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8/19/2019 Estructuras Metálicas, Proyecto Por Estados Límites - Ejemplos de Aplicación. Tomo II
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ESTRUCTURASMETÁLICAS
Tomo 2
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GABRIEL R. TROGLIA
ESTRUCTURAS METÁLICAS
Proyecto por Estados Límites
Tomo 2Ejemplos de Aplicación
Séptima Edición – R2 2010
Con especificacionesCIRSOC 301 ELCIRSOC 308 EL
JORGE SARMIENTO EDITOR - UNIVERSITAS
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Diseño Interior: Troglia, Gabriel
Diseño de tapa: Sarmiento, Jorge
Imagen de Tapa: Cubierta Metálica del Estadio ORFEO, Ciudad de Córdoba. Gentileza
de CINTER SRL. Santa Fe: Parque Industrial Sauce Viejo – Tel +54-
342-4503000. Buenos Aires: H. Yrigoyen 1180 – 5° P – Tel +54-11-
63460930
El cuidado de la presente edición estuvo a cargo de
Gabriel Troglia
ISBN: 978-987-9406-52-4
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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: universitaslibros@yahoo.com.ar - Córdo-ba. Argentina.
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Acerca del Autor
El Ingeniero Civil Gabriel R. Troglia es egresado de laUniversidad Nacional de Córdoba. Es Profesor Titular deEstructuras Metálicas y de Madera en la Facultad deCiencias Exactas, Físicas y Naturales y Profesor Titularde Estructuras IA en la Facultad de Arquitectura, Urba-nismo y Diseño, ambas de la Universidad Nacional deCórdoba.
Es Coordinador de la Comisión Permanente de Estructu-ras Metálicas del CIRSOC. Redactor de la versión final delReglamento CIRSOC 301/2005, Comentarios y Ejemplosde Aplicación. Redactor del Reglamento CIRSOC302/2005, Comentarios y Ejemplos de Aplicación. Co-Redactor del Proyecto de Reglamento CIRSOC 303 – Es-tados Límites, Comentarios y Ejemplos de Aplicación. Co-Redactor del Proyecto de Reglamento CIRSOC 701 y Co-
mentarios (Estructuras de Aluminio).
Es autor del Libro “Estructuras Metálicas, Proyecto por Es- tados Límites ” y de otras publicaciones sobre la temática
estructural. Ha dictado y dicta cursos y seminarios deEspecialización y Postgrado en diversas Universidades y Colegios Profesionales del país.
Durante mas de 37 años ha realizado numerosos pro- yectos de Estructuras de Acero, Hormigón Armado, Mix-tas y de Madera para edificios, naves industriales, puen-
tes, silos, tanques y otros construcciones.
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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
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. TrogliaI I
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 BARRASDE 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 Indicadasdeben ser estrictamente respetadas en la aplicación de dichas fórmulas. En algunas fórmulas decarácter general se indica que las mismas deben ser utilizadas con unidades compatibles y así sonaplicadas en los Ejemplos de Aplicación. Las unidades utilizadas en el CIRSOC 301/ (EL) son:
dimensiones lineales : cm.áreas : cm²módulo plástico, módulo resistente : cm3
momento de inercia, módulo de torsión : cm4
módulo de alabeo : cm6
tensiones : MPatensiones : KN/cm2 = 10 MPafuerzas, esfuerzos de corte : kNmomentos flexores : kN.m
Para facilitar el uso de las unidades del Reglamento se indican las equivalencias aproximadas con lasunidades de tensiones, fuerzas y momentos flexores tradicionales en nuestro medio.
1 MPa 10 Kg/cm²1 kN 100 Kg = 0,1 Tn1 kN.m 0,1 Tn.m
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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 de-bidos a las acciones indicadas. Los efectos se obtuvieron por análisis global elástico de primerorden 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 amplificaciónde los Momentos de primer orden. (Página 31).
D Lr W S
15 kN 12,5 kN 12kN 17,5 kN
4,12 kN
6 m 4,12 kN
4,12 kN
C
M = 12,36 kN.m V = 6,18 kN
Solicitaciones de servicio (nominales) Análisis elástico de pr imer 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.) Comb. (A.4-3)( 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.) Comb. (A.4-3) ( 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.) Comb. (A.4-3) 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.4-4)
(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.) Comb. (A.4-4) Mu = 1,5 . 12,36 = 18,54 kNm
Vu = 1,5 . 6,18 = 9,27 kN
(g) 0,9 D + 1,5 W Nu = 0,9 .15 – 1,5.12 = - 4,5 (tracción) Comb. (A.4-6) Mu = 1,5 . 12,36 = 18,54 kNm
Vu = 1,5 . 6,18 = 9,27 kN
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia.2
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 respectivasresistencias requeridas para todas las combinaciones que pueden ser críticas.
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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)
Espesor ala perfil WT = 5/16” (7,93 mm)
Tamaño máximo del filete (pág. 65)e> 6mm e= espesor ala perfil = 9,5 mmluego dmax = 9,5 –2 = 7,5 mm = 0,75 cm
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)
longitud necesaria cm33cm8,32cm/kN16,9
kN300
R
FL
1d
ut
Se adopta un cordón frontal. Se distribuye L1 = L2 =2
1033 −=11,5 cm < 12,7cm (espacio dispon.)
Supera la dimensión disponible por lo que no pueden ejecutarse72,6 29 cordones con centro de gravedad igual al del perfil.
4"x3/8"
WT 6-20
Fu(p/perfil ángulo) = 300 kNAcero Perfil F24 (Fy =235 MPa)Electrodo de FExx = 480 MPa
No es necesario que coincidan los centros de gravedad de la unióncon el centro de gravedad del perfil ángulo.
Si lo fuera: L1 = 103316,10
26,7− =16,5 cm >12,7cm (Fórm.2-26)
2 mm 3/8” eg d=7,5mm(9,5mm)
d
10cm
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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)
Máximo tw > 6mm d tw-2mm = 8,5-2 = 6,5 mm = 0,65 cm
Pu=7 tn
PU200
Se supone d = 1 cm Centro de gravedad de la soldadura: Aw = (2x15+1x20)x1 = 50cm2
50
5,0x1x202x5,7x1x15x g
+
= =4,70 cm
Momentos de inercia: 42
3
x cm9743~2x5,10x1x1512
1x20~I =
4233y cm1511~20,4x1x202x
3
1x3,1070,4I =
4p cm125515119743I =
Tensiones: Pu = 7 tn = 70 kNMomento torsor respecto c. de g. de la unión soldada cm.kN1212cm3,1020kNx70Tug =
Tensiones en punto mas alejado (1): 21
p
ug1TH cm/kN55,411x
5125
2121y
I
Tf =
21
p
ug1Tv cm/kN26,43,10x
5125
2121x
I
Tf =
22
w
u1V cm/kN40,1
cm50
kN70
A
Pf =
221res 55,440,126,4f + = 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
Lado necesario dnec = cm60,0cm59,022,12
26,7 > dmin = 0,5 cm
Se adopta d = 0,6 cm = 6 mm < dmax = 6,5 mm
Se adopta Método elástico Lado del filete (d)Mínimo 6 < 8,5 < 13 5mm = 0,5 cm
Acero Fy =235 MPaElectrodo FE = 480 MPa
15cm
15cm
4 70 10 30
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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 cmPu = 40kN = 4 tn e = 5 cm
4"x3/8"(101x9,5)
Pu=7 tn
PI 20
Resulta MPa3,28cm/kN83,214,14
40
A
Vf 2
1w
uv =
MPa85,84cm57,23
)10.(kNm2
S
Mf
3
3
w
un =
MPa45,893,2885,84f f f
222
V
2
nc = Resistencia de diseño para filete de d= 1cm y longitud = 1cm
0,60x0,60x480x0,707x1cmx1cm/cm2 = 122,2 MPa
dnec = =cm1.2,122
45,89 0,73 cm > dminimo
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).
Pu=7 tn
PU200
P U 26
VM
VV
1
2
d1
d2
Vu = 4 tn = 40 kNMu =40x5x10-2 =2 kNmSe adopta d= 1cmAw = 2x10x1x0,707= 14,14cm2
Sw = 3
2
cm57,232
6
10.707,01=
bulones φ 12,7 (1/2 “ ) A 325Unión tipo aplastamiento. Roscaexcluida del plano de corte.
G
G
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia.6
Se determina la fuerza cortante requerida en bulones por método elástico l ineal.
d1 = cm58,14~5,75,12 22=
d2 =7,5 cm Σ d i2 = 4x(14,58)2+ 2x(7,5)2 = 962,8 cm2
==
∑
58,14d
5,27PP 2
iu1M kN2,2958,14x8,962
5,27.70=
kN7,116
70P 1P = =59,04
αcosPP2PPP 1P1M2
1P2
1M1u =36,62kN
Resistencia de diseño al corte (Fórmula 2-4. Página 43)
==
−12
1bvd )10.(
4
27,1.415.1.75,0)10.( A.F.m75,0R 39,4 kN > Pu1 = 36,62 kN verifica
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; Le = 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).11
uc1d )10(x370x635,0x25,3x2,1x75,0)10.(FtL2,175,0R −
= =68,7 kN > 36,62 kN verifica11
u2d )10(x370x635,0x27,1x4,2x75,0)10.(Ftd4,275,0R −
= = 53,7 kN >36,62 kN verifica
El método elástico l ineal es el único permit ido 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 C bg
φ agujero 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) bg = 140 mm t = 4,76 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 cmCadena (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
PP1 PM1
Pu1
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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 unachapa de nudo con 3 bulones M16 (ISO 8.8) en línea y sólo por una cara.
t = 6,35 4”x1/4” (101,60x6,35) Ag = 12,52 cm2
101,6 G Xg = X = 27,7 mmbulón = 16 mm
27,7 nominal agujero = 16 + 2 = 18 mmAcero F24 Fy = 235 MPa = 2400 Kg/cm2
Fu = 370 MPa = 3780 Kg/cm2
Plano de corte 40
80
80
Plano de tracción61,6 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 corteAnt = (4 – 0,5x2)x0,635 = 1,905 cm2 = Ant = área neta sometida a tracciónAgv =(8x2 + 4)x0,635 = 12,7 cm2 = Agv = área bruta sometida a corteAgt = 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)
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(2) Resistencia de diseño a tracción axil. (Sección 3.5., Página 85)
(a) Fluencia en la sección bruta.
Rd1
= t . F
y . A
g .(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 (Ej.2/3-5)
Se comparan (Ej.2/3-4) y (Ej.2/3-5) 264,8 kN > 259,1 kN
Resul ta menor la (Ej.2/3-5), luego la barra falla a tracción por ro tura 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 Resistenciade Diseño a Tracción ((Ej.2/3-6)) resulta menor la Resistencia de Diseño por Rotura de Bloque deCorte. 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 losMedios de Unión.
(B) VERIFICACIÓN DE LA CHAPA DE NUDO
Se supone una distribución de la fuerza a 30º .(Sección 7.8.7. Página 264)
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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 0,9 x Ag x Fy = 0,9 x 12,93cm2 x 235 MPax(10)-1 = 273,5 kN (Ej.2/3-8)
Rotura área neta 0,75 x Ae 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 barrala determinante de la Resistencia.
(C) VERIFICACION DE LOS MEDIOS DE UNIÓN
Determinaremos la Resistencia de diseño de la unión abulonada con tres bulones φ16 Tipo ISO8.8 suponiendo que por su longitud la rosca está excluída del plano de corte .Se plantea Unión tipo aplastamiento.
(a) Resistencia de diseño a cor te. (Fórmula (2-4). Página 43)
bulones1
bvd n.)10.( A.F.m.75,0R o
= (para nº bulones = 3) m = 1 (una sección de corte)
Fv = 415 MPa (ISO 8.8, rosca excluída de los planos de corte)
22
b cm01,24
d A ==
3x)10(x01,2x415x1x75,0R 11d
−
= =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 mmDe Fórmulas (2-13), (2-14) (Página 46) Nº de bulones = nº = 3
=
−
11ucn1d )10(x370x635,0x5,15x2,1x75,0)10.(F.t.L.2,1x75,0RR 327,7 kN=
− 3x)10(x370x635,0x6,1x4,2x75,0ºn.)10(.F.t.d.4,2x75,0RR 11un2d 203 kN
Es menor la res is tencia de diseño al cor te 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 deunión 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 dismi-nuiría el U (al aumentar el L) con lo que la resistencia de la barra quedaría determinada por lafluencia de la sección bruta lo que permite el aprovechamiento total de la sección de acero dela barra.
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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..
Acero F24 Fu = 370 MPa Fy = 235 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) Resis tencia de la barra (chapa)
Resistencia a tracción
Al existir cordones longitudinales y uno transversal y ser una chapa plana (todos los elementosunidos) 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 defluencia 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 corteLa 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 tracciónSe 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 kNResistencia 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 loque 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 dediseño mayor o igual a Rd = 818,7 kN. Si esto no fuera posible para el mayor lado de filete aceptablese deberá redimensionar el largo de los cordones longitudinales.
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EJEMPLO 2/3-8:Dimensionar una barra (tensor) sometida a una fuerza de tracción de Tu =240 kN unida a una chapade nudo con dos cordones de filete. Dimensionar chapa de nudo y unión soldada. El tensor tieneuna 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 MPaAplicación de las secciones 3.4., 3.5., 3.6., 3.8.,2.3.6.
300
Lw
300 LT=424t
Tu
(1) Dimensionado del perfil.
Hacemos Tu = Rd = φt.Pn y buscamos el área necesaria
Para estado límite de fluencia en la sección bruta. De Fórmula (3-3)
Ag min =2
yt
u cm35,1110x235x9,0
24010.
F.
T=
φ
Para estado límite de rotura en la sección neta. De Fórmula (3-4) y considerando que Ae = U.Ag
(Página 84)
Ag min = 10xU.F.
T
ut
u
φ
Se adopta el máximo valor para U ⇒ U = 0,9
Ag min =2cm61,910x
9,0x370x75,0
240=
Para el valor de U adoptado, resulta mayor la sección necesaria para el estado límite de fluencia enla 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 / r mín = 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 valorde U menor que el adoptado. Con el área del perfil adoptado (11,47 cm2) el valor mínimo de U
debe ser: 76,010x47,11x379x75,0
24010. A.F.75,0
TUgu
u=
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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 igualespesor que el ala del perfil tc = 0,793 cmDe Tabla J.2-4 (Página 65) dmínimo = 5 mm De Página 65 dmáximo = tperfil – 2 = 7,93 –2 = 5,93mmSe adopta lado del filete d = 5 mm = 0,5 cmDe 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:
L = cm9,1310x5,0x480x60,0x60,0x2
)T(240 u=
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 cmEl 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 t racción
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)
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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 figuramediante el uso de nomogramas.Aplicación de la Sección 4.5.1.(Página 111)
Cargas requeridasC1a Pu =170 kN
C2a Pu =410 kNC3a Pu =250 kNC1b Pu = 50 kNC2b Pu =120 kNC3b Pu = 75 kN
Características mecánicas Acero F24 (Fy = 235 MPa)C1 (C1a – C1b ) PNI 24 Ix =4250 cm4 Ag = 46,1 cm2
C3 (C3a – C3b )
C2 (C2a – C2b ) PNI 28 Ix =7590 cm4 Ag = 61 cm2
V1a Sección I Ix = 33000cm4 V1b Sección I Ix = 72000cm4
V2a Sección I Ix = 19000cm4 V2b Sección I Ix = 31550cm4
Cálculo de los “ G” de nudo
∑
∑
=
g
g
c
c
LI
L
I
G
nudo∑
∑
=
g
g
c
c
LI
LI
G
2 47,0
60033000
3004250
3604250
G2 ==
5 344,0900
72000600
33000 3007590
3607590
G5 =
+
+=
3
C1b
2
C1a
1
6
C2b
5
C2a
4
9
C3b
8
C3a
7
V2a
I
V2b
I
V1a
I
V1b
I
C1 C2 C3
600 900
300
360
GB
GA
y x z
(Dimensiones en cm)
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia.14
8 325,0
90072000
3004250
3604250
G8 ==
3 447,0600
19000300
4250
G3 =
6 38,0
90031550
60019000
3007590
G6 =
+
9 404,0
90031550
3004250
G9 =
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 G A GB k (nomograma) C1a 10 0,47 1,78 C1b 0,47 0,447 1,14 C2a 10 0,344 1,73 C2b 0,344 0,38 1,11 C3a 10 0,325 1,71 C39 0,325 0,404 1,12
(b) Corrección por inelasticidad (E ≠
constante) (corrección (a)) (Página 115)
Se verifican sólo columnas de la PB. Con la relacióng
u
A
Pen la tabla de la Figura 4-17(Página 116)
para Acero F-24 obtenemos el valor β para corrección.
Columna )10.( A
P
g
uβ
C1a MPa8,3610.cm1,46
kN0172 = 1
C2a MPa7,6210.cm61
kN0412 =
1
C3a MPa3,5410.cm1,46
kN0252 = 1
En todos los casos de tabla 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 lasvigas resultante de la acción de fuerzas horizontales.
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia. 15
Resultan los siguientes diagramas de momentos envigas. (kN.m)
−
N
Fgg M
M2LL
Siendo MF = momento en el extremo mas alejado
MN = momento en el extremo mas cercano
V1a Der. m74,62,209
3,18326Lg =
− Izq. m15,53,183
2,20926Lg =
−
V1b Der. m98,229
23029Lg =
− Izq. gg Lm9L =
V2a Der. m64,39
9,3826Lg ≈
− Izq. gg LL
V2b Der. m75,81,44
3,4529Lg =
− Izq. m23,93,45
1,4429Lg =
−
Se indican en el gráfico los tramos de viga donde el punto de inflexión se mantiene en elcentro (=) y donde varía de posic ión (≠).
Se modifican los nudos correspondientes y los respectivos G y k respectivos
nudo∑
∑
=
g
g
c
c
LI
LI
G
2 528,0
67433000
3004250
3604250
G2 ==
5 320,0
90072000
51533000
3007590
3607590
G5 =
+
+
=
8 325,0
90072000
3004250
3604250
G8 ==
3 447,0
60019000
3004250
G3 =
6 374,0875
31550600
19000300
7590
G6 =
+
Viga 39,4Superior V2
38,9
44,1
45,3
Viga 209,2Inferior V1
183,3
229,8
230
10 tn
10 tn
=
=
Der. Izq.
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia.16
9 414,0
92331550
3004250
G9 =
Nudos 1;4;7 articulados G = 10
Cálculo de los “ k” corregidos – según nomograma de Figura 4-16(b) (Página 114)
columna G A GB k (nomograma) C1a 10 0,528 * 1,80 C1b 0,528 0,447 * 1,17 C2a 10 0,320 1,71 C2b 0,320 0,374 1,11 C3a 10 0,325 1,71 C3b 0,325 0,41º4 1,12
Las diferencias en los valores de k son despreciables pues la diferencia de luz de los tramos devigas se compensa con la variación de Inercia lo que lleva los puntos de inflexión casi a la mitadde la luz.
(d) Corrección por d iferencias de rigidez de columnas del piso- (Corrección (C)).(Página 117)
Aplicamos el método del pandeo de piso por no disponer del desplazamiento lateral relativo depiso ∆ oh aunque tengamos todas las columnas del piso con igual altura. Se aplica entonces laFórmula (4-22) (Página 118). Todas las columnas del piso aportan rigidez lateral.
Σ
Σ
=
)P(
)P(
P
P´k
2e
u
ui
eii con Pei =
i
2i
2
L
I.Ey Pe2i
π
=
2
ii
i2
)L.k(
I.E.
Teniendo todas las columnas del piso igual altura L la formula (4-22) se transforma en:
∑
=
2iiui
iui k/I.P
I).P(k
Se toman k i corregidos por (c) e Ii corregidos por (b) (en este caso =1, no hay corrección de I)
Planta baja ∑
= kN083250410170Pu
42222
i
i cm536171,1
4250
71,1
7590
80,1
4250
kI
=
∑
Planta alta ∑
= kN2457512050Pu
42222
i
i cm653.1212,1
4250
11,1
7590
17,1
4250k
I=
∑
Se calculan k i’ con la fórmula resultante y se verifica que se cumpla que el k i´ resultante seamenor que el que corresponde al modo indesplazable. En este caso en forma simplificada k i´ ≥ 1
Columna k i’ k i
C1a 967,15361170
4250830=
*> 1 1,80 OK
C1b 283,11265350
4250245=
*> 1 1,17 OK
C2a 693,15361410
7590830=
> 1 1,71 OK
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia. 17
C2b 107,112653120
7590245=
> 1 1,11 OK
C3a 622,15361250
4250830=
> 1 1,71 OK
C3b 047,11265375
4250245=
> 1 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)
C1 = aportan rigidez lateralC2 = no aporta rigidez lateral
(biarticulada)
(Dimensiones en cm)
(a) Suponemos que por aplicación de la Sección 4.5.1.(B) corrección (a), Figura 4-17, se ha
verificado la columna C1 y parag
u A
P resulta β =1 NO SE CORRIGE POR INELASTICIDAD
(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 paraobtener los momentos que resultan en la viga cargando el pórtico con carga unitaria. (en kN.m)
Nudo 2 Der m93,150,82
7,028L
g
=
−
Nudo 6 Izq. Igual anterior m93,15Lg =
Cálculo de k (nomograma de Figura 4-16(b))
Nudo G
2 y 6 33,1
15933
4001
=
Del nomograma de la Figura 4-16(b)
Columna G A GB k i
C1 1 (empotrada) 1,33 1,38
0,7 82,0
0,7
82,0
100 kN 250 kN 100 kN V V
2 J=3 4 J=3 6
C1 J=1 C2 J=0,5 C1 J=1 400
1 3 5
800 800
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia.18
Se aplica el método de pandeo de piso (Fórmula (4-22)). Para todas las columnas del piso conigual altura resulta según ejemplo anterior:
∑
=
2iiui
iui
k/I.P
I).P(k los Ii y k i son de las columnas que aportan rigidez lateral (2 Columnas C1)
con Σ
Pu = 100 + 250 + 100 = 450 kN
resulta para la columna C1 07,225,2.38,1)38,1/I2(.100
I.450k
21
1i =
Planteando la relación entre k’ 1 y k1 podemos observar en cuanto se incrementa el factor delongitud efectiva de la columna rígida por acción de la columna central sin rigidez lateral.
5,138,1
07,2
k
k
i
i=
La columna central sin rigidez lateral produce un incremento del 50% del factor de longitudefectiva 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)
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 kNPLr = 155,0 kNPW = 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)
Pu
A
B
400
800 800
A
B
C2
C2
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia. 19
Comb. (A.4-3) base sobrecarga 1,2 D + 1,6 Lr 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 detecho 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 condesplazamiento impedido kx = ky = 1Por 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 r x = r y
(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 noesbeltas). Los perfiles laminados cumplen generalmente las relaciones necesarias de esbeltezlocal; una vez realizado el dimensionado con la hipótesis antedicha (Q = 1) se verificará comoaplicación 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)
Para F 24
π r
kL
E
F1 yc =
π r
kL
200000
2351 =
=
r
kL
65,91
1c
Se analizan tres formas seccionales para comparar.
(A) Perfi l Normal “ doble te” (PNI)
En este perfil manda r y ya que al ser igual la longitud de pandeo en ambas direcciones, con menor radio de giro la esbeltez será mayor.
y y
x
x
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia.20
1er tanteo : Proponemos = 160 5,174,165,91
160c >
Aplicando fórmula 4-26b, Página 125, con Q = 1
07,68
74,1
877,0235
877,0FF
22
c
ycr =
λMPa07,68Fcr =
De Fórmulas 4-24 y 4-25) 85,010.F
P A)10.(F. A.RP c
cr c
ug
1cr gcdu =
φ
−
Con esta expresión calculamos la Sección Necesaria
2necg cm87,4510x
MPa07,68x85,0
kN4,652 A =
2necg cm87,45 A =
Calculamos el Radio de giro necesario a partir de la esbeltez supuesta
160cm400Lk
r necy =
λ
cm5,2r necy = Se busca en la tabla un IPN con necyy r ~r =
Obtenemos un IPN30 con r y = 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.) 5,118,265,91
200c >
Aplicando fórmula 4-26b con Q = 1
37,4318,2
877,0235F
2cr =
MPa37,43Fcr =
Sección Necesaria 99,7110xMPa37,43x85,0
kN4,265 A necg =
2necg cm99,71 A =
Se calcula el Radio de giro necesario200
cm400r necy =
cm2r necy =
En tabla encontramos el perfil IPN22 con r y = 2,02 cm y Ag = 39,5 cm2
Como Ag <Ag nec (39,5 cm2< 71,34 cm2 ) , por lo tanto NO ALCANZA LA SECCIÓN.
Se elige un perfil intermedio: IPN26 Ag = 53,3 cm2
r y = 2,32 cm
Se calcula 4,17232,2
400= 5,188,1
65,91
4,172c >
Para Q = 1
MPa32,5888,1
877,0235F
2cr =
kN3,26410x3,53x32,58x85,0PR 1ncd =
− kN3,264Rd =
)verifica(kN4,265PkN3,264PR uncd = 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 deque la sección no es esbelta.
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Relación Ancho-espesor
Ala 00,441,1
23,11
t
b= Alma 13,22
94,0
8,20
t
h
w
=
31,16235250F250y
r =
Caso 4 38,43235665F665y
r =
Caso 12
31,1600,4t
br
<
λ
ala no esbelta
18,4313,22
t
hr
w
<
λ
alma no esbelta
sección no esbelta ( Q = 1 )
(B) Tubo de sección ci rcular (φ) (Acero F24, Fy = 235 MPa)
De tabla B.5-1-caso 8-a235
22000
F
22000
yr =
62,93r =
Se adopta tubo φ 152,4 x 4 (φ 6” )
De tabla B.5-1-caso 8-a r 1,384
4,152
t
Dλ sección no esbelta (Q = 1)
Ag = 18,648 cm2
r x = r y = 5,248 cm
22,76248,5
400= 5,183,0
65,91
22,76c <
De Fórmula 4-26a MPa13,176235x658,0F.658,0F283,0
y
2c
cr =
λ MPa13,176Fcr =
De Fórmulas 4-24 y 4-25 kN1,27910x13,176x648,18x85,0PR 1ncd =
−
)verifica(kN4,265PkN1,279R ud = 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 12 235
665
F
665
yr
=
38,43r =
espesor Ag = 17,83 cm2 Ix = 561,35 cm4 r x = 5,61 cm14 x 13,36 t = 0,32 Iy = 533,92 cm4 r y = 5,47 cm < r x
Pandea alrededor de y-yy
dimensiones en cm
De tabla B.5-1-caso 12 en alma más esbelta r 75,412,3
6,133
t
bλ sección no esbelta Q = 1
7347,5400=
26a)-(4FórmulaaplicaSe5,1796,065,9173c <
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia.22
MPa3,180235x658,0F658,0F22
c 796,0ycr =
λ MPa3,180Fcr =
De Fórmulas 4-24 y 4-25 con φc = 0,85
kN3,27310X3,180X83,17X85,0)10.(F. AR 11cr gcd =
− kN3,273Rd =
)verifica(kN4,265PkN3,273R ud = Peso de sección armada = 14 kg/m
Se puede observar la diferencia de rendimiento de las distintas formas seccionalescomparando resistencia en relación al peso por metro. Para elegir la mas conveniente sedeberá 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 .
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 condesplazamiento 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 tieneprácticamente influencia para el pandeo alrededor de x-x de la columna analizada, podemos tomarbasándonos 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
Ix = 4
23
cm114052
365,34x25x635,02
12
73,33x635,0=
+
5050
y x x
y
tw=6,35
a=350 x x 337,3=h
y
6,35 (1/4”)tf
6,35 (1/4”)tf
y
250
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia. 23
Iy = 4
33
cm165412
73,33635,0
12
25635,02 =
cm58,5
A
Ir
g
yy = cm65,14
A
Ir
g
xx =
Cálculo de la Esbeltez global
5,9058,5
505
r
L
4,7265,14
1060
r
L
y
yy
x
xx
=
=
Mayor esbeltez alrededor de “y” Pandea alrededor del eje “ y”
Esbeltez local (Tabla B.5-1)
Alma relación ancho / espesor = 12,5335,6
3,337
t
h
w
w= r
w
w
t
hλ
(caso 12) 38,43235
665
F
665
yr = 53,12 > 43,38 ⇒alma esbelta
Ala (caso 5) relación ancho / espesor = 7,1935,6
2250
t
b
f f =
c
yr
kF
285= siendo
w
c
th
4k = (observaciones de Tabla B-5-1)
549,035,6
3,337
4k c
=
0,35 < 0,549 < 0,763
78,13
549,0235
285r = r 78,137,19
t
bλ ⇒ 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)
1824,0549,02357,1900145,0415,1Q
1kF
tb00145,0415,1Q38,257,1978,13
kF
525
kF
285
s
c
ys
c
yf
c
y
<
≤
<
824,0Qs =
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Qa (alma) (procedimiento iterativo – Sección 5.5.2., Página 181)
(a) 1er tanteo
824,0Qs =
se supone 90,0Qa =
luego 742,090,0x824,0Q.QQ as =
(Fórmula 5-21) Luego 742,0Q =
Según Sección 4.6.3. (Página 125) para el pandeo alrededor del eje y:
987,065,91
5,90
65,91y
cy ==
987,0cy =
5,1850,0987,0x742,0Q cy < Aplicamos Fórmula 4-27a
MPa90,128235658,0742,0F658,0QF22
cy 987,0742,0y
Qcrit =
=
λ MPa90,128Fcrit =
Se aplicamos la Sección 5.5.2. – caso (b)
MPa57,10990,12885,0Ff siendof
665
t
bcritcw =
MPa57,109f =
5,6377,109
665
f
665
12,5335,6
5,337
t
bw
=
=
53,12 < 63,5
(b) 2º . tanteo
824,0Qs = se supone 00,1Qa = luego 824,000,1x824,0QQQ as =
824,0Q =
5,1896,0987,0824,0Q cy <
MPa38,138235658,0824,0F2987,0824,0
crit =
MPa38,138Fcrit =
MPa6,11738,138x85,0Ff critc = f = 117,6 MPa
32,616,117
665
f
665
12,53w
=
=
53,12 < 61,32
Luego 824,000,1x824,0QQQ as =
824,0Q =
Resistencia de diseño a compresión axil
MPa6,11738,13885,0Fcritc =
kN3,62510xcm17,53MPax1176)10.( A.F.R 121gcritcd =
−
kN3,625Rd =
Como debe ser w mayor paraque be sea menor a b el valor supuesto para Qa es menor que el real.
1Qbb ae =
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia. 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:
yx2
tz
w2
e II
1JG
Lk
CEF
+
= (Fórmula 4-35)(Página 127)
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 TorsiónCw = Módulo de AlabeoIx + Iy = Momento de Inercia Polar
(de Fórmula (6-7))(Página 192)
6
22
yw cm324.4884
635,0351654
4
hIC
==
6w cm324.488C =
(de Sección 6.3.-caso (6))(Página189)
[ ]
]
433
3f
3w
3f
cm15,7635,0x73,33635,0x25x23
1J
tbthtb3
1J
=
4cm15,7J =
kz = 1 ( conservador en voladizo empotrado con extremo articulado)
MPa7,331165411405
115,7x77200
505x1
488324x200000xF
2
2
e =
+
+=
MPa7,331Fe =
841,07,331235
FF
e
yec =
841,0c =
4)-4/5EJEMPLOde(987,0841,0
siendo cyc
<
λ
Manda pandeo flexional alrededor de “ y”
Para obtener la Resistencia de Diseño a pandeo torsional debemos utilizar la fórmula general conλe en lugar de
λc . Se debe considerar que la sección es con elementos esbeltos. (Q = 0,824)
5,176,0841,0x824,0.Q e <
Rdpt = kN7,68510x17,53x235x658,0x824,0x85,0)10.( A.F.658,0.Q. 1841,0x824,01gy
.Qc
22e
=
−
La columna fallará por pandeo flexional con la Resistencia de Diseño determinada en elEJEMPLO 4/5-4. ( Rd = 625,3 kN )
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EJEMPLO 4/5-6:
Comparar Resistencias de Diseño a Compresión Axil de dos columnas de igual área de seccióntransversal, 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 mAcero Fy = 235 MPa
25 espesor t = 0,794 cm 41 espesor t = 0,476 cm Ag = 76,78 cm2 Ag = 77,16 cm2
25 23,412 41 40,048
Ix = Iy =7515,6 cm4 Ix =Iy =21120,9 cm4
r x = r y = 9,89 cm r x = r y = 16,54 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 λ r = 38,43235
665
F
665
y
=
λ = b / t = (25 – 0,794x2) / 0,794 = 23,412 / 0,794 = 29,5 < λr sección no esbelta (Q = 1)
esbeltez global flexionalλ
= kL/r = 1000/9,89 = 101,11 λ
c = 101,11/91,65 = 1,1 < 1,5
corresponde Fórmula (4-26 a) Fcr = MPa62,141235.658,0F.658,021,1
y
2c
=
por Fórmulas (4-24) (4-25) Rd = φc.Fcr .Ag (10)-1= 0,85x141,62x76,88x(10)-1 = 925,5 kN
RdA = 925,5 kN
Resistencia de diseño Columna B.
Esbeltez localλ
= 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 5,159,066,0x8,0.Q c <
Corresponde Fórmula (4-27a) Fcr = Q. MPa51,162235.658,0x8,0F.658,022
c 59,0y
Q=
La tensión de trabajo f = φc.Fcr = 0,85x162,51 =138,14 MPaAplicando la Fórmula de la Sección 5.5.2. Caso (b) (por el límite para r del caso 12 de la Tabla
B.5-1)cm38,2914,138x13,84/1501[x)14,138/476,0x855(f )t/b(/1501).[f /t855(be =
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia. 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 tomaun valor intermedio.
2do. Tanteo : Se supone Q = 0,75 5,1572,066,0x75,0.Q c <
Corresponde Fórmula (4-27a) Fcr = Q. MPa8,153235x658,0x75,0F.658,022
c 572,0y
Q=
La tensión de trabajo f = φc.Fcr = 0,85x153,8 =130,67 MPaAplicando la Fórmula de la Sección 5.5.2. Caso (b) (por el límite para r del caso 12 de la TablaB.5-1)
cm05,3067,130x13,84/1501[x)67,130/476,0x855(f )t/b(/1501).[f /t855(be =
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 Q = 0,75
La Resistencia de diseño Rd = φc.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 Bes 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 menoresque los anchos reales b. El efecto de pérdida de material efectivo es superado por el efecto de ladisminución 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 nocompactas.
EJEMPLO 4/5-7:Verificar la columna armada (Grupo IV) (Aplicación de Sección 4.8.5. Página 142)
yPu 359,8
1”x1/8”
PN 200 720
x x
5760 5960
400y
Pu =1000 kN Acero F24 (Fy = 235 MPa)
(Dimensiones en mm) 200
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PN C 200 ángulo 1” x1/8” Ag1 =32,2 cm2 Agd =1,5 cm2
Ix =1910 cm4 Iy =148 cm4 r min =0,47 cm r x =7,7 cm r y =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
41,065,91
4,374,37
7,7
288c =
41,0c =
Sección no esbelta 26a)-4fórmula Aplicamos(5,141,0Q1Q c <
(Pág.125) MPa219235658,0F658,0F
22c 41,0
ycrit =
=
λ MPa219Fcrit =
kN1199)10(xcm2x2,32MPax219x85,0R)10.( AFR 12d
1gcritcd =
−
VERIFICAkN1000kN1199Rd ⇒
(b) Eje libre
°
−
6002,4501,2x240
36arctg Se debe aplicar Método del Apéndice E del
CIRSOC 301-EL Sección 4.8.5.(Página 142)Se calcula λ1 de la figura A-E.4-2.Página 146.
2do
3g
1 ha An
d A2
π
Donde : Ag=2 x 32,2 = 64,4 cm2 d = cm9,5098,3536 22=
h = 35,98 cm a = 72 cm Ad = 1,5 cm2 no = 2
2
3
198,35x72x5,1x2 9,50x4,64x2
π
=24,50 50,241 =
Se calcula la esbeltez modificada de la columna armada según fórmula del CIRSOC 301-ELen la sección A-E.4.2.1.
21
20m λ Con:
2,32x2
2,322
98,351482
A
Ir
2
to t
to tyo
+
= = cm11,18
11,18
1210
r
Lk
oy
yo
=
=
= 81,66
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22m 5,24)81,66( +
16,71m =
Se calcula la excentricidad inicial
500
1210
500
Lk
eo ==
cm42,2eo =
12
m
g2
cm )10.(
r
Lk
AEP −
= fórmula (4-44) (Página 145)
kN2511)10(x16,71
4,64x200000xP 1
2
2
cm ==
− kN2511Pcm =
Se calcula el Momento Flector requerido según Fórmula (4-43) (Página 145)
m.kN2,40)10(x
251110001
42,2x1000)10.(
PP1
ePM 22
cm
u
ous =
−
=
−
=
− m.kN2,40Ms =
El esfuerzo axil requerido en cada cordón es según Fórmula (4-42)
kN611)10.(98,35x1
2,40
2
1000)10.(
hn
M
n
PP 22
1
su1u =
kN611P 1u =
Se determina la Resistencia de Diseño del cordón para comparar con la solicitación requeridaobtenida en el paso anterior.
11cr c1d )10.( AFP −
La sección es no esbelta ( Q = 1 )
Donde : y
21c
cr F658,0F
λ
5,1367,065,9165,3365,33
14,272
r L
1c1
11 <
MPa2,222235x658,0F2367,0
cr = kN608)10(x2,32x2,222x85,0P 11d =
−
kN608P 1d =
VERIFICAkN611PkN608P 1u1d ⇒
(c) Diagonales. Aplicación de Sección A-E.4.2.1(b) del CIRSOC 301-EL
Se calcula el esfuerzo de corte requerido ueu PV (Fórmula (4-45).Página 147)
−
π
=
cm
u
P
P1
1
400013,0
2511
10001
1
400 =
−
π
=
013,0
kN131000x013,0Veu =
kN13Veu =
El esfuerzo de compresión requerido en la diagonal 20,998,35
9,50
2
13
Du =
kN2,9Du =
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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
3,10847,0
9,50x1
r
kL
min
= 8,018,165,91
3,108c > verifica k = 1
kN73,16)10(xcm5,1MPax235x658,0x85,0P 12218,1n =
− kN73,16PR ndd =
kN2,9DkN73,16PR undd = 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:
a
I10
h
In1p
≥
Siendo : I1 = Momento de Inercia del Cordón respecto al eje paralelo al eje libre analizadoIp = Momento de Inercia de una presilla en su planon = Número de presillasah de la figura A-E.4-3 (Página 147)
Despejando:
4p
1p cm8,369
722
98,35x148x10I
an
hI10I =
≥
Fijamos t = ¼” = 0,635 cm
cm12,196355,0
12x8,369h 3
= 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 críticoel estado límite de compresión.
EJEMPLO 4/5-8:
Dimensionar una barra armada del Grupo II, formada por dos perfiles ángulo unidos por forrosdiscontinuos, sometida a compresión axil. La barra forma el cordón superior (c.s.) de una vigareticulada. El esquema de la viga en vista y planta y las solicitaciones axiles de compresión en lostramos 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.
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Cordón superior Pu2 Pu1 y
x x
y 150
VISTA SECCION CORDÓN SUPERIOR (C.S)
forros
300 PLANTA DETALLE
Pu1 = 110 kN Pu2 = 103 kN (dimensiones en cm)
(a) Longitudes de pandeo: Las longitudes de pandeo en el plano y fuera del plano se determinansegún 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 r x = (kx.Lx ) / x = 150/100 = 1,5 cm
Se determina para acero F24 cx = x / 91,65 = 100 / 91,65 = 1,09 < 1,5Se supone Q = 1 (sección transversal no esbelta)
Para determinar la Resistencia de diseño (Rd) a compresión para sección llena correspondeaplicar Fórmulas (4-24), (4-25), (4-26a). Debe ser Rd igual a la Resistencia requerida Pu
Rd = g109,11
gyc xA)10(x235x658,0x85,0)10.( A.F.658,0.22
c −
= = 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 r x =r y = 1,76 cm r mín = 1,12 cm ex = ey = 1,60 cm
Se verifica la relación de esbeltez del ala. Tabla B.5-1 Caso 6 .
λf = b / t = 5,71/0,476 = 12 < λ r = 200/ =235/200Fy 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 supuestaqueda verificado el pandeo alrededor de x-x con la sección adoptada.
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(c) Pandeo alrededor del eje lib re ( y-y )
Se predimensionan los forros y las chapas de nudo con espesor 7,94 mm = 0,794 cm. Se colocandos forros intermedios entre chapas de nudo. Entre puntos fijos para pandeo fuera del planoquedan 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 r y = 2,665 cm
La verificación a pandeo se realiza con las mismas fórmulas que para sección llena pero usandola esbeltez modificada λm. Si plantemos las uniones de la barra a las chapas de nudo y forros consoldadura (uniones rígidas) corresponde aplicar la Fórmula (4-38)
λm =2
ib2
22
m r
a
182,0
r
Lk
r
Lk
0
α
α
+
=
siendo:r ib = 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 r ib = (2 ex + esp. Forro)/2 r ib = (2x1,6 + 0,794) / 2x1,76 = 1,135 ( h distancia entre ejes de perfiles paralelos a y-y)(kL/r)o =(Lpy / r y ) = 295,5/2,665 = 110,9
2
2
22
my 76,1
50
135,11
135,1x82,09,110
+
= 112,6
Se verifica condición de aplicabilidad del procedimiento: (Especificación (3) de Grupo II, Pág.137)Esbeltez dominante:
de (Ej.4/5-2) x = 85,23 < ym = 112,6 manda pandeo alrededor del eje libre y-y
Esbeltez local (a / r mín) = (50 /1,12) = 44,7 < 3/4x 112,6 = 84,45 (verifica)
Resistencia de diseño a compresión
Corresponde al pandeo alrededor del eje y-y ( λ my = 112,6 ) λ cy = 112,6/91,65 = 1,228 < 1,5
Corresponde Fórmula (4-26a) 235x658,0F.658,0F22
c 228,1ycr =
λ = 125 MPa
Rd = φc. 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 lassolicitaciones producidas por un corte ideal Veu
Veu = 0,02 φc.Pn = 0,02x110,7 = 2,22 kN
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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 deviga de la figura, para el cálculo de los parámetros seccionales : Momento de Inercia (I), Móduloresistente 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= 33mmagujero a descontar = 33+2=35mm
Af g = 40x2,54 = 101,6 cm2
Af n = (40-2x3,5)x2,54 = 83,82 cm2(82,5%)
0,75 Fu .Af n .(10)-1 = 0,75x370x83,82x(10)-1 =2326 kN0,9 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 (Fórmula 7-3, Página 199)
2326 kN > 2149 kN 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 detablones de madera que apoyan en correas (perfiles laminados) simplemente apoyadas en la vigaprincipal. La carga se transmite a la viga principal por placas planas soldadas al alma según lafigura. Puede suponerse que la carga es aplicada en el centro de corte de la viga (posición 2)(Sección 7.3.2.(b). , Página 201)
Acero F24 (Fy = 235 MPa) Destino Entrepiso: depósito Peso propio entrepiso = 1 kN/m2 (sin peso de viga) Sobrecarga útil : 5,00 kN/m2
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 correasV se puede suponer para simplificar
(b) 7000 cargas uniformemente repartidas sobre
la viga principal V.
16000 (dimensiones en mm )
25,4
400
bulón=30 mm
Correa Correa
VCar a sobre ee
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Carga uniformemente repartida D L 1 kN/m2 x 7m = 7kN/m 5 kN/m2 x 7 m = 35 kN/m
(~5% (D1+L)) peso propio = 2 kN/m
9 kN/mCombinación mas desfavorable
35x6,19x2,1qu + = 66,8 kN/mMomento requerido
==
8
16x8,66
8
LqM
22u
u 2137,6 kN.m
Corte requeridoVu = 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 = 6,109235/1680F/1680 y =
La altura del alma es: 3 wu
f 8,1
M3h
λ
= Si planteamos una viga compacta f Fy =235 MPa.
w debe cumplir w p
Se adopta un λ w 85 3
3
w 235x8,1
10x85kNmx6,2137x3h = =109 cm
Resultaría tw =85
109= 1,28 cm
Para tener sección compacta el ala debe cumplir f p
de Tabla B.5.1.caso 2
f =235
170
F
170
y
=
= 11,09 bfmáx =2x11,09xtf si se adopta tf =1,905 cm bf max. = 42 cm
La fórmula utilizada para buscar la altura del alma se corresponde con un ancho de ala entre 25 y30% de la altura del alma. Con 27,5 % bf = 0,275x109 = 30 cm.
En este caso se adopta 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
Características de la sección
A = 257,81 cm2
2
AJGE
Sx
x1
=
Ix = 510.665 cm4 E = 200000 MPaSx = 8974 cm3 G = 77200 MPaZx = 10450 cm4 X1 = 7366,3 MPa
Iy = 9477 cm42
x
y
w2 JG
S
I
C4X
=
r y = 6,06 cm X2 = 3,43 x 10-3 MPa-2
J ∑
3
tb 3
= 218 cm4
Cw 4
Ih y2 = 29.166.551 cm6
19,05(3/4”)
12,7(1/2”)
1138,1 1100
297,3/2
19,05(3/4”)310
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia 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 plastificacióny pandeo lateral-torsional.
(a) Estado límite de Plastificación (Sección 7.3.2.(a), Página 200)
La sección es compacta Mn = Mp
m.kN8,2455)10(MPax235xcm10450)10.(FZM 343yxn =
− (Fórmula 7-4a)
m.kN9,2108)10(x235x8974)10.(FSM 33yxy =
−
yp M5,1M < VERIFICA
Mn = 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
06,6235
788)cm(r
F
788cmL y
yp = = 311 cm = 3,11 m (Fórmula 7-16.Página 206)
Fr (tensión residual del perfil soldado) = 114 MPa (Página 100)
2L2
L
1yr FX11
F
Xr L
(Fórmula 7-21.Página 208)
Siendo FL (ver Página 208) FL = Fy – Fr = 235 - 114 = 121 MPa.
2
3r 121x10
43,311
121
3,7366x06,6L + =1054 cm = 10,54 m
33xLr )10(x8974x121)10.(S.FM −
= = 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 centroLb = 8 m Lb = 4 mLp < Lb < Lr Lp < Lb < Lr
3,11 < 8 < 10,54 3,11 < 4 < 10,54Para obtener el Momento nominal en ambos casos se aplica Fórmula 7-8. (Página 203)
ppr
pbr ppbn M
LL
LLMMMCM
≤
−
−
−
Cálculo de Cb (Fórmula 7-14, Página 205) Se analiza el tramo con menor Cb
1 0,94 0,75 0,984 0,86
44,0x375,0x494,0x31x5,2
1x5,12Cb
+
=1,29786,0x394,0x4984,0x31x5,2
1x5,12Cb
+
=1,06
1 0,94 0,75 0,44
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Cálculo del momento nominal
(a)
−
−
−
11,354,10
11,3810868,24558,2455297,1Mn
Mn =2015,9 kN. m < Mp
(b)
−
−
−
11,354,10
11,3410868,24558,245506,1Mn
Mn =2429,3 kN.m < Mp
Para tener un Mn mayor y cercano al Mp resulta necesario colocar los arriostramiento de lacabeza 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:
Mn = 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 Md resulta:
nbd MM con Mn = 2429,3 kN.m b = 0,9
3,2429x9,0Md = = 2186,4 kN.m
Mu = 2137,6 kN.m < Md = 2186,4 kN.m ⇒ VERIFICA
(2) Resistencia a Corte. (Sección 7.3.3. , Página 220)
No colocamos en principio rigidizadores en el alma. Luegoα
=∞ ⇒
kv = 5 (Sección 7.3.3.(c))
235
1100
F
1100
yp = = 71,8
235
1375
F
1375
y
r = = 89,70 (Fórmulas 7-46 y 7-48)
6,86w = λ p < λw < λ r La resistencia nominal a corte se obtiene por Fórmula 7-51:
6,86
)10(x)235/1100(x27,1x110x235x6,0
th
)10).(F/1100( A.F.6,0V
1
w
1ywy
n
−
== = 1632 kN
Resistencia de diseño a corte1632x9,0Vnv = = 1469 kN
Vu = 534,4 kN < φ v Vn= 1632 kN No hacen falta r igidizadores 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 estadolímite 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 apoyodeben verificarse los estados límites de:
(a) Aplastamiento del alma. (Página 233)(b) Pandeo localizado del alma. (Página 234)
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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 asu 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 dela altura de la viga (113,81/2 = 56,9 cm). Además N/d = 20/113,81= 0,18 < 0,2. Luego laResistencia de diseño es (Fórmula 7-69) :
Fd = φ . Rn =w
f yw5,1
f
w2wn t
tF
t
t
d
N31t90,17.R.
con φ = 0,75
Fd = kN2,52327,1
905,1x235x
905,1
27,1x
81,11320
x31x27,1x90,17x75,0
5,1
2=
+
Fu = 534,4 kN > Fd = 523,2 kN ⇒ NO VERIFICA es necesario colocar rigidizador
(c) Proyecto del rig idizador de fuerza en apoyo. (Página 238)
Se adoptan dos rigidizadores por razones de simetría. Por razones constructivas y deaprovechamiento de material se adopta t r = 1,27 cm (espesor del alma de la viga)El ancho del rigidizador debe cumplir: br +0,5 tw ≥ 1/3 b f ⇒ br ≥ (1/3)x31 – 1,27/2 = 9,7 cmSe adopta br = 10 cm.
Se debe cumplir br /tr = 10/1,27 ≤ 31,16235/250F/250 y = (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 cm2
x x Ix (20 + 1,27)3x1,27/12 = 1018,4 cm4 r x = 4,24 cm
= 82,5 / 4,24 = 19,45 c = 19,45/91,65 = 0,212 9,365 12 tw =15,24
Rd= φ c.2c658,0 λ .Fy.Ag.(10)-1 = 1212,0 10x65,56x235x658,0x85,0
2− =1110kN
10 eje apoyoRd = 1110 kN > Fu = 534,4 kN (VERIFICA)
(d) Para completar el proyecto de la viga se deberán dimensionar soldaduras de unión de ala yalma. Además verificar condiciones de servicio flecha máxima.
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EJEMPLO 7-3:
Determinar la Resistencia de diseño para momento flector y para corte de la viga soldada desección según Figura. Flexión alrededor de x-x.
Se supone el ala superior arriostrada en forma continua (por ejemplo unida a placa de HA).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)
Ala (caso 2) =
4,25x2
4508,86
235
170p = = 11,09 > 8,86 = ala compacta
Alma (caso 9)
2351680p = =109,6
2352550
r = =166,3
1,11
1420= =128
3,1661286,109r p
<
λ
alma no compactaCorresponde 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=
−33xyf r 0!x11,19837x235)10.(SFM 4662 kN.m (Fórmula 7-29)
=
−33xyp 10x43,22116x23510.ZFM 5197,4 kN.m (Fórmula 7-4a)
(según Fórmula 7-28)
m.kN4,50236,1092,166
6,10912846624,51974,5197MMMM
pr
pr ppn =
−
−
−
λ
λ
−
Mn =5023,4 kN.m
Resistencia de diseño a flexión Rd = φ b Mn = 0,9x 5023,4 = 4521,1 kN.m
(2) Para Corte
Límite de la zona elástica para almas sin rigidizadores (Fórmula 7-48)
=
yl imw F
1375
t
h89,7 89,7 < λw = 128 <260 ⇒ verifica
Según fórmula (7-52)
=
=
11,1x142x128
90400 A
th
90400V
2w2
w
n 869,7 kN
Resistencia de diseño a corte Rd = φ
b Vn = 0,9 x 869,7 kN = 782,7 kN
25,4(1”)
11,1(7/16”)
x x 1470,8 1420
438,9/2 25,4(1”)
450
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EJEMPLO 7-4:
En la misma viga del EJEMPLO 7-3, duplicar la resistencia al corte utilizando rigidizadorestransversales 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 enzona elástica (ver Fórmula (7-57)) se debe duplicar kv . kv = 2 x 5 = 10.
142ha1h
a10
ha
55k 2v =
Debemos verificar si es aplicable la Fórmula (7-57) (zona elástica)
5,12623510x613F
k613t
h
y
v
l imw
=
128th
w
= 126,5 < 128 < 260 se puede aplicar Fórmula (7-57)
=
= 11,1x142x10x128
18200 Ak
th
18200V
2wv2
w
n 1751 kN
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).
5,02
ha
5,2 j jtaI 2
3wst ≥
5,021
5,2 j
2 =
5,0x11,1x142I 3st ≥ = 97,10 cm4
Alternativas para rigidizador transversal:
Ist =104,1 > 97,1 Ist =
1193
635,0x25,8 3
= Ist =119 > 97,1
EJEMPLO 7-5:
Determinar la Resistencia de diseño para momento flector y para corte de la viga soldada desección 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 arriostramientocontinuo de la cabeza comprimida. (Lb =0).Aplicación Secciones 7.3.2. , 7.3.3. y 7.5.2.
5,71(2¼”)1,11 eje Ist
(7/16”)
5,71(2¼”)
0,635(1/4”)
eje Ist
8,25(3¼”)
0,635(1/4”)
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Relación de esbelteces (Tabla B.5-1, Caso 9)
35,6
1420
t
h
w
= =224235
2550
F
2550
y
r = =166,3
= 224 > 166,2 = r viga armada de alma esbelta
(1) Para Momento Flector
Corresponde Mn (Sección 7.5.2. (1), Página 253)
Limitaciones de esbeltez del alma: (Sección 7.5.1.)
(dimensiones en mm) (1) sin rigidizadores 260224t
h
w
< verifica
(2) con rigidizadores 5,1
h
a> (Fórmula 7-32)
114235235
96000
114FF
96000224
t
h
yf yf w ++
= 335,2 verifica
(3) con rigidizadores 5,1h
a≤ (Fórmula 7-33)
235
5250
F
5250224
t
h
yf w
= = 342,5 verifica
Estado límite de Plastif icación del ala traccionada3
yxten )10.(FS.RM −
Siendo viga homogénea Re = 1Siendo la sección simétrica respecto de x xxcxt SSS = 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.
En ala 86,854,2x2
45f =
86,809,11235
170p > Ala compacta
Fcr = Fyf = Fy = 235 MPa
Según Fórmula (7-88): 3cr PGxcn )10.(FRSM −
Donde: Sxc = Sx = 18302 cm3 Fcr = Fy = 235 MPa
1F
2550t
h
a3001200
a1R
yw
c
r
r PG ≤
−
+
(Fórmula 7-89)
ar = 79,054,2x45
635,0x142
A
A
f
w= < 10 hc =altura del alma por sección simétrica.
−
+ 235
2550635,0
14279,0x3001200
79,01RPG = 0,968
Mn = 3)10(x235x967,0x18302 − = 4159 kN.m
25,4(1”)
6,35(1/4”)
x x 1470,8 1420
438,9/2
25,4(1”)450
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Resistencia de diseño a flexión = Rd = 4159x9,0Mnb = =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:
=
φ
φ
=
−
−
37431,4521
MM
57.Ej37.Ej
nb
nb 1,208
La relación de peso de viga = relación de áreas =77,318
22,386=1,212
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
260224t
h7,89
F
1375
wy
< (Fórmula 7-48)
=
=
635,0x142x22490400 A
th90400V
2w2
w
n 162,5 kN
Resistencia de diseño a corte = 5,162x9,0Vnv = =146,3 kN
Comparando con el EJEMPLO 7-3 la resistencia a corte baja mucho.
7,782
3,146
37.Ej
57.Ej=
−
−
0,19
(b) Con rigidizadores sin acción del campo de tracción (Página 225)
Para comparar con EJEMPLO 7-4 adoptamos 1051
5k1
h
a
2v =
260224t
h5,126F
k613wy
v< corresponde zona elástica
635,0X142X10X224
18200 Ak
th
18200)kg(V
2wv2
w
n =
= = 327,1 kN
Resistencia de diseño a corte = 1,327x9,0Vnv = =294,4 kN
Comparando con el EJEMPLO 7-4 obviamente la relación es la misma del caso anterior.
1575
4,294
47.Ej
57.Ej=
−
−
0,19 Rigidizadores de menor Ist por estar en función de tw
(c) Con rigidizadores considerando acción del campo a tracción.(Sección 7.3.3.(e), Pág. 226)
En el panel extremo no puede considerarse laacción del campo a tracción 1 .Por ello debería determinarse la capacidadpara corte con acción del campo a tracción enpanel 2 y compararla con Vu 2 y luego paraVu 1 determinar a1 sin acción del campo atracción.En el ejemplo supondremos Vu 1 = 1,10 Vu2
1 2
a1 a2
Vu1 Vu2
Rigidiza-dor defuerza
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Para panel 2 con acción campo a tracción
Tomaremos α = 1 y a2 = 142 cm
105
1
5k 2v =
260224t
h5,126F
k613wy
v< corresponde zona elástica
10235224
302000k
Fth
302000C
2v
y
2
w
v
= = 0,256 (Fórmula 7-38)
Aplicando Fórmula (7-60). Página 227)
1
2
1
2
vvwyn )10(x
1115,1
256,01256,0x635,0x142x235x6,0)10.(
ha115,1
C1C AF6,0V −
+
−
+
+
−
+
Vn = 907 kN Resistencia de diseño a corte = 907x9,0Vnv = =816 kN
Para panel 1 sin acción campo a tracción
En base a lo supuesto Vu 1 = 1,10 Vu2 , la resistencia del panel 1 deberá ser:
10,1x816R 1d = = 897 kN
y9,0
897V 1n = = 997 kN estando el alma en zona elástica corresponde aplicar Fórmula (7-57)
kN997 Ak
th
18200V wv2
w
1n =
= con 224t
h
w=
despejando kv :
635,0x142x18200
224x997k
2
v = = 30,48
142x443,0a443,048,305
5k 12v =
α
= 63 cm
observación: si comparamos EJEMPLOS 7-3 y 7-5 con acción del campo a tracción, cona1 = 63 cm y a2 = 142 cm , vemos que con el alma más delgada y con rigidizadores se recupera laresistencia de diseño a corte.
EJEMPLO 7-3 Rd = 782,7 kNEJEMPLO 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.
5,02
ha
5,2 j jtaI 2
3wst ≥ (Fórmula 7-58)
5,021
5,2 j
2 =
0t18V
VC1thD15,0
F
F A 2
wnv
uvw
yst
ywst ≥
(Fórmula 7-61)
Suponemos 7,0VVnv
u=
5,0x635,0x142I 3st ≥ = 18,18 cm4
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Alternativas:
Alternativa A Alternativa B
1,11(7/16”)D = 2,4
88,9(3,5”)
Eje Ist
Alternativa A
]
2st 635,0x187,0x256,01x635,0x142x1x15,0
235
235 A − = - 0,21
Ast = - 0,21 como Ast debe ser 0 Ast = 0
Ist =29,75 cm4 > 18,18 cm4⇒ verifica
Alternativa B
]
2st 635,0x187,0x256,01x635,0x142x4,2x15,0
235
235 A − = 9,65 cm2
Ast= 89,8x11,1 = 9,87 cm2 > 9,65 cm2⇒ verifica
Ist = 4
3
cm2603
11,189,8=
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 unperfil laminado W (serie americana). El entrepiso que la viga soporta arriostra la cabeza de lamisma 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.
D =1 38,1(1,5”)0,635 eje Ist
(1/4”) 38,1(1,5”)
0,635(1/4”)
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(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, quedasolamente 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 = 27,5Ix = 3134 cm4 Sx = 298,2 cm3 Zx = 334,3 cm3 Mp =334,3x248x10-3= 82,9 kN.m
Se verifican esbelteces locales Tabla B.5-1
Ala (caso 1) p = 8,10248/170F/170 y = > 6,6 (compacta)
Alma (caso 9) p = 7,106248/1680F/1680 y = > 27,5 (compacta)
Luego Q = 1 ⇒
(verifica hipótesis realizada) Verificación corte (h/tw = 27,5 < 248/1100 = 69,8
Rdv = v .0,6.Fy .d.tw.10-1= 0,9x0,6x248x21,03x0,635x10-1 = 178 kN > Vu = 31,32 kN (verifi ca)
(2) Proyecto Empalme. (Sección 7.4.5., Página 250)
Solicitaciones requeridas en la sección de empalme:
Meu =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 . Meu =53 kNm Veu = 17,66 kN
Los momentos de inercia de alas y alma del perfil son:
If =
+
−
+
−
12
016,1x38,13
2
016,1
2
03,21016,1x38,132
12
t.b
2
t
2
d.t.b2
323f f
2
f f f 2725 cm4
Iw = Ix - If = 3134 – 2725 = 409 cm4
Los momentos flectores que tienen que trasmitir los cubrejuntas de alas (Muf ) y alma (Muw) 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 fuerzade tracción.
Pf (10)2. Muf / 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 smí n = 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
bf =13,38 cf b =12,7
2,5
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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 t
c
f = 0,952 cm (3/8”) ; resulta b
c
fnec = 10,37 / 0,952 = 10,9 cmSe 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 (verif ica)
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 tracciónRd3 = (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 (verif ica)
(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 (verif ica)
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 ΣLc = [(2x5 + 3,5) – (2,5x1,6)]x2 = 19 cmagujero normal; deformación alrededor del agujero impedida; de Fórmulas (2-13) (2-14), Pág.46Rd1 = 0,75.1,2.ΣLc.t.Fu.10-1 = 0,75x1,2x19x0,952x370x10-1 = 602 kN > Pf = 219,3 kN (verif ica)Para nº = 6 bulonesRd2 = 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 = If
c .( Iw / If )
El momento de inercia con respecto a x-x de los cubrejuntas de ala es If c = Af c (d + tf c)2 /2If
c = 12,7x0,952x(21,03 +0,952)2/2 = 2921 cm4
Iwc = 2921x(409/2725) = 438,4 cm4
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Adoptando 2 cubrejuntas con espesor twc = 0,635 cm (1/4”) la altura necesaria resulta:
cm16635,0x2
12x4,438
t.2
12.Ih 33
cw
cwc
w = < T = 16,83 cm (verifica- se puede colocar)
Se deben verificar a flexión y corte con las resistencias requeridas. Previamente se diseña yverifica 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
3,5 de bulón que para la unión del ala db = 14 mm 4,5 9 cg 16 El alma debe trasmitir
4,5 Mu w= 6,9 kN.m (al centro del empalme) Veu = 17,66 kN
3,5 Al centro de gravedad de la unión:Meu w = 17,66x0,085 + 6,9 = 8,41 kN.m = 841 kN.cm 5 5Según Sección 2.2.4., (Página 54) Pv 1 = Veu/ nº = 17,66 / 4 = 4,5 kNPara el extremo ( ei = (4,52 + 52)0,5= 6,73 cm PMi = Meuw. ei / ei
2 = 841x6,73/ 4x6,732 = 31,25 kN
La fuerza resultante Pu = kN73,34º42cosx25,31x5,4x225,315,4 22=
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 (veri fica)A aplastamiento de la chapa: el menor espesor es el del alma tw = 0,635 cm
Rd 1 = 0,75x2,4x1,4x0,635x370x10
-1
= 59,2 kN > 34,73 kN (verif ica)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 Mu = 8,41 kNm Vu = 17, 66 kN
Para obtener las características de la sección neta se puede por simplicidad descontar el agujeroen 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
r y = 0,183 cm
Verificación a flexión : Para pandeo lateral (sección rectangular) Lb = 3,5x2 = 7 cmLp = 26 r y . A.J / Mp = 26x0,183x(1,36x7,874)0,5/ 30,35x235x10-3= 2,18 cm < Lb = 7 cm
Lr = 393.r y . A.J /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 conserva-doramente Mn = Mr = Fy .Sx.10-3 = 21,31x235x10-3 = 5 kN.mPara dos cubrejuntas la resistencia de diseño Rd = 2x0,9x5 =9 kNm > Mu = 8,41 kNm (verif ica)
Verificación a corte. Para secciones rectangulares Sección 7.3.4. (Página 228)
f uv = 1,5 Vu.10/ t.h = 1,5x17,66x10 / 2x0,635x16 = 13,04 MPa
f uv = 13,04 MPa < 0,6.φ
.Fy = 0,6x0,9x235 = 126,9 MPa (verifica)
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EJEMPLO 7-7:
Dimensionar un perfil laminado con platabanda de refuerzo soldada para la viga con solicitacionesrequeridas 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 a2/3 dela luz. ( 6m ). Luego se dimensionará el perfil base con el momento requerido a 1,5 m delapoyo. Resulta
Mu 2 = 129,4 kNm
Con Lb = 0 y suponiendo sección del perfil compacta (Q = 1) el único estado límite para la accióndel 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 = 305,9De Tabla se adopta:
Perfi l doble te normal PNI 280 (Q = 316 cm3)
Las características del perfil adoptado son:
d = 28 cm bf = 11,9 cm tf = 1,52 cm tw = 1,01 cm hw = 22,5 cmIx = 7590 cm4 Sx = 542 cm3 Zx = 632 cm3 = Zo
Como práctica se verifican las relaciones de esbeltez del perfil. (Tabla B.5-1)
Ala (Caso 1) p = 170/ 235/170Fy = = 11,09 > bf /2.tf = 11,9/2x1,52 = 3,92 (ala compacta)
Alma (Caso 9) p = 1680/ 235/1680Fy = = 109,6 > hw/tw = 22,5 / 1,01= 22,3 (alma compacta)
Luego la hipótesis adoptada: Q = 1 (verifica)
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(2) Dimensionado de la platabanda. ( Página 247)
De Fórmula (7-84) Znec = (Mu / φ b.Fy).103 = 232,9x103 / 0,9x235 = 1101,2 cm3
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/ 235/500Fy = = 32,62 > bp / tp = 8,5 / 1,905 = 4,5 (verifica)
Al haber adoptado un ancho de platabanda mayor que el necesario la sección perf il masplatabanda 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 almomento de diseño del perfil base (Mdo ).
Mdo =φ b . Zo . Fy .10-3 = 0,9x632x235x10-3 = 133,7 kN.m
Debe ser: 103,5xxo – (xo2x23) / 2 = 133,7 xo = 1,56 m
la longitud teórica de platabanda es 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 1,7tp
dw
bp
L1
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(4) Unión soldada platabanda perfil .
La unión soldada extrema debe asegurar que se desarrolle la parte de la resistencia dediseño 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 laplatabanda a la Resistencia de diseño de la sección perfil mas platabanda. Al desarrollarse elMomento 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 = 8mmLado 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 / Rd 1 = 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 ylongitud 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 delperfil. Luego es necesario que el filete sea continuo desde la sección en que se supera el My de lasección perfil mas platabanda.
Ixt = Ixo + Ixp = 7590 + 2x
+
+
12
5,8x905,1905,1x5,8x
2
905,1
2
28 32
= 14840 cm4
Sxt = Ixt / (14 + 1,905) = 933 cm3
Myt = 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 fi lete 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 asíresultara por razones de resistencia.
La fuerza requerida por cm de longitud de filete se obtiene a partir de (ver observación (d) TablaJ.2-5, Figura 2-33, Página 72)Fuw/cm = f v.bp = (Vu.Qp)/ Ixt
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f v 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 axo 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 losdos 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 dw = 4x0,8 = 3,2 cm ó Lw1 4 cm .
Se adopta relación (espacio libre/longitud de filete) = 2 Lw1 = 6 cmLa 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 elsiguiente 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/m3 = 156,1 kg
Peso total 596 ,8 kgViga con perfil único
Para Znec= 1101,2 cm3 no alcanza con PNI 340 (Z = 1080 cm3) por lo que estrictamente senecesita 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 platabandaEn (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 einsumos para la ejecución de la platabanda. En principio en este caso resulta mas conveniente lautilización de platabandas.
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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
z
Vista pórtico
Vista lateral(dimensiones en cm)
Planta
Cargas nominales (de servicio)
m/kN9,1m/kN63,0m7,4xm/kN27,0g 2=
m/kN1,14m7,4xm/kN3q 2=
1,6 g = 1,9 kN/m 1,6 (p.p. col.) P= 47 kN q = 14,1 kN/m
300 500
W3 = 0,85 kN/m W3 = 0,85 kN/m
W1 = 3,1 kN/m W2 = 1,41 kN/m W2 W1
m/kN1,31,1mx7,4xm/kN60,0W2
1 =
m/kN41,15,0mx7,4xm/kN60,0W2
2 =
m/kN85,03,0mx7,4xm/kN60,0W 23 =
y x
P1 Va Vb
C1 C2 C3
800 800
200 200
470
470
400
800 800
Va Vb
400 C1 C2 C3
D Lr
WA WB
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia.52
Predimensionado de barras:
C1 = C3 = PN I 240 V = PNI 340Ag = 46,1 cm2 Ag = 86,71 cm2
Ix =221 cm4 r
x = 2,20 cm I
y =15700 cm4 Z
y = 1080 cm3
Iy =4250 cm4 r y = 9,59 cmZy = 2. Mest = 412 cm3 Sy = 354 cm3
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 apartir de un análisis racional son:(1) 1,2 D + 1,6 Lr +0,8 WA (Combinación (A.4-3))(2) 1,2 D + 1,6 Lr +0,8 WB “(3) 1,2 D + 0,5 Lr +1,5 WA (Combinación (A.4-4))
(4) 1,2 D + 0,5 Lr +1,5 WB “(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 analizadasDe 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 OrdenCombinación 1 23,99
88,3 38,4 20,2 20,5 68,1 58,9
Pu Pu Pu
Pu=132,2 Pu= 79 129,3 264 81,3
38,7 21,4 27,5 27,8 11,2 49,2Combinación 2 11,16
85,6 41,2 9,4 9,5 76,2 50,7
Pu Pu Pu
130,3 264 80,2
14,6 15,6 12,8 12,9 31,8 28,5Combinación 5 17,58 87,6 40,5 14,8 15 72,8 55,5
Pu Pu Pu
132 270,5 82,9
43,4 20,4 20,2 20,2 23,2 40,6
x
y
y
z
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia. 53
Se observa : Para columna C1 el efecto P∆ (desplazamiento de nudo) es favorable por lo que no se tomará
en cuenta (B2 = 1) Para columna C3 el efecto P∆ 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 cálculode Cm
(a) Momentos extremos (b) Carga entre apoyos
incrementa M2 incrementa M2 y M1
Cálculo de B1
1
P
P1
CB
1e
u
m1 ≥
−
= (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)
GA = 1 54,080015700
4004250
LI
LIG
gg
ccB
Observación: curvatura supuesta viga Se cumple aprox.
Curvatura real de pandeo
De nomograma Figura 4-16 k 0,73 ⇒2
c
1yg1e
)10.(F APλ
=
−
(Fórmula 8-17, Página 278)
Para F24 33,065,91
1
59,9
400x73,0
65,91c ==
2
1
1e33,0
)10(x235x1,46P
−
= = 9948 kN
Cálculo de Cm .(a) Para momento extremos y sin cargas actuando entre los apoyos de la barra.
21m MM4,06,0C − (Fórmula 8-16.Página 278)columna combinación Cm Pu B1
C1 1 53,01,682,114,06,0 =
− 129,3 0,54
2 43,02,768,314,06,0 =
− 130,3 0,44
5 48,08,722,234,06,0 =
− 132,0 0,49 < 1
C3 1 27,09,582,494,06,0 =
− 81,3 0,27 ⇓
2 38,0
7,50
5,284,06,0 =
− 80,2 0,38 B1 = 1
5 31,05,556,404,06,0 =
− 82,9 0,31
M2
M1
W
M1 M2
B
A
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(b) Carga entre apoyos. (Página 279)
1e
um P
P4,01C − (Figura 8-10. Caso 5) Para combinaciones (1) y (2). (Se toma Pu mayor)
Para C1 995,09948
3,130
4,01Cm =
Para C2 997,09948
3,81
4,01Cm =
1008,1
9948
3,1301
995,0B1
−
= 1005,1
9948
3,811
997,0B1
−
=
Tanto en (a) como en (b) resulta B1 =1 . Luego no hay amplificación por efecto Pδ
Cálculo de B2 (Para C3 solamente)
−
=
∑
∑
2e
u
2
PP1
1B (Fórmula 8-19. Página 280)
∑
⇒uP sumatoria de resistencia axil requerida de todas la columnas del piso.combinación 1 combinación 2 combinación 5
474,6 kN 474,5 kN 485,4 kN
∑
⇒2eP 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 combinacionesMPa18cm/kN80,11,46
9,82 A
P 2
g
u= Tabla Figura 4-17 β = 1
Corrección de Lg por giros extremos de vigas (Página 116)
−
−
NN
Fgg M
028
M
M2LL = 16 m
Calculo de k (de nomograma Figura 4-16(b).Para nudos desplazables).
G A = 1 09,1160015700
4004250
LI
LIG
gg
ccB
′
k = 1,34
No es necesario realizar las correcciones por diferencia de rigidez o por pandeo no simultáneo decolumnas 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.
2c
1yg
2e
)10.(F AP
λ
=
−
(Página 280)
61,065,91
1
59,9
400x34,1
65,91c ==
2
1
2e61,0
)10(x235x1,46P
−
= = 2911 kN kN58222911x2P 2e =
0MN
MF
B
C3
A
B
C1
A
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Cálculo de B2 (Para C3)Se calcula con Pu mayor por ser parecidos en todas las combinaciones.
−
=
5822
4,4851
1B2 = 1,09 (Se adopta para las tres combinaciones)
Se aplica sobre ambos momentos extremos.
Cálculo de Momentos amplificadosSe 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 Pu = 130,3 kN (Ej.8-1)
Columna C3 B1 = 1 B2 = 1,09Al ser B1 = 1 se suman los momentos amplificados correspondientes a una misma sección.(cuartopárrafo , Página 280)
combinación (1) combinación (2) combinación (3)38,4+20,5 x 1,09 =60,8 41,2+9,5 x 1,09 =51,6 40,5+15,0x1,09 =56,9
Pu = 81,3 Pu = 80,2 Pu = 82,9
21,4+27,8x1,09 = 51,7 15,6+18,9 x1,09 =29,7 20,4+ 20,2x1,09 =42,4
Peor combinación (1) ⇒ Mu = 60,8 kN. m Pu = 81,3 kN (Ej.8-2)
Siendo C1 y C3 iguales se verificará la más solicitada. Es la C1 en combinación 2 (Ej.8-1) conFórmulas (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 nc P
Perfil I 24
(a) Pandeo alrededor de x (ver vista lateral estructura)
cm200200x1Lk x = cm20,2r x = 9,9020,2
200x =
(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)(Página118) con la Fórmula (4-22) simplificada
∑
=
2iiui
iui
k/I.P
I).P(k = 81,1
)34,1/I(2
I.
3,130
5,4742
1
1=
Pu = 130,3 + 264 + 80,2 = 474,5 kN
x y
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=400x81,1Lk y1y 724 cm r y =9,59 cm 59,9
724y = = 75,5 < λ x = 90,9
Manda pandeo flexional alrededor de x
Sección compacta (verificar elementos p Tabla B-5-1) Q = 1Sección I F24 5,199,0
65,91
9,90c < se aplica Fórmula 4-26a.(Página 125)
MPa9,155235x658,0F299,0
cr =
11gcr nc )10(x1,46x9,155x85,0)10.( AF85,0P −
= = 611 kN
Determinación de la Resistencia de diseño a flexión nb M (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 m.kN82,96)10(x235x412)10.(FZM 33yyp =
−
(2) Estado Límite de pandeo lateral Lb = 200 cm Asegurar ambas alascm11320,2
235
788r
F
788)cm(L x
yf
p = < Lb (Fórmula 7-16)
2L2
L
1xr FX11
F
Xr L = (Fórmula 7-21) con : FL = 235 – 69 = 166 MPa
===
2
1,46x6,20x77200x200000
3542
AJGE
SX g
x1 24029 MPa (Fórmula 7-11)
=
=
22x
x
w2 6,20x77200
354
221
28730x4
JG
S
I
C4X 2,576 x 10-5 MPa-2 (Fórmula 7-12)
25r 166x10x576,211
16624029x20,2L −
+ = 484 cm ⇒ Lr > Lb
=
−
33Lyr )10(x166x354)10.(FSM 58,76 kN. m
20x36,48x463x32,76x5,2
2,76x5,12
M3M4M3M5,2
M5,12C
CB Amax
maxb
++
= 1,50
−
−
−
pr
pbr ppbn LL
LLMMMCM Mp (Fórmula 7-8) 76,2 (63) 48,6(35) 20 3,1 31,8
−
−
−
113484
11320076,5882,9682,9650,1Mn =131,8 kN. m > Mp
Corresponde Mn = Mp = 96,82 kN.m 100 100 100 100
La Resistencia de diseño: φb Mn = 0,9 x 96,82 = 87,14 kN.m
Fórmula de interacción
611
3,130
P
P
nc
u=
=0,21 > 0,20 corresponde Fórmula (8-6)
=
14,87
2,76
9
8
611
3,130
M
M
9
8
P
P
nb
u
nc
u 0,99 < 1 ⇒ VERIFICA
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia. 57
EJEMPLO 8-2:
Verificación de una columna armada con ángulo y presillas. Verificación de la columna C 2 delEJEMPLO 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.
(b) Con λm = 68,4500
400
500
Lkeo == = 0,8 cm (Sección 4.8.5. Página 148)
12
21
2m
g2
cm )10(x4,68
4x82,5x200000x)10.(
AEP −
π
=
λ
=
= 982,2 kN (Fórmula (4-50))
22
cm
u
ous )10.(
2,9822,2711
8,0x2,271)10.(
PP1
ePM −
−
=
−
= = 2,997 kN.m = 299,7 kN.cm (Fórmula (4-49))
58,24x2
7,299
4
2,271
hn
M
n
PP
1
su1u + = 73,9 kN (Fórmula (4-46), para cada barra del cordón)
ueu PV
−
π
=
−
π
=
2,982
2,2711
1
500P
P1
1
500
cm
u
=0.0087 kN35,2Veu =
2x4
76x35,2
n4
aVM
1
eu1u == = 22,3 kN.cm (para cada barra del cordón)
Se ver if ica el ángulo con Pu1 = 73,9 kN Mu1 =22,3 kN.cm Vu1 = 2,35 kN
Ag = 5,82 cm2
2 ½”x3/16” Ix = 22,77 cm4 r min = 1,26 cm(63,5x4,76) Sxmax = 12,94 cm3 r x = 1,97 cm
Sxmin = 4,97 cm3 ex = 1,76 cm
42
o cm35792
48,2482,577,224I =
r ox = 12,40 cm
L = 400 k = 1 =
40,12400x1
r Lk
oox
32,25
26,1
761 = = 60,3 se adoptan presillas rígidas = 1
=
22m 3,6025,32 68,4 (Página 148)
(a) Dimensión de presilla necesaria
2x76
48,24x2x77,22x10
na
hI10I 1p =
> =73,35 cm4
Se adopta tp = 6,35 mm (1/4”)
3p 635,0
12x35,73h =
= 11,15 cm se adopta hp = 12,7 cm (5”)
Presillas # 1/4” x 5” (6,35 x 127)
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia.58
Resistencia de diseño a compresión del ángulo
ncc PR
Tabla B.5-1 – Caso 676,4
5,63
t
b= = 13,34 > λr =
235
200
F
200
y
= = 13,05 sección esbelta
Sección 5.5.1. (página 179) Q = Qs. 235
407
F
407
y
= = 26,55 yy F
407
t
b
F
200<
Qs = 23534,130017,034,1Ft
b0017,034,1Q y −
− = 0,992
1= 60,3 =
65,91
3,60x992,0.Q 1c 0,655 < 1,5 1
gy
2cQ
n )10.( AF658,0.QP −
(F.4-25,4-27a)
1655,0d )10(x82,5x235x658,0x992,0x85,0R
2−
= = 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 =yF
240
t
b< = 15,66
3cyn )10.(SF50,1M −
(Fórmula 7-74) 3n )10(x97,4x8,0x235x50,1M −
= = 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)
33ycy )10(x235x97,4x8,0)10.(FS8,0M −
= = 93,44 kN.cm
−
+= 1b
tL78,01
L
Ctb132M
2
22b
4
ob (Fórmula (7-80), Página 243)
Se toma por simplicidad Cb = 1. Por diagrama de M Cb = 2,27 (Página 205) pero no se puedetomar mayor a 1,5 (Fórmula 7-81)
−
+ 135,6
476,0x7678,01
76
1x476,0x35,6x132M
2
22
4
ob = 4,88 kN.m = 488 kN.cm
Mob > My ⇒ se aplica fórmula (7-79)
44,93x488
44,9317,192,1M
M
M17,192,1M y
ob
yn
−
− =131,5 kN.cm < 1,50 My =140,1 kN.cm
Luego el menor Mn es el debido a pandeo lateral Mn = 131,5 kN.cm
La resistencia de diseño Rc = 5,131x9,0Mnb = = 118,9 kN.cm
(+) (-)
(+)(-)
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia. 59
InteracciónAl resultar Mn del pandeo lateral (ala comprimida), Mu debe ser multiplicado por B1 (Página 274)
1e
u
m1
P
P1
CB
−
= (Fórmula 8-8)
Donde Pe1 se determina con k.L = 1x 76 = 76 cm cm46,135,1
97,1
35,1
r r x
= (Página 274)
5246,1
761 =
12
21
g21
2
1e 10x82,5x52
200000x)10.( A
EP −
π
=
λ
= = 424,9 kN (Página 274)
=
−
−
1
14,06,0
M
M4,06,0C
2
1m 0,2 (Fórmula 8-16)
9,424
9,731
2,0B1
−
= = 0,24 < 1 B1 = 1
Se utilizan Mu y Mn correspondientes a eje geométricoSiendo:
4,96
9,73
P
P
1nc
1u=
= 0,767 > 0,2 corresponde Fórmula (8-6)
=
3,118
3,22x
9
8
4,96
9,73
M
M
9
8
P
P
nb
u
nc
u 0,94 = 1 ⇒ VERIFICA
Observación:En columnas armadas con presillas sometidas a un Momento flector Mu y a un corte Vu hay quesumar 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 Resistenciacon las solicitaciones requeridas para cada una de las presillas: (ver Figura A-E.4-4, Página150)
2x2
aVM 1eu
up
=
h2
M2V up
1up
= u21eu PV (Fórmula (4-52))
=
−
π
=
−
π
=
992
2,2711
1400
P
P1
1400
cm
u1 0,0108 2,271x0108,0V 1eu = = 2,93 kN
4
76x93,2Mup = = 55,67 kN.cm (para cada presilla)
98,24x2
67,55x2V 1up = = 2,23 kN (para cada presilla)
Resistencia a flexión:-- Estado límite de plastificación
3ypn )10.(FZMM −
Mp =
32n 10x235x
47,12635,0M −
= = 6,02 kN.m
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia.60
-- Estado límite de Pandeo lateral. Lb 24 cm (Carga aplicada en el alma)
3
635,0x7,12
3
tbJ
33
== =1,08 cm4 cm183,0t.12
1r y =
cm33,2635,0x7,12x08,1x183,0x02,6
26
AJr M
26
L gyp
p =
(Fórmula 7-17)
mc5301,4
635,0x7,12x08,1x183,0x393
M
AJr 393L
r
yr == (Fórmula 7-22)
siendo Mr = Sx.Fy.(10)-3 = (0,635x12,72 /6)x235x10-1 = 4,01 kN.m
resulta 2,33cm = Lp < Lb = 24cm < Lr = 53cm
El Momento Nominal Mn es:
−
−
−
pr
pbr ppbn LL
LLMMMCM Mp (Fórmula 7-8)
según diagrama de momentos Cb = 2,27
−
−
−
33,253
33,22401,402,602,6[27,2Mn ] = 11,71 kN.m > Mp = 6,02 kN.m
Con Mn > Mp ⇒ corresponde Momento nominal = Mp
De estado límite de plast ificación y estado límite de pandeo se adopta Mn = Mp
La resistencia de diseño a flexión:
Rc = φb.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)
7,12x635,0
23,25,110.
ht
V5,1f
pp
1upuv =
x10 = 4,15 MPa
235x9,0x6,0F6,0f yvn = = 126,9 MPa > f uv = 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 sobrela presilla.
Aprox.
kN3,1352
5,270Rviga
=
kN46,423,2x2V2 1up =
total = 139,76 kN
Se dimensionará la presilla superior con las siguientes solicitaciones requeridas
4
48,24x76,139Mup = = 856 kN.cm
=
2
76,139V 1up 69,88 kN
Para la flexión sólo se debe considerar el Estado límite de plastificación pues la viga impide elpandeo lateral de la presilla.
Rviga +2Vup1
h=24,38 cm
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia. 61
EJEMPLO 8-3:Verificar la columna armada (Grupo IV) del EJEMPLO 4/5-7 a flexo compresión sometida aPu = 400 kN ; Muy = 110 kNm ; Vuy = 18,45 kN(Aplicación de Sección 4.8.5. ( AA -- E . 6 .E . 6 .) Página 152)
yPu Muy 359,8
1”x1/8”
PN 200 720
x x
5760 5960
400y
Pu = 400 kN Mu = 110kNm Acero F24 (Fy = 235 MPa) (Dimensiones en mm)
200PN C 200 ángulo 1” x1/8”
Ag1 =32,2 cm2 Agd =1,5 cm2
Ix =1910 cm4 Iy =148 cm4 r min =0,47 cm r x =7,7 cm r y =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 libre
°
−
6002,4501,2x240
36arctg 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 loespecificado en la Sección AA -- E . 6 .E . 6 .(b) del CIRSOC 301-EL (Página 152).
Se calcula λ1 de la figura A-E.4-2.Página 146.2
do
3g1 ha An
d A2
π
Donde : Ag=2 x 32,2 = 64,4 cm2 d = cm9,5098,3536 22=
h = 35,98 cm a = 72 cm Ad = 1,5 cm2 no = 2
2
3
198,35x72x5,1x2
9,50x4,64x2π
=24,50 50,241 =
Se calcula la esbeltez modificada de la columna armada según fórmula del CIRSOC 301-ELen la sección A-E.4.2.1.
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21
2oymy λ Con:
2,32x2
2,322
98,351482
A
Ir
2
to t
to tyo
+
=
= cm11,18
11,18
1210
r
Lk
oy
yoy =
= = 81,66
22my 5,24)81,66( +
16,71my =
Se calcula la excentricidad inicial
500
1210
500
Lke yy
oy == cm42,2eoy =
12
m
yy
g2
cmy )10.(
r
Lk
AEP −
= fórmula (4-44) (Página 145)
kN2511)10(x16,71
4,64x200000xP 1
2
2
cmy ==
− kN2511Pcmy =
Se calcula el Momento Flector requerido según Fórmula (4-54) (Página 152)
my.c
u
uyousy
P
P1
MePM
−
+
=
2511
4001
11001,0x42,2x400
−
+
=
m.kN4,142Msy =
El esfuerzo axil requerido de compresión en el cordón es según Fórmula (4-42)
kN596)10.(98,35x1
4,142
2
400)10.(
hn
M
n
PP 22
1
syu1u =
kN596P 1u =
Se determina la Resistencia de Diseño del cordón para comparar con la solicitación requeridaobtenida en el paso anterior.
11cr c1d )10.( AFP −
La sección es no esbelta ( Q = 1 )
Donde : ycr F658,0F2
c
λ
El factor de esbeltez será el mayor entre el local con respecto al eje de pandeo paralelo al eje libre(λc1) y el global con respecto al eje material de la barra armada (λcx)
5,1367,065,9165,33
65,3314,2
72r L
1c1
11c <
41,065,91
4,374,37
7,7
288
r
L.kcx
x
xx =
41,0cx =
Resulta mayor la esbeltez correspondiente al pandeo del cordón alrededor del ejematerial
MPa1,219235x658,0F241,0
cr = kN7,599)10(x2,32x1,219x85,0P 11d =
−
kN7,599P 1d =
VERIFICAkN596PkN7,599P 1u1d ⇒
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(b) Diagonales. Aplicación de Sección A-E.4.2.1(b) y A-E.6.(h) del CIRSOC 301-EL
Se calcula el esfuerzo de corte requerido uueu VPV + (Fórmula (4-57).Página 153)
−
π
=
cmy
uy
P
P1
1400
0094,0
2511
4001
1400y =
−
π
=
0094,0y =
kN19,2245,18400x0094,0Veu =
kN19,22Veu =
El esfuerzo de compresión requerido en la diagonal 42,1598,35
9,50
2
19,22Du =
kN42,15Du =
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
3,10847,0
9,50x1
r
kL
min
= 8,018,165,91
3,108c > verifica k = 1
kN73,16)10(xcm5,1MPax235x658,0x85,0P 12218,1n =
− kN73,16PR ndd =
kN42,15DkN73,16PR undd = 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:
a
I10
h
In 1p
≥
Siendo : I1 = Momento de Inercia del Cordón respecto al eje paralelo al eje libre analizadoIp = Momento de Inercia de una presilla en su planon = Número de presillasah de la figura A-E.4-3 (Página 147)
Despejando:
4p
1p cm8,369
722
98,35x148x10I
an
hI10I =
≥
Fijamos t = ¼ ” = 0,635 cm
cm12,196355,0 12x8,369h 3 =
Adoptamos hpresilla =20 cm tp =0,635 cm
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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 críticoel estado límite de compresión.
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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 P3
Co3 Co3
4.000
y
x
L =16000 1600 5000
PLANTA VISTA LATERAL
Arco Af =1600
Tensor T
Columna C Viga h =5000
7000 Dimensiones en mm
SECCIÓN
Relación luz-flecha del arco (Sección 12.1.4.(c)) L/f = 16/1,60 = 10 (Verifica)
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia66
(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 +
22
x)2/L(R −
f R yx
cos φ o = ( R - f )/ R =(20,8 –1,6)/20,8 = 0,923 φ o xφo = 22,62ºR = radio de la directriz (cm) xf = flecha. (cm) Lφo = semiángulo central(º) yL = luz del arco. (cm)
Desarrollo del arco en eje = (22,62ºx2/360º )x2. .(20,8) = 16,42 mDesarrollo del arco exterior : R1 (radio exterior) = R + harco/2 = 20,8 + 0,35/2 = 20,975 m
Desarrollo exterior (22,62ºx2/360º )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 pr incipal ( pórtico)Área tributaria = 64 m2 factor de reducción Tabla 2 = 0,85Valores 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
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia 67
Sistema principal: 0,683 kN/m2
0,595 kN/m2
Componentes (correas)
3 2 3 Zona 1 presión: + 0,479 kN/m2
succión: - 0,684 kN/m2
2 1 2 Zona 2 presión: + 0,479 kN/m2
succión: - 0,967 kN/m2
3 2 3 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 elradio del arco. La componente tangente al arco se trasmite a las correas rectangulares a travésde las chapas de cubierta y de dos tillas intermedias.
Se adopta:C
o2 b = 10 Planchuela 1 ½x 3/16 Co1
12 12 Co1
x´ x´h = 15 diagonal 8 rigidizadores Co2
16 17 Arco tillas chapas 1
34 1´ Correas Co2
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/mMD = (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 VLr = 2,62 kNCorrea 1´ 1,31x0,96 = 1,25 kn/m MLr = 2,50 kNm VLr = 2,50 kN
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia68
La carga de montaje de 1 kN en el centro de la luz y en el extremo produce momentos flectores yesfuerzos de corte menores
WPara 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
Mw1 (+) = (0,479x1,38)x42/8 = 1,322 kNm Vw1 (+) = (0,479x1,38)x4/2 = 1,322 kNMw1 (-) = (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)Presión: + 0,479 kN/m2 Succión: -( 1,194 + 0,967)/2 = - 1,08 kN/m2
Mw1 (+) = (0,479x1,38)x42/8 = 1,322 kNm Vw1 (+) = (0,479x1,38)x4/2 = 1,322 kNMw1 (-) = (1,08x1,38)x42/8 = 2,98 kNm Vw1 (-) = (1,08x1,38)x4/2 = 2,98 kN
Mayor Momento flector posit ivo Mux´ en correa:
Para correa 1 con combinación 1,2 D + 1,6 Lr + 0,8 Wángulo 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 kNmVux ́(+) = 1,2x(0,30x0,998) + 1,6x(2,62x0,998) + 0,8x1,322 = 5,6 kN
Mayor Momento f lector negativo Mux´ en correa:
Para correa 1´ con combinación 0,9 D - 1,5 Wángulo 1 = 3,77ºx5 =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 pandeolateral
- Estado límite de pandeo local de cordón comprimido para momento flector positivo (Sección12.1.11.1.)
Mdcx´ = φc. 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.)λ = 17x4/1,2 = 56,7 c = 1 /
E
F.
1 y
π
= 1/200000
400.
1
π
= 70,25 λc =/c = 56,7/70,25 =0,81
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 (Sección12.1.11.1.(1).)
Mdcx´ = φc. 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.)λ = 34x4/1,6 = 85 c = 1 /
E
F.
1 y
π
= 1/200000
400.
1
π
= 70,25 λc =/c = 85/70,25 =1,20
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia 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 (Sección12.1.11.2.) Es necesario verificarlo porque la sección no es simétrica.
Md tx´ = φt. 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 = φc. Fcr . AD . sen α . (10)-1 (12-65)
φc = 0,85 (Acero AL 220)
LD = 22
h4
s+ = 2
2
154
17+ = 17,2 cm k LD = 0,85. LD = 0,85x17,2 = 14,65 cm
λ = 14,65x4/0,8 = 73,2 c = 1 /E
F.
1 y
π
= 1/200000
220.
1
π
= 94,72 λc =/c = 73,2/94,72 =0,77
De Tabla 4-2 (Página 106) χ
= 0,681
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)
Vux́ = 5,60 kN
Se debe verificar 1b.e.L
s
e.b.tg
1.
F
b.V3,33
p2pp
2pyp
u≤
+
α
(12-93)
bp = 1,5 pulgadas = 3,81 cm ep = 3/16 pulgada = 0,476 cm Fyp = 235 MPa peso =1,42Kg/m)
104,181,3x476,0x400
17
476,0x81,3x)5,8/15(
1.
235
10x60,5x3,3322
+ (verifica)
Si se usara un travesaño de sección circular maciza resultaría de un diámetro:
dt = 3yu )tg.F(/)b.V(00,4 α
≥ dc (12-92)
dt = dt = 3 )5,8/15(x220(/)10x60,5(00,4 = 2,09 cm 2 cm ( 20) peso = 2,47 Kg/m
(mayor consumo de acero)
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia70
(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 delas Correas Co1 que le corresponden.La Correa Co2 mas solicitada en la indicada en planta en la Página 61.Tiene un ángulo φ1 = 3x3,77º = 11,31º cos 1 = 0,981 sen 1 = 0,196
Se adopta z´ 20 Cordones 12 (conformado)
x´ Diagonales 8 (liso)
x´ 20 20 Celosía de ambas caras 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/mProyección sobre los ejes:
Dx´x´ = 0,17x 0,981 = 0,167 kN/m Dz´z´ (Propia) = 0,17x0,196 = 0,034 kN/mDz´z´ (de Correas Te) = 0,15x0,196x2 = 0,059 kN/m
Dz´z´ Total = 0,093 kN/mCon L = 4 m. resultan:MDx´x´ = 0,167x42/8 = 0,334 kNm MDz´z´ = 0,093x42/8 = 0,186 kNmVDx´x´ = 0,167x4/2 = 0,334 kN 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/mProyección sobre ejes :
Lrx´´x´ = 1,29x 0,981 = 1,265 kN/m Lr´z´ (Propia) = 1,29x0,196 = 0,255 kN/mLrz´z´ (de Correas Te) = 1,29x0,196x2 = 0,505 kN/mLrz´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 kNmVLrx´x´ = 1,265x4/2 = 2,53 kN VLrz´z´ = 0,760x4/2 = 1,52 kN
WSe adopta presión promedio zonas 1 y 2 (Página 63)Presión: + 0,479 kN/m2 Succión: -( 0,684 + 0,967)/2 = - 0,825 kN/m2
Mwx´x´ (+) = (0,479x1,38)x42/8 = 1,322 kNm Mwz´z´ (+) = 0Vwx´x´ (+) = (0,479x1,38)x4/2 = 1,322 kN Vwz´z´ (+) = 0
Mw1x´x´ (-) = (0,825x1,38)x42/8 = 2,277 kNm Mwz´z´ (-) = 0 Vwx´x´ (-) = (0,825x1,38)x4/2 = 2,277 kN Vwz´z´ (-) = 0
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia 71
Máximas solici taciones en los cordones. (Sección 12.1.12.(1))
Por la flexión disimétrica resulta crítico el cordón comprimido z´ (a) - Máxima compresión en (a) Combinación 1,2 D +1,6 Lr + 0,8 W x´ Mux´x´ = 1,2x0,334 + 1,6x2,53 + 0,8x1,322 = 5,51 kNm
(b) Muz´z´ = 1,2x0,186 + 1,6x1,52 + 0,8x0 = 2,66 kNmx´
z´ La compresión en el cordón resulta de:
)10.b.n
M10
hn
M(P 2
1
´uz2
1
´ux1u +
(12-96)
)10.20x2
66,210
20x2
51,5(P 22
1u + = 20,42 kN
- Máxima compresión en (b) Combinación 0,9 D – 1,5 W
Mux´x´ = 0,9x0,334 - 1,5x2,277 = 3,120 kNmMuz´z´ = 0,9x0,186 - 1,5x0 = 0,167 kNm
La compresión en el cordón resulta de:
)10.20x2
167,010
20x2
12,3(P 22
1u + = 8,22 kN < 20,42 kN
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) kL =1xs = 1x20 =20 cm (Sección 12.1.8.)
λ = 20x4/1,2 = 66,7 c = 1 /E
F.
1 y
π
= 1/200000
400.
1
π
= 70,25 λc =/c = 66,7/70,25 =0,95
De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,569La Resistencia de diseño a la compresión es Pd1 = φc.Fcr .Ag1.(10)-1
Pd1 = 0,8x0,569x400x1,13x0,1 = 20,6 kN > Pu1 = 20,42 kN (verifica)
Máximas sol icitaciones en las diagonales. (Sección 12.1.12.(2))
Siendo iguales ambas caras de la celosía las máximas solicitaciones en las diagonales se daránpara el mayor esfuerzo de corte que se produce para la flexión alrededor de x´- x´ para lacombinación 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: Du2 =2
´ux
sen.2
V
α
(12-101)
La longitud de la diagonal es: LD = 22
h4
s+ = 2
2
204
20+ = 22,4 cm
Du2 =)4,22/20(x2
51,5 = 3,08 kN
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia72
Verificación de las diagonales
La resistencia de diseño a compresión de la diagonal: PdD = φc. Fcr . AD . (10)-1
φ
c = 0,85 (Acero AL 220) k LD = 0,85. LD = 0,85x22,4 = 19 cmλ = 19x4/0,8 = 95 c = 1 /
E
F.
1 y
π
= 1/200000
220.
1
π
= 94,72 λc =/c = 95/94,72 = 1,00
De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,54
PdD = 0,85x0,54x220x0,5x0,1 = 5,05 kN > 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 diagonales2
Do
3g
1h.s. A.n
d. A2.
Siendo iguales ambas caras de la celosía 1x ́= 1z´ 2
3
120x20x50,0x2
4,22x13,1x4x2. = 11,17
k.Lx ́= k.Lz´ = 1x400 = 400 cm r x´ = (h/2) = r z´ = (b/2) = 20/2 = 10 cmox ́= (kLx´ /r x ́) = oz´ = (kLz´ /r z´ ) = 400/10 = 40
λmx´ = λmz´ =2
1
2
or
Lkλ
= 22 17,1140 + = 41,6
r mx´ = r mz´ = (k . Lx´)/ mx´ = 400/ 41,6 = 9,615 cmImx´ = Imz´ = r mx´
2 x Ag = 9,6152x4x1,13 = 417,9 cm4
Las deformaciones se verifican con las cargas de servicio. Las combinaciones de servicioaplicables 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´ yz´-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
f x´máx =mx
4
´x´x
I.E.384L.q.5 .(10)-1 =
9,417x200000x384400x432,1x5
4
.(10)-1= 0,571 cm
f z´máx =9,417x200000x384
400x853,0x5 4
.(10)-1= 0,34 cm f máx =22 34,0571,0 + = 0,67 cm
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
f x´máx =mx
4´x´x
I.E.384
L.q.5.(10)-1 =
9,417x200000x384
400x515,1x5 4
.(10)-1= 0,604 cm
f z´máx =9,417x200000x384
400x625,0x5 4
.(10)-1= 0,25 cm f máx =22 25,0604,0 + = 0,66 cm
De combinación (1) resulta una flecha f = 0,67 cm
f/L = 0,66 / 400 =1/ 597 < 1/200 (verifica)
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(A.3.) CORREA TRIANGULAR (Co3)
Se plantea un esquema con todas correas de sección triangular. Cada una toma las cargas de suzona 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)
x´ Cara superior : 6 (liso) 20 20 Celosía de ambas caras z´Cara superior α 1 = 63,43º 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/mProyección sobre los ejes: Dx´x´ = 0,16x 0,946 = 0,152 kN/m Dz´z´ = 0,16x0,323 = 0,052 kN/m
Con L = 4 m. resultan:MDx´x´ = 0,152x42/8 = 0,304 kNm MDz´z´ = 0,052x42/8 = 0,104 kNmVDx´x´ = 0,152x4/2 = 0,304 kN 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/mProyección 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 MLrz´z´ = 0,404x42
/8 = 0,808 kNmVLrx´x´ = 1,183x4/2 = 2,366 kN 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
Mwx´x´ (+) = (0,479x1,38)x42/8 = 1,322 kNm Mwz´z´ (+) = 0Vwx´x´ (+) = (0,479x1,38)x4/2 = 1,322 kN Vwz´z´ (+) = 0
Mw1x´x´ (-) = (1,08x1,38)x42/8 = 2,98 kNm Mwz´z´ (-) = 0 Vwx´x´ (-) = (1,08x1,38)x4/2 = 2,98 kN Vwz´z´ (-) = 0
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia74
Máximas solicitaciones en los cordones. (Sección 12.1.12.(1))
Por la flexión disimétrica resulta crítico el cordón comprimido
z´ (a) - Máxima compresión en (a) Combinación 1,2 D +1,6 Lr + 0,8 W
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:
)10.b.n
M10
hn
M(P 2
1
´uz2
1
´ux1u +
(12-96)
)10.20x1
418,110
20x2
208,5(P 22
1u + = 20,11 kN
- Máxima tracción en (b) Combinación 1,2 D +1,6 Lr + 0,8 W Mux´x´ = 5,208 kNm Muz´z´ = 1,418 kNmLa tracción en el cordón resulta de:
2
1
´uz2
1
´ux1u 10.
b.n
M10
hn
MT +
(12-95)
21u 10
20x1
208,5T = 26,04 kN
- Máxima compresión en (b) Combinación 0,9 D – 1,5 W
Mux´x´ = 0,9x0,304 - 1,5x2,98 = 4,196 kNmMuz´z´ = 0,9x0,104 - 1,5x0 = 0,094 kNm
La compresión en el cordón resulta de:
)1020x1
196,4(P 2
1u = 20,98 kN > 20,11 kN (crítica compresión)
Verificación de los cordones (Sección 12.1.10.1.)
- verificación del cordón con la máxima compresión Pu1 = 20,98 kN
φc = 0,80 (Acero ADN 420 S) kL =1xs = 1x20 =20 cm (Sección 12.1.8.)
λ = 20x4/1,2 = 66,7 c = 1 /E
F.
1 y
π
= 1/200000
400.
1
π
= 70,25 λc =/c = 66,7/70,25 =0,95
De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,569La Resistencia de diseño a la compresión es Pd1 = φc.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 = φt.Fy.Ag.(10)-1 (12-32)
Td1 = 0,9x400x1,13x0,1 = 40,68 kN > Tu1 = 26,04 kN (verifica)
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia 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 decorte que se produce para la flexión alrededor de x´- x´ que resulta de la combinación: 1,2 D + 1,6 L
r + 0,8 W
Vux´x´ = 1,2x0,304 + 1,6x2,366 + 0,8x1,322 = 5,208 kN
La compresión en la diagonal es: Du2 =βcos.sen.2
V
2
´ux (12-105)
Du2 =º56,26cosxº9,65xsen2
208,5 = 3,19 kN
- Cara superior: las máximas solicitaciones en las diagonales se darán para el mayor esfuerzo decorte 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
La compresión en la diagonal es: Du2 =1
´uz
sen
V
α
(12-103)
Du1 =º43,63sen
418,1 = 1,59 kN
Verificación de las diagonales
- Cara lateral La longitud de la diagonal es: LD = 2
22
h4b4s +
= 2
22
20420420+
= 24,5 cm
La resistencia de diseño a compresión de la diagonal: PdD = φc. Fcr . AD . (10)-1
φc = 0,85 (Acero AL 220) k LD = 0,85. LD = 0,85x24,5 = 20,83 cm
λ = 20,83x4/0,8 = 104,3 c = 1 /E
F.
1 y
π
= 1/200000
220.
1
π
= 94,72 λ c =/c = 104,3/94,72 = 1,10
De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,484
PdD = 0,85x0,484x220x0,5x0,1 = 4,52 kN > Du2 = 3,19 kN (verifica)
- Cara superior La longitud de la diagonal es: LD = 22
b4
s+ = 2
2
204
20+ = 22,4 cm
La resistencia de diseño a compresión de la diagonal: PdD = φc. Fcr . AD . (10)-1
φc = 0,85 (Acero AL 220) k LD = 0,85. LD = 0,85x22,4 = 19 cm
λ = 19x4/0,6 = 127 c = 1 /E
F.
1 y
π
= 1/200000
220.
1
π
= 94,72 λ c =/c = 127/94,72 = 1,34
De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,372
PdD = 0,85x0,372x220x0,28x0,1 = 1,95 kN > Du1 = 1,59 kN (verifica)
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia76
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
2Do
3g
1h.s. A.n
d. A2.
Para pandeo alrededor de x´- x´ no = 2.cos Para pandeo alrededor de z´- z´ no = 1
2
3
´x120x20x50,0xº56,26cosx2
5,24x13,1x3x2. = 11,8
2
3
´z120x20x28,0x1
4,22x13,1x3x2. = 18,3
k.Lx ́= 1x400 = 400 cm k.Lz´ = 1x400 = 400 cm r x ́= 0,471x20 = 9,42 cm r z´ = 0,408x20 = 8,16 cm
ox ́= (kLx´ /r x ́) = 400/9,42 = 42,5 oz´ = (kLz´ /r z´ ) = 400/8,16 = 49,1
λmx´ =2
1
2
or
Lkλ
= 22 8,115,42 + = 44,11 λ mz´ =2
1
2
or
Lkλ
= 22 3,181,49 + = 52,4
r mx´ = (k . Lx´)/ mx´ = 400/ 44,11 = 9,07 cm r mz´ = (k . Lz´)/ mz´ = 400/ 52,4 = 7,633 cmImx´ = r mx´
2 x Ag = 9,072x3x1,13 = 278,7 cm4 Imz´ = r mz´2 x Ag = 7,6332x3x1,13 = 197,5 cm4
Las deformaciones se verifican con las cargas de servicio. Las combinaciones de servicioaplicables 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´ yz´-z´. Para cada eje se calculan las flechas con las fórmulas elásticas de vigas de alma llena.
Combinación (1)qx´x´ = 0,152 + 1,183 = 1,335 kN/m qz´z´ = 0,052 + 0,404 = 0,456
f x´máx =mx
4´x´x
I.E.384
L.q.5.(10)-1 =
7,278x200000x384
400x335,1x5 4
.(10)-1= 0,80 cm
f z´máx =5,197x200000x384
400x458,0x5 4
.(10)-1= 0,39 cm f máx =22 39,080,0 + = 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
f x´máx =mx
4´x´x
I.E.384
L.q.5.(10)-1 =
7,278x200000x384
400x443,1x5 4
.(10)-1= 0,87 cm
f z´máx =5,197x200000x384
400x335,0x5 4
.(10)-1= 0,29m f máx =22 29,087,0 + = 0,92cm
De combinación (2) resulta una flecha f = 0,92m
f/L = 0,92 / 400 =1/ 434 < 1/200 (verifica)
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia 77
(B) (C) (D).- PÓRTICO P3 : Cargas sobre Pórtico y solici taciones 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 DCarga repartida Peso del arco qD = 0,02 kN/mCargas 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 kNP2 = 0,58x1,365x4 = 3,18 kN
Viento
Pw
qw
qw = 0,595 kN/m2
x4m = 2,38 kN/m Pw = 0,683 kN/m2
x1,38x4 = 3,77 kN
Se determinan las solicitaciones máximas de sección para el arco A, la Columna C y el tensor Tpara 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 L r y W efectosopuestos.
Se consideraron los Momentos de Inercia modificados Im obtenidos del predimensionado de lasbarras.Las solicitaciones máximas se indican en las verificaciones de cada elemento estructural.
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia78
(B) ARCO A
Se adopta una sección rectangular con cordones de sección circular maciza.
20
35 Cordones: 25 (conformado) y y Diagonales: 35 35 cara lateral: 12 (liso) 10 (liso) Cara lateral cara superior: 8 (liso)
z 20 SECCIÓN
35Cara superio r
Diagonal 10 Diagonal 12
Distribución diagonales cara lateral
Máximas sol icitaciones de sección
Flexo tracción Muy = 77,9 kNm Tu = + 25,3 kN Combinación (3)
Flexo compresión Muy = 22,3 kNm Nu = - 58,6 kN Combinación (2)Muy = 16,3 kNm Nu = - 81,2 kN Combinación (1)
Corteen cuarto inferior del arco Vuy = 17,4 kN en flexo tracción Combinación (3)en cuarto superior del arco Vuy = 7,8 kN en flexocompresión Nu = 58,6 kN Combinación (2)
Verificación de los cordones
Flexo tracción
2
1
uy2
1
uxu1u 10.
b.n
M10
hn
M
n
TT +
(12-107)
2
1
uy2
1
uxu1u 10.
b.n
M10
hn
M
n
TP −
(12-108)
21u 10.
35x2
9,77
4
3,25T + = + 117,6 kN
21u 10.
35x2
9,77
4
3,25P − = -104,9kN
Flexo compresión
2
1
sy2
1
sxu1u 10.
b.n
M10
hn
M
n
PP
+
(12-113)
(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 cmLongitud 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 diagonales2
Do
3g
1h.s. A.n
d. A2.
2
3
y135x35x78,0x2
1,39x91,4x4x2. = 18,52
3
z120x35x5,0x2
6,26x91,4x4x2. = 22,9
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r y = 35/2 = 17,5 cm r z = 20/2 = 10 cmoy = (kLy /r y )= 838/17,5 = 47,8 oz = (kLz /r z ) = 414/10 = 41,4
λmy =2
1
2
or
Lkλ
= 22 5,188,47 + = 51,2 λ mz =2
1
2
or
Lkλ
= 22 9,224,41 + = 47,3
eoy = 838/500 = 1,68 cm eoz = 414/500 = 0,83 cm
Pc.my =
12my
g2
10 AE
−
λ
=
12
2
102,51
)91,4x4(E −
= 1479 kN Pcmz=
12
2
103,47
)91,4x4(E −
=1732kN
Msy =
my.c
u
uy2
oyu
P
P1
M)10.(eP
−
+
−
=
1479
531
3,22)10.(68,1x53 2
−
+
=24,05 kNm Msz =
1732
531
)10.(83,0x53 2
−
−
= 0,45kNm
221u 10.
20x2
45,010
35x2
05,24
4
53P + = 48,73 kN < 104,9 kN (crítica flexotracción)
- Se verifica el cordón con la máxima compresión Pu = 104,9 kN
φc = 0,80 (Acero ADN 420 S) kL =1xs = 1x35 =35 cm (Sección 12.1.8.)
λ = 35x4/2,5 = 56 c = 1 /E
F.
1 y
π
= 1/200000
400.
1
π
= 70,25 λc =/c = 56/70,25 =0,80
De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,662
La Resistencia de diseño a la compresión es Pd1 = φc.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 = φt.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))
La compresión en la diagonal es: Du2 = 2
uy
sen.2
V
α
(12-101)
La longitud de la diagonal es: LD = 22
h4
s+ = 2
2
354
35+ = 39,1 cm
Du2 =)1,39/35(x2
4,17 = 9,7 kN
La resistencia de diseño a compresión de la diagonal: PdD = φc. Fcr . AD . (10)-1
φc = 0,85 (Acero AL 220) k LD = 0,85. LD = 0,85x39,1 = 33,3 cm
λ = 33,3x4/1,2 = 111 c = 1 /
E
F.
1 y
π
= 1/
200000
220.
1
π
= 94,72 λc =/c =111/94,72 = 1,17
De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,448PdD = 0,85x0,448x220x1,13x0,1 = 9,5 kN Du2 = 9,7 kN (verifica)
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia80
- Diagonal en cuarto superior del arco (10) Vuy = 7,8 kN (en flexo compresión ) (Sección12.1.14.(2))
Vsuy = Vuy +β
y. Pu
−
π
=
cmy
uy
PP1
1
.400 =
−
π
=
14786,581
1
.400y = 0,0082 (12-119)
Vsuy = 7,8 + 0,0082 x58,6 = 8,28 kN
La compresión en la diagonal es: Du2 =2
suy
sen.2
V
α
(12-101)
La longitud de la diagonal = 39,1 cm
Du2 =)1,39/35(x2
28,8 = 4,63 kN
La resistencia de diseño a compresión de la diagonal: PdD = φc. Fcr . AD . (10)-1
φc = 0,85 (Acero AL 220) k LD = 0,85. LD = 0,85x39,1 = 33,3 cm
λ = 33,3x4/1 = 133 c = 1 /E
F.
1 y
π
= 1/200000
220.
1
π
= 94,72 λc =/c =133/94,72 = 1,41
De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,346
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 compresiónmáxima.
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:
s
I10
h
In1pp
≥ (12-60)
I1 = 2x(.dc4/64) =2xx2,54/64= 3,84 cm4 s = 35 cm h = 35 cm np = 2
Ipmín = 10x3,84x35/2x35 = 19,2 cm4 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 decorte 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 eldimensionado de los bulones se tomará en cuenta el efecto palanca.
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia 81
(C) COLUMNA C
Sometida a flexoaxil. Se adopta una sección rectangular con cordones de perfiles ángulo.
44 40 40
x x 20
40,3 Cara Paralela a x-x Cara paralela a y-y y
SECCIÓN 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 Combinación (3)
Flexo compresión Muy = 16,8 kNm Nu = - 38,4 kN Combinación (1)
Corte Vuy = 31,4 kN en flexo tracción Combinación (3) Vuy = 3,84kN en flexocompresión Nu = 38,4 kN Combinación (1)
Verificación de los cordones
Flexo tracción
2
1
uy2
1
uxu1u 10.
b.n
M10
hn
M
n
TT +
(12-107)
2
1
uy2
1
uxu1u 10.
b.n
M10
hn
M
n
TP −
(12-108)
21u 10.
3,40x2
2,112
4
7,29T + = + 146,7 kN
21u 10.
3,40x2
2,112
4
7,29P − = -131,8 kN
- Se determina la resistencia de diseño a compresión del cordón
φc = 0,85 (Acero F24) kL =1xs = 1x40 =40 cm (Sección 12.1.8.)
Perfil ángulo 21/2x1/4 Ag1 = 7,66 cm2 Ix = 29,26 cm4 r mín = 1,25 cm
λ = 40/1,25 = 32 c = 1 /E
F.
1 y
π
= 1/200000
235.
1
π
= 91,65 λc =/c = 32/91,65 =0,35
La Resistencia de diseño a la compresión es Pd1 = φc.Fcr .Ag1.(10)-1
Pd1 = 0,85x2c658,0 λ x235x7,66x0,1 = 145,4 kN
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia82
- Se determina la resistencia de diseño a tracción del cordón
Td1 = φt.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 losnudos resultante de la adopción de diagonales de diámetro 16 , resultan sometidos aflexo axil.
- No se realiza la determinación de esfuerzos axiles en los cordones cuando la columna estásometida 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))
La compresión en la diagonal es: Du2 = 2
uy
sen.2
V
α
(12-101)
La longitud de la diagonal es: LD = 22
h4
s+ = 2
2
3,404
40+ = 45 cm
Du2 =)45/3,40(x2
4,31 = 17,6 kN
La resistencia de diseño a compresión de la diagonal: PdD = φc. Fcr . AD . (10)-1
φc = 0,85 (Acero AL 220) k LD = 0,85. LD = 0,85x = 38,2 cm
λ = 33,3x4/1,6 = 95,5 c = 1 /
E
F.
1 y
π
= 1/
200000
220.
1
π
= 94,72 λc =/c =95,5/94,72 = 1,01
De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,534PdD = 0,85x0,534x220x2,01x0,1 = 20,1 kN > Du2 = 17,6 kN (verifica)
Momentos flectores secundarios por excentricidad de nudo
e b
hα
d1 s
dD
d i 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 b = 6,35 cmLa excentricidad e es :
e = b7,0d.2cos.2
1D −
γ−
α
+
(12-20)
e = 35,6x7,06,1.5,024
)45/20(.214
−
+
= 2,1 cm
Siendo la diagonal externa no es necesario satisfacer e ≤ 0,3 b – 2,5 t
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia 83
El momento flector secundario en el nudo es: (Sección 12.1.6.4.)
2us )10(
h
e.s.VM −
= (12-29)
2s )10(
3,40
e.s1,2x40x)2/4,31(M −
= =0,33 kNm
En cada cordón el Momento flector secundario Mc = 0,5 Ms = 0,5x0,33 = 0,165 kNm
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 <yF
240=
235
240= 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
−= 1btL78,01L
Ctb132M
222
b4
ob (7-80)
− 135,6635,0x4078,0140
1x635,0x35,6x132M
222
4
ob = 12,29 kNm > My = 1,215 kNm
[ ] yyobyn M50,1MMM17,192,1M ≤ (7-79)
[ ]
yyyn M50,1M55,1M29,12215,117,192,1M >
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
0,1M
M
M
M
9
8
P
P
nyb
uy
nxb
ux
n
u≤
(8-4)
+
64,1
165,0
9
8
162
7,146 = 0,995 < 1 (verifica)
Flexo compresión Pu = 131,8 kN Mu = 0,165 kNm Pd = 145,4 kN Md = 1,64 kNm
Para Pu / φ .Pn = 131,8/145,4 = 0,906 > 0,2
0,1M
M
M
M
98
P
P
nyb
uy
nxb
ux
n
u≤
(8-6)
+ 64,1
165,0
9
8
4,145
8,131 = 0,996 < 1 (verifica)
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia84
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:
s I10h In 1pp ≥
(12-60)
I1 = 2x29,26 = 58,52 cm4 s = 40 cm h = 40,3 cm np = 2Ipmín = 10x58,52x40,3/2x40 = 295 cm4 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 = φt.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 diámetrodbr =1,2 d = 1,2x25 = 30 mm
(E) VIGA V
Se adopta el siguiente esquema: 700 12
30 30 5kN Cara lateral
Vista lateral SECCIÓN
Cordones : φ 16 (liso) 30 Diagonales : Cara lateral : φ 8 (liso) Cara superior Cara superior : φ 6 (liso)
Para garantizar el desarrollo de la resistencia a pandeo lateral se debe garantizar en el apoyo larestricción al giro alrededor del eje de la viga (Sección 12.1.11.3.). Para ello se adopta ladisposición que se muestra en la vista lateral con dos redondos soldados a la viga i unidos a lacolumna.La viga no cumple la relación geométrica b h/2 pero ello no es necesario si verifica el estadolímite 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
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia 85
Sobrecarga L Carga a levantar con peso de aparato de izaje = 5 kN
Mayor solicitación a flexión y corte con combinación 1,2 D + 1,6 LMu = 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 = 30x4/1,6 = 75 c = /c = 75/94,72 = 0,80De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,662Mdcx = φc. h . n1 . Agc1. Fcr . (10)-3 (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 = 142,6c = /c = 142,6/94,72 = 1,51De Tabla 4-2 (Página 106) χ = 0,311VdD = φc. 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:
Jr =
Dv
3v
Dh
3h
22
A
d
A
d
s.h.b
+
(12-78)
dv = 33,54 cm dh = 19,28 cm Jr =
5,0
54,33
28,0
28,19
30x30x1233
22
+
= 38,58 cm4
0,5 1 0,5 Cb = 1,30
Lr = gr di
b A.JM
b.C.150 (12-81)
Lr = 01,2x4x58,3893,14
12x3,1x150 = 2760 cm > Lb = 700 cm (No es crítico pandeo lateral)
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 ( Sección12.1.10.3.)
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Estructuras Metálicas. Proyecto por Estados Límites. Ejemplos de Aplicación. G.R. Troglia86
Para celosías sólo con diagonales2
Do
3g
1h.s. A.n
d. A2.
2
3
1 30x30x50,0x2
54,33x01,2x4x2
. = 14,9k.Lx = 1x700 = 700 cm r x = (h/2) = 30/2 = 15 cm
ox = (kLx /r x ) = 700/15 = 46,67 λ mx =2
1
2
or
Lkλ
= 22 9,1467,46 + = 49
r mx = (k . Lx)/ mx = 700/ 49 = 14,29 cmImx = r mx
2 x Ag = 14,292x4x2,01 = 1641,6 cm4
Las deformaciones se verifican con las cargas de servicio. La combinación de servicio aplicablees: (Sección 1.4.3.4.)
D + L
qx = 0,10 kN/m Px = 5 kN
f xmáx =mx
4´x´x
I.E.384
L.q.5.(10)-1 +
mx
3
I.E.48
L.P. (10)
f xmáx =6,1641x200000x384
700x1,0x5 4
.(10)-1 +6,1641x200000x48
700x5 3
. (10) = 1,2 cm
f/L = 1,2/ 700 =1/ 583 <1/ 200 (verifica)
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La presente edición de Estructu-
ras Metálicas se terminó de im-
primir en JORGE SARMIENTO
EDITOR en el mes de Enero del
año 2010.
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Impreso en Córdoba - Argentina 2010
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