 400 cm rz´ = 0,408x20 = 8,16 cm oz´ = (kLz´ /rz´ ) = 400/8,16 = 49,1

λ 1x´ = π .

λ 1z´ = π .

2

2

⎛k ⋅L⎞ 2 2 2 ⎜ ⎟ + λ 1 = 42,5 + 11,8 = 44,11 ⎝ r ⎠o rmx´ = (k . Lx´)/ mx´ = 400/ 44,11 = 9,07 cm Imx´ = rmx´2 x Ag = 9,072x3x1,13 = 278,7 cm4

⎛k ⋅L⎞ 2 2 2 ⎜ ⎟ + λ 1 = 49,1 + 18,3 = 52,4 ⎝ r ⎠o rmz´ = (k . Lz´)/ mz´ = 400/ 52,4 = 7,633 cm Imz´ = rmz´2 x Ag = 7,6332x3x1,13 = 197,5 cm4

λ mx´ =

λ mz´ =

Las deformaciones se verifican con las cargas de servicio. Las combinaciones de servicio aplicables son: (Sección 1.4.3.4.) (1) D + Lr

(2) D + 0,7 ( Lr + W(+))

Para obtener la flecha total se componen vectorialmente las deformaciones según los ejes x´-x´ y z´-z´. Para cada eje se calculan las flechas con las fórmulas elásticas de vigas de alma llena. Combinación (1) qz´z´ = 0,052 + 0,404 = 0,456 qx´x´ = 0,152 + 1,183 = 1,335 kN/m 4 5 . q x´ . L4x´ 5 x 1 , 335 x 400 .(10)-1= 0,80 cm fx´máx = .(10)-1 = 384 . E . Imx 384 x 200000x 278,7 fz´máx =

5 x 0,458x 400 4 .(10)-1= 0,39 cm 384 x 200000x197,5

fmáx = 0,80 2 + 0,39 2 = 0,90 cm

Combinación (2) qx´x´ = 0,152 + 0,7x(1,183+0,479x1,38) = 1,443 kN/m qz´z´ = 0,052 +0,7x( 0,404+0) = 0,335 5 . q x´ . L4x´ 5 x1,443x 400 4 fx´máx = .(10)-1= 0,87 cm .(10)-1 = 384 . E . Imx 384 x 200000x 278,7 fz´máx =

5 x0,335 x 400 4 .(10)-1= 0,29m 384 x 200000x197,5

fmáx = 0,87 2 + 0,29 2 = 0,92cm

De combinación (2) resulta una flecha f = 0,92m f/L = 0,92 / 400 =1/ 434 < 1/200

(verifica)


77

(B) (C) (D).- PÓRTICO P3 : Cargas sobre Pórtico y solicitaciones de sección en Arco A, Columna C y Tensor T  Carga permanente y sobrecarga qD P1 P2 P2 P2 P2 P2 P2 P2 P2 P2 P2 P2 P1

Carga permanente D Carga repartida Peso del arco qD = 0,02 kN/m Cargas concentradas P1 = 0,16x4/2 + p.p. columna = 0,32 + 0,23x5 = 1,47 kN P2 = 0,16x4 = 0,64 kN Sobrecarga útil Lr Cargas concentradas

P1 = 0,58x1,365x4/2 = 1,59 kN P2 = 0,58x1,365x4 = 3,18 kN

 Viento Pw

qw

qw = 0,595 kN/m2x4m = 2,38 kN/m

Pw = 0,683 kN/m2x1,38x4 = 3,77 kN

Se determinan las solicitaciones máximas de sección para el arco A, la Columna C y el tensor T para las siguientes combinaciones: (1) 1,2 D + 1,6 Lr (2) 1,2 D + 1,6 (Lr cargando medio arco) (3) 0,9D + 1,5 W No se considera la combinación 1,2 D + 1,6 Lr + 0,8 W por tener sobre el arco Lr y W efectos opuestos. Se consideraron los Momentos de Inercia modificados Im obtenidos del predimensionado de las barras. Las solicitaciones máximas se indican en las verificaciones de cada elemento estructural.


78

(B) ARCO A Se adopta una sección rectangular con cordones de sección circular maciza. 20

y

y

35

35

Cordones:  25 (conformado) Diagonales: cara lateral:  12 (liso)  10 (liso) cara superior:  8 (liso)

35 Cara lateral

z SECCIÓN

20 35 Cara superior

Diagonal  10 Diagonal  12 Distribución diagonales cara lateral

 Máximas solicitaciones de sección Flexo tracción

Muy = 77,9 kNm

Tu = + 25,3 kN

Combinación (3)

Flexo compresión

Muy = 22,3 kNm Muy = 16,3 kNm

Nu = - 58,6 kN Nu = - 81,2 kN

Combinación (2) Combinación (1)

Corte en cuarto inferior del arco Vuy = 17,4 kN en flexo tracción en cuarto superior del arco Vuy = 7,8 kN en flexocompresión Nu = 58,6 kN

Combinación (3) Combinación (2)

 Verificación de los cordones Muy T M  Flexo tracción . 10 2 Tu1 = u + ux ⋅ 10 2 + (12-107) n n1 ⋅ h n1 . b Muy T M . 10 2 Pu1 = u − ux ⋅ 10 2 − (12-108) n n1 ⋅ h n1 . b 25,3 77,9 Tu1 = + . 10 2 = + 117,6 kN 4 2 x 35 25,3 77,9 Pu1 = − . 10 2 = -104,9kN 4 2x 35  Flexo compresión M sy P M . 10 2 Pu1 = u + sx ⋅ 10 2 + (12-113) n n1 ⋅ h n1 . b (Sección 12.1.7.) Longitud de pandeo en el plano del arco: semiarco s = 1642/2 = 821 cm f/L = 0,10  ky = 1,02 ky. Ly = 1,02x821 = 838 cm Longitud de pandeo fuera del plano del arco: Distancia entre arriostramientos Lz = 3x138 = 414 cm kz = 1 kz.Lz = 1x414 = 414 cm

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

Para celosías sólo con diagonales λ 1y = π .

2 x 4 x 4,91x39,13 = 18,5 2 x0,78 x35 x 35 2

λ1 = π.

( )

2 A g . d3 no . A D . s .h2 λ 1z = π .

2 x 4 x 4,91x 26,6 3 = 22,9 2x 0,5 x 35 x20 2


ry = 35/2 = 17,5 cm oy = (kLy /ry )= 838/17,5 = 47,8

79

rz = 20/2 = 10 cm oz = (kLz /rz ) = 414/10 = 41,4

2

2

⎛k ⋅L⎞ ⎛k ⋅L⎞ 2 2 2 2 2 2 λ mz = ⎜ ⎜ ⎟ + λ 1 = 47,8 + 18,5 = 51,2 ⎟ + λ 1 = 41,4 + 22,9 = 47,3 r r ⎝ ⎠o ⎝ ⎠o eoz = 414/500 = 0,83 cm eoy = 838/500 = 1,68 cm λ my =

Pc.my = Msy =

Pu1 =

π2 ⋅ E ⋅ A g λ2my

(

)

⋅ 10 −1 =

(

)

(

)

π 2 ⋅ E ⋅ ( 4 x 4,91) π 2 ⋅ E ⋅ ( 4 x 4,91) −1 ⋅ 10 = 1479 kN P = ⋅ 10 −1 =1732kN cmz 51,2 2 47,3 2

Pu ⋅ e oy .(10) −2 + Muy 53 x1,68 .(10) −2 + 22,3 = =24,05 kNm P 53 1− 1− u 1479 Pc.my

( )

( )

53 24,05 0,45 + ⋅ 10 2 + . 10 2 = 48,73 kN < 104,9 kN 4 2 x35 2x 20

Msz =

53 x0,83.(10) −2 = 0,45kNm 53 1− 1732

(crítica flexotracción)

- Se verifica el cordón con la máxima compresión Pu = 104,9 kN φ c = 0,80 (Acero ADN 420 S)

kL =1xs = 1x35 =35 cm (Sección 12.1.8.) 1 Fy 1 400 = 1/ . = 70,25 λ c =/c = 56/70,25 =0,80 λ = 35x4/2,5 = 56 c = 1 / . π E π 200000 De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,662 La Resistencia de diseño a la compresión es

Pd1 = φ c.Fcr.Ag1.(10)-1

Pd1 = 0,8x0,662x400x4,91x0,1 = 104,1 kN  Pu1 = 104,9 kN

(verifica)

- Se verifica el cordón con la máxima tracción (Sección 12.1.9.1.) Tu1 = 117,6 kN Td1 = φ t.Fy.Ag.(10)-1

(12-32)

Td1 = 0,9x400x4,91x0,1 = 176,7 kN > Tu1 = 117,6 kN

(verifica)

 Verificación de las diagonales - Diagonal en cuarto inferior del arco ( 12) Vuy = 17,4 kN (en flexo tracción) (Sección 12.1.13.(2)) Vuy (12-101) La compresión en la diagonal es: Du2 = 2 . sen α 2 La longitud de la diagonal es: LD =

s2 + h2 = 4

35 2 + 35 2 = 39,1 cm 4

17,4 = 9,7 kN 2 x(35 / 39,1) La resistencia de diseño a compresión de la diagonal: Du2 =

φ c = 0,85 (Acero AL 220)

PdD = φ c. Fcr. AD . (10)-1

k LD = 0,85. LD = 0,85x39,1 = 33,3 cm

1 Fy 1 220 = 1/ . . = 94,72 λ c =/c =111/94,72 = 1,17 π E π 200000 De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,448 PdD = 0,85x0,448x220x1,13x0,1 = 9,5 kN ≅ Du2 = 9,7 kN (verifica)

λ = 33,3x4/1,2 = 111

c = 1 /


80

- Diagonal en cuarto superior del arco (10) Vuy = 7,8 kN (en flexo compresión ) (Sección 12.1.14.(2)) ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎥ 1 π ⎢ 1 ⎥ π ⎢ .⎢ Vsuy = Vuy + β y. Pu (12-119) . =βy = βy = ⎥ = 0,0082 Pu ⎥ 58,6 ⎥ 400 ⎢ 400 ⎢ 1− ⎢ 1− ⎥ ⎢⎣ 1478 ⎥⎦ ⎢⎣ Pcmy ⎥⎦ Vsuy = 7,8 + 0,0082 x58,6 = 8,28 kN Du2 =

La compresión en la diagonal es:

Vsuy

La longitud de la diagonal = 39,1 cm 8,28 Du2 = = 4,63 kN 2 x(35 / 39,1) La resistencia de diseño a compresión de la diagonal: φ c = 0,85 (Acero AL 220)

PdD = φ c. Fcr. AD . (10)-1

k LD = 0,85. LD = 0,85x39,1 = 33,3 cm Fy

1 1 220 . = 1/ . = 94,72 π E π 200000 De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,346

λ = 33,3x4/1 = 133

(12-101)

2 . sen α 2

c = 1 /

λ c =/c =133/94,72 = 1,41

PdD = 0,85x0,346x220x0,785x0,1 = 5,08 kN > Du2 = 4,63 kN

(verifica)

- La diagonal de la cara superior deberá verificarse con el corte ideal resultante de la compresión máxima.  Marco extremo (Secciones 12.1.14. y 12.1.10.3.) En los extremos del arco se colocará un marco de perfil ángulo. El angular deberá cumplir: n p ⋅ Ip h

≥

10 ⋅ I1 s

I1 = 2x(.dc4/64) =2xx2,54/64= 3,84 cm4 Ipmín = 10x3,84x35/2x35 = 19,2 cm4 

(12-60) s = 35 cm h = 35 cm np = 2 ángulo 2 1/4”x(1/4)” (Ix = 21,23 cm4)

 Fabricación, transporte y montaje Si el arco se fabrica en dos tramos, estos deberán ser unidos en la clave. La unión (Sección12.1.18.) deberá trasmitir los Momentos flectores, Esfuerzos Normales y Esfuerzos de corte requeridos en la sección de la clave para la o las combinaciones críticas. La unión mas convenientes es a través de dos marcos de perfiles ángulos unidos por bulones. Los marcos están soldados a los cordones y diagonales del arco en su extremo. Para el dimensionado de los bulones se tomará en cuenta el efecto palanca.


81

(C) COLUMNA C Sometida a flexoaxil. Se adopta una sección rectangular con cordones de perfiles ángulo. 44 x

40

40

x 20

40,3 y SECCIÓN

Cara Paralela a x-x

Cara paralela a y-y

Cordones : Perfil ángulo 2 ½”x1/4” Distancia entre ejes de ángulos = 44 – 1,82x2 = 40,3 cm Diagonales: Cara paralela a x-x :  16 (liso) Cara paralela a y-y :  8 (liso)

 Materiales:

Cordones F24 (Fy = 235 MPa) Diagonales AL 220 (Fy = 220 MPa)

 Máximas solicitaciones de sección Flexo tracción

Muy = 112,2 kNm

Tu = + 29,7 kN

Flexo compresión

Muy = 16,8 kNm

Nu = - 38,4 kN

Corte

Vuy = 31,4 kN en flexo tracción Vuy = 3,84kN en flexocompresión Nu = 38,4 kN

 Verificación de los cordones Muy T M . 10 2  Flexo tracción Tu1 = u + ux ⋅ 10 2 + n n1 ⋅ h n1 . b Muy T M . 10 2 Pu1 = u − ux ⋅ 10 2 − n n1 ⋅ h n1 . b 29,7 112,2 Tu1 = + . 10 2 = + 146,7 kN 4 2 x 40,3 29,7 112,2 Pu1 = − . 10 2 = -131,8 kN 4 2 x 40,3

Combinación (3) Combinación (1) Combinación (3) Combinación (1)

( )

( )

(12-107)

( )

( )

(12-108)

( )

( )

- Se determina la resistencia de diseño a compresión del cordón φ c = 0,85 (Acero F24)

kL =1xs = 1x40 =40 cm (Sección 12.1.8.)

Ag1 = 7,66 cm2 Ix = 29,26 cm4 rmín = 1,25 cm 1 Fy 1 235 = 1/ . = 91,65 λ c =/c = 32/91,65 =0,35 c = 1 / . π E π 200000

Perfil ángulo 21/2x1/4 λ = 40/1,25 = 32

La Resistencia de diseño a la compresión es 2

Pd1 = 0,85x 0,658 λ c x235x7,66x0,1 = 145,4 kN

Pd1 = φ c.Fcr.Ag1.(10)-1


82

- Se determina la resistencia de diseño a tracción del cordón Td1 = φ t.Fy.Ag.(10)-1 -

Td1 = 0,9x235x7,66x0,1 = 162 kN

La verificación de los cordones se hace mas adelante pues por la excentricidad de los nudos resultante de la adopción de diagonales de diámetro 16 , resultan sometidos a flexo axil.

- No se realiza la determinación de esfuerzos axiles en los cordones cuando la columna está sometida a flexo compresión (combinación (1))) pues las solicitaciones de sección son mucho menores a las de flexo tracción  Verificación de las diagonales -

Vuy = 31,4 kN (en flexo tracción) (Sección 12.1.13.(2)) Vuy La compresión en la diagonal es: Du2 = 2 . sen α 2 La longitud de la diagonal es: LD =

s2 + h2 = 4

(12-101)

40 2 + 40,3 2 = 45 cm 4

31,4 = 17,6 kN 2 x( 40,3 / 45) La resistencia de diseño a compresión de la diagonal: Du2 =

PdD = φ c. Fcr. AD . (10)-1

φ c = 0,85 (Acero AL 220)

k LD = 0,85. LD = 0,85x = 38,2 cm F 1 1 220 y = 1/ . = 94,72 λ c =/c =95,5/94,72 = 1,01 λ = 33,3x4/1,6 = 95,5 c = 1 / . π E π 200000 De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,534 PdD = 0,85x0,534x220x2,01x0,1 = 20,1 kN > Du2 = 17,6 kN (verifica) 

Momentos flectores secundarios por excentricidad de nudo e b h α s

d1

dD di

b

di = η . dD

d1 = γ . dD

d1

dD = 1,6 cm diámetro interior de doblado mínimo (Sección 12.1.6.1.) = 4 dD (Sección 12.1.6.3.) Se adopta d1 = 0,8 cm Resultan  = 4  =d1/dD = 0,8/1,6 = 0,5 La excentricidad e es : ⎡ η +1 η ⎤ e= ⎢ − + γ ⎥ . dD − 0,7b ⎣ 2 . cos α 2 ⎦ ⎤ ⎡ 4+1 4 e= ⎢ − + 0,5 ⎥ . 1,6 − 0,7 x6,35 = 2,1 cm ⎦ ⎣ 2 . (20 / 45) 2 Siendo la diagonal externa no es necesario satisfacer e ≤ 0,3 b – 2,5 t

b = 6,35 cm (12-20)


83

El momento flector secundario en el nudo es: (Sección 12.1.6.4.) V .s.e (10) −2 Ms = u h (31,4 / 2)x 40x 2,1 s . e Ms = (10) −2 =0,33 kNm 40,3 En cada cordón el Momento flector secundario Mc = 0,5 Ms = 0,5x0,33 = 0,165 kNm

(12-29)

 Verificación de las barras de los cordones (Sección 8.2.) - Resistencia de diseño a flexión Módulo elástico perfil Sc = 6,46 cm3 Por pandeo local b/t = 6,35/0,635 = 10 <

240 Fy

=

240 235

= 15,66

Mn = 1,5.Fy.Sc.(10)-3 = 1,5x6,46x235x0,001 = 2,28 kNm Por pandeo lateral My = 0,8.Sc.Fy.(10)-3 = 0,8x6,46x235x0,001 = 1,215 kNm 2 132 ⋅ b 4 ⋅ t ⋅ Cb ⎡ ⎤ Mob = 1 + 0,78 L ⋅ t b2 − 1⎥ 2 ⎢ L ⎦ ⎣

(

)

(

132x 6,35 4 x 0,635 x1 ⎡ 1 + 0,78 40x 0,635 6,35 2 2 ⎢ 40 ⎣ Mn = 1,92 − 1,17 My Mob ⋅ My ≤ 1,50 My

M ob =

Mn

[ = [1,92 − 1,17

]

)

2

(7-80) ⎤ − 1⎥ = 12,29 kNm > My = 1,215 kNm ⎦ (7-79)

]

1,215 12,29 ⋅ M y = 1,55 M y > 1,50 M y

Luego Mn = 1,5 My = 1,5x1,215 = 1,823 kNm Resistencia de diseño a flexión Md = φ.Mn = 0,9x1,823 = 1,64 kNm - Verificación interacción (Sección 8.2.) Flexo tracción

Tu = 146,7 kN

Mu = 0,165 kNm Td = 162 kN

Md = 1,64 kNm

Para Pu / φ.Pn = 146,7/162 = 0,906 > 0,2 Muy ⎤ Pu 8 ⎡ Mux + ⎢ + ⎥ ≤ 1,0 φ ⋅ Pn 9 ⎢⎣ φ b ⋅ Mnx φ b ⋅ Mny ⎥⎦ 146,7 8 ⎡ 0,165 ⎤ + ⎢ = 0,995 < 1 162 9 ⎣ 1,64 ⎥⎦ Flexo compresión

Pu = 131,8 kN

Mu = 0,165 kNm Pd = 145,4 kN

Para Pu / φ.Pn = 131,8/145,4 = 0,906 > 0,2 Muy ⎤ Pu 8 ⎡ Mux + ⎢ + ⎥ ≤ 1,0 φ ⋅ Pn 9 ⎣⎢ φ b ⋅ Mnx φ b ⋅ Mny ⎦⎥ 131,8 8 ⎡ 0,165 ⎤ + = 0,996 < 1 145,4 9 ⎢⎣ 1,64 ⎥⎦

(8-4) (verifica) Md = 1,64 kNm

(8-6) (verifica)


84

 Marco extremo (Secciones 12.1.14. y 12.1.10.3.) En los extremos de la columna armada se colocarán presillas. La presilla deberá cumplir: n p ⋅ Ip h

≥

10 ⋅ I1 s

s = 40 cm I1 = 2x29,26 = 58,52 cm4 Ipmín = 10x58,52x40,3/2x40 = 295 cm4 

(12-60) h = 40,3 cm np = 2 Presilla 15,2x0,952 (6”x3/8”)

(D) TENSOR T La máxima tracción es Tu = 77,8 kN en Combinación (1) Se adopta para el tensor un diámetro d = 25 mm (liso). Acero AL 220 Se verifica el tensor con la máxima tracción (Sección 12.1.9.1.) Td1 = φ t.Fy.Ag.(10)-1

(12-32)

Td1 = 0,9x220x4,91x0,1 = 97,2 kN > Tu = 77,8 kN

(verifica)

Para ponerlo en tensión se le coloca un manguito roscado. La barra roscada tendrá un diámetro dbr =1,2 d = 1,2x25 = 30 mm (E) VIGA V Se adopta el siguiente esquema: 700

12 30 30 Cara lateral

5kN Vista lateral

SECCIÓN

Cordones : φ 16 (liso) Diagonales : Cara lateral : φ 8 (liso) Cara superior : φ 6 (liso)

30 Cara superior

Para garantizar el desarrollo de la resistencia a pandeo lateral se debe garantizar en el apoyo la restricción al giro alrededor del eje de la viga (Sección 12.1.11.3.). Para ello se adopta la disposición que se muestra en la vista lateral con dos redondos soldados a la viga i unidos a la columna. La viga no cumple la relación geométrica b  h/2 pero ello no es necesario si verifica el estado límite a pandeo lateral. Materiales:

Cordones AL 220 (Fy = 220 MPa) Diagonales AL 220 (Fy = 220 MPa)

 D ( carga permanente) Peso de viga :

D = 0,10 kN/m


 Sobrecarga L

85

Carga a levantar con peso de aparato de izaje = 5 kN

Mayor solicitación a flexión y corte con combinación 1,2 D + 1,6 L Mu = 1,2x(0,1x72/8) + 1,6x(5x7/4) = 14,96 kNm Vu = 1,2x(0,1x7/2) + 1,6x(5/2) = 4,42,kN La viga V está solicitada a flexión simple y a corte. (Sección 12.1.11.)  Estado límite de pandeo local de barras (Sección 12.1.11.1.) (1) Pandeo local de las barras del cordón comprimido Esbeltez del cordón kL = 1xs = 1x30 = 30 cm De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,662 Mdcx = φ c. h . n1 . Agc1. Fcr. (10)-3

 = 30x4/1,6 = 75

c = /c = 75/94,72 = 0,80 (12-61a)

Mdcx = 0,85x30x2x2,01x0,662x220x0,1 = 14,93 kNm ≅ Mu = 14,96 kNm

(verifica)

(2) Pandeo local de las barras de diagonales Esbeltez de la diagoanl kL = 0,85xlD = 0,85x33,54 = 28,5 cm  = 28,5x4/0,8 = 142,6 c = /c = 142,6/94,72 = 1,51 De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,311 VdD = φ c. Fcr. AD . 2. sen α . (10)-1 (12-62) VdD = 0,85x0,311x220x0,5x2x(30/33,54)x0,1 = 5,20 kN > Vu = 4,42 kN (verifica)  Estado límite de fluencia del cordón traccionado No es necesario verificarlo por ser la sección simétrica con respecto al eje de flexión  Estado límite de pandeo lateral torsional (Sección 12.1.11.3) Para sección rectangular con celosías sólo con diagonales e igual paso en todas las caras: b 2 . h2 . s Jr = (12-78) dh3 d 3v + A Dh A Dv dv = 33,54 cm dh = 19,28 cm

0,5

1

0,5



Jr =

12 2 x30 2 x30 = 38,58 cm4 19,28 3 33,54 3 + 0,28 0,5

Cb = 1,30

Lr

b = 150 . C b . M di

Lr

= 150 x1,3 x

Jr . A g

(12-81)

12 38,58x 4 x2,01 = 2760 cm > Lb = 700 cm (No es crítico pandeo lateral) 14,93

 Verificación de deformaciones (Sección 12.1.11.6.) Se debe determinar el Momento de Inercia modificado Im con respecto al eje de flexión. Se determina la Esbeltez modificada de la barra armada λ m con respecto a dicho eje ( Sección 12.1.10.3.)

86


Para celosías sólo con diagonales

λ1 = π.

2 A g . d3 no . A D . s .h2

2 x 4 x 2,01x 33,54 3 = 14,9 2 x0,50 x30x 30 2 k.Lx = 1x700 = 700 cm rx = (h/2) = 30/2 = 15 cm λ1 = π.

2

ox = (kLx /rx ) = 700/15 = 46,67

λ mx =

⎛k ⋅L⎞ 2 2 2 ⎜ ⎟ + λ 1 = 46,67 + 14,9 = 49 r ⎝ ⎠o

rmx = (k . Lx)/ mx = 700/ 49 = 14,29 cm Imx = rmx2 x Ag = 14,292x4x2,01 = 1641,6 cm4 Las deformaciones se verifican con las cargas de servicio. La combinación de servicio aplicable es: (Sección 1.4.3.4.) D+L qx = 0,10 kN/m Px = 5 kN 4 5 . q x´ . L x´ P . L3 .(10)-1 + . (10) fxmáx = 384 . E . Imx 48 . E . Imx fxmáx =

5 x 700 3 5 x0,1x700 4 .(10)-1 + . (10) = 1,2 cm 48 x 200000 x1641,6 384 x 200000x1641,6

f/L = 1,2/ 700 =1/ 583 <1/ 200

(verifica)

La presente edición de Estructuras Metálicas se terminó de imprimir en JORGE SARMIENTO EDITOR en el mes de Enero del año 2010. JORGE SARMIENTO

UNIVERSITASLIBROS

Impreso en Córdoba - Argentina C 2010 C

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JORGE SARMIENTO EDITOR - UNIVERSITAS

Estructuras Metálicas, Proyecto Por Estados Límites - Ejemplos de Aplicación. Tomo II

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