Apunte Aceros 2 - 2do Semestre 2008 - V2.0

APUNTES DE EJERCICIOS:

DISEÑO EN ACEROS 2

INGENIERÍA CIVIL

UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE

Profesor: Luis Leiva Aravena. Santiago, 2008

Profesor: Luis Leiva A. Ayudante: Pedro Peñaloza P.

2 de 226

Universidad de Santiago de Chile Departamento de Ingeniería Civil en Obras Civiles

Curso de Diseño en Aceros 2

Palabras a los Alumnos:


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Índice

ÍNDICE 3

EJERCICIOS DE DISEÑO PLÁSTICO: FLEXIÓN 7

EJERCICIO 1: PARA LA SECCIÓN DEL PERFIL QUE SE MUESTRA EN LA FIGURA, DETERMINAR EL MÓDULO PLÁSTICO Y ELÁSTICO. 7

EJERCICIO 2: PARA LA SECCIÓN DEL PERFIL QUE SE MUESTRA EN LA FIGURA, DETERMINAR EL MÓDULO PLÁSTICO Y ELÁSTICO. 9

EJERCICIO 3: DISEÑE LA VIGA DE LA FIGURA CONSIDERANDO UNA CARGA DE TRABAJO P =12 TON (VIVA). CONSIDERE UNA CARGA DE PESO PROPIO DE QPP = 90 [KG / M]. A 37‐24 ES. USAR PERFIL COMPACTO. 11

EJERCICIO 4: DADA LA VIGA DE LA FIGURA, SE REQUIERE OBTENER UNA EXPRESIÓN GENERAL PARA MP Y LUEGO DISEÑAR LA VIGA. PARA EL DISEÑO DESPRECIE EL PESO PROPIO. A 37‐24 ES.15

EJERCICIO 5: PARA LA VIGA CONTINUA DE DOS LUCES QUE SE MUESTRA EN LA FIGURA SELECCIONE UN MÓDULO PLÁSTICO ECONÓMICO USANDO A 37‐24 ES. DESPRECIE EL PESO PROPIO. 19

EJERCICIO 6: CALCULAR LA CARGA PERMANENTE P, PARA LA SIGUIENTE VIGA CUYO MÓDULO PLÁSTICO ES Z = 632 CM3. UTILICE MÉTODO LRFD. CONSIDERE L = 500 CM Y L´ = 600 CM. UTILICE A37‐24ES. 23

EJERCICIO 7: CALCULAR LA CARGA PERMANENTE P, PARA LA SIGUIENTE VIGA CUYO MÓDULO PLÁSTICO ES Z = 843 CM3. UTILICE MÉTODO LRFD. CONSIDERE L = 800 CM. UTILICE A37‐24ES. 26

EJERCICIO 8: DETERMINE LA CAPACIDAD DE MOMENTO DE UNA VIGA CON SECCIÓN DE LA FIGURA, PRIMERO CON FY=2400 [KG/CM

2] Y LUEGO CON FY= 2700 [KG/CM2]. EN AMBOS CASOS LB=2,44 M Y CB= 1,0. ASUMA EL PERFIL CARGADO EN SU ALA SUPERIOR. 29

EJERCICIO 9: CALCULAR LA CARGA DISTRIBUIDA PERMANENTE MÁXIMA Q (KG/M) QUE PUEDE SOPORTAR LA VIGA DE LA FIGURA. USAR A 37‐24 ES Y UN PERFIL IN 25X52,5C . EN EL PUNTO B EXISTE UN ARRIOSTRAMIENTO LATERAL. ASUMA EL PERFIL CARGADO EN SU ALA SUPERIOR. 35

EJERCICIO 10: CALCULAR LA CARGA DISTRIBUIDA PERMANENTE MÁXIMA Q (KG/M) QUE PUEDE SOPORTAR LA VIGA DE LA FIGURA. USAR A 37‐24 ES Y UN PERFIL IN 25X60,5. EN LOS PUNTOS A, B Y C EXISTEN ARRIOSTRAMIENTOS LATERALES. ASUMA EL PERFIL CARGADO EN SU ALA INFERIOR. 40


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EJERCICIO 11: PARA LA VIGA DE LA FIGURA SE PIDE CALCULAR LA SOBRECARGA MÁXIMA Q [KG/M2]. LA VIGA SE ENCUENTRA ARRIOSTRADA LATERALMENTE EN LOS PUNTOS A, B Y C. ADEMÁS LA VIGA DE LA FIGURA SOPORTA UN ENVIGADO DE MADERA DE 20 [KG/M2]. UTILIZAR ACERO A 42‐27 ES. 44

EJERCICIO 12: PARA LA SIGUIENTE VIGA CALCULAR LA MÁXIMA CARGA P PERMANENTE QUE ES CAPAZ DE RESISTIR. LA VIGA PRESENTA ARRIOSTRAMIENTOS LATERALES EN LOS PUNTOS A, B Y C. UTILIZAR A 42‐27 ES. ASUMA EL PERFIL CARGADO EN SU ALA SUPERIOR. 49

EJERCICIO 13: CALCULAR LA CARGA PERMANENTE MÁXIMA P PARA LA VIGA DE LA FIGURA. LA VIGA SE ENCUENTRA ARRIOSTRADA EN LOS PUNTOS A, B Y C. UTILIZAR A 42‐27 ES. ASUMA EL PERFIL CARGADO EN SU ALA SUPERIOR. 55

EJERCICIO 14: PARA LA VIGA DE LA FIGURA CALCULAR LA MÁXIMA CARGA PERMANENTE QUE SERÁ CAPAZ DE RESISTIR. LA VIGA DE LA FIGURA PRESENTA ARRIOSTRAMIENTOS LATERALES EN LOS PUNTOS A, B Y C. UTILIZAR A 42‐27 ES. ASUMA EL PERFIL CARGADO EN SU ALA SUPERIOR. 64

EJERCICIO 15: PARA LA SIGUIENTE VIGA CALCULAR LA MÁXIMA CARGA P PERMANENTE QUE ES CAPAZ DE RESISTIR. LA VIGA PRESENTA ARRIOSTRAMIENTOS LATERALES EN SUS EXTREMOS. UTILIZAR A 42‐27 ES. ASUMA EL PERFIL CARGADO EN SU ALA INFERIOR. 72

EJERCICIO 16: CALCULAR LA CARGA VIVA MÁXIMA QSC [KG/M2] QUE LA VIGA DE LA FIGURA PUEDE RECIBIR. LA VIGA SE ENCUENTRA ARRIOSTRADA EN SUS EXTREMOS. LA DISTANCIA ENTRE LAS VIGAS ES DE 5 METROS. UTILIZAR A 37‐24 ES. NO CONSIDERE EL PESO PROPIO DE LA VIGA. 77

EJERCICIO 17: DETERMINE LA CARGA MÁXIMA VIVA QSC (KG/M) QUE LA VIGA DE LA FIGURA PUEDE RECIBIR. VERIFIQUE SOLO POR FLEXIÓN. 83

EJERCICIO 18: PARA LA VIGA QUE SE MUESTRA A CONTINUACIÓN, CALCULE: 92



EJERCICIOS DE CORTE: CARGAS CONCENTRADAS, RESISTENCIA POST‐PANDEO Y ATIESADORES 120

EJERCICIO 1: PARA LA VIGA DE LA FIGURA: 120

EJERCICIO 2: DISEÑO AL CORTE. 127


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EJERCICIO 3: EN LA VIGA DE LA FIGURA DETERMINE LA CARGA VIVA MÁXIMA QSC (KG/CM2) QUE DICHA VIGA PUEDE RECIBIR CONSIDERANDO: 132

EJERCICIO 4: CALCULE LA CARGA MÁXIMA PERMANENTE DE DISEÑO QUE LA VIGA PUEDE SOPORTAR COPNSIDEARNDO EL DISEÑO AL CORTE Y LAS CARGAS CONCENTRADAS. 142

EJERCICIOS DE DISEÑO CON LOSA COLABORANTE: 148

EJERCICIO 1: DETERMINAR EL MOMENTO ÚLTIMO DE LA VIGA CONSIDERANDO COLABORACIÓN DE LOSA. 148

EJERCICIO 2: PARA LA SECCIÓN QUE SE MUESTRA A CONTINUACIÓN, DETERMINAR LA UBICACIÓN DE LA LÍNEA NEUTRA Y EL MOMENTO NOMINAL QUE SERÁ CAPAZ DE RESISTIR. UTILICE: 152

EJERCICIO 3: EN LA VIGA DE 12 M DE LARGO DE LA FIGURA DETERMINE: 157

EJERCICIO 4: PARA LA VIGA DE LA FIGURA, MEDIANTE LRFD SE PIDE: 169

EJERCICIO 5: PARA LA VIGA CON LOSA COLABORANTE, QUE SE MUESTRA A CONTINUACIÓN, CALCULE: 177

EJERCICIOS DE FLEXO‐COMPRESIÓN: 182

EJERCICIO 1: LA VIGA‐COLUMNA DE LA FIGURA, LA CUAL SE ENCUENTRA SUJETA A UNA CARGA DE SERVICIO DE 12,7 [TON] SE ENCUENTRA ARRIOSTRADA EN LOS APOYOS Y LA FLEXIÓN ES EN TORNO AL EJE X. SE PIDE DETERMINAR SI EL PERFIL HR 206X204X56 (SOLDADO) ES ADECUADO CONSIDERANDO EL DISEÑO POR FLEXO‐COMPRESIÓN. UTILICE FY = 345 [MPA].DISEÑE POR LRFD Y ASD. SUPONGA QUE LA CARGA VERTICAL SE ENCUENTRA APLICADA EN EL ALMA DE LA VIGA. 182

EJERCICIO 2: UNA VIGA‐COLUMNA HR 463X280X119,4 ESTA SUJETA A UNA CARGA VIVA DE COMPRESIÓN AXIAL DE 45360 KG. EL ELEMENTO DE 730 CM DE LARGO ESTÁ ARTICULADO EN AMBOS EXTREMOS ALREDEDOR DE SU EJE. DETERMINE LA INTENSIDAD DE LA SOBRECARGA UNIFORMEMENTE DISTRIBUIDA QUE PODRÍA APLICARSE EN EL PLANO DEL ALMA. LA CARGA SE ENCUENTRA SITUADA SOBRE EL ALA SUPERIOR DE LA VIGA: 190

EJERCICIO 3: LA VIGA‐COLUMNA DE LA SIGUIENTE FIGURA, CORRESPONDE A UN PERFIL W12X65 A242 Y DEBE SOPORTAR UNA CARGA VIVA AXIAL DE 85 TONF. EXISTEN MOMENTOS FLECTORES TANTO ENTORNO DEL EJE FUERTE COMO DEL DÉBIL, ESTOS CORRESPONDEN A: 11,7TONF‐M Y 2,6 TONF‐M RESPECTIVAMENTE. CONSIDERE LA VIGA‐COLUMNA SIMPLEMENTE APOYADA EN SUS EXTREMOS. 202


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ANEXO 1: EFECTO DE LA DISPOSICIÓN DE LAS CARGAS EN EL PANDEO LATERAL TORSIONAL 214

ANEXO 2: DEMOSTRACIÓN DE FORMULA F2‐5 A PARTIR DE F2‐4 Y F2‐2 216

ANEXO 3: ANÁLISIS DE LIMITANTES DE APLICACIÓN DE CARGAS CONCENTRADAS 219

ANEXO 4: PROCEDIMIENTO PROPUESTO PARA EL DISEÑO ELEMENTOS FLEXO COMPRIMIDOS IMPEDIDOS DE DESPLAZAMIENTO LATERAL EN LOS EXTREMOS. 223


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SxiIxx

Ycg3.636 103

× cm3

⋅=:=

SxsIxx

60cm Ycg−( )2.685 103

× cm3

⋅=:=

BFi

TW

TFi

H

TFs

BFsCon:

Ejercicios de Diseño Plástico: Flexión

EJERCICIO 1: Para la sección del perfil que se muestra en la figura, determinar el módulo plástico y elástico.

Todas las dimensiones en mm.

Solución:

DETERMINACIÓN DEL MODULO ELÁSTICO:

1. Calculo del centro de gravedad de la sección:

Por definición tenemos que:

2. Calculo de Inercias a) Inercia en X:

IxxTW H

3⋅( )

12BFs TFs

3⋅( )12

+BFi TFi

3⋅( )12

+ A1 TFiH

2+⎛⎜

⎝⎞⎟⎠

Ycg−⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

2⋅+ A0 TFi H+

TFs

2+⎛⎜

⎝⎞⎟⎠

Ycg−⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

2⋅+ A2

TFi

2⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

Ycg−⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

2⋅+:=

Ixx 9.267 104× cm

4⋅=

b) Inercia en Y:

IyyTW

3H⋅( )

12BFs

3TFs⋅( )

12+

BFi3

TFi⋅( )12

+:=

Iyy 5.705 103× cm

4⋅=

3. Calculo de módulos elásticos

a) Modulo Elástico Inferior

b) Modulo Elástico superior

Ycg0

2

i

Ai Yi⋅( )∑=

0

2

i

Ai∑=

:= Ycg 25.49cm=


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DETERMINACIÓN DEL MÓDULO PLÁSTICO:

1. Calculo de centro plástico

R1 36 Fy⋅ cm2

⋅:= Fy X1 d x−( )TFs

2− 41 cm⋅=:=

R1 40.1 Fy⋅ cm2

⋅:= FyFy X2d x−( ) TFs−[ ]

220.05 cm⋅=:=

R1 16.1 Fy⋅ cm2

⋅:= FyFy X3x TFi−( )

28.05cm=:=

R1 60 Fy⋅ cm2

⋅:= Fy X4 xTFi

2− 17.1 cm⋅=:=

2. Calculo de Módulo Plástico:

Mp

1

4

i

Ri Xi⋅( )∑=

⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

34.3561m⋅ Fy⋅ cm2

⋅→:= Ri Xi⋅

Mp Fy Zx⋅:= Fy

1

4

i

Ri Xi⋅( )∑=

⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

Zx Fy⋅= solve Zx, 34.3561m⋅ cm2.0

⋅→

Zx 3435.61cm3

⋅=

x 18.1 cm⋅=

BFi TFi⋅ X TFi−( ) TW⋅+ A1=

BFs TFs⋅ H TFi+ X−( ) TW⋅+ A2=

A1 A2=


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19300

76

76

19

19

EJERCICIO 2: Para la sección del perfil que se muestra en la figura, determinar el módulo plástico y elástico.

Solución:

DETERMINACIÓN DEL MODULO ELÁSTICO:

1. Calculo del centro de gravedad de la sección:

Por definición tenemos que:

Atotal

0

4

i

Ai( )∑=

235.98cm2

=:=

2. Calculo de Inercias a) Inercia en X:

Ixx 7.862 104× cm

4⋅=

b) Inercia en Y:

Iyy 1.714 104× cm

4⋅=

3. Calculo de módulos elásticos

a) Modulo Elástico Inferior

SxiIxx

Ycg3.479 103

× cm3

⋅=:=

b) Modulo Elástico superior

SxsIxx

45.2cm Ycg−( )3.479 103

× cm3

⋅=:=

Ycg0

4

i

Ai Yi⋅( )∑=

0

4

i

Ai∑=

:= Ycg 22.6 cm⋅=


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DETERMINACIÓN DEL MÓDULO PLÁSTICO:

1. Calculo de centro plástico

R1 57 Fy⋅ cm2

⋅:= Fy X1 21.65cm:=

R2 21.66 Fy⋅ cm2

⋅:= Fy X2 17.85cm:=

R3 39.33 Fy⋅ cm2

⋅:= Fy X3 10.35cm:=

R4 39.33 Fy⋅ cm2

⋅:= Fy X4 10.35cm:=

R5 21.66 Fy⋅ cm2

⋅:= FyFy X5 17.85cm:=

R6 57 Fy⋅ cm2

⋅:= Fy X6 21.65cm:=

2. Calculo de Módulo Plástico:

Mp

1

6

i

Ri Xi⋅( )∑=

4055.493Fy⋅ cm3

⋅→:= Ri Xi⋅

ZxMp

Fy:=

Mp

Zx 4055.493cm3

⋅=

A2

A1

Como se trata de un perfil simétrico, entonces las áreas son equivalentes, por lo cual es fácil conocer el centro plástico. Como Entonces:

A1 A2=

x 22.6cm=

X6 X5X4

X1

X2

X3

R6R5

R4

R3

R2R1


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EJERCICIO 3: Diseñe la viga de la figura considerando una carga de trabajo P =12 Ton (viva). Considere una carga de peso propio de qpp = 90 [Kg / m]. A 37-24 ES. Usar perfil compacto.

Solución:

DISEÑO LRFD. Para diseñar debemos encontrar el valor del módulo plástico Z, para lo cual es necesario hallar, primero, el momento plástico o momento último que solicita la viga. Para encontrar Mp usaremos el método de trabajo virtual. La viga posee tres grados de hiper-estaticidad, lo que indica que añadiendo tres rótulas, la viga fallará.

1. Para la carga de trabajo puntual P se tendrá:

int

1 1 1

1

1

24

(1)4

ext

u p p p

u p

up

W WP M M M

P MPM

δ θ θ θδ θ

δθ

=⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅

⋅ = ⋅⋅

=

Además del diagrama de rótulas plásticas, se obtiene la siguiente ecuación (considerando deformaciones pequeñas):

( )2

(2)2

tg L

L

δθ θ

δ θ

= =

=

Reemplazando (2) en (1) se obtiene lo siguiente:

1( )24 8

u up

LP P LMθ

θ

⋅ ⋅= =

Como: [ ] [ ]1,6 1,6 12 19,2 , Factor 1,6 correpondiente a la carga de trabajo (Carga Viva)

6uP P Ton Ton

L m= ⋅ = ⋅ =

=


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Por lo tanto:

[ ]119,2 6 14,4

8 8u

pP L

M Ton m⋅ ⋅

= = = ⋅

2. Para la carga de peso propio (carga distribuida), se tendrá: Conservando la ecuación obtenida de los trabajos virtuales y realizando el cambio correspondiente de la carga distribuida que representa el peso propio:

int

2 2 2

2

2

( ) 22

( ) 42

( ) 2 (3)4

ext

uPP p p p

uPP p

uPPp

W W

q L M M M

q L M

q LM

δ θ θ θ

δ θ

δ

θ

=

⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅

⋅ ⋅ = ⋅

⋅ ⋅=

Además reemplazando (2) en (3) se tiene:

2

2

( )2( ) 24 16

uPP uPPp

Lq L q LM

θ

θ

⋅ ⋅ ⋅= =

Por lo tanto:

90 0,09

1,2 0,09 0,108 , factor 1,2 correspondiente a Peso Propio (Carga permanente)

pp

upp

kg Tonq m mTon Tonq m m

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ⋅ =⎣ ⎦ ⎣ ⎦

[ ]

[ ]

2 2

2

2

0,108 6 0,24316 16

0,243

uPPp

p

q LM Ton m

M Ton m

⋅ ⋅= = = ⋅

= ⋅

Entonces el momento plástico requerido total será:

[ ]1 2 14,4 0,243 14,643p u p pM M M M Ton m= = + = + = ⋅

Utilizando las condiciones de diseño según el método LRFD se tendrá:

[ ] 3

2

0,9

1464300677,92

0,9 0,9 2400

u n

u y

u

y

M MM F Z

kg cmMZ cm

kgFcm

φ≤ ⋅

≤ ⋅ ⋅

⋅≥ = =

⋅ ⎡ ⎤⋅ ⎢ ⎥⎣ ⎦ Se escogerá el perfil IN 25 X 52,5c de la clasificación CINTAC, cuyo Z = 695 cm. Obs1.: El superíndice c de la nomenclatura del perfil IN 25 X 52,5indica que el perfil es compacto. Obs2: Se escoge un perfil compacto, ya que este asegura la plastificación como primer estado de falla.


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DISEÑO ASD Para realizar el diseño ASD se usará un método similar al usado anteriormente con el diseño LRFD, solo que esta vez, los valores de momento serán los entregados por los diagramas de momento elástico. Además se utilizará redistribución de momento.

1. Para la carga puntual de trabajo P se tendrá: Para esta carga puntual al centro de una viga bi-empotrada, se usará la fórmula del momento máximo. Para este caso, cabe aclarar, que el momento máximo está en los extremos y en el centro y tiene un valor de:

max 8P LM ⋅

=

Además, se puede considerar un factor de redistribución de momentos y así, disminuir el momento en los apoyos e indirectamente el tamaño del perfil en un décimo ( AISC 2005 Appendix 1 (1.3)). En este caso, en que Mapoyo=Mtramo para la carga puntual, no conviene utilizar esta redistribución, porque la redistribución disminuye el momento en el apoyo, pero aumenta en el tramo. El valor del aumento del Momento en el tramo es exactamente la disminución del momento en el tramo y en el apoyo es alta, de lo contrario el valor del tramo aumentará por sobre el apoyo y las secciones requeridas serán mayores que lo necesario. Por lo tanto el valor del momento MU1 será:

[ ] [ ]max 112 6 9 9

8 aM ton m M ton m⋅= = ⋅ ⇒ = ⋅

2. Para la carga de peso propio (carga distribuida) se tendrá: Análogamente al caso anterior, se usará la fórmula del momento máximo para una viga bi-empotrada con carga distribuida q. El momento máximo se encuentra en los extremos de la viga. Además para este caso utilizaremos redistribución de momentos, de manera tal, que el momento del apoyo será disminuido en un décimo de su valor, es decir:

[ ]2

29 0.243

10 12aq LM ton m

⎛ ⎞⋅= = ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

Entonces el momento solicitante total será:

[ ] [ ]9 0,243 9,243 924300aTM Ton m kg cm= + = ⋅ = ⋅ Como estamos trabajando con ASD, entonces la condición de diseño es la siguiente:


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[ ] 32

1,67 1,67 1,67

924300 1,67 643.16

2400

n aTaT

M MFy ZM ZFy

kg cmZ cm

kg cm

⋅⋅≤ = ⇒ ≥

⋅ ⋅ ⎡ ⎤≥ = ⎣ ⎦⎡ ⎤⎣ ⎦

Se escogerá el mismo perfil IN 25 X 52,5c de la clasificación CINTAC, cuyo Z = 695 cm.


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EJERCICIO 4: Dada la viga de la figura, se requiere obtener una expresión general para Mp y luego diseñar la viga. Para el diseño desprecie el peso propio. A 37-24 ES.

Solución:

DISEÑO LRFD. Para diseñar debemos calcular el valor del módulo plástico Z, para lo cual es necesario encontrar, primero, el momento plástico o momento último que es capaz de soportar la viga. La viga posee dos grados de hiper-estaticidad, lo que indica que añadiendo dos rótulas, la viga fallará.

En el punto C no se genera rótula plástica, ya que en este punto hay una articulación natural. De la figura anterior, asumiendo deformaciones pequeñas, tendremos:

1 1 2 2( ) (1) ( ) (2)tg tgX L Xδ δθ θ θ θ= = = =

−

Utilizando el método de trabajos virtuales tendremos:

( ) ( )

( ) ( )

int

2 1 2

1 2

(*)2

2 (3)2

ext

u p p

u p

W W

q L M M

q L M

δ θ θ θ

δ θ θ

=

⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ +

⋅ ⋅ = ⋅ +

(*) Se obtiene la expresión ( )2uq L δ

⋅ ⋅ del siguiente desarrollo:

qq

XL-X

2δ

δδ2δ

( )

( )2 2

2 2

ext

ext

W q L X q X

W q L X X q L

δ δ

δ δ

= ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅

= ⋅ − + = ⋅ ⋅


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( ) ( )

( ) ( )( ) ( )( )

2

2

=02

2=0

2

pu

u

M X L Xq L

X X L X

L X L X X L Xq L

L X

δ∂ ⎡ ⎤⎛ ⋅ − ⎞∂= ⋅ ⋅ ⋅⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ∂ +⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

⎛ ⎞− + − ⋅ −⋅ ⎜ ⎟⋅⎜ ⎟+⎝ ⎠

Reemplazando (1)(2) en (3), obtenemos:

Para encontrar la posición en la que se encuentra el Mp máximo se derivará la expresión anterior en función de X y se igualará a cero, es decir:

2 2

2

2

1

2

2

2 0, Con L=6m

12 36 0

12 12 4 1 36 2,4852 1

12 12 4 1 36 14.4852 1

X X L L

X X

X m

X m

+ ⋅ ⋅ − =

+ ⋅ − =

− + + ⋅ ⋅= =

⋅

− − + ⋅ ⋅= = −

⋅

Como X es una distancia, la posición (X) en la que se encuentra el momento Mp máximo es 2,49m. Por lo tanto reemplazando el valor de X = 2,49m en (4) se obtendrá el momento MP máximo cuyo valor será:

( ) ( ) ( ) ( )500 6 2,485 6 2,485

2 2 6 2,485u

p pq L X L X

M ML X

⋅ ⎛ ⋅ − ⎞ ⋅ ⎛ ⋅ − ⎞= ⋅ ⇒ = ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Ahora bien, el momento plástico último corresponderá al momento plástico solicitante por el factor de mayoración correspondiente a las cargas vivas (según LRFD):

[ ] [ ] [ ]1,6 1,6 1544,156 2470,650 247065pu p puM M M kg m kg m kg cm= ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅

Aplicando la condición de diseño del método LRFD:

Teniendo 3114.38reqZ cm≥ , utilizaremos el perfil IN 20X13,8 de la clasificación CINTAC, que presenta un

módulo plástico Z =134 cm3.

( )

( )( )

( ) ( )

22

2

(4)2

u p

up

up

q L MX L X

q L L XMX L X

q L X L XM

L X

δ δ δ⎛ ⎞⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅⎜ ⎟−⎝ ⎠⎛ ⎞⋅ +

= ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⋅ −⎝ ⎠⋅ ⎛ ⋅ − ⎞

= ⋅ ⎜ ⎟+⎝ ⎠

[ ] 3

2

0,9

247065114.38

0,9 0,9 2400

u n

u y

u

y

M MM F Z

kg cmMZ cmkgF

cm

φ≤ ⋅

≤ ⋅ ⋅

⋅≥ = =

⋅ ⎡ ⎤⋅ ⎢ ⎥⎣ ⎦


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DETERMINACIÓN DE COMPACIDAD DEL PERFIL ELEGIDO: Medidas en milímetros

Ahora se verificará que este perfil sea un elemento que puede llegar hasta el estado plástico, comparando las esbelteces de sus elementos (λ<λp)

1. Para las Alas:

100 102 2 5

0,38 11,24

f

p f p

btf

EFy

λ

λ λ λ

= = =⋅ ⋅

= = ∴ ≤

2. Para el Alma

190 47,54

3,76 111,22

w

pw w pw

htw

EFy

λ

λ λ λ

= = =

= = ∴ ≤

Por lo tanto el perfil escogido es compacto, lo cual asegura que se plastificara antes de dar inicio a otro estado de falla.

DISEÑO ASD Para realizar el diseño por el método ASD se usará un método similar al usado anteriormente con el diseño LRFD, solo que esta vez, los valores de momento serán los que entregan los diagramas de momentos provenientes del análisis elástico. Análogamente al caso anterior, se utilizará la formula del momento máximo para una viga con las características de apoyos de la viga del ejercicio, con una carga distribuida q. El momento máximo se encuentra en el extremo empotrado de la viga, y presenta un valor igual a:

max 8P LM ⋅

=

Como en este caso los valores de los momentos en el tramo y apoyo difieren bastante, se utilizará redistribución de momento, es decir, se disminuirá en un 10% el valor del momento en el apoyo, de esta manera el valor del momento último será:


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[ ] [ ]

2

2

910 8

9 500 6 2025 20250010 8

a

a

q LM

M kg m kg cm

⎛ ⎞⋅= ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎛ ⎞⋅

= = ⋅ = ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Aplicando la condición de diseño para este método (ASD) obtendremos:

[ ] 32

1,67 1,67 1,67

202500 1,67 140,91

2400

n aa

M MFy ZM ZFy

kg cmZ cm

kg cm

⋅⋅≤ = ⇒ ≥

⋅ ⋅ ⎡ ⎤≥ = ⎣ ⎦⎡ ⎤⎣ ⎦

No es posible utilizar el mismo perfil anterior al diseñar con este método, por lo que se requerirá un perfil que entregue un mayor modulo plástico. Con el valor de Z obtenido y utilizando el catálogo de CINTAC, escogeremos el perfil IN 20X15,3c

que presenta un Z = 152 cm3, cuyo superíndice c nos indica que es compacto.


19 de 226



EJERCICIO 5: Para la viga continua de dos luces que se muestra en la figura seleccione un módulo plástico económico usando A 37-24 ES. Desprecie el peso propio.

Solución:

DISEÑO LRFD. Para diseñar primero debemos encontrar el valor del módulo plástico Z, para lo cual es necesario hallar primero, el momento plástico o momento último que solicita a la viga. Para encontrar Mp usaremos el método de los trabajos virtuales para cada mecanismo, es decir, se analizará el tramo AB y luego el tramo BC.

1. Análisis tramo AB: Con L1= 6 m

Utilizando trabajos virtuales obtendremos:

( )int

1 1 2 1 1 2

11

1 2 (1)

2

ext

u p p

up

W WP M M

PM

δ θ θ θδ

θ θ

=⋅ = ⋅ + ⋅ +

⋅=

+

Además considerando deformaciones pequeñas, del diagrama de rótulas plásticas tenemos:

1 1 2 21 1

111 2

( ) ( ) 23 3

2 (2) (3)3 3

tg tgL L

LL

δ δθ θ θ θ

δ θ δ θ

= = = =⋅

⋅= ⋅ = ⋅

Igualando (2) con (3):

1 22 (4)θ θ= ⋅


20 de 226



Reemplazando (4) en (1) tenemos:

1 11 2 1 2 1 1

12 2 2

2 23 32 2 4 6u u u

p

L LP P P LMθ θ

θ θ θ

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = =

⋅ + ⋅ ⋅

Así:

[ ] [ ]1 11,6 1,6 10 16uP P Ton Ton= ⋅ = ⋅ = Por lo tanto:

[ ]1 11

16 6 166 6

up

P LM ton m⋅ ⋅= = = ⋅

De esta manera aplicando la condición de diseño del método LRFD:

[ ] 3

2

0,9

1600000740,74

0,9 0,9 2400

u n

u y

u

y

M MM F Z

kg cmMZ cm

kgFcm

φ≤ ⋅

≤ ⋅ ⋅

⋅≥ = =

⋅ ⎡ ⎤⋅ ⎢ ⎥⎣ ⎦

Por lo tanto se escogerá el perfil IN 30X50,3c de la clasificación CINTAC, que presenta un módulo plástico de 789 cm3.

2. Análisis tramo BC:

Con L2= 5 m


int

2 2 2

22

2

2

(1)3

ext

u p p

up

W WP M M

PM

δ θ θδ

θ

=⋅ = ⋅ + ⋅

⋅=


2

1

( )

2

(2)2

tg L

L

δθ θ

δ θ

= =

= ⋅


21 de 226




22 2

222

3 6u u

p

LP P LM

θ

θ

⋅ ⋅ ⋅= =

⋅

Así:

[ ] [ ]2 21,6 1,6 12 19,2uP P Ton Ton= ⋅ = ⋅ = Por lo tanto:

[ ]219,2 5 16

6pM ton m⋅= = ⋅

De esta manera aplicando la condición de diseño del método LRFD:

[ ] 3

2

0,9

1600000740,74

0,9 0,9 2400

u n

u y

u

y

M MM F Z

kg cmMZ cm

kgFcm

φ≤ ⋅

≤ ⋅ ⋅

⋅≥ = =

⋅ ⎡ ⎤⋅ ⎢ ⎥⎣ ⎦


DISEÑO ASD. Para realizar el diseño ASD se llevará a cabo un análisis elástico de la viga, es decir, se calculará el valor del momento máximo, según las condiciones particulares del ejercicio, ya que no existen formulas generales para este tipo de ejercicio. El valor del momento será determinado con un programa de cálculo de estructuras, cuyo resultado fue el siguiente:

Por lo tanto el momento máximo corresponde a M2= 10,019 [Ton·m] Como este valor se encuentra en el tramo, bajo la carga de 12 Ton, no se usará redistribución de momentos. Esto se debe a que la redistribución de momento se hace en base a una reducción de los momentos en un 10% del momento en los apoyos, siempre y cuando esta disminución no aumente de sobremanera (por sobre el momento máximo a considerar) otro momento. En este caso no se cumple dicha condición, ya que el momento máximo se encuentra en el tramo, por lo que una disminución en los apoyos solo hará que dicho momento aumente. Para mayor información respecto de otras limitantes consultar AISC 2005 Appendix 1(1.3).


22 de 226



Aplicando la condición de diseño para este método (ASD) obtendremos:

[ ] 32

1,67 1,67 1,67

1001900 1,67 697,16

2400

n aa

M MFy ZM ZFy

kg cmZ cm

kg cm

⋅⋅≤ = ⇒ ≥

⋅ ⋅ ⎡ ⎤≥ = ⎣ ⎦⎡ ⎤⎣ ⎦



23 de 226



EJERCICIO 6: Calcular la carga permanente P, para la siguiente viga cuyo módulo plástico es Z = 632 cm3. Utilice método LRFD. Considere L = 500 cm y L´ = 600 cm. Utilice A37-24ES.

Solución: En la solución por el método LRFD, es decir, por análisis inelástico se deben analizar todos los mecanismos posibles generados por las cargas. Finalmente se elige el menor momento plástico, ya que será con este momento que la viga entrará primero en colapso.

MECANISMO IZQUIERDO


int2

(1)3

ext

u p p

up

W WP M M

PM

δ θ θδ

θ

=⋅ = ⋅ + ⋅

⋅=


( )2

(2)2

tg L

L

δθ θ

δ θ

= =

= ⋅


223 6

u up

LP P LMθ

θ

⋅ ⋅ ⋅= =

⋅


24 de 226



MECANISMO DERECHO.


( )

( ) ( )

int

2 1 2 1

1 2 1 2

22 = (1)

2

ext

u p p p

u up

W WP M M M

P PM

δ θ θ θ θδ δ

θ θ θ θ

=⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ + + ⋅

⋅ ⋅ ⋅=

⋅ + +


1 1 2 2

1 2

( ) ( )' 2 '3 3

2 '' (2) (3)3 3

tg tgL L

LL

δ δθ θ θ θ

δ θ δ θ

= = = =⋅

⋅= ⋅ = ⋅

Igualando (2) con (3):

1 22 (4)θ θ= ⋅ Reemplazando (4) en (1) tenemos:

2

2 2

'2 2 '32 9

u up

LP P LMθ

θ θ

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= =

+ ⋅

DISEÑO Por lo tanto la viga debe ser diseñada para resistir el mayor de los momentos, es decir el momento plástico del mecanismo de la derecha. Por esto, considerando la condición de diseño del método LRFD se tendrá:

[ ]

[ ]

2

2 2

32

0,9

'2 2 '32 9

0,9

2 6000,9 2400 632

910238,4

u n

u y

u uu p

u y

u

u

M MM F Z

LP P LM M

M F Z

P cm kg cmcm

P kg

φ

θ

θ θ

≤ ⋅

≤ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = =

+ ⋅≤ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤≤ ⋅ ⋅ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦≤

Como se trata de una carga permanente, el factor que deberemos considerar para determinar P, corresponde a 1,2.


25 de 226



[ ] [ ][ ]

1,2 con 10238,4 1,2 10238,4

8532u uP P P kg P kg

P kg

= ⋅ ≤ ⇒ ≤

≤


26 de 226



EJERCICIO 7: Calcular la carga permanente P, para la siguiente viga cuyo módulo plástico es Z = 843 cm3. Utilice método LRFD. Considere L = 800 cm. Utilice A37-24ES.

Solución:

MECANISMO IZQUIERDO.


( )( ) ( )

( )( )

int

1 2 2 1 2

1 2 1 2

1 2

1 2

3 43 4 2

3 4 (1)

2

ext

u u p p

u p

up

W WP P M M

P MP

M

δ δ θ θ θδ δ θ θ

δ δθ θ

=⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ +

⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅⋅ + ⋅

=+ ⋅


11 1 1 1

12 2 1 2

22 2 2 2

( ) (2)33

( ) 2 (3)32 3

( ) (4)33

Ltg L

Ltg L

Ltg L

δθ θ δ θ

δθ θ δ θ

δθ θ δ θ

= = ⇒ = ⋅

= = ⇒ = ⋅ ⋅⋅

= = ⇒ = ⋅

Igualando (2) y (3) obtenemos:

1 22 (5)θ θ= ⋅ De (3) y (4) obtenemos:

1 2 2 2

1 22 2

2 3 33 3= =

2

L L

L L

δ θ δ θ

δ δθ θ

= ⋅ ⋅ = ⋅

⋅ ⋅⇒

⋅


27 de 226



1 22 (6)δ δ= ⋅ Remplazando (5) y (6) en (1):

( )( ) ( )

11

1 2 1

1 2 1 1 1

1

1

3 4 23 4 52 2

Ahora, reemplazando con (2) obtenemos

5 532 6

56

uu u

p

u up

up

PP PM

LP P LM

P LM

δδδ δ δθ θ θ θ θ

θ

θ

⎛ ⎞⋅ + ⋅⎜ ⎟⋅ + ⋅ ⋅ ⋅⎝ ⎠= = =+ ⋅ + ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= =

⋅⋅ ⋅

=

MECANISMO DERECHO.


( )( ) ( )

( )( )

int

2 1 1 1 2

2 1 2 1

2 1

2 1

3 43 4 2

3 4 (1)

2

ext

u u p p

u p

up

W WP P M M

P MP

M

δ δ θ θ θδ δ θ θ

δ δθ θ

=⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ +

⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅⋅ + ⋅

=+ ⋅


11 1 1 1

12 2 1 2

22 2 2 2

( ) (2)33

( ) 2 (3)32 3

( ) (4)33

Ltg L

Ltg L

Ltg L

δθ θ δ θ

δθ θ δ θ

δθ θ δ θ

= = ⇒ = ⋅

= = ⇒ = ⋅ ⋅⋅

= = ⇒ = ⋅

Igualando (2) y (3) obtenemos:

1 22 (5)θ θ= ⋅ De (3) y (4) obtenemos:

1 2 2 2

1 22 2

2 3 33 3= =

2

L L

L L

δ θ δ θ

δ δθ θ

= ⋅ ⋅ = ⋅

⋅ ⋅⇒

⋅


28 de 226



1 22 (6)δ δ= ⋅ Remplazando (5) y (6) en (1):

( )( )

( )( )

2 1 2 2 2

2 1 2 2 2

2

2

3 4 3 4 2 112 2 2 5

Ahora, reemplazando con (4) obtenemos

11 1135 15

1115

u u up

u up

up

P P PM

LP P LM

P LM

δ δ δ δ δθ θ θ θ θ

θ

θ

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = =

+ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= =

⋅⋅ ⋅

=

Así, una vez obtenidos los momentos plásticos diseñaremos para el más desfavorable, es decir, para el momento plástico mayor que corresponde al del mecanismo izquierdo. Es de importancia recordar que, dichos momentos plásticos corresponden en realidad a momentos solicitantes, que se expresan a través de momentos últimos. Utilizando la condición de diseño para el método LRFD tendremos:

[ ]

32

32

0,9

56

0,9

5 0,9 con L=800cm, Z=843cm y Fy=24006

5 800 0,9 2400 84362731,32

u n

u y

uu p

u y

uy

u

u

M MM F Z

P LM M

M F Z

P L kgF Zcm

P kg cmcm

P kg

φ≤ ⋅

≤ ⋅ ⋅

⋅ ⋅= ==

≤ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⎡ ⎤≤ ⋅ ⋅ ⎢ ⎥⎣ ⎦⋅ ⋅ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤≤ ⋅ ⋅ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

≤

Como se trata de una carga permanente, el factor que deberemos considerar para determinar P, corresponde a 1,2.

[ ] [ ][ ]

1,2 con 2731,32 1,2 2731,32

2276,1u uP P P kg P kg

P kg

= ⋅ ≤ ⇒ ≤

≤


29 de 226



Zx bf tf⋅ h tf+( )⋅⎡⎣ ⎤⎦tw h2

⋅

4+:=

EJERCICIO 8: Determine la capacidad de momento de una viga con sección de la figura, primero con Fy=2400 [kg/cm2] y luego con Fy= 2700 [kg/cm2]. En ambos casos Lb=2,44 m y Cb= 1,0. Asuma el perfil cargado en su Ala Superior.

Solución

PROPIEDADES GEOMÉTRICAS DE LA SECCIÓN:

A 116.7cm2= rx 23.269cm=

Ixx 63186.525cm4= ry 3.542cm=

Iyy 1464.322cm4= Sx 2106.218cm3

=

Zx 2472.975cm3= Sy 162.702cm3

=

Una forma rápida para obtener el modulo plástico (Zx) de un perfil IN simétrico, se obtiene de la siguiente formula:

SOLUCIÓN PARA FY= 2400 [KG/CM2] Lo primero es verificar si la sección es compacta, para ello se compararan las esbelteces de cada elemento de la sección con las críticas, es decir:

CALCULO DE ESBELTECES:

1. Alas:

Esbeltez del ala: λfbf2tf

:= λf 6=

Parámetro de esbeltez límite paraelementos compactos:

λpf 0.38EFy

⋅:= λpf 11.24=

Como λf λpf< , entonces las alas del Perfil son Compactas


30 de 226



2. Alma

Esbeltez del alma: λwhtw

:= λw 51.8=

Parámetro de esbeltez límitepara elementos compactos: λpw 3.76

EFy

⋅:= λpw 111.2=

Como λw λpw< , entonces el Alma del Perfil es Compacta

Por lo tanto el perfil es compacto.

El perfil es simétrico y compacto, por lo tanto se clasifica en el tipo F2. Para esta clasificación se deberán determinar los siguientes Estados Limites: • Fluencia. • Pandeo Lateral Torsional.

ESTADOS LÍMITES

1. Fluencia

2. Pandeo Lateral Torsional Deberemos calcular Lp y Lr para conocer en que lugar de la curva se encuentra este perfil

Longitud no arriostrada lateralmente; longitud entre puntos de amarre que restringen el desplazamiento lateral del ala comprimida o la torsión de la viga:

a) Valor de Lb Lb 2.44m=

Mpx 5935140kgf cm⋅=Mpx Zx Fy⋅:=


31 de 226



b) Calculo de Lp Distancia entre amarras laterales, para que se pueda desarrollar el momento plástico de la sección:

Lp 1.76 ry⋅EFy

⋅:= Lp 184.42cm⋅=

c) Calculo de Lr Distancia límite de amarras laterales para que se pueda desarrollar el pandeo Lateral-Torsional inelástico de la viga: Como la carga se encuentra sobre el ala superior de la viga, entonces se debe considerar una longitud de desarrollo del pandeo Lateral-Torsional inelástico, equivalente a:

Lr π rts⋅E

.7 Fy⋅⋅:=

Para ello deberemos calcular previamente:

E 2100000kgf

cm2⋅=

Fy 2400kgf

cm2⋅=

rtsbf

12 116

h tw⋅( )bf tf⋅

⋅+⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅

:=

rts 4.412 cm⋅=

Por lo tanto, la distancia límite de amarras laterales para que se pueda desarrollar el pandeo lateral-torsional inelástico de la viga corresponde a:

Lr π rts⋅E

.7 Fy⋅⋅:= Lr 490.05cm⋅=

Usted debe notar que para el caso F2, F3 y F5 el AISC considera 0.7Fy, lo que no ocurre con el caso F4, para el cual se debe calcular FL que depende del modulo elástico de compresión y tracción (Sxt y Sxc). Como Lp<Lb<Lr entonces se puede generar Pandeo Lateral Torsional en el Rango inelástico (zona 2) y el Mn se determinara de la forma:

Mnplt Cb Mpx Mpx 0.7Fy Sx⋅−( )Lb1 Lp−

Lr Lp−⋅−

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅:=

Para este caso, no es necesario que a usted le indiquen el valor de Cb puesto que la distribución de momento es uniforme, entonces Cb es igual a 1; por lo tanto.

Mnplt 5467906kgf cm⋅⋅=

Mayores antecedentes de este cálculo, se obtienen de AISC 2005, Chapter F, General Provisions, no obstante su deducción se encuentra en el anexo “Efecto de la disposición de las cargas en el Pandeo Lateral Torsional” del presente apunte


32 de 226



Por lo tanto el Momento nominal que consideraremos para el diseño corresponderá a:

Mn1 min Mnplt Mpx, ( ):= Mn1 5467906kgf cm⋅⋅=

SOLUCIÓN PARA FY= 2700 [KG/CM2] Lo primero es verificar si la sección es compacta, para ello se compararan las esbelteces de cada elemento de la sección con las críticas, es decir:

1. Alas:


:= λf 6=


λpf 0.38EFy

⋅:= λpf 10.6=


2. Alma


:= λw 51.8=


EFy

⋅:= λpw 104.9=



El perfil es simétrico y compacto, por lo tanto se clasifica en el tipo F2. Para esta clasificación se deberán determinar los siguientes Estados Limites: • Fluencia. • Pandeo Lateral Torsional.

ESTADOS LÍMITES

1. Fluencia

2. Pandeo Lateral Torsional Longitud no arriostrada lateralmente; longitud entre puntos de amarre que restringen el desplazamiento lateral del ala comprimida o la torsión de la viga:

a) Valor de Lb

Lb2 244 cm⋅=

Mpx Zx Fy⋅:= Mpx 6677032.5kgf cm⋅=


33 de 226



b) Calculo de Lp

Distancia entre amarras laterales, para que se pueda desarrollar el momento plástico de la sección:

Lp 1.76 ry⋅EFy

⋅:= Lp 173.87cm⋅=

c) Calculo de Lr Distancia límite de amarras laterales para que se pueda desarrollar el pandeo Lateral-Torsional inelástico de la viga: Como la carga se encuentra sobre el ala superior de la viga, entonces se debe considerar una longitud de desarrollo del pandeo Lateral-Torsional inelástico, equivalente a:

Lr π rts⋅E

.7 Fy⋅⋅:=

Para ello debemos calcular previamente:

E 2100000kgf

cm2⋅=

Fy 2700kgf

cm2⋅=

rtsbf

12 116

h tw⋅( )bf tf⋅

⋅+⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅

:=

rts 4.412 cm⋅=

Por lo tanto, la distancia límite de amarras laterales para que se pueda desarrollar el pandeo Lateral-Torsional inelástico de la viga corresponde a:

Lr π rts⋅E

.7 Fy⋅⋅:= Lr 462.03cm⋅=

Usted debe notar que para el caso F2, F3 y F5 el AISC considera 0.7Fy, lo que no ocurre con el caso F4, para el cual se debe calcular FL que depende del modulo elástico de compresión y tracción (Sxt y Sxc). Como Lp<Lb<Lr entonces se puede generar Pandeo Lateral Torsional en el Rango inelástico (zona 2) y el Mn se determinara de la forma:


Lr Lp−⋅−

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅:=

Como para este caso, la distribución de momento es uniforme, entonces Cb es igual a 1; por lo tanto.



34 de 226



Mnplt 6020821.092kgf cm⋅⋅=



DISEÑO

1. Caso 1: 22400ykgF

cm⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ]

[ ]

[ ]

1

1

1

0,90,9 2440,9 5467906

24420168,5

u n

u

u n

nu

u

u

M MM P LP L M

MPcm

P kg

P kg

φ≤ ⋅

= ⋅

⋅ ≤ ⋅

⋅≤

⋅≤

≤

2. Caso 2: 22700ykgF

cm⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ]

[ ]

[ ]

2

2

2

0,90,9 2440,9 6020821

24422207,9

u n

u

u n

nu

u

u

M MM P LP L M

MPcm

P kg

P kg

φ≤ ⋅

= ⋅

⋅ ≤ ⋅

⋅≤

⋅≤

≤


35 de 226



M x( )q L2 6 L⋅ x⋅− 6 x2

⋅+( )⋅

12:=

q

Mmax M x( ) substitute x L, L2 q⋅12

→:= L

Mmin M x( ) substitute xL2

, L2 q⋅24

−→:=L

EJERCICIO 9: Calcular la carga distribuida permanente máxima q (kg/m) que puede soportar la viga de la figura. Usar A 37-24 ES y un perfil IN 25X52,5c . En el punto B existe un arriostramiento lateral. Asuma el perfil cargado en su Ala Superior.

Solución


A 66.84cm2= rx 10.782cm=

Ixx 7770.837cm4= ry 3.893cm=

Iyy 1012.885cm4= Sx 621.667cm3

=

Zx 695.094cm3= Sy 135.051cm3

=

GARFICO DE MOMENTO ELASTICO Si bien es cierto, el perfil IN es compacto y por lo tanto no es necesaria la verificación del pandeo local, procederemos a demostrar aquello, solo con una finalidad académica.


1. Alas


:= λf 4.17=


λpf 0.38EFy

⋅:= λpf 11.24=



36 de 226



2. Alma


:= λw 35.67=


EFy

⋅:= λpw 111.22=



El perfil es simétrico y compacto, por lo tanto se clasifica en el tipo F2. Para esta clasificación se deberán determinar los siguientes Estados Limites: • Fluencia. • Pandeo Lateral Torsional. Antes de pasar a resolver los momentos nominales de cada estado límite, obtendremos las incógnitas que son comunes para ambos tramos (AB y BC), es decir: Lp, Lr y rts. Distancia entre amarras laterales, para que se pueda desarrollar el momento plástico de la sección

a) Calculo de Lp

b) Calculo de Lr Distancia límite de amarras laterales para que se pueda desarrollar el pandeo Lateral-Torsional inelástico de la viga: Como la carga se encuentra sobre el ala superior de la viga, entonces se debe considerar una longitud de desarrollo del pandeo Lateral-Torsional inelástico, equivalente a:

Lr π rts⋅E

.7 Fy⋅⋅:=


E 2100000kgf

cm2⋅=

Fy 2400kgf

cm2⋅=

rtsbf

12 116

h tw⋅( )bf tf⋅

⋅+⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅

:=

rts 4.168 cm⋅=


Lr π rts⋅E

.7 Fy⋅⋅:= Lr 462.96cm⋅=

Lp 1.76 ry⋅EFy

⋅:= Lp 202.66cm=



37 de 226



TRAMO AB

1. Fluencia

2. Pandeo Lateral Torsional a) Valor de Lb Lb1 500cm=

Como Lr<Lb1 entonces se puede generar Pandeo Lateral Torsional en el Rango elástico (zona 3) y el Mn se determinara de la forma: Mnt Fcr Sx⋅:=

En la cual Fcr se debe reducir, por encontrarse la carga sobre el ala superior del perfil. Para ello se utiliza la expresión siguiente:

FcrCb π

2E⋅

Lb1rts

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2:=

Sin embargo, en este caso Cb debe ser distinto de 1, y se calcula de la siguiente manera: Calculo de Cb

M x( )q− L2

− 6L x⋅+ 6x2−( )⋅

12

substitute L 18.0,

simplifyq 0.5 x2

⋅ 9.0 x⋅− 27.0+( )⋅→:=q

Mmax M x( ) substitute x 0, 27.0 q⋅→:=Mmax

Ma M x( ) substitute x 1.25, 16.53125q⋅→:=Ma

Mb M x( ) substitute x 2.50, 7.625 q⋅→:=Mb

Mc M x( ) substitute x 3.75, 0.28125q⋅→:=Mc

Cb112.5 Mmax

2.5 Mmax 3 Ma+ 4 Ma+ 3 Ma+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

Rm⋅:=MmaxMmax

Rm es igual a 1 si se trata de una sección con doble simetría Cb1 2.274=

Luego, el momento nominal por Pandeo Lateral Torsional queda:

Mnplt Fcr Sx⋅:= Mnplt 2036117.226kgf cm⋅⋅=

Por lo tanto el Momento nominal que arroja el tamo AB es:

Mn1 min Mnplt Mpx, ( ):= Mn1 1668225.6kgf cm⋅⋅=




38 de 226



TRAMO BC

1. Fluencia

2. Pandeo Lateral Torsional a) Valor de Lb

Lb2 1300 cm⋅=

Como Lr<Lb2 entonces se puede generar Pandeo Lateral Torsional en el Rango elástico (zona 3) y el Mn se determinara de la forma: Mnt Fcr Sx⋅:=


FcrCb π

2E⋅

Lb2rts

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2:=

Sin embargo, en este caso Cb también debe ser distinto de 1, y se calcula de la siguiente manera: Calculo de Cb

M x( )q− L2

− 6L x⋅+ 6x2−( )⋅

12

substitute L 18.0,

simplifyq 0.5 x2

⋅ 9.0 x⋅− 27.0+( )⋅→:=q

Mmax M x( ) substitute x 18, 27.0 q⋅→:=Mmax

Ma M x( ) substitute x 8.25, 13.21875− q⋅→:=Ma

Mb M x( ) substitute x 11.5, 10.375− q⋅→:=Mb

Mc M x( ) substitute x 14.75, 3.03125q⋅→:=Mc

Cb212.5 Mmax

2.5 Mmax 3 Ma+ 4 Mb+ 3 Mc+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

Rm⋅:=MmaxMmax

Rm es igual a 1 si se trata de una sección con doble simetría Cb2 2.139=

Fcr 455.7kgf

cm2⋅=



Por lo tanto el Momento nominal que arroja el tramo BC es:




39 de 226




Finalmente, el Momento nominal que se debe considerar para la viga corresponde al menor momento nominal entre ambos tramos.

Mn min Mn1 Mn2, ( ):= Mn 283319.5kgf cm⋅⋅=

Como usted puede observar, si se consideran aquellas formulaciones conservadoras, toda vez que la carga se aplica sobre el ala superior de la viga y no en el Centroide de esta, los resultados arrojados corresponderán a momentos nominales bastante mas reducidos. Usted puede hacer la prueba calculando los momentos nominales sin realizar dichas reducciones en las formulas del Fcr y en la obtención del Lr, y se percatará que el momento nominal, producto del pandeo lateral Torsional, se incrementara bastante. Tanto así que el momento nominal para el diseño pasa a ser el que corresponde al Momento Plástico.

DISEÑO Ahora, aplicando las condiciones de diseño del método LRFD quedaría:

[ ]

2

2

2727 0,9

0,9

270,9 283319,5

27

9444

94441,4

1,4 1,4

6745,7 67,5

u n

u

u nx

nxu

u

u

uu p p p

p

M MM q

q MM

q

q kg cm

kgqcm

kgq cmq q q q

kg kgqcm m

φ≤ ⋅

=

≤ ⋅

⋅≤

⋅≤ ⋅

⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦= ⋅ ⇒ = ⇒ =

⎡ ⎤ ⎡ ⎤≤ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Por lo tanto, como solución final del problema, se debe decir que la máxima carga distribuida permanente capaz de resistir la viga es q = 67,5 [kg/m]


40 de 226



EJERCICIO 10: Calcular la carga distribuida permanente máxima q (kg/m) que puede soportar la viga de la figura. Usar A 37-24 ES y un perfil IN 25X60,5. En los puntos A, B y C existen arriostramientos laterales. Asuma el perfil cargado en su Ala Inferior.

Solución


A 77.08 cm2⋅= rx 10.98 cm⋅=

Ixx 9292.625cm4⋅= ry 5.261 cm⋅=

Iyy 2133.726cm4⋅= Sx 743.41cm3

⋅=

Zx 820.086cm3⋅= Sy 213.373cm3

⋅=

GRAFICO DE MOMENTO ELASTICO


1. Alas


:= λf 6.25=


λpf 0.38EFy

⋅:= λpf 11.24=

600cm600cm

350cm 500cm 350cm

q

A B C

M 2.5 q⋅ x⋅ x 3.5≤if

2.5q x⋅ 0.5q x 3.5−( )2⋅− 3.5 x< 8.5≤if

2.5q 12 x−( )⋅ x 8.5>if

:=

q

CBA

q

350cm500cm350cm

Mmax


41 de 226




2. Alma


:= λw 36.33=


EFy

⋅:= λpw 111.22=


Por lo Tanto el Perfil es Compacto

El perfil es simétrico y compacto, por lo tanto se clasifica en el tipo F2. Para esta clasificación se deberán determinar los siguientes Estados Limites: • Fluencia. • Pandeo Lateral Torsional. Antes de pasar a resolver los momentos nominales de cada estado límite, obtendremos las incógnitas que son comunes para ambos tramos (AB y BC), es decir: Lp, Lr y rts.

a) Valor de Lb

Lb1 600 cm⋅=

Distancia entre amarras laterales, para que se pueda desarrollar el momento plástico de la sección b) Calculo de Lp

c) Calculo de Lr Distancia límite de amarras laterales para que se pueda desarrollar el pandeo lateral-torsional inelástico de la viga. Como la carga se encuentra soportada por el ala inferior de la viga, entonces se debe considerar una longitud de desarrollo del pandeo Lateral-Torsional inelástico, equivalente a:

Lr 1.95 rts⋅E

.7 Fy⋅⋅

J c⋅Sx ho⋅

1 1 6.760.7Fy

E

Sx ho⋅

J c⋅⋅

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2

++⋅:=


Lp 1.76 ry⋅EFy

⋅:= Lp 273.91cm⋅=


42 de 226



ho h tf+:= ho 23.4 cm⋅= ho: Distancia entre los centroides de las alas,ver AISC 2005

J2 bf⋅ tf

3⋅⎛

⎝⎞⎠ ho( ) tw

3⋅+

3:=

J 56.298cm4⋅=

c 1:= c=1, Para perfiles doble simetría

E 2100000kgf

cm2⋅= Fy 2400

kgf

cm2⋅=

rtsbf

12 116

h tw⋅( )bf tf⋅

⋅+⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅

:=

rts 5.586 cm⋅=


Lr 1.95 rts⋅E

.7 Fy⋅⋅

J c⋅Sx ho⋅

1 1 6.760.7Fy

E

Sx ho⋅

J c⋅⋅

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2

++⋅:= Lr 1146.02cm⋅=

TRAMO AB=BC

1. Fluencia

2. Pandeo Lateral Torsional

Como Lb para ambos tramos es igual a 600 cm., p b rL L L≤ ≤ entonces se puede generar Pandeo

Lateral Torsional en el Rango Inelástico y el Mn se determinara de la forma:


Lr Lp−⋅−

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅:=

a) Calculo de Cb

Sin embargo, en este caso Cb también debe ser distinto de 1, y se calcula de la siguiente manera:

Mmax M 6( ) simplify 11.875q⋅→:=Mmax

Ma M 1.5( ) simplify 3.75 q⋅→:=Ma

Mb M 3( ) simplify 7.5 q⋅→:=Mb

Mc M 4.5( ) simplify 10.75 q⋅→:=Mc

Mpx Zx Fy⋅:= Mpx 1968206.4kgf cm⋅⋅=


43 de 226



Cb12.5 Mmax

2.5 Mmax 3 Ma+ 4 Mb+ 3 Mc+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

Rm⋅:=MmaxMmax

Rm es igual a 1 si se trata de una sección con doble simetría

Cb 1.439=



Lr Lp−⋅−

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅:= Mnplt 2445242.9kgf cm⋅⋅=


Mn1 min Mnplt Mpx, ( ):= Mn1 1968206.4kgf cm⋅=


[ ]

1

1

2711,875 0,9

0,9

11,8750,9 1968206,4

11,875

149169,3

149169,31,4

1,4 1,4

106549,5 1065,5

u n

u

u nx

nxu

u

u

uu p p p

p

M MM q

q MM

q

q kg cm

kgqcm

kgq cmq q q q

kg kgqcm m

φ≤ ⋅

=

≤ ⋅

⋅≤

⋅≤ ⋅

⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦= ⋅ ⇒ = ⇒ =

⎡ ⎤ ⎡ ⎤≤ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Por lo que como solución final del problema podemos decir que la máxima carga distribuida permanente capaz de resistir la viga es q = 1065,5 [kg/m]


44 de 226



V1V1V1V1

750

750

400400400

EJERCICIO 11: Para la viga de la figura se pide calcular la sobrecarga máxima Q [kg/m2]. La viga se encuentra arriostrada lateralmente en los puntos A, B y C. Además la viga de la figura soporta un envigado de madera de 20 [kg/m2]. Utilizar Acero A 42-27 ES.


45 de 226



Solución


A 95.6 cm2⋅= rx 19.824cm⋅=

Ixx 37570.555cm4⋅= ry 4.096 cm⋅=

Iyy 1603.967cm4⋅= Sx 1502.822cm3

⋅=

Zx 1737.64cm3⋅= Sy 160.397cm3

⋅=


M x( ) 0.5 Q⋅ x2⋅( )− 7.5 Q⋅ x⋅+:= Q


1. Alas


:= λf 8.33=


λpf 0.38EFy

⋅:= λpf 10.6=


2. Alma


:= λw 47.6=


EFy

⋅:= λpw 104.86=


L=1500

Q =Sobrecarga+Perm anente

Arriostramientos Laterales en el Ala Superior

M m ax


46 de 226




El perfil es simétrico y compacto, por lo tanto se clasifica en el tipo F2. Para esta clasificación se deberán determinar los siguientes Estados Limites: • Fluencia. • Pandeo Lateral Torsional. Antes de pasar a resolver los momentos nominales de cada estado límite, obtendremos las incógnitas que son comunes para ambos tramos (AB y BC), es decir: Lp, Lr y rts.

a) Valor de Lb

Lb1 750 cm⋅=

b) Calculo de Lp Distancia entre amarras laterales, para que se pueda desarrollar el momento plástico de la sección

Lp 1.76 ry⋅EFy

⋅:= Lp 201.05cm⋅=

c) Calculo de Lr Distancia límite de amarras laterales para que se pueda desarrollar el pandeo lateral-torsional inelástico de la viga. Como la carga se encuentra sobre el ala superior de la viga, entonces se debe considerar una longitud de desarrollo del pandeo Lateral-Torsional inelástico, equivalente a:

Lr π rts⋅E

.7 Fy⋅⋅:=


E 2100000kgf

cm2⋅= Fy 2700

kgf

cm2⋅=

rtsbf

12 116

h tw⋅( )bf tf⋅

⋅+⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅

:=

rts 5.005 cm⋅=


Lr π rts⋅E

.7 Fy⋅⋅:= Lr 524.15cm⋅=

TRAMO AB=BC

1. Fluencia

Mpx Zx Fy⋅:= Mpx 4691628kgf cm⋅⋅=




47 de 226



Como Lb para ambos tramos es igual a 750 cm., b rL L≥ entonces se puede generar Pandeo Lateral Torsional en el Rango elástico (Zona 3) y el Mn se determinara de la forma: Mnt Fcr Sx⋅:=


FcrCb π

2E⋅

Lb1rts

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2:=

a) Calculo de Cb

Sin embargo, en este caso Cb también debe ser distinto de 1, y se calcula de la siguiente manera:

Mmax M 7.5( ) simplify 28.125Q⋅→:=Mmax

Ma M 1.875( ) simplify 12.3046875Q⋅→:=Ma

Mb M 3.75( ) simplify 21.09375Q⋅→:=Mb

Mc M 5.625( ) simplify 26.3671875Q⋅→:=McCb

12.5 Mmax2.5 Mmax 3 Ma+ 4 Mb+ 3 Mc+

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

Rm⋅:=MmaxMmax


Cb 1.299=

Donde:

FcrCb π

2E⋅

Lb1rts

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2:= Fcr 1199.1

kgf

cm2⋅=




Mn1 min Mnplt Mpx, ( ):= Mn1 1802017.5kgf cm⋅⋅=




48 de 226



1. Determinación de Qu

1

1

28,12528,125 0,9

0,928,1250,9 1802017,5

28,125

57664,56

u n

u u

u n

nu

u

u

M MM Q

Q MMQ

kgQcm

kgQcm

φ≤ ⋅

=

≤

≤

⋅ ⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦

2. Análisis de Cargas

[ ]

( )

23 3

2 2

1,2 1,6

7850 7850 0.009506 74,6221

20 20 4 80

74,6221 80

154,6

u

pp envigado

pp acero

envigado tributario

Q QD QLQD Q Q

kg kg kgQ A mmm m

kg kg kgQ Ancho mmm m

kgQDm

QD

= ⋅ + ⋅

= +

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤= ⋅ = ⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ⋅ = ⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤= + ⎢ ⎥⎣ ⎦

= 2

1,2 154,62 1,6u

kgm

kgQ QLm

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤= ⋅ + ⋅⎢ ⎥⎣ ⎦

3. Determinación de Sobrecarga

576,6456

1,2 154,62 1,6 576,6456

576,6456 1,2 154,62

1,6

244,44

ukgQm

kg kgQLm m

kg kgm mQL

kgQLm

⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤ ⎡ ⎤⋅ + ⋅ ≤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤ ⎡ ⎤− ⋅⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦≤

⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦

Esta carga corresponde a la sobrecarga que puede tomar la viga, sin embargo, para conocer la sobrecarga máxima del piso, sostenido por las vigas, se llevará esta sobrecarga lineal a una sobrecarga superficial. Como el ancho tributario es de 4 metros (el mas desfavorable), entonces

[ ]sobrecarga superficial 2

244,44Q 61,11

4

kgkgm

m m

⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎡ ⎤⎣ ⎦≤ = ⎢ ⎥⎣ ⎦


49 de 226



M x( ) 0.432P x⋅ x 8≤if

0.568P x⋅ 8− 8 x< 20≤if

:=

8

EJERCICIO 12: Para la siguiente viga calcular la máxima carga P permanente que es capaz de resistir. La viga presenta arriostramientos laterales en los puntos A, B y C. Utilizar A 42-27 ES. Asuma el perfil cargado en su Ala Superior.

Solución


A 160 cm2⋅= rx 31.191cm⋅=

Ixx 155661.653cm4⋅= ry 7.308 cm⋅=

Iyy 8544.853cm4⋅= Sx 3815.237cm3

⋅=

Zx 4505.6cm3⋅= Sy 427.243cm3

⋅=


336,P

345,6P

PP P120008000


50 de 226




1. Alas


:= λf 25=


λpf 0.38EFy

⋅:= λpf 10.6=

Como f pfλ λ≥ ⇒ deberemos determinar si es no compacta o esbelta. Para ello necesitaremos calcular

kc.

kc4

htw

:= kc 0.49=

Parámetro de esbeltez límite paraelementos no compactos:

λrf 0.95E kc⋅

0.7Fy⋅:= λrf 22.2=

Como λrf λf< , entonces las alas del Perfil son E sbeltas

2. Alma


:= λw 66.67=


EFy

⋅:= λpw 104.86=

Como λw λpw≤ , entonces el Alma del Perfil es Compacta

Por lo tanto el perfil es no es compacto.

El perfil es simétrico, sus alas son esbeltas, y su alma compacta, por lo tanto se clasifica en el tipo F3. Para esta clasificación se deberán determinar los siguientes Estados Limites: • Pandeo Lateral Torsional. • Pandeo Local de Ala Comprimida Antes de pasar a resolver los momentos nominales de cada estado límite, obtendremos las incógnitas que son comunes para ambos tramos (AB y BC), es decir: Lp, Lr y rts.

a) Calculo de Lp Distancia entre amarras laterales, para que se pueda desarrollar el momento plástico de la sección

Lp 1.76 ry⋅EFy

⋅:= Lp 358.7 cm⋅=

b) Calculo de Lr Distancia límite de amarras laterales para que se pueda desarrollar el pandeo Lateral-Torsional inelástico de la viga. Como la carga se encuentra sobre el ala superior de la viga, entonces se debe considerar una longitud de desarrollo del pandeo Lateral-Torsional inelástico, equivalente a:

Lr π rts⋅E

.7 Fy⋅⋅:=




51 de 226



E 2100000kgf

cm2⋅= Fy 2700

kgf

cm2⋅=

rtsbf

12 116

h tw⋅( )bf tf⋅

⋅+⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅

:=

rts 9.428 cm⋅=


Lr π rts⋅E

.7 Fy⋅⋅:= Lr 987.31cm⋅=

TRAMO AB


Lb1 800 cm⋅=

Como Lp<Lb1<Lr entonces se puede generar Pandeo Lateral Torsional en el Rango inelástico (zona 2) y el Mn se determinara de la forma:

Mnt Cb Mpx Mpx 0.7Fy Sx⋅−( )Lb1 Lp−

Lr Lp−⋅−

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅:=

b) Calculo de Cb

Sin embargo, en este caso Cb debe ser distinto de 1, y se calcula de la siguiente manera:

Mmax M 8( ) simplify 3.456 P⋅→:=

Ma M 2( ) simplify 0.864 P⋅→:=

Mb M 4( ) simplify 1.728 P⋅→:=

Mc M 6( ) simplify 2.592 P⋅→:=

Cb12.5 Mmax

2.5 Mmax 3 Ma+ 4 Mb+ 3 Mc+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

Rm⋅:=MmaxMmax

Rm es igual a 1 si se trata de una sección con doble simetría Cb 1.667=

c) Momento Nominal



Lr Lp−⋅−

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅:= Mnplt 14481310.415kgf cm⋅⋅=


52 de 226



Sin embargo el momento nominal para este estado limite es el menor entre ntM y el Momento Plástico

pxM


De esta forma, el Momento nominal para este estado límite será:

Mnplt min Mnplt Mpx, ( ):= Mnplt 12165120kgf cm⋅⋅=

2. Pandeo Local del Ala Comprimida Como el ala es esbelta, ósea se encuentra en el rango elástico del pandeo local, se tiene que: Con: λrf λf< Ala Esbelta

Fcrf 0.9 kc⋅E

λf2

⋅:= Fcrf 1481.5kgf

cm2⋅=

Por lo que el Momento Nominal Asociado al Pandeo Local de Ala resulta de:

Mnpac Sx Fcrf⋅:=

Mnpac 5652088kgf cm⋅=

Por lo tanto el Momento nominal que consideraremos para el diseño corresponderá al menor de ambos momentos nominales:

Mn1 min Mnplt Mnpac, ( ):= Mn1 5652088kgf cm⋅=

TRAMO BC


Como Lr<Lb2 entonces se puede generar Pandeo Lateral Torsional en el Rango elástico (zona 3) y el Mn se determinara de la forma:

Mnt Fcr Sx⋅:=

FcrCb π

2E⋅

Lb2rts

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2:=

b) Calculo de Cb Sin embargo, en este caso Cb debe ser distinto de 1, y se calcula considerando que en este caso ocurre un cambio de signo a los 14,08 m, por lo cual, será necesario trabajar con triángulos semejantes.



53 de 226




Cb 2.267=

Donde:

FcrCb π

2E⋅

Lb2rts

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2:= Fcr 2900.4

kgf

cm2⋅=

c) Momento Nominal




pxM


De esta forma, el Momento nominal para este estado límite será:

Mnplt min Mnplt Mpx, ( ):= Mnplt 11065652.3kgf cm⋅⋅=

2. Pandeo Local del Ala Comprimida El Momento Nominal originado Pandeo Local del Ala Comprimida es el mismo para AB y BC, pues solo depende de la esbeltez del ala. Por lo tanto, para este tramo el momento nominal corresponderá al del ala comprimida:

Mn2 min Mnplt Mnpac, ( ):= Mn1 5652088kgf cm⋅=

Como para ambos tramos, el momento nominal menor es el del ala comprimida, entonces el momento nominal final, será:

Mn min Mn1 Mn2, ( ):= Mn 5652088kgf cm⋅=

Ma M 11( ) simplify 1.7520008283329306715P⋅→:=

Mb M 14( ) simplify 0.048001656665861342984P⋅→:=

Mc M 17( ) simplify 1.6559991479995739998P⋅→:=

Cb12.5Mmax

2.5Mmax 3Ma+ 4Mb+ 3Mc+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

Rm⋅:=

⎫⎪⎪ ⇒⎬⎪⎪⎭

McMb

Ma

Mmax

a

a

a

Como M ocurre a los 11 metros 175,2



a

b

c

M P

M P

M P

⇒ =

⇒ =

⇒ =


54 de 226



DISEÑO Ahora, aplicando las condiciones de diseño del método LRFD quedaría: Determinación de P

[ ]

[ ][ ]

[ ][ ]

[ ]

[ ]

3,4563,456 0,9

0,9 3,456

0,9 56520.8763,456

14718.97Como Pu=1,4P por ser Carga Permanente

14718.971,4

10513,56

u n

u

n

nu

u

u

M MM P

P m MMP

m

kg mP

m

P kg

P kg

P kg

φ≤ ⋅

=

≤ ⋅

⋅≤

⋅ ⋅≤

≤

⇒

≤

≤

Por lo tanto, la carga permanente máxima que puede soportar la viga según la configuración señalada, corresponde a 10,5 Ton.


55 de 226



M x( ) 0.25P x⋅ x 15≤if

0.75− P x⋅ 15+ 15 x< 20≤if

:=

15

EJERCICIO 13: Calcular la carga permanente máxima P para la viga de la figura. La viga se encuentra arriostrada en los puntos A, B y C. Utilizar A 42-27 ES. Asuma el perfil cargado en su Ala Superior.

Solución


A 164 cm2⋅= rx 43.198cm⋅=

Ixx 306040.867cm4⋅= ry 6.704 cm⋅=

Iyy 7370.123cm4⋅= Sxs 5902.788cm3

⋅=

Sxi 5411.56cm3⋅=



56 de 226



CALCULO DE MODULO ZX Y EJE PLÁSTICO

bfi tfi⋅ x tw⋅+ tfi tw⋅− bfs tfs⋅ d tfs−( ) tw⋅+ x tw⋅−

xbfs tfs⋅ d tfs−( ) tw⋅+ bfi tfi⋅− tfi tw⋅+

2tw:=

x 58.7 cm⋅=

(El dibujo es generico)

Con lo cual, el eje Plástico se encontrara 58,7 cm del borde inferior del ala inferior:

R1 tfs bfs⋅ Fy⋅ 116640kgf=:= X1 d x−( )tfs2

− 49.1 cm⋅=:=

R2 d x−( ) tfs−⎡⎣ ⎤⎦ tw⋅ Fy⋅ 1 105× kgf=:= X2

d x−( ) tfs−⎡⎣ ⎤⎦2

24.25 cm⋅=:=

R3 x tfi−( ) tw⋅ Fy⋅ 124200kgf=:= X3

x tfi−( )2

28.75 cm⋅=:=

R4 tfi bfi⋅ Fy⋅ 97200kgf=:= X4 xtfi2

− 58.1 cm⋅=:=

De esta forma se obtiene el momento plástico, el cual es:

Mp Fy Zx⋅:= Zx Mp1

4

i

Ri Xi⋅( )∑=

17485524kgf cm⋅=:=

Despejando Zx de la ecuación anterior, se tiene el Modulo Plástico para esta sección:

ZxMpFy

:= Zx 6476.12cm3⋅=

DETERMINACIÓN DE HC Y HP

hc 2 d Ycg− tfs−( )⋅ 101.3cm=:=

hp 2 d x− tfs−( )⋅ 97cm=:=

hc / 2 : distancia eje neutro elástico al borde inferior del ala superior. hp / 2 : distancia eje neutro plástico al borde inferior del ala superior.


57 de 226



Considerando Sxc Sxs:= Sxt Sxi:= Para esta distribución de cargas.

Myc Sxc Fy⋅:= Myc 15937529kgf cm⋅=

Myt Sxt Fy⋅:= Myt 14611212kgf cm⋅=


1. Alas

Superior Inferior Esbeltez del ala:

λfsbfs2tfs

:= λfs 15= λfibfi2tfi

:= λfi 12.5=

Parámetro de esbeltezlímite paraelementos compactos:

λpf 0.38EFy

⋅:= λpf 10.6=

Como y fS pf fI pfλ λ λ λ≥ ≥ ⇒ deberemos determinar si es no compacta o esbelta. Para ello

necesitaremos calcular kc.

kc4

htw

:= kc 0.347= kc .35 kc .35<if

.763 kc .763>if

:=

Como el kc obtenido es inferior a 0,35, Entonces kc 0.35=


λrf 0.95E kc⋅

FL⋅:=

FL

FLSxtSxc

Fy⋅SxtSxc

.7<if

.7 Fy⋅SxtSxc

.7>if

:=SxtSxc

0.917=

Como 0,7xt

xc

SS

≥ ⇒

Entonces FL 1890kgf

cm2⋅= λrf 0.95

E kc⋅

FL⋅:= λrf 18.734=

Como λpf λfs< λrf≤ SECC_ALA_SUP "EL ALA SUPERIOR ES NO COMPACTA"=

Como λpf λfi< λrf≤ SECC_ALA_INF "EL ALA INFERIOR ES NO COMPACTA"=

Ambas alas del perfil son NO COMPACTAS.


58 de 226



2. Alma

Esbeltez del alma: λwhctw

:= λw 126.62=

Parámetro de esbeltez límitepara elementos compactos: λpw

hchp

EFy

⋅⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

.54 Mp⋅( )Myc

.09−⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

2:= λpw 115.36=

Como w pwλ λ≥ ⇒ deberemos determinar si es no compacta o esbelta.

λrw 5.70EFy

⋅:= λrw 158.97=

Como λpw λw< λrwf≤ SECC_ALMA "EL ALMA ES NO COMPACTA"=

El perfil tiene simetría simple, sus alas son No Compactas, y su alma es No Compacta, por lo tanto se clasifica en el tipo F4. Para esta clasificación se deberán determinar los siguientes Estados Limites:

• Fluencia del Ala Comprimida • Fluencia del Ala Traccionada • Pandeo Local de Ala Comprimida • Pandeo Lateral Torsional.

FLUENCIA DEL ALA COMPRIMIDA Como esta sección presenta sus alas no compactas, entonces no se debe considerar este tipo de falla, esto se debe a la existencia de un estado límite anterior a la Fluencia de las alas. Al ser alas No Compactas, se espera que, de fallar el ala comprimida, esta lo haga a través de un Pandeo Local.

FLUENCIA DEL ALA TRACCIONADA

1. Estado Límite

Mnfat "NO EXISTE ESTE ESTADO LIMITE" Sxt Sxc>if

Rpt Myt⋅ Sxc Sxt>if

:=

Rpt

2. Calculo de Rpt

λhctw

126.617=:= λpw 115.359=

Si Entonces RptMpMyt

:=hctw

λpw≤

Si Entonces Rpt minMpMyt

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

MpMyt

1−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

λ λpw−( )λrw λpw−

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅−MpMyt

, ⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

:=hctw

λpw>


59 de 226



Como λ λpw>

Rpt 1.146=

3. Momento nominal por fluencia del ala traccionada

Mnfat "NO EXISTE ESTE ESTADO LIMITE" Sxt Sxc>if

Rpt Myt⋅ Sxc Sxt>if

:=

Mnfat 16743471.9kgf cm⋅=

PANDEO LOCAL DEL ALA COMPRIMIDA

1. Estado limite

Mnpac "ESTE ESTADO LIMITE NO SE APLICA" λfs λpf≤if

Rpc Myc⋅ Rpc Myc⋅ FL Sxc⋅−( )λ λpf−( )

λrf λpf−

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅− λpf λfs< λrf≤if

.9 E⋅ kc⋅ Sxc⋅( )λ2

λrf λfs<if

:=

Rpc

2. Calculo de Rpc Para el cálculo de Rpc, es necesario conocer los valores de λ Donde los sectores en compresión serán los superiores, y los en tracción los inferiores:

bfc bfs:= tfc tfs:=

λbfc2 tfc⋅

15=:=

Recordando que:

λpw 115.36=

Se debe determinar en que caso se encuentra pw respecto de c

w

ht

λ para ello se dice que:

Si Entonces RpcMpMyc

:=hctw

λpw≤

Si Entonces Rpc minMpMyc

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

MpMyc

1−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠


⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅−MpMyc

, ⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

:=hctw

λpw>

Como el perfil se encuentra en la segunda situación, se determina Rpc de la forma descrita

MpMyc

MpMyc

1−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠


⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅−⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

1.321=MpMyc

1.097=

Entonces:

Rpc minMpMyc

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

MpMyc

1−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠


⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅−MpMyc

, ⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

:= Rpc 1.097=


60 de 226



3. Momento nominal por pandeo local del ala comprimida

Mnpac "ESTE ESTADO LIMITE NO SE APLICA" λfs λpf≤if

Rpc Myc⋅ Rpc Myc⋅ FL Sxc⋅−( )λ λpf−( )

λrf λpf−

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅− λpf λfs< λrf≤if

.9 E⋅ kc⋅ Sxc⋅( )λ

2λrf λfs<if

:=

Como las secciones de las alas son No Compactas, entonces, el momento nominal para este estado límite corresponde a:

Mnpac 14061064.8kgf cm⋅=

PANDEO LATERAL TORSIONAL Antes de pasar a resolver los momentos nominales de dicho estado límite, obtendremos las incógnitas que son comunes para ambos tramos (AB y BC), es decir: Lp, Lr y rt.

a) Calculo de Lp y Lr Como la carga se encuentra sobre el ala superior de la viga, entonces deberemos usar formulaciones más conservadoras, donde:

Lp 1.1 rt⋅EFy

⋅:= rt

Lr π rt⋅E

.7 Fy⋅⋅:= rt


E 2100000kgf

cm2⋅=

Fy 2700kgf

cm2⋅=

rtbfc

12 116

hc tw⋅( )bfc tfc⋅

⋅+⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅

:= rt 9.071 cm⋅=

Distancia entre amarras laterales, para que se pueda desarrollar el momento plástico de la sección

Lp 1.1 rt⋅EFy

⋅:= Lp 278cm=

Distancia límite de amarras laterales para que se pueda desarrollar el pandeo Lateral-Torsional inelástico de la viga:

Lr π rt⋅E

.7 Fy⋅⋅:= Lr 950cm=



61 de 226



TRAMO AB a) Valor de Lb

Lb1 1500 cm⋅=

Como Lr<Lb1 entonces se puede generar Pandeo Lateral Torsional en el Rango elástico (zona 3) y el Mn se determinara de forma conservadora por encontrarse la carga sobre el ala superior de la viga:

b) Calculo de Cb Sin embargo, en este caso Cb debe ser distinto de 1, y se calcula de la siguiente manera:

M x( ) 0.25P x⋅ x 15≤if

0.75− P x⋅ 15+ 15 x< 20≤if

:=

15


Ma M 3.75( ) simplify 0.9375P⋅→:=

Mb M 7.5( ) simplify 1.875 P⋅→:=

Mc M 11.25( ) simplify 2.8125P⋅→:=

Cb12.5 Mmax

2.5 Mmax 3 Ma+ 4 Mb+ 3 Mc+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

Rm⋅:= Rm

Rm 1:= Rm es igual a 1 si se trata de un elemento de simetríasimple y con curvatura simple

Cb 1.667=

c) Calculo del Momento Nominal por Pandeo Lateral Torsional: Luego, el momento nominal por Pandeo Lateral Torsional queda: Momento de pandeo elástico: Como Lb1 Lr>

FcrCb π

2E⋅

Lb1rt

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2:= Fcr 1263.4

kgf

cm2⋅=

Con

Mnplt Fcr Sxc⋅:= Mnplt 7457773.7kgf cm⋅⋅=

Y como también es necesario asegurarse que el momento obtenido, sea menor Rpc Myc⋅ entonces se

tiene que:

Rpc Myc⋅ 17485524kgf cm⋅⋅=

Entonces:

Con

Mnplt Fcr Sxc⋅:= FcrCb π

2E⋅

Lb1rt

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2:=



62 de 226



Mnplt1 min Fcr Sxc⋅ Rpc Myc⋅, ( ):= Mnplt1 7457773.721kgf cm⋅⋅=

TRAMO BC a) Valor de Lb

Lb2 500 cm⋅=

Como Lp<Lb2<Lr entonces se puede generar Pandeo Lateral Torsional en el Rango inelástico (zona 2) y el Mn se determinara de la forma:

Mnplt Cb Rpc Myc⋅ Rpc Myc⋅ FL Sxc⋅−( )Lb2 Lp−

Lr Lp−⋅−

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅:=

b) Calculo de Cb El cálculo de Cb, sugiere utilizar teoremas de triángulos para conocer los valores de Ma, Mb y Mc. Debido a que de otra forma arrojara un polinomio en el denominador. En consecuencia:

M x( ) 0.25P x⋅ x 15≤if

3.755

P 20 x−( )⋅ 15 x< 20≤if

:=


Ma M 16.25( ) simplify 2.8125P⋅→:=

Mb M 17.5( ) simplify 1.875 P⋅→:=

Mc M 18.75( ) simplify 0.9375P⋅→:=

Cb12.5 Mmax

2.5 Mmax 3 Ma+ 4 Mb+ 3 Mc+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

Rm⋅:=


Cb 1.667=

c) Calculo del Momento Nominal por Pandeo Lateral Torsional: Luego, el momento nominal por Pandeo Lateral Torsional queda: Momento de pandeo inelástico: Como Lp Lb2≤ Lr≤


Lr Lp−⋅−

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅:= Mnplt 25659857kgf cm⋅=

Y como también es necesario asegurarse que el momento obtenido, sea menor Rpc Myc⋅ entonces se

tiene que:

Rpc Myc⋅ 17485524kgf cm⋅=

Entonces:

Mnplt2 min Mnplt Rpc Myc⋅, ( ):= Mnplt2 17485524kgf cm⋅=


63 de 226



MOMENTO NOMINAL PARA DISEÑO Ahora el momento nominal con el cual diseñaremos, corresponde al menor entre todos los estados límites.

Estado Limite Momento Nominal (Kg*cm)

Fluencia de Ala Comprimida No se Calcula

Fluencia del Ala Traccionada 16743471.9

Pandeo de Ala Comprimida 14061064.8

Pandeo Lateral Torsional: AB 7457773.7

Pandeo Lateral Torsional: BC 17485524

[ ]El momento nominal que se considera corresponde a:

7457773,7nM kg cm= ⋅


1. Determinación de Máxima carga permanente P

[ ][ ]

[ ]

[ ]

[ ]

3,753,75 0,9

0,9 3,75

0,9 74577,7373,456

19421,3Como Pu=1,4P por ser Carga Permanente

19421,31,4

13872,3

u n

u

n

nu

u

u

M MM P

P MMP

kg mP

m

P kg

P kg

P kg

φ≤ ⋅

=

≤ ⋅

⋅≤

⋅ ⋅≤

≤

⇒

≤

≤



64 de 226



EJERCICIO 14: Para la viga de la figura calcular la máxima carga permanente que será capaz de resistir. La viga de la figura presenta arriostramientos laterales en los puntos A, B y C. Utilizar A 42-27 ES. Asuma el perfil cargado en su Ala Superior.

Solución


A 116 cm2⋅= rx 36.618cm⋅=

Ixx 155538.987cm4⋅= ry 8.598 cm⋅=

Iyy 8575.427cm4⋅= Sx 3775.218cm3

⋅=

Zx 4050.4cm3⋅= Sy 490.024cm3

⋅=


12

12


65 de 226




1. Alas

Esbeltez del ala:λf

bf2tf

:= λf 14.58=


λpf 0.38EFy

⋅:= λpf 10.6=


kc.

kc4

htw

:= kc 0.283=

Entonces, como kc es no se encuentra entre 0,35 y 0,763, entonces:

kc 0.35=


λrf 0.95kc E

0.7Fy⋅:= λrf 18.734=

Como λpf λf< λrf≤ , entonces las alas del Perfil son No Compactas

2. Alma


:= λw 200=


EFy

⋅:= λpw 104.86=

Parámetro de esbeltez límitepara elementos no compactos: λrw 5.70

EFy

⋅:= λrw 159=

Como λrw λw< , entonces el Alma del Perfil es E sbelta

El perfil tiene doble simetría, sus alas son No Compactas, y su alma es esbelta, por lo tanto se clasifica en el tipo F5. Para esta clasificación se deberán determinar los siguientes Estados Limites:



66 de 226



FLUENCIA DEL ALA COMPRIMIDA

El momento nominal para este estado limite, se calcula de la siguiente forma:

Mnfac Rpg Fy⋅ Sxc⋅:= Rpg

Donde Rpg, es un factor de reducción de la resistencia a la flexión, es decir, corresponde al

factor de reducción del momento, necesario para alcanzar la fluencia del ala comprimida

1. Calculo de Rpg

Rpg 1aw

1200 300 aw⋅+

hctw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

5.7EFy

⋅−⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅−:=awaw

Donde aw se obtiene de la siguiente manera; y no puede sobrepasar el valor de 10

awhc tw⋅( )bfc tfc⋅

:=hc

Como se trata de un perfil simetrico, hc, bfc tfc, y Sxc se obtienen de la siguiente manera:

ycgd2

:=

hc 2 ycg tf−( ):= hc 80cm=

bfc bf:= bfc 35cm=

tfc tf:= tfc 1.2cm=

Sxc Sx:= Sxc 3775.2cm3=

Por lo tanto, aw quedaría:


:= aw 0.762=

Finalmente, Rpg quedaría:

Rpg 1aw

1200 300 aw⋅+

hctw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

5.7EFy

⋅−⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅−:= Rpg 0.978=

Por lo que, el Momento nominal de este estado limite correponderá a:

Mnfac Rpg Fy⋅ Sxc⋅:= Mnfac 9970012kgf cm⋅=


Como el perfil es simetrico, entonces la Sxt Sxc , por lo tanto existe la misma posibilidad

de que falle por fluencia del ala comprimida como por fluencia en el ala traccionada. de estaforma, no es necesario calcular dicho estado limite


67 de 226





Mnpac Rpg Fcr⋅ Sxc⋅:= Fcr

Sin embargo, para obtener el Fcr, dependerá de la esbeltez de las alas; es decir: Si λpf λf< λrf≤ , oséa alas del Perfil No Compactas, entonces:

Fcr Fy .3Fyλ λpf−

λrf λpf−

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅−:=

Considerando:

λbfc2tfc

:=

Entonces el Fcr corresponderá a:

Fcr 2303.2kgf

cm2=

Entonces el Mnpac corresponderá a:

Mnpac Rpg Fcr⋅ Sxc⋅:= Mnpac 8504889kgf cm⋅=

PANDEO LATERAL TORSIONAL Antes de pasar a resolver los momentos nominales de dicho estado límite, obtendremos las incógnitas que son comunes para ambos tramos (AB y BC), es decir: Lp, Lr y rt.

1. Cálculos comunes a) Calculo de Lp y Lr Distancia entre amarras laterales, para que se pueda desarrollar el momento Plástico de la sección:

Lp 1.1 rt⋅EFy

⋅:= rt

Distancia límite de amarras laterales para que se pueda desarrollar el pandeo lateral-torsional inelástico de la viga:

Lr π rt⋅E

.7 Fy⋅⋅:= rt



68 de 226



E 2100000kgf

cm2⋅=

Fy 2700kgf

cm2⋅=


:= aw 0.762=

rtbfc

12 116

aw⋅+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅

:= rt 9.517cm=

Lp 1.1 rt⋅EFy

⋅:= Lp 292 cm⋅=

Lr π rt⋅E

.7Fy⋅:= Lr 996.7 cm⋅=

2. Cálculos tramo AB a) Valor de Lb

Lb1 800 cm⋅=

Como 1p b rL L L≤ ≤ entonces se puede generar Pandeo Lateral Torsional en el Rango inelástico (zona

2) y el Mn se determinara de la forma:

Mnplt Rpg Fcr⋅ Sxc⋅:=

Momento de pandeo inelástico: Como Lp Lb1≤ Lr≤

Fcr Cb Fy .3FyLb1 Lp−

Lr Lp−⋅−

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅:=


M x( ) 0.25P x⋅ x 8≤if

.528P x⋅ 8− 8 x< 20≤if

:=

8Mmax M 8( ) simplify 2.0 P⋅→:=

Ma M 2( ) simplify 0.5 P⋅→:=

Mb M 4( ) simplify P→:=

Mc M 6( ) simplify 1.5 P⋅→:=

Cb12.5 Mmax

2.5 Mmax 3 Ma+ 4 Mb+ 3 Mc+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

Rm⋅:= Rm

Rm 1:= Rm es igual a 1 si se trata de un elemento de doble simetría


69 de 226



Cb 1.667=

c) Calculo del Momento Nominal por Pandeo Lateral Torsional: Entonces; determinando el Fcr, tenemos:


Lr Lp−⋅−

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅:= Fcr 3527.5kgf

cm2⋅=

Como Fcr debe ser menor que Fy, entonces:

Fcr min Fcr Fy, ( ):= Fcr 2700kgf

cm2=

Luego, se deberá tomar el valor de Fcr igual a Fy, por lo que el momento nominal para este estado límite en dicho tramo corresponderá a:


Mnplt1 Mnplt:= Mnplt1 9970011.985kgf cm⋅⋅=

3. Cálculos de Tramo BC a) Valor de Lb

Lb2 1200 cm⋅=

Como 2r bL L≤ entonces se puede generar Pandeo Lateral Torsional en el Rango elástico (zona 3) y el Mn se determinara de la forma:


Momento de pandeo elástico: Como Lb2 Lr>

FcrCb π

2⋅ E⋅⎛

⎝⎞⎠

Lb2rt

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2:=

b) Calculo de Cb El cálculo de Cb, sugiere utilizar teoremas de triángulos para conocer los valores de Ma, Mb y Mc. Debido a que de otra forma arrojara un polinomio en el denominador. En consecuencia:

M x( ) .568P 14.08 x−( )⋅ 8 x≤ 14.08≤if

.568P x 14.08−( )⋅ 14.08 x< 20≤if

:=

Mmax M 8( ) simplify 3.45344P⋅→:=

Ma M 11( ) simplify 1.74944P⋅→:=

Mb M 14( ) simplify 0.04544P⋅→:=

Mc M 17( ) simplify 1.65856P⋅→:=

Cb12.5 Mmax

2.5 Mmax 3 Ma+ 4 Mb+ 3 Mc+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

Rm⋅:=



70 de 226



Cb 2.267=

c) Calculo del Momento Nominal por Pandeo Lateral Torsional: Entonces; determinando el Fcr, tenemos:

FcrCb π

2⋅ E⋅⎛

⎝⎞⎠

Lb2rt

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2:= Fcr 2955.6

kgf

cm2⋅=



cm2=



Mnplt2 Mnplt:= Mnplt2 9970011.985kgf cm⋅⋅=



Fluencia de Ala Comprimida 9970012

Fluencia del Ala Traccionada NO SE CALCULA

Pandeo de Ala Comprimida 8504889

Pandeo Lateral Torsional: AB 9970012

Pandeo Lateral Torsional: BC 9970012


8504889nM kg cm= ⋅


71 de 226




1. Determinación de Máxima carga permanente P

[ ][ ]

[ ]

[ ]

[ ]

3,753,456 0,9

0,9

3,4560,9 85048,89

3,456


22148,151,4

15820

u n

u

n

nu

u

u

M MM P

P MM

P

kg mP

m

P kg

P kg

P kg

φ≤ ⋅

=

≤ ⋅

⋅≤

⋅ ⋅≤

≤

⇒

≤

≤

Por lo tanto, la carga permanente máxima que puede soportar la viga según la configuración señalada, corresponde a 15,82 Ton


72 de 226



M x( ) 0.5P x⋅ 1.25P+ x 5≤if

0.5P x⋅ 3.75P− 5 x< 20≤if

:=

EJERCICIO 15: Para la siguiente viga calcular la máxima carga P permanente que es capaz de resistir. La viga presenta arriostramientos laterales en sus extremos. Utilizar A 42-27 ES. Asuma el perfil cargado en su Ala Inferior.

Solución


A 90 cm2⋅= rx 22.495cm⋅=

Ixx 45543.6cm4⋅= ry 4.173 cm⋅=

Iyy 1567.5cm4⋅= Sx 1488.353cm3

⋅=

Zx 1809 cm3⋅= Sy 125.4 cm3

⋅=


125P

125P

P

1000cm

125P

Medidas en Milímetros

6

250

10

6

600

1000cm

P


73 de 226




1. Alas


:= λf 20.83=


λpf 0.38EFy

⋅:= λpf 10.6=


kc.

kc4

htw

:= kc 0.516=


λrf 0.95E kc⋅

0.7Fy⋅:= λrf 22.756=


2. Alma


:= λw 60=


EFy

⋅:= λpw 104.86=

Como λw λpw≤ , entonces el Alma del Perfil es Compacta

El perfil es simétrico, sus alas son no compactas, y su alma compacta, por lo tanto se clasifica en el tipo F3. Para esta clasificación se deberán determinar los siguientes Estados Limites:

• Pandeo Local de Ala Comprimida • Pandeo Lateral Torsional.

PANDEO LOCAL DEL ALA COMPRIMIDA Como el ala es no compacta, ósea se encuentra en el rango inelástico del pandeo local, se tiene que: Momento Nominal por pandeo inelastico del Ala: Como λpf λf< λrf≤

Con: λpf λf< λrf≤ Ala No Compacta

Mnpac Mpx Mpx 0.7 Fy⋅ Sx−( )λf λpf−

λrf λpf−

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅−:= Mpx


74 de 226



Donde Mpx se obtiene de:

Mpx Fy Zx⋅:= Mpx 4884300kgf cm⋅=

Por lo que el Momento Nominal Asociado al Pandeo Local de Ala resulta de:

Mnpac Mpx Mpx 0.7 Fy⋅ Sx−( )λf λpf−

λrf λpf−

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅−:= Mnpac 3140525.9kgf cm⋅=

PANDEO LATERAL TORSIONAL

1. Cálculos Comunes

a) Calculo de Lp y Lr

E 2100000kgf

cm2⋅=

Fy 2700kgf

cm2⋅=


J2 bf⋅ tf

3⋅⎛

⎝⎞⎠ ho( ) tw

3⋅+

3:=

J 23.8 cm4⋅=


rtsbf

12 116

h tw⋅( )bf tf⋅

⋅+⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅

:=

rts 5.59 cm⋅=

Distancia limite entre amarras laterales, para que se pueda desarrollar el momentoplástico de la sección, luego del cual se desarrolla Pandeo Lateral-Torsional en elRango Inelastico

Lp 1.76 ry⋅EFy

⋅:= Lp 204.84cm⋅=

Distancia límite de amarras laterales para que se pueda desarrollar el pandeolateral-torsional inelástico, luego del cual se desarrolla Pandeo Lateral-Torsionalen el rango Elastico

Lr 1.95 rts⋅E

.7 Fy⋅⋅

J c⋅Sx ho⋅

1 1 6.760.7Fy

E

Sx ho⋅

J c⋅⋅

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2

++⋅:= Lr 619.81cm⋅=


75 de 226



2. Tramo AB=BC a) Valor de Lb

Lb1 1000 cm⋅=

Como 1r bL L≤ entonces se puede generar Pandeo Lateral Torsional en el Rango elástico (zona 3) y el Mn se determinara de la forma:

Mnplt Fcr Sx⋅:= Fcr

FcrCb π

2E⋅

Lb1rts

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

1 0.078J c⋅

Sx ho⋅⋅

Lb1rts

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2

⋅+⋅:=

b) Calculo de Cb

Sin embargo, en este caso Cb debe ser distinto de 1, y se calcula de la siguiente manera:

M x( ) 0.5− P x⋅ 1.25P+ x 5≤if

0.5P x⋅ 3.75P− 5 x< 20≤if

:=

Mmax M 5( ) simplify 1.25− P⋅→:=

Ma M 2.5( ) simplify 0.0→:=

Mb M 5( ) simplify 1.25− P⋅→:=

Mc M 7.5( ) simplify 0.0→:=

Cb12.5 Mmax

2.5 Mmax 3 Ma+ 4 Mb+ 3 Mc+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

Rm⋅:= Rm

Rm 1:= Rm es igual a 1 si se trata de una sección con doble simetría

Cb 1.923=

c) Momento Nominal


Mnplt Fcr Sx⋅:= Fcr

FcrCb π

2E⋅

Lb1rts

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

1 0.078J c⋅

Sx ho⋅⋅

Lb1rts

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2

⋅+⋅:= Fcr 1604.1kgf

cm2⋅=




76 de 226



Mnplt min Mnplt Mpx, ( ):= Mnplt 2387518.246kgf cm⋅⋅=



Pandeo de Ala Comprimida 3140525.9

Pandeo Lateral Torsional: AB 2387518.2


2387518,2nM kg cm= ⋅

DISEÑO Ahora, aplicando las condiciones de diseño del método LRFD quedaría: Determinación de P

[ ]

[ ][ ]

[ ][ ]

[ ]

[ ]

1,251,25 0,9

0,9 1,25

0,9 23875,181,25


17190,131,4

12278,66

u n

u

n

nu

u

u

M MM P

P m MMPm

kg mP

m

P kg

P kg

P kg

φ≤ ⋅

=

≤ ⋅

⋅≤

⋅ ⋅≤

≤

⇒

≤

≤



77 de 226



M x( ) 0.5Q x2⋅ x 1.5≤if

0.5Q x2⋅ 4.6875( )Q x⋅− 7.03125Q+ 1.5 x< 7.5≤if

:=

Q

EJERCICIO 16: Calcular la carga viva máxima Qsc [kg/m2] que la viga de la figura puede recibir. La viga se encuentra arriostrada en sus extremos. La distancia entre las vigas es de 5 metros. Utilizar A 37-24 ES. No considere el peso propio de la viga.

Solución


A 140 cm2⋅= rx 24.688cm⋅=

Ixx 85326.667cm4⋅= ry 8.018 cm⋅=

Iyy 9000.267cm4⋅= Sx 3160.247cm3

⋅=

Zx 3370 cm3⋅= Sy 600.018cm3

⋅=

Ycg 27cm= Centro de Gravedad obtenido desde la base del perfil.

Sxc Sx:= Sxc 3160.2cm3⋅=

Sxt Sx:= Sxt 3160.2cm3=


Arriostramientos Laterales

1.125Qsc

3.955Qsc

600cm150cm

Qsc


78 de 226




1. Alas


bf2tf

:= λf 7.5=


λpf 0.38EFy

⋅:= λpf 10.598=

Como f pfλ λ≤ ⇒ el ala es compacta, por lo que no hay necesidad de determinar rfλ .

2. Alma


:= λw 125=


EFy

⋅:= λpw 104.86=


EFy

⋅:= λrw 159=

Como λpw λw< λrw≤ , entonces el Alma del Perfil es No Compacta

El perfil es simétrico, sus alas son compactas, y su alma no compacta, por lo tanto se clasifica en el tipo F4. Para esta clasificación se deberán determinar los siguientes Estados Limites: • Fluencia del Ala Comprimida • Fluencia del Ala Traccionada • Pandeo Local de Ala Comprimida • Pandeo Lateral Torsional.

FLUENCIA DEL ALA COMPRIMIDA Como esta sección presenta sus alas compactas, entonces se debe considerar este tipo de falla. Al ser alas Compactas, se espera que de fallar el ala comprimida, esta lo haga a través de falla por fluencia. El momento nominal para este estado limite, se calcula de la siguiente forma:

Mnfac Rpc Fy⋅ Sxc⋅:= Rpc

Donde Rpc es un factor de platificación de alma, y se calcula dependiendo dela altura h y

del espesor tw


79 de 226



1. Calculo de Rpc

a) Valores necesarios para el cálculo

hc 2 Ycg tf−( ):= hc 50 cm⋅=

Sxc 3160.2cm3=

Zx Fy⋅ 8088000kgf cm⋅=

1.6 Sxc⋅ Fy⋅ 12135348kgf cm⋅=

Mp min Zx Fy⋅ 1.6 Sxc⋅ Fy⋅, ( ):= Mp 8088000kgf cm⋅=

Myc Fy Sxc⋅:= Myc 7584593kgf cm⋅=

λhctw

125=:= λpw 111.222=

b) Rpc Como

Entonces Rpc minMpMyc

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

MpMyc

1−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠


⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅−MpMyc

, ⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

:=hctw

λpw>

Rpc 1.05=

2. Momento Nominal por Fluencia del Ala Comprimida

Mnfac Rpc Myc⋅:= Mnfac 7967137.8kgf cm⋅⋅=


Como el perfil es simetrico, entonces la Sxt Sxc , por lo tanto existe la misma posibilidad

de que falle por fluencia del ala comprimida como por fluencia en el ala traccionada. de estaforma, no es necesario calcular dicho estado limite

PANDEO LOCAL DEL ALA COMPRIMIDA Como las alas son compactas, no se desarrollara esta falla.


80 de 226



PANDEO LATERAL TORSIONAL Antes de pasar a resolver los momentos nominales de dicho estado límite, obtendremos las incógnitas que son comunes para cualquier tramo, es decir: Lp, Lr y rt.

1. Cálculos Comunes

a) Calculo de Lp y Lr Distancia entre amarras laterales, para que se pueda desarrollar el momento plástico de la sección:

Lp 1.1 rt⋅EFy

⋅:= rtrt

Distancia límite de amarras laterales para que se pueda desarrollar el pandeo Lateral-Torsional inelástico de la viga: Como la carga se encuentra sobre el ala superior de la viga, entonces se debe considerar una longitud de desarrollo del pandeo Lateral-Torsional inelástico, equivalente a:

Lr π rt⋅E

.7 Fy⋅⋅:= rt


ho h tf+:= ho 52 cm⋅= ho: Distancia entre los centroides de las alas,

ver AISC 2005 (no se usa ho htfs2

+tfi2

+

por tratarse de un perfil simetrico)

E 2100000kgf

cm2⋅=

Fy 2400kgf

cm2⋅=

rtbfc

12 116


⋅+⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅

:= rt 8.429 cm⋅=

Distancia limite entre amarras laterales, para que se pueda desarrollar el momento plástico de la sección, luego del cual se desarrolla Pandeo Lateral-Torsional en el Rango Inelástico

Lp 1.1 rt⋅EFy

⋅:= Lp 274 cm⋅=

Distancia límite de amarras laterales para que se pueda desarrollar el pandeo Lateral-Torsional inelástico, luego del cual se desarrolla Pandeo Lateral-Torsional en el rango Elástico.

Lr π rt⋅E

.7 Fy⋅⋅:= Lr 936 cm⋅=



81 de 226



2. Tramo a) Valor de Lb

Lb1 750 cm⋅=




Lr Lp−⋅−

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅:=


M x( ) 0.5Q x2⋅ x 1.5≤if

0.5Q x2⋅ 4.6875( )Q x⋅− 7.03125Q+ 1.5 x< 7.5≤if

:=

Q

Mmax M 4.6875( ) simplify 3.955078125− Q⋅→:=Mmax

Ma M 1.875( ) simplify 0.0→:=

Mb M 3.75( ) simplify 3.515625− Q⋅→:=Mb

Mc M 5.625( ) simplify 3.515625− Q⋅→:=Mc

Cb12.5 Mmax

2.5 Mmax 3 Ma+ 4 Mb+ 3 Mc+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

Rm⋅:=Mmax


Cb 1.433=

c) Momento Nominal



Lr Lp−⋅−

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅:= Mnplt 8680492.4kgf cm⋅⋅=

Y como tambien es necesario asegurarse que el momento obtenido, sea menor Rpc Myc⋅ entonces se tiene que:

Rpc Myc⋅ 7967138kgf cm⋅⋅=

Entonces

Mnplt1 min Mnplt Rpc Myc⋅, ( ):= Mnplt1 7967138kgf cm⋅⋅=


82 de 226





Fluencia de Ala Comprimida 7967137.8


Pandeo de Ala Comprimida NO SE CALCULA

Pandeo Lateral Torsional: 7967137.78


7967137,78nM kg cm= ⋅

DISEÑO Ahora, aplicando las condiciones de diseño del método LRFD quedaría: Determinación de la carga viva Qsc

3,9553,955 0,9

0,9 3,955

0,9 79671,37783,955

18130,03

Como =1,4 por ser Carga Viva18130,03

1,6

11331,27

u n

u u

u n

nu

u

u

u

M MM Qsc

Qsc MMQsc

Qsc

kgQscm

Qsc QsckgQscm

kgQscm

φ≤ ⋅

=

≤ ⋅

⋅≤

⋅≤

⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦⇒

⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦

Por lo tanto, la carga viva máxima que puede soportar la viga según la configuración señalada, corresponde a 11331,27 kg/m.


83 de 226



EJERCICIO 17: Determine la carga máxima viva Qsc (kg/m) que la viga de la figura puede recibir. Verifique solo por flexión. • Los arriostramientos laterales se encuentran cada 6 metros. • No considere requisitos de serviciabilidad. • Utilice A 37-24 ES. • Considere una carga permanente total, Qpp de 6 Ton/m • Utilice método de diseño LRFD y ASD

Solución


A 455 cm2⋅= rx 78.109cm⋅=

Ixx 2775947.917cm4⋅= ry 12.345cm⋅=

Iyy 69337.917cm4⋅= Sx 30010.248cm3

⋅=

Zx 33193.75cm3⋅= Sy 2521.379cm3

⋅=


40,5Q


84 de 226



M x( ) 0.5Q x2⋅( ) 6.75Q x⋅− x 18≤if

.5P Q⋅ x2⋅( ) 29.25Q x⋅− 405Q+ 18 x< 36≤if

:=

Q


1. Alas


bf2tf

:= λf 11=


λpf 0.38EFy

⋅:= λpf 11.241=


2. Alma


:= λw 180=


EFy

⋅:= λpw 111.22=


EFy

⋅:= λrw 168.6=

Como λrw λw< , entonces el Alma del Perfil es E sbelta

El perfil tiene doble simetría, sus alas son Compactas, y su alma es esbelta, por lo tanto se clasifica en el tipo F5. Para esta clasificación se deberán determinar los siguientes Estados Limites:


FLUENCIA DEL ALA COMPRIMIDA


Mnfac Rpg Fy⋅ Sxc⋅:= Rpg

Donde Rpg, es un factor de reducción de la resistencia a la flexión, es decir, corresponde al

factor de reducción del momento, necesario para alcanzar la fluencia del ala comprimida


85 de 226



1. Calculo de Rpg

Rpg 1aw

1200 300 aw⋅+

hctw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

5.7EFy

⋅−⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅−:=aw

Donde aw se obtiene de la siguiente manera; y no puede sobrepasar el valor de 10


:=hc

Como se trata de un perfil simetrico, hc, bfc tfc, y Sxc se obtienen de la siguiente manera:

ycgd2

:=

hc 2 ycg tf−( ):= hc 180 cm⋅=

bfc bf:= bfc 55 cm⋅=

tfc tf:= tfc 2.5 cm⋅=

Sxc Sx:= Sxc 30010.2cm3⋅=

Por lo tanto, aw quedaría:


:= aw 1.309=

Finalmente, Rpg quedaría:

Rpg 1aw

1200 300 aw⋅+

hctw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

5.7EFy

⋅−⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅−:= Rpg 0.991=

Como Rpg debe ser menor que 1, entonces:

Rpg min Rpg 1, ( ):= Rpg 0.991=

Por lo que, el Momento nominal de este estado limite correponderá a:

Mnfac Rpg Fy⋅ Sxc⋅:= Mnfac 71350224kgf cm⋅⋅=


Como el perfil es de Doble Simetría, entonces la Sxt Sxc , por lo tanto existe la misma

posibilidad de que falle por fluencia del ala comprimida como por fluencia en el alatraccionada. de esta forma, no es necesario calcular dicho estado limite


Como las Alas de este perfil son compactas, entonces no se desarrollarael Pandeo Local de Las Alas, por efecto de la compresión

PANDEO LATERAL TORSIONAL Antes de pasar a resolver los momentos nominales de dicho estado límite, obtendremos las incógnitas que son comunes para los tramos AB, BC, CD, DE, EF y FG, es decir: Lp, Lr y rt. Por otra parte, como se trata de una viga simétrica respecto del punto D, entonces se tendrá que:

• AB = FG • BC = EF


86 de 226



• CD = DE

1. Cálculos comunes a) Calculo de Lp y Lr Distancia entre amarras laterales, para que se pueda desarrollar el momentoplástico de la sección:

Lp 1.1 rt⋅EFy

⋅:= rt

Distancia límite de amarras laterales para que se pueda desarrollar elpandeo lateral-torsional inelástico de la viga:

Lr π rt⋅E

.7 Fy⋅⋅:= rt


E 2100000kgf

cm2⋅=

Fy 2400kgf

cm2⋅=


:= aw 1.309=

rtbfc

12 116

aw⋅+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅

:= rt 14.385cm⋅=

Lp 1.1 rt⋅EFy

⋅:= Lp 468.1 cm⋅=

Lr π rt⋅E

.7Fy⋅:= Lr 1597.8cm⋅=

b) Valor de Lb Como se puede apreciar; todos los tramos tienen igual longitud entre arriostramientos, por lo cual solo varían en su distribución de momento y el consecuente cálculo de Cb.

1 2 3 600b b bL L L cm= = =






87 de 226



Momento de pandeo inelástico: Como Lp Lb1≤ Lr≤


Lr Lp−⋅−

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅:=

De igual modo para b2 b3L y L , Ambos iguales a 600cm

2. Cálculos tramo AB=FG a) Calculo de Cb Sin embargo, en este caso Cb debe ser distinto de 1, y se calcula considerando las ecuaciones de momento anteriormente descritas:

Mmax M 6( ) simplify 22.5− Q⋅→:=Mmax

Ma M 1.5( ) simplify 9.0− Q⋅→:=Ma

Mb M 3( ) simplify 15.75− Q⋅→:=Mb

Mc M 4.5( ) simplify 20.25− Q⋅→:=Mc

Cb12.5 Mmax

2.5 Mmax 3 Ma+ 4 Mb+ 3 Mc+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

Rm⋅:=Mmax


Cb 1.359=

b) Calculo del Momento Nominal por Pandeo Lateral Torsional: Entonces; determinando el Fcr, tenemos:


Lr Lp−⋅−

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅:= Fcr 3147.3kgf

cm2⋅=



cm2⋅=



MnpltAB Mnplt:= MnpltAB 71350223.806kgf cm⋅⋅=

3. Cálculos de Tramo BC=EF a) Calculo de Cb


88 de 226



Mmax M 6.75( ) simplify 22.78125− Q⋅→:=Mmax

Ma M 7.5( ) simplify 22.5− Q⋅→:=Ma

Mb M 9( ) simplify 20.25− Q⋅→:=Mb

Mc M 10.5( ) simplify 15.75− Q⋅→:=Mc

Cb12.5 Mmax

2.5 Mmax 3 Ma+ 4 Mb+ 3 Mc+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

Rm⋅:=Mmax


Cb 1.127=

b) Calculo del Momento Nominal por Pandeo Lateral Torsional: Entonces; determinando el Fcr, tenemos:


Lr Lp−⋅−

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅:= Fcr 2610kgf

cm2⋅=



cm2⋅=



MnpltBC Mnplt:= MnpltBC 71350223.806kgf cm⋅⋅=

4. Cálculos de Tramo CD=DE a) Calculo de Cb

Mmax M 18( ) simplify 40.5 Q⋅→:=Mmax

Ma M 13.5( ) simplify 0.0→:=

Mb M 15( ) simplify 11.25 Q⋅→:=Mb

Mc M 16.5( ) simplify 24.75 Q⋅→:=Mc

Cb12.5 Mmax

2.5 Mmax 3 Ma+ 4 Mb+ 3 Mc+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

Rm⋅:=Mmax


Cb 2.296=


89 de 226



b) Calculo del Momento Nominal por Pandeo Lateral Torsional:

Entonces; determinando el Fcr, tenemos:


Lr Lp−⋅−

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅:= Fcr 5325.2kgf

cm2⋅=



cm2=



MnpltCD Mnplt:= MnpltCD 71350223.806kgf cm⋅⋅=

Como para los 3 casos, el momento nominal originado por el pandeo lateral Torsional es el mismo, entonces diremos que:

Mnplt 71350224kgf cm⋅=



Fluencia de Ala Comprimida 71350224


Pandeo de Ala Comprimida NO SE CALCULA

Pandeo Lateral Torsional 71350224

[ ][ ]

El momento nominal que se considera corresponde a:71350224

713502,24n

n

M kg cm

M kg m

= ⋅

= ⋅


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DISEÑO Ahora, aplicando las condiciones de diseño del método LRFD y ASD quedaría:

1. Determinación de Máxima carga viva Qsc: LRFD

[ ]

40,540,5 0,9

0,9

40,50,9 713502,24

40.5

15855,6

Como Qu=1,2Qpp+1,6Qsc

Qpp=6000 Qu=1,2 6000+1,6Qsc 15855,6

8655,61,6

5409,8

u n

u u

u n

nu

u

u

M MM Q

Q MM

Q

Q

kgQm

kg kgm m

kgQscm

Qsc kg

φ≤ ⋅

=

≤ ⋅

⋅≤

⋅≤

⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦⇒

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⇒ ⋅ ≤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦

≤

Por lo tanto, la carga viva máxima que puede soportar la viga según la configuración señalada, mediante el método LRFD corresponde a 5,4 Ton


91 de 226



2. Determinación de Máxima carga viva Qsc: ASD

a

a

40,5

40,5

con 1,67713502,2440,5

1,67713502,241,67 40,5

10549,3

Como Q =Qpp+Qsc

Qpp=6000 Q =6000+Qsc 10549,3

4549,3

na

a a

na

a

a

a

MM

M QMQ

Q

Q

kgQm

kg kgm m

kgQscm

≤Ω

=

≤Ω

Ω =

≤

≤⋅

⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦⇒

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⇒ ≤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦

Por lo tanto, la carga viva máxima que puede soportar la viga según la configuración señalada, y mediante el método ASD corresponde a 4,55 Ton


92 de 226



EJERCICIO 18: Para la viga que se muestra a continuación, calcule: a) Calcule con qué sobrecarga q1 se inicia la fluencia en algún punto de la viga b) Calcule con qué sobrecarga q2 se forma la primera rótula plástica en la viga c) Calcule con qué sobrecarga q3 se produce un mecanismo de falla d) Calcule con qué sobrecarga q4 se producirá el pandeo lateral de la viga

Considere:

3

A42-27ESkgacero=7850

mPerfil Compacto

γ

Solución


A 180 cm2⋅= rx 26.912cm⋅=

Ixx 130367.187cm4⋅= ry 6.167 cm⋅=

Iyy 6845 cm4⋅= Sxs 4776.813cm3

⋅=

Sxi 3457.251cm3⋅=

2

8QL

L

Arriostramientos Laterales

24000COTAS EN MM

24000

COTAS EN MM

180

600

25

10

300

25


93 de 226




L=24 mt




2tw:=

x 47.5 cm⋅=


Con lo cual, el eje Plástico se encontrara 47,5 cm del borde inferior del ala inferior:

R1 tfs bfs⋅ Fy⋅ 202500kgf⋅=:= X1 d x−( )tfs2

− 16.25 cm⋅=:=

R2 d x−( ) tfs−⎡⎣ ⎤⎦ tw⋅ Fy⋅ 4 104× kgf⋅=:= X2

d x−( ) tfs−⎡⎣ ⎤⎦2

7.5 cm⋅=:=

R3 x tfi−( ) tw⋅ Fy⋅ 121500kgf⋅=:= X3

x tfi−( )2

22.5 cm⋅=:=

R4 tfi bfi⋅ Fy⋅ 121500kgf⋅=:= X4 xtfi2

− 46.25 cm⋅=:=



94 de 226



Mp Fy Zx⋅:= Zx Mp1

4

i

Ri Xi⋅( )∑=

11947500kgf cm⋅⋅=:=


ZxMpFy

:= Zx 4425 cm3⋅=

A) SOBRECARGA Q PARA QUE SE INICIE LA FLUENCIA EN ALGUN PUNTO DE LA VIGA Considerando Sxc Sxi:= Sxt Sxs:= Para esta distribución de cargas

y para dicho punto.(el sector encompresión se ubica abajo y elde tracción arriba)

Myc Sxc Fy⋅:= Myc 9334579kgf cm⋅⋅=

Myt Sxt Fy⋅:= Myt 12897395kgf cm⋅⋅=

yAhora se debe determinar la Sobrecarga que genera M ;

la cual indica el inicio de la fluencia.

El lugar donde se origina el momento máximo, correspondeal sector en el cual se iniciara la fluencia.

yM M

M

≤

=2

2

2

8

8kg93345,79 Q=1296,47

8 m

y

Q L

Q L M

Q L

⋅

⋅≤

⋅ ⎡ ⎤≤ ⇒ ⎢ ⎥⎣ ⎦

23

Como Q=Qpp+Qsc

Qpp= A Qpp=7850 180 cm 141,3

141,3 +Qsc 1296,47

Qsc 1296,47 141,3

Qsc 1155,2

kg kg kgm mm

kg kgm m

kg kgm m

kgm

γ

⇒

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤⋅ ⇒ ⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤ ⎡ ⎤≤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤ ⎡ ⎤≤ −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦

Por lo tanto, el valor de la sobrecarga que genera el inicio de la fluencia corresponde a:

Qsc 1155,2 kgm

⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦


95 de 226



B) SOBRECARGA Q PARA QUE SE FORME LA PRIMERA ROTULA PLASTICA EN LA VIGA La primera rotula plástica se origina cuando un sector de la viga alcanza el momento plástico, independientemente de si esta falla producto de esa rotulación. Considerando que

Mp 11947500kgf cm⋅=

Entonces:

pAhora se debe determinar la Sobrecarga que genera M ;

la cual indica la rotulación de un lugar determinado.

El lugar donde se origina el momento máximo, correspondeal sector en el cual se formara la

pM M=

[ ]

2

2

2

primera rotula plastica.

8

8kg119475 kg Q=1659,38

8 m

p

Q LM

Q L M

Q L m

⋅=

⋅=

⋅ ⎡ ⎤= ⋅ ⇒ ⎢ ⎥⎣ ⎦

23

Como Q=Qpp+Qsc

Qpp= A Qpp=7850 180 cm 141,3

141,3 +Qsc 1659,38

Qsc 1659,38 141,3

Qsc 1518,08

kg kg kgm mm

kg kgm m

kg kgm mkgm

γ

⇒

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤⋅ ⇒ ⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

Por lo tanto, el valor de la sobrecarga que genera la primera rotula plástica, corresponde a:

Qsc 1518,08 kgm

⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦


96 de 226



C) SOBRECARGA Q PARA QUE SE PRODUZCA UN MECANISMO DE FALLA Para determinar la sobrecarga que genera un mecanismo, se deberá realizar un análisis plástico de la viga con su carga distribuida. Lo primero que se debe realizar es señalar aquellos lugares en los cuales se generaran las rotulas plásticas.

1. Ubicación de Rotulas Plásticas Para determinar la ubicación de la rotula que se origina en el vano, se debe llevar adelante un análisis plástico a través de derivadas. Considerando deformaciones pequeñas, del diagrama de rótulas plásticas tenemos:

1 1 2 2( ) (1) ( ) (2)tg tgX L Xδ δθ θ θ θ= = = =

−


( ) ( )

( ) ( )

int

2 1 2

1 2

(*)2

2 (3)2

ext

sc p p

sc p

W W

Q L M M

Q L M

δ θ θ θ

δ θ θ

=

⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ +

⋅ ⋅ = ⋅ +

(*) Detallado en el ejercicio 4. Remplazando 1 y 2 en 3, se obtiene:

( )

( )( )

( ) ( )

22

2

(4)2

sc p

scp

scp

Q L MX L X

Q L L XMX L X

Q L X L XM

L X

δ δ δ⎛ ⎞⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅⎜ ⎟−⎝ ⎠⎛ ⎞⋅ +

= ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⋅ −⎝ ⎠⋅ ⎛ ⋅ − ⎞

= ⋅ ⎜ ⎟+⎝ ⎠

Para encontrar el máximo en dicho tramo, se deriva la expresión y se iguala a cero, obteniéndose lo siguiente:

Θ1

Θ1+ Θ2

Θ2 δ

24 mt

X mt

Rotulas FisicasRotulas Plasticas

Q


97 de 226



( ) ( )

( ) ( )( ) ( )( )

2

2

=02

2=0

2

p sc

sc

M Q L X L XX X L X

L X L X X L XQ L

L X

∂ ⎡ ⎤⋅ ⎛ ⋅ − ⎞∂= ⋅⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ∂ +⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

⎛ ⎞− + − ⋅ −⋅ ⎜ ⎟⋅⎜ ⎟+⎝ ⎠

Desarrollando la expresión

( )( ) ( )2

2 2 2

2 2

2

2

1

2

2

2 0

2 2 0

2 0, Con L=24m

48 576 0

48 48 4 1 576 9,942 1

48 48 4 1 576 57.942 1

L X L X X L X

L L X X L X X L X

X X L L

X X

X m

X m

− + − ⋅ − =

+ ⋅ − ⋅ − − ⋅ + =

+ ⋅ ⋅ − =

+ ⋅ − =

− + + ⋅ ⋅= =

⋅

− − + ⋅ ⋅= = −

⋅

En consecuencia, el punto en el cual se originara la rotula plástica corresponderá a X = 9,94. Al remplazar este valor en la ecuación del momento plástico (4), se obtendrá el valor de este, para el cual se originará la falla.

( ) ( )

( ) ( )

( )

24 9,94 24 9,942 24 9,94

24 9,94 24 9,942 24 9,94

139,75641233.94

49,41

scp

scp

p sc

p sc

QM

QM

M Q

M Q

⋅ ⎛ ⋅ − ⎞= ⋅ ⎜ ⎟+⎝ ⎠

⋅ ⎛ ⋅ − ⎞= ⋅ ⎜ ⎟+⎝ ⎠

⎛ ⎞= ⋅ ⋅ ⎜ ⎟⎝ ⎠

= ⋅

Ahora bien, como para este perfil el Momento Plástico corresponde a Mp 11947500kgf cm⋅=

[ ][ ]

[ ]

49,41

119475 49,41

11947549,41

2418,03

p sc

sc

sc

sc

M Q

kg m Q

kg mQ

Q kg m

= ⋅

⋅ = ⋅

⋅=

= ⋅

Por lo tanto, el valor de la sobrecarga que genera el mecanismo de falla, corresponde a:

scQ 2418,03 kgm

⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦


98 de 226



D) SOBRECARGA Q PARA QUE SE PRODUZCA PANDEO LATERAL TORSIONAL

1. Calculo de Esbelteces: a) Alas

Superior Inferior Esbeltez del ala:

λfsbfs2tfs

:= λfs 6= λfibfi2tfi

:= λfi 3.6=


λpf 0.38EFy

⋅:= λpf 10.6=


b) Alma

Esbeltez del alma: λwhctw

:= λw 49.58=

Parámetro de esbeltezlímite para elementoscompactos:

λpw min

hchp

EFy

⋅⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

.54 Mp⋅( )Myc

.09−⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

23.76

EFy

,

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎦

:= λpw 104.86=

Como λw λpw< , entonces el Alma del Perfil Compacta

El perfil tiene simetría simple, sus alas son Compactas, y su alma es Compacta, por lo tanto se clasifica en el tipo F4.

2. Calculo de Lp y Lr

Lb1 2400 cm⋅=

Distancia entre amarras laterales, para que se pueda desarrollar el momento plástico de la sección,

Lp 1.1 rt⋅EFy

⋅:= rtrt


Lr π rt⋅E

.7 Fy⋅⋅:= rt




99 de 226



E 2100000kgf

cm2⋅=

Fy 2700kgf

cm2⋅=

rtbfc

12 116


⋅+⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅

:= rt 8.219 cm⋅=

Lp 1.1 rt⋅EFy

⋅:= Lp 252 cm⋅=

Lr π rt⋅E

.7 Fy⋅⋅:= Lr 861 cm⋅=

Como 1r bL L≤ entonces, el momento nominal por pandeo lateral Torsional se obtiene según:

Mnplt Fcr Sxc⋅:=

Entonces:

FcrCb π

2E⋅

Lb1rt

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2:=

3. Cálculo de Cb.

M x( ) 9 Q⋅ x⋅ .5Q x2⋅−:= Q

Mmax M 24( ) simplify 72.0− Q⋅→:=Mmax

Ma M 6( ) simplify 36.0 Q⋅→:=Ma

Mb M 12( ) simplify 36.0 Q⋅→:=Mb

Mc M 18( ) simplify 0.0→:=

Cb12.5 Mmax

2.5 Mmax 3 Ma+ 4 Mb+ 3 Mc+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

Rm⋅:=Mmax


Cb 2.083=



100 de 226



4. Momento Nominal

FcrCb π

2E⋅

Lb1rt

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2:= Fcr 506.4

kgf

cm2⋅=

Con

Mnplt Fcr Sxc⋅:= Mnplt 2418744kgf cm⋅⋅=

En este caso, no se compara con el valor de Rpc Myc⋅ puesto que se esta pidiendo solo la carga que

producirá el pandeo lateral Torsional, independiente de la existencia de un estado de falla anterior.

5. Sobrecarga máxima

2

sc

no se consideran factores de carga ni de reducción

728

72

7224187,44

72

335,94

kgEs decir, si Q alcanza los 335,94 , se producirm

n

scsc

sc n

nsc

sc

sc

M M

Q LM Q

Q MMQ

kgQm

kgQm

≤

⋅= = ⋅

⋅ ≤

≤

⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

á el pandeo lateral de la viga


101 de 226



24

300

10

24

500

180

C O TAS EN M M26000

C O TAS EN M M10000

Arriostram ientos Laterales

10000

Q

EJERCICIO 19: Para la viga que se muestra a continuación, calcule: a) Calcule con qué carga q1 se inicia la fluencia en algún punto de la viga, ubique dicho punto en la figura. b) Calcule con qué carga q2 se produce un mecanismo de falla c) Calcule con qué sobrecarga q3 se producirá el pandeo lateral de la viga. La carga se aplica sobre el ala superior. d) Calcule carga permanente máxima de diseño q4 (LRFD).

Considere:

3

A37-24ESkgacero=7850

mPerfil Compacto

γ

Solución


A 165.2 cm2⋅= rx 22.83 cm⋅=

Ixx 86103.357cm4⋅= ry 6.307 cm⋅=

Iyy 6570.567cm4⋅= Sxs 3771.097cm3

⋅=

Sxi 2693.461cm3⋅=Ycg 31.968cm=

Todos estos calculados con sus respectivos desarrollos.


10000 1000026000

M2 M2

M1


102 de 226




X4X3

X1

X2

R4

R3

R2

R1


Mp Fy Zx⋅ Mp1

4

i

Ri Xi⋅( )∑=

8246112kgf cm⋅⋅=:= Mp 8246112kgf cm⋅⋅=


ZxMpFy

:= Zx 3435.88cm3⋅=

A2

A1

A1 A2



2tw:=

x 41.8 cm⋅=

(El dibujo es genérico)

R1 tfs bfs⋅ Fy⋅ 172800kgf⋅=:= X1 d x−( )

tfs2

− 11.8 cm⋅=:=

R2 d x−( ) tfs−⎡⎣ ⎤⎦ tw⋅ Fy⋅ 25440kgf⋅=:= X2

d x−( ) tfs−⎡⎣ ⎤⎦2

5.3 cm⋅=:=

R3 x tfi−( ) tw⋅ Fy⋅ 94560kgf⋅=:= X3

x tfi−( )2

19.7 cm⋅=:=

R4 tfi bfi⋅ Fy⋅ 103680kgf⋅=:= X4 x

tfi2

− 40.6 cm⋅=:=


103 de 226



A) CARGA Q1 PARA QUE SE INICIE LA FLUENCIA EN ALGUN PUNTO DE LA VIGA

1. Módulos elásticos Superior e inferior. Estos ya se calcularon, y corresponden a:

2. Ubicación y Magnitud del Momento solicitante Máximo. Como se puede observar, se trata de una viga iso-estática, lo cual aminora los procedimientos de cálculos:

1. Determinación de reacciones 2. Despiece y determinación de Esfuerzos. Considerando: 1ppQ q q= +

a) Reacciones:

(2 10 26) 46 (Por simetría) 2 46

23 2310 100 con: 10 -102 2

Q Ra Rb QRa Rb Ra QRa Q Rb Q

Ma Mb Ma Q Mb Q

⋅ ⋅ + = + = ⋅= ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒= ⋅ = ⋅

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

El análisis tendiente a determinar la ubicación y Magnitud del momento Resistente para undeterminado sistema de cargas que solicita en diversos puntos y con diferentes magnitudes al elemento, en el contexto del inicio de la Fluencia, supone el siguiente procedimiento:

1. Determinación de Módulos elásticos; inferior y Superior de la sección. 2. Ubicación del Momento Solicitante Máximo (Según el análisis elástico),

determinando también su Magnitud (numérica o en función de una variable). 3. A partir de los Módulos elásticos previamente calculados, se procede a denominar

coherentemente los Momentos de Fluencia en compresión y tracción, los cualesdependen de la fibra fraccionada y comprimida para dicho punto (En el cual seencuentra el momento Máximo).

4. Se determina el Momento de Fluencia inferior entre el que corresponde a la Fibrafraccionada, Myt y el que corresponde a la comprimida, Myc. Se determina el menor por que comenzara a fluir el elemento en aquellas fibras con menor capacidadresistente, ya sea en compresión o tracción.

5. Comparación entre momento resistente y solicitante, para luego determinar q.

Sxs 3771.097cm3⋅=

Sxi 2693.461cm3⋅=


104 de 226



b) Despiece

Q

10 10COTAS EN M

26

10Q

10Q

50Q 26Q

13Q 13Q 10Q

10Q50Q 50Q50Q

Entonces, en el segmento central, el momento desarrollado en su nivel máximo corresponde a:

2 226 6761 50 50 50

8 8 81 50 84,5 34,51 34,5

q l q qM q q q

M q q qM q

⋅ ⋅ ⋅= ⋅ − = ⋅ − = ⋅ −

= ⋅ − ==

Por lo tanto, el momento máximo se encuentra sobre los apoyos, y es ahí donde comenzara a fluir la viga.

3. Designación de Momentos de Fluencia. Como el inicio de la fluencia se ubica sobre los apoyos, entonces la sección quedara Traccionada en sus fibras superiores, y quedara comprimida en sus fibras inferiores; por lo tanto quedaría:

4. Momento Resistente en fluencia a considerar

Sxc Sxi:= Sxt Sxs:= Para esta distribución de cargas y para dicho punto. (El sector en compresión se ubica abajo y el de tracción arriba)

Myc Sxc Fy⋅:= Myc 64643kgf m⋅⋅=

Myt Sxt Fy⋅:= Myt 90506kgf m⋅⋅=

My min Myt Myc, ( ) 64643kgf m⋅=:=

M2=50Q M2=50Q

M1


105 de 226



5. Determinación de q para iniciar la fluencia

yAhora se debe determinar la Sobrecarga que genera M ;

la cual indica el inicio de la fluencia.

El lugar donde se origina el momento máximo, correspondeal sector en el cual se iniciara la fluencia.50

yM M≤

kg50 64643 kgf m =1292,86m

yQ M

Q Q

⋅ ≤

⎡ ⎤⋅ ≤ ⋅ ⋅ ⇒ ⎢ ⎥⎣ ⎦

pp 1

2pp pp 3

1 1

1

Como Q=q +q

q = A q =7850 165,2 cm 129,68

129,68 +q 1292,86 q 1292,86 129,68

q 1163,2

kg kg kgm mm

kg kg kg kgm m m m

kgm

γ

⇒

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤⋅ ⇒ ⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤≤ ⇒ ≤ −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦

Por lo tanto, el valor de la carga permanente q1, que genera el inicio de la fluencia corresponde a:

1q 1163,2 kgm

⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦

Y la ubicación en la cual empieza la fluencia corresponde a los puntos sobre los apoyos, y particularmente en los sectores en compresión de la sección (inferior).


106 de 226



B) CARGA Q2 PARA QUE SE PRODUZCA UN MECANISMO DE FALLA Para determinar la sobrecarga que genera un mecanismo, se deberá realizar un análisis plástico de la viga con su carga distribuida. Lo primero que se debe realizar es señalar aquellos lugares en los cuales se generaran las rotulas plásticas.

Sin embargo, debido a que el momento máximo se ubica sobre los apoyos, en el minuto en que dicho momento alcance al momento plástico (debido a la carga q2), inmediatamente se empezara a generar el primer mecanismo de falla. De esta forma, el segundo mecanismo de falla solo podrá ser alcanzado una vez que ya se origino el primero, vale decir, una vez que ya se ha plastificado la sección sobre el apoyo. En razón de lo anterior, es posible señalar que dada la ubicación de la rotulación plástica y bajo el conocimiento del valor del momento solicitante en dicho punto, se podrá realizar un cálculo más directo y rápido.

1. Análisis por pequeñas deformaciones: Si no se conociese el valor del momento en los puntos señalados del mecanismo de falla 1, se podría alternativamente realizar un desarrollo de trabajos virtuales y deformaciones pequeñas. Del diagrama de rótulas plásticas se tiene:

1 1( ) (1)10

tg δθ θ= =


( )int

1

11

1

102

por ecuación 1 5 10

5 50

ext

p

W W

Q M

MpQ

Mp MpQ Q

δ θ

θ δθδ

θδ

=

⋅ ⋅ = ⋅

⋅= ⇒ ⇒ =

⋅⋅

= = =⋅

Q

Rotulas PlasticasRotulas Fisicas

Q

Mecanismo de falla 1


Θ1

2Θ2

Θ2

δ

Θ2 Θ1 Θ1

Θ1

δ


107 de 226



Como era previsible, al utilizar el método de los trabajos virtuales se obtiene el mismo valor para el momento que el que se obtuvo en A), esto se debe a que dicho método es un procedimiento para entregar el nivel de esfuerzos de un elemento en “Puntos Discretos” que sufren pequeñas deformaciones.

Ahora bien, como para este perfil el Momento Plástico corresponde a Mp 82461.1kgf m⋅⋅=

entonces:

[ ]

[ ]

5082461.1

501649.222

pMQ

kgf mQ

Q kg m

=

⋅=

= ⋅

2. Análisis directo Como en el punto A) se conoció el valor del Momento Solicitante, se pudo haber obviado el análisis indicado en “Análisis por pequeñas deformaciones”. Y comparado el valor del momento solicitante con el de Momento Plástico Resistente:

[ ]

[ ]

50

5082461.1

501649.222

p

Q MpM

Q

kgf mQ

Q kg m

⋅ =

=

⋅=

= ⋅

, en ambos casos se obtuvo el mismo valor para la carga total Q, ahora hay que determinar la carga q2 que genera el mecanismo.

pp 2

2pp pp 3

Como Q=q +q

q = A q =7850 165,2 cm 129,68

129,68 +q2 1649,222

q2 1649,222 129,68

q2 1519,542

kg kg kgm mm

kg kgm m

kg kgm mkgm

γ

⇒

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤⋅ ⇒ ⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤ ⎡ ⎤≤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤ ⎡ ⎤≤ −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦

Por lo tanto, el valor de la carga q2 que genera el mecanismo de falla, corresponde a:

q2 1519,542 kgm

⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

C) CARGA Q3 PARA QUE SE PRODUZCA PANDEO LATERAL TORSIONAL

1. Calculo de Esbelteces: El perfil tiene simetría simple y es compacto, vale decir sus alas son Compactas, y su alma es Compacta, por lo tanto se clasifica en el tipo F4.


108 de 226




10 1026

Lb1 2600 cm⋅=

Lb2 1000 cm⋅=

Sin embargo, se analiza el tramo interior por ser una mayor longitud no arriostrada. Lo cual genera mayor probabilidad de pandeo lateral Torsional y un menor momento nominal asociado al PLT. Distancia entre amarras laterales, para que se pueda desarrollar el momento plástico de la sección,

Lp 1.1 rt⋅EFy

⋅:= rtrt


Lr π rt⋅E

.7 Fy⋅⋅:= rt


E 2100000kgf

cm2⋅=

Fy 2400kgf

cm2⋅=

h.c y h.p

hc 2 d Ycg− tfs−( )⋅ 40.9 cm⋅=:=

hp 2 d x− tfs−( )⋅ 21.2 cm⋅=:=

rtbfc

12 116


⋅+⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅

:= rt 8.278 cm⋅=

Lp 1.1 rt⋅EFy

⋅:= Lp 269 cm⋅=

Lr π rt⋅E

.7 Fy⋅⋅:= Lr 919 cm⋅=

Como 1r bL L≤ entonces se producirá PLT en el rango elástico, el momento nominal por pandeo lateral Torsional se obtiene según:

Mnplt Fcr Sxc⋅:=

Entonces:



109 de 226



FcrCb π

2E⋅

Lb1rt

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2:=

3. Cálculo de Cb.

En el sector central de la viga, el momento se comporta de la siguiente manera

M x( ) 50Q 13 Q x⋅( )−Q x2

⋅( )2

+:= Q

Mmax M 0( ) simplify 50 Q⋅→:=Mmax

Ma M 6.5( ) simplify 13.375− Q⋅→:=Ma

Mb M 13( ) simplify69 Q⋅

2−→:=Mb

Mc M 19.5( ) simplify 13.375− Q⋅→:=Mc

Cb12.5 Mmax

2.5 Mmax 3 Ma+ 4 Mb+ 3 Mc+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

Rm⋅:=Mmax

Rm 1:= Rm es igual a 1 si se trata de un elemento de simetríasimple y con curvatura simple (al interior del tramo)

Cb 1.821=

4. Momento Nominal

FcrCb π

2E⋅

Lb1rt

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2:= Fcr 382.5

kgf

cm2⋅=

Mnplt Fcr Sxc⋅:= Mnplt 10302.9kgf m⋅⋅=


producirá el pandeo lateral Torsional, independiente de la existencia de un estado de falla anterior.



110 de 226



5. Carga máxima con la que se produce el pandeo lateral de la viga.

3

2pp pp 3

no se consideran factores de carga ni de reducción 50

50

50

10302,950

206,058

Luego:

q = A q =7850 165,2 cm 129,68

n

n

n

pp

M MM Q

Q MMQ

kgQmkgQm

Q q q

kg kg kgm mm

γ

≤

=⋅ ≤

≤

⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦

= +

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤⋅ ⇒ ⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣

3

3

3

3

129,68 +q 206,058

q 206,058 129,68

q 76,378

kgEs decir, si q alcanza tan solo 76,378 , se producirá el pandeo lateral de la vigam

kg kgm m

kg kgm m

kgm

⎥⎦⎡ ⎤ ⎡ ⎤≤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤ ⎡ ⎤≤ −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

D) CARGA Q PERMANENTE MAXÍMA DE DISEÑO: CONSIDERANDO SOLO LAS FALLAS POR FLUENCIA Y PLT. (LRFD). Como es este caso se pide la carga máxima de diseño, se deben tener 2 consideraciones:

1. La carga máxima, debe corresponder a la mínima carga con la que se produce el primer estado de falla.

2. Es necesario tener en consideración para este método de diseño (LRFD), los factores apropiados de Mayoración de las Cargas, y aquellos de minoración de la resistencia.

El momento nominal de diseño corresponde al menor momento bajo el cual se inicia un estado de falla:

min( 1, 2) Considerando el peso propio y la permanentekgfmin(1649.222;206,058)m

kgf206,058m

Q Qt Qt

Q

Q

=

=

=


111 de 226



( ) ( )4

2pp pp 3

4

4

4

Luego:

1.4 1.4

q = A q =7850 165,2 cm 129,68

1.4 129,68 +q 206,058

206,058q 129,681.4

q 17.504

Es decir, si se

ppQ q q

kg kg kgm mm

kg kgm mkg kgm m

kgm

γ

= +

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤⋅ ⇒ ⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤⋅ ≤⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠

⎡ ⎤ ⎡ ⎤≤ −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦

3 trata de diseñar la viga, la maxima carga q permanente permisible por LRFD, kgserá de tan solo 17.504 , de ahi en mas se producirá el pandeo lateral torsional de la vigam

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


112 de 226



EJERCICIO 20: Para la viga que se muestra a continuación, calcule: a) Calcule con qué carga q1 se inicia la fluencia en algún punto de la viga, ubique dicho punto en la figura. b) Calcule con qué carga q2 se produce un mecanismo de falla c) Calcule con qué sobrecarga q3 se producirá el pandeo lateral de la viga. La carga se aplica sobre el ala superior. d) Calcule carga permanente máxima de diseño q4 (ASD) Ω=1.67.

Considere:

3kgA42-27ES acero=7850 Perfil Compacto

mγ Medidas en MM

800020000

24

250

10

32

500

180

COTAS EN MM

Solución


A 173.2 cm2⋅= rx 22.926 cm⋅=

Ixx 91035.262 cm4⋅= ry 5.551 cm⋅=

Iyy 5337.233 cm4⋅= Sxs 4055.294 cm3⋅=

Ycg 33.152 cm⋅= Sxi 2746.037 cm3⋅=

Todos estos calculados con sus respectivos desarrollos.


800020000

M2

M1


113 de 226




A2

A1

A1 A2=

bfi tfi⋅ x tw⋅+ tfi tw⋅− bfs tfs⋅ d tfs−( ) tw⋅+ x tw⋅−=


2tw:=

x 45.8 cm⋅=


Con lo cual, el eje Plástico se encontrara 45.8 cm del borde inferior del ala inferior:

X4X3

X1

X2

R4

R3

R2

R1

R1 tfs bfs⋅ Fy⋅ 216000 kgf⋅=:= X1 d x−( )tfs2

− 8.2 cm⋅=:=

R2 d x−( ) tfs− tw⋅ Fy⋅ 17820 kgf⋅=:= X2

d x−( ) tfs−

23.3 cm⋅=:=

R3 x tfi−( ) tw⋅ Fy⋅ 117180 kgf⋅=:= X3

x tfi−( )2

21.7 cm⋅=:=

R4 tfi bfi⋅ Fy⋅ 116640 kgf⋅=:= X4 xtfi2

− 44.6 cm⋅=:=

Modulo Plastico

Mp Fy Zx⋅= Mp1

4

i

Ri Xi⋅( )∑=

9574956 kgf cm⋅⋅=:= Mp 95749.6 kgf m⋅⋅=

ZxMpFy

:= Zx 3546.28 cm3⋅=

A) CARGA Q1 PARA QUE SE INICIE LA FLUENCIA EN ALGUN PUNTO DE LA VIGA Determinación de los Módulos Resistentes inferior y superior

1. Módulos elásticos Superior e inferior. Estos ya se calcularon, y corresponden a:

SxiIxxYcg

2746.04 cm3⋅=:=

SxsIxx

d Ycg−( )4055.29 cm3

⋅=:=


114 de 226



2. Ubicación y Magnitud del Momento solicitante Máximo. Como se puede observar, se trata de una viga isoestatica, lo cual aminora los procedimientos de cálculos:

Considerando: 1ppq q q= +

a) Reacciones: (8 20) 28

280 20 28 19.62

8.4

q Ra Rb qmMa Rb m q m Rb q m

Ra q

⋅ + = + = ⋅

= ⇒ ⋅ − ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅

= ⋅

∑

b) Esfuerzos internos

2 2 2

Determinación de M2

20( ) 0 ( ) 8.4 Cuando X=20 (20) 8.4 20 322 2 2

Ahora, para obtener el maximo M1, se deberá determinar igualando la derivada del momento a 0( )

q x q x qM x Ra x M x q x M q q

M x

⋅ ⋅ ⋅+ − ⋅ = ⇒ = ⋅ − ⇒ = ⋅ ⋅ − = − ⋅

′ =

2

8.4 - 0 8.4Ahora bien, el Momento que se genera a los 8.4 metros corresponde a:

8.41 (8.4) 8.4 8.4 35.28 2

q q x X m

qM M q q

⋅ ⋅ = ⇒ =

⋅= = ⋅ ⋅ − =

Por lo tanto, el momento máximo se encuentra entre los apoyos, y es ahí donde comenzara a fluir la viga.

3. Designación de Momentos de Fluencia. Como el inicio de la fluencia se ubica entre los apoyos, entonces la sección quedara Traccionada en sus fibras inferiores, y quedara comprimida en sus fibras superiores; por lo tanto quedaría:

Considerando Sxc Sxs:= Sxt Sxi:= Para esta distribución de cargasy para dicho punto.(el sector encompresión se ubica arriba y elde tracción abajo)

Myc Sxc Fy⋅:= Myc 109493 kgf m⋅⋅=

Myt Sxt Fy⋅:= Myt 74143 kgf m⋅⋅=

4. Momento Resistente en fluencia a considerar

My min Myt Myc, ( ) 74143 kgf m⋅⋅=:=

5. Determinación de q para iniciar la fluencia

yAhora se debe determinar la Sobrecarga que genera M ; la cual indica el inicio de la fluencia.

Cuando el Momento solicitante comienze a superar al resistente se dara inicio a la fluencia M

El lugar dyM≥

onde se origina el momento máximo, corresponde al sector en el cual se iniciara la fluencia.35.28

kg35.28 74143 kgf m Cuando 2101.6m

yq M

q q

⋅ ≥

⎡ ⎤⋅ ≥ ⋅ ⋅ ⇒ = ⎢ ⎥⎣ ⎦


115 de 226



pp 1

2pp pp 3

1

1

Como q=q +q

q = A q =7850 173,2 cm 135,96

135,96 +q 2101,6

q 1965,6 , Es decir cuando la "carga" sea equivalente a 1965,6 , se da

kg kg kgm mm

kg kgm m

kg kgm m

γ

⇒

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤⋅ ⇒ ⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤ ⎡ ⎤≥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤ ⎡ ⎤≥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ra inicio a la Fluencia

Por lo tanto, el valor de la carga q1, que genera el inicio de la fluencia corresponde a:

q1= 1965,6 kgm

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

Y la ubicación en la cual empieza la fluencia corresponde a, 8.4 metros desde el apoyo izquierdo, y particularmente en los sectores en tracción de la sección (inferior).

B) CARGA Q2 PARA QUE SE PRODUZCA UN MECANISMO DE FALLA Para determinar la sobrecarga que genera un mecanismo, se deberá realizar un análisis plástico de la viga con su carga distribuida. Lo primero que se debe realizar es señalar aquellos lugares en los cuales se generaran las rotulas plásticas. Sin embargo, debido a que el momento máximo se ubica entre los apoyos, en el minuto en que dicho momento alcance al momento plástico (debido a la carga q2), inmediatamente se empezara a generar el primer mecanismo de falla.

1. Análisis por pequeñas deformaciones: Considerando el mecanismo de falla 1 y deformaciones pequeñas, del diagrama de rótulas plásticas tenemos:

1 1 2 21 2 2 8( ) (1) ( ) (2) (3)

20 1 20tg tg

X X Xδ δ δθ θ θ θ

δ= = = = =

− −

Θ1 δ

Θ1+θ2

θ2 Θ1 δ1

δ2 θ2

q2


q2



X

20000 8000


116 de 226




( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

int

1 21 220 8 Remplazando (1), (2) y (3) en esta ecuación

2 28 1 1 110 1 4

20 208 2010 4

20 2020 321020 20

ext

p

p

p

p

W W

q q M

q q MX X X

q q MX X X

X X qM qX

δ δ θ θ

δ δ δδ

=−⎛ ⎞⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ +⎜ ⎟

⎝ ⎠⋅⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞⎛ ⎞⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− ⋅ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠⋅ − ⋅⎛= ⋅ −

−⎝2

20 1,6 (4) Derivando para encontrar la ubicación del Momento Máximo2

20 2' 1,6 02

20 2 16,1,6 20 2 3,2 X=2

p

p

X XM q q X

XM q q

X X

⎛ ⎞⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

⎠⎝ ⎠⎛ ⎞⋅ −

= ⋅ − ⋅ ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

− ⋅⎛ ⎞= ⋅ − ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠

− ⋅⎛ ⎞ = ⇒ − ⋅ = ⇒⎜ ⎟⎝ ⎠

8 8,42

m=

En consecuencia, el punto en el cual se originara la rotula plástica corresponderá a X = 8.4m. Al remplazar este valor en la ecuación del momento plástico (4), se obtendrá el valor de este, para el cual se originará la falla.

220 8.4 8.4 1,6 8.4 35.28 2pM q q q

⎛ ⎞⋅ −= ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

Ahora bien, como para este perfil el Momento Plástico corresponde a Mp 95749.6 kgf m⋅⋅=

[ ] [ ]

( ) ( )

35.28

95749,695749,6 35.28 =2714

35.28

2 2714 - = 2714 -135,96 2578

p

pp

M q

kg m kgkg m q qm

kg kg kgq qm m m

= ⋅

⋅ ⎡ ⎤⋅ = ⋅ ⇒ = ⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Por lo tanto, el valor de la carga que genera el mecanismo de falla, corresponde a:

2 2578 kgqm

⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

C) CARGA Q3 PARA QUE SE PRODUZCA PANDEO LATERAL TORSIONAL

1. Calculo de Esbelteces: El perfil tiene simetría simple y es compacto, vale decir sus alas son Compactas, y su alma es Compacta, por lo tanto se clasifica en el tipo F4.


117 de 226




800020000

Lb1 2000 cm⋅=

Lb2 800 cm⋅=

Se analiza el tramo interior por ser una mayor longitud no arriostrada. Lo cual genera mayor probabilidad de pandeo lateral Torsional y un menor momento nominal asociado al PLT. Distancia entre amarras laterales, para que se pueda desarrollar el momento plástico de la sección,

Lp 1.1 rt⋅EFy

⋅:= rtrt


Lr π rt⋅E

.7 Fy⋅⋅:= rt


E 2100000kgf

cm2⋅=

Fy 2700kgf

cm2⋅=

h.c y h.p

hc 2 d Ycg− tfs−( )⋅ 38.5 cm⋅=:=

hp 2 d x− tfs−( )⋅ 13.2 cm⋅=:=

rtbfc

12 116


⋅+⎡

⎣

⎤

⎦⋅

:= rt 6.944 cm⋅=

Lp 1.1 rt⋅EFy

⋅:= Lp 213 cm⋅=

Lr π rt⋅E

.7 Fy⋅⋅:= Lr 727 cm⋅=

Como 1r bL L≤ entonces, el momento nominal por pandeo lateral Torsional se obtiene según:

Mnplt Fcr Sxc⋅:=

Entonces:

Mayores antecedentes de este cálculo, se obtienen de AISC 2005, Chapter F, General Provisions, no obstante su deducción se encuentra en “Efecto de la disposición de las cargas en el Pandeo Lateral Torsional” en el Apunte del Curso.


118 de 226



FcrCb π

2E⋅

Lb1rt

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2:=

3. Cálculo de Cb.

En el sector central de la viga, el momento se comporta de la siguiente manera

M x( ) 8.4q x⋅q x2

⋅( )2

−:= q

Mmax M 8.4( ) simplify 35.28 q⋅→:=Mmax

Ma M 5( ) simplify 29.5 q⋅→:=Ma

Mb M 10( ) simplify 34.0 q⋅→:=Mb

Mc M 15( ) simplify 13.5 q⋅→:=Mc

Cb12.5 Mmax

2.5 Mmax 3 Ma+ 4 Mb+ 3 Mc+⎛⎝

⎞⎠

Rm⋅:=MmaxMmax

Rm 1:= Rm es igual a 1 si se trata de un elemento de simetríasimple y con curvatura simple (al interior del tramo)

Cb 1.249=

4. Momento Nominal

FcrCb π

2E⋅

Lb1rt

⎛

⎝

⎞

⎠

2:= Fcr 311.9

kgf

cm2⋅=

Mnplt Fcr Sxc⋅:= Mnplt 12650.1 kgf m⋅⋅=


producirá el pandeo lateral Torsional, independiente de la existencia de un estado de falla anterior ( el que pare este caso podría corresponder únicamente al ocasionado por el Momento Plástico).

Mayores antecedentes de este cálculo, se obtienen de AISC 2005, Chapter F, General Provisions, no obstante su deducción se encuentra en el anexo “Efecto de la disposición de las cargas en el Pandeo Lateral Torsional” Anexado a este Apunte.


119 de 226



5. Carga máxima con la que se produce el pandeo lateral de la viga.

3

3

3

no se consideran factores de carga ni de reducción 12650,135,28 35,28

35.28 35.28

358.56

Luego:

q 358.56 135,96

q 222,6

n

nn

pp

M MMM q q M q q

kgqm

q q q

kg kgm m

k

≤

= ⇒ ⋅ = ⇒ = ⇒ =

⎡ ⎤≥ ⎢ ⎥⎣ ⎦

= +

⎡ ⎤ ⎡ ⎤≥ −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

≤

3kgEs decir, si q alcanza tan solo 222,6 , se producirá el pandeo lateral de la vigam

gm

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

D) CARGA Q PERMANENTE MAXÍMA DE DISEÑO: CONSIDERANDO SOLO LAS FALLAS POR FLUENCIA Y PLT. (ASD). Como es este caso se pide la carga máxima de diseño, se deben tener 2 consideraciones:

3. La carga máxima, debe corresponder a la mínima carga con la que se produce el primer estado de falla.

4. Es necesario tener en consideración para este método de diseño (ASD), los factores de Seguridad. El momento nominal de diseño corresponde al menor momento bajo el cual se inicia un estado de falla:

4

4

no se consideran factores de carga ni de reducción 1,67

12650,135,28 35,28 1,67 1,67 35.28 1,67 35.28

214,7

Luego:

q 214,7 135,96

n

n n

pp

MM

M MM q q q q

kgqm

q q q

kg kgm

≤

= ⇒ ⋅ = ⇒ = ⇒ =⋅ ⋅

⎡ ⎤≥ ⎢ ⎥⎣ ⎦

= +

⎡ ⎤≥ −⎢ ⎥⎣ ⎦

4

4

q 78,75

kgEs decir q igual a 222,6 , corresponderá a la carga de diseño.m

mkgm

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤≤ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦


120 de 226



Ejercicios de Corte: Cargas Concentradas, Resistencia post-Pandeo y Atiesadores

EJERCICIO 1: Para la viga de la Figura: a) Verifique el diseño al corte considerando el paño M de la viga. b) Considerando el diseño anterior, diga si en el paño M se producen o no abolladuras debido al pandeo del alma por corte. Explique su respuesta mediante algún cálculo o verificación. c) Considerando solo el diseño al corte, ¿Cuál sería la carga Q máxima admisible si se tienen atiesadores solamente en los apoyos A, B y C?.

Utilice A37-24ES. No considere el peso propio.

Solución:

PROPIEDADES GEOMÉTRICAS

Ixx 1052403cm4⋅= A 264 cm2

⋅=

Aw 120cm2= Area del almaIyy 24306cm4

⋅=

Afc 72cm2= Area del ala en compresiónrx 63.14 cm⋅=

Aft 72cm2= area del ala en tracciónry 9.6 cm⋅=

Fy 2400kgf

cm2⋅= Fyw 2400

kgf

cm2=Sx 13738.941cm3

⋅=

En principio, el paño M podría desarrollar una resistencia post-Pando, ya que se trata de un panel central y no de borde; sin embargo es necesario realizar un par de verificaciones para determinar si pese a lo anterior, se dan las condiciones para desarrollar dicha resistencia.


121 de 226



VERIFIQUE EL DISEÑO AL CORTE CONSIDERANDO EL PAÑO M DE LA VIGA.

1. Verificaciones

a)

Condición_1 "OK, Verifica" Panel "Panel Central"if

"No Verifica" Panel "Panel de Borde"if

:=

Condición_1 "OK, Verifica"=

b) a 250cm:=ah

1.667=260htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

21.923=

Condición_2 "No Verifica"ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

3>ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

260htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

2>∨if

"OK, Verifica" otherwise

:=


c) 2 Aw⋅( )Afc Aft+( ) 1.667=

Condición_3 "No Verifica"2 Aw⋅( )

Afc Aft+( )⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

2.5>if


:=


d) hbfc

3.333=h

bft3.333=

Condición_4 "No Verifica"h

bfc6>

hbft

6>∨if


:=


Como todas las condiciones se verificaron, entonces es posible obtener un campo de tracciones. p

Vn 0.6 Fyw⋅ Aw⋅ Cv1 Cv−

1.15 1ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2+⋅

+⎡⎢⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎥⎦

⋅ Resistencia nominal al corte con campo de tracciones


122 de 226



Para calcular esta resistencia nominal, debemos obtener Cv, que se obtiene a partir de Kv, y como el alma se encuentra atiesada, entonces las formulas son las siguientes:

2. Calculo de Kv

Alma Atiesada:

a 250cm:=ah

1.667=260htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

21.923=

kv 5ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

3>ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

260htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

2>∨if

55

ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2+

6.8=:=

Como no se cumplió la primera condición, entonces se trabaja con la segunda:

kv 55

ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2+ 6.8=:=

Ahora bien, deberemos calcular Cv.

3. Calculo de Cv

htw

187.5= 1.10 kvEFy

⋅ 84.85= 1.37 kvEFy

⋅ 105.68=

Cv 1.0htw

1.10 kvEFy

⋅≤if

1.10 kvEFy

⋅

htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎥⎥⎦

1.10 kvEFy

⋅htw

< 1.37 kvEFy

⋅≤if

1.51 E⋅ kv⋅( )htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2Fy⋅

htw

1.37 kvEFy

⋅>if

:=

Cv 0.26=


123 de 226



4. Calculo de Corte Nominal p


1.15 1ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2+⋅

+⎡⎢⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎥⎦

⋅ 101712.3kgf=:= Resistencia nominal al corte con campo de tracciones

5. Calculo de corte último Del estado de carga, el corte en la sección de diseño (Paño M sobre el apoyo)

q 5000kgfm

:= qu 1.6 q⋅:= Asumiendo Factor de 1,6 para cargas vivas enLRFD

L 15m:= Largo hasta el apoyo b

Vu58

qu⋅ L⋅:= Vu 75000kgf=

Luego:

Vu 0.9Vn< 1= 1= Cumple0= No cumple

De esta forma, se puede asegurar que cumple la condición de diseño.

CONSIDERANDO EL DISEÑO ANTERIOR, DIGA SI EN EL PAÑO M SE PRODUCEN O NO ABOLLADURAS DEBIDO AL PANDEO DEL ALMA POR CORTE. EXPLIQUE SU RESPUESTA MEDIANTE ALGÚN CÁLCULO O VERIFICACIÓN.

Las abolladuras en el alma responden a un fenómeno físico, por lo cual no es lógico analizar este fenómeno toda vez que se consideran mayoraciones o factores de seguridad de algún método de diseño en particular. Por otra parte, la eventual aparición de abolladuras esta íntimamente ligada al hecho de que el estado de falla se produce una vez que se origina el pandeo, por consiguiente, no es correcto suponer que aparecerán estas abolladuras si es que el elemento falla por fluencia (Es decir Cv=1); mas sin embargo, esa condición no basta; será necesario entonces que el alma “Empiece a generar la resistencia Post-Pandeo, solo ahí se origina un campo de tracciones que, bajo un análisis físico real, dará pie a la aparición de las primeras abolladuras. Ahora bien, para efectos de lo solicitado en este ejercicio, es evidente que el paño M fallara en un estado de pandeo, ya que Cv=0.26. En consecuencia, el análisis posterior es el siguiente:

Vn Vb Vt+

Vb 0.6 Fyw⋅ Aw⋅ Cv⋅:= Resistencia nominal al corte sin campo de tracciones

Resistencia nominal al corte por campo de tracciones unicamenteVt 0.6 Fyw⋅ Aw⋅

1 Cv−

1.15 1ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2+⋅

⎡⎢⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎥⎦

⋅:=

Si calculamos Vb, obtendremos la resistencia nominal al corte hasta donde no se produce campo de tracciones, posterior a eso ocurrirá una resistencia post-Pandeo que tenderá a abollar el alma de la viga, es decir; si la carga solicitante Real, supera a Vb, entonces se empezara a originar dichas abolladuras.

Vb 0.6 Fyw⋅ Aw⋅ Cv⋅ 44160.6kgf=:=


124 de 226



Del estado de carga, el corte en el Paño M sobre el apoyo:

q 5000kgfm

:=


V58

q⋅ L⋅:= V 46875kgf=

V Vb> 1= 1= V es mayor que Vb0= V no es mayor que Vb

De esta forma, como para cualquier corte real solicitante sobre Vb originará abolladuras, entonces, en este caso en que la carga real genera un corte V mayor que Vb en dicho punto, se originarán las abolladuras.

CONSIDERANDO SOLO EL DISEÑO AL CORTE, ¿CUÁL SERÍA LA CARGA Q MÁXIMA ADMISIBLE SI SE TIENEN ATIESADORES SOLAMENTE EN LOS APOYOS A, B Y C?.

Lo primero que se debe revisar es si cumple los parámetros mínimos para originar campo de tracciones, en este caso, solo verificaremos la 2 primeras condiciones que rápidamente nos arrojarán que no cumple (debido a la extensa distancia entre atiesadores).

1. Verificaciones

a)



:=

Condición_1 "No Verifica"=

b) a 1500cm:=ah

10=260htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

21.923=


⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

3>ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

260htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

2>∨if


:=

Condición_2 "No Verifica"=

En consecuencia, se diseñara asumiendo que no existe campo de tracciones, por otra parte dada la extensa distancia entre atiesadores se puede asumir el alma no está atiesada, aunque es valido trabajar con alma atiesada lo que nos entregará evidentemente un valor mas riguroso. En este aspecto hay que decir que el único lugar en el cual se expresa esta diferencia corresponde al Kv; lo que se verá a continuación:

2. Análisis para alma no atiesada a) Cálculo de Kv


125 de 226



Alma Atiesada:

a 1500cm:=ah

10=260htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

21.923=

kv 5ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

3>ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

260htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

2>∨if

55

ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2+

5.05=:=

kv 55

ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2+ 5.05=:=

b) Cálculo de Cv

htw

187.5= 1.10 kvEFy

⋅ 73.12= 1.37 kvEFy

⋅ 91.07=

Cv 1.0htw

1.10 kvEFy

⋅≤if

1.10 kvEFy

⋅

htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎥⎥⎦

1.10 kvEFy

⋅htw

< 1.37 kvEFy

⋅≤if

1.51 E⋅ kv⋅( )htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2Fy⋅

htw

1.37 kvEFy

⋅>if

:=

Cv 0.19=

c) Determinación de Vn

Vn 0.6 Fyw⋅ Aw⋅ Cv⋅ 32795.8kgf=:= Resistencia nominal al corte sin campo de tracciones

3. Análisis para alma no atiesada a) Cálculo de Kv

Alma No Atiesada con htw

260< :

kv 5:=

b) Cálculo de Cv


126 de 226



htw

187.5= 1.10 kvEFy

⋅ 72.76= 1.37 kvEFy

⋅ 90.62=

Cv 1.0htw

1.10 kvEFy

⋅≤if

1.10 kvEFy

⋅

htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎥⎥⎦

1.10 kvEFy

⋅htw

< 1.37 kvEFy

⋅≤if

1.51 E⋅ kv⋅( )htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2Fy⋅

htw

1.37 kvEFy

⋅>if

:=

Cv 0.188=


Vn 0.6 Fyw⋅ Aw⋅ Cv⋅ 32471kgf=:= Resistencia nominal al corte sin campo de tracciones

4. Determinación del Qmax. Dado el estado de carga, el corte máximo corresponderá a:

Vu58

qu⋅ L⋅:= 0.9 Vn⋅ 40152kgf=

qu85

0.9⋅VnL

⋅:= qu 4283kgfm

=

Qmaxqu1.6

2677kgfm

=:=

Por lo tanto, la máxima sobrecarga para esa disposición de atiesadores corresponde a 2677kgf/m.


127 de 226



EJERCICIO 2: Diseño al Corte. a) Determine cual es la carga Q1 (permanente) (T/m) máxima de diseño. b) Determine cual es la carga Q2 (T/m) que produce pandeo por corte en el alma. c) Además verifique fallas del alma por cargas concentradas en el apoyo central. Para ello considere N=30cm.

Utilice A37-24ES.

Solución:

PROPIEDADES GEOMETRICÁS:

Ixx 378827cm4⋅= A 200 cm2

⋅=

Aw 80cm2= Area del almaIyy 9004 cm4

⋅=



Fy 2400kgf

cm2⋅= Fyw 2400

kgf

cm2=Sx 7285.128cm3

⋅=

DETERMINE CUAL ES LA CARGA Q1 (PERMANENTE) (T/M) MÁXIMA DE DISEÑO. Como no hay atiesadores no se puede analizar campo de tracciones.

1. Calculo de Kv

Alma No Atiesada con htw

260< :

kv 5:=

Ahora bien, deberemos calcular Cv.

2. Calculo de Cv

htw

125= 1.10 kvEFy

⋅ 72.76= 1.37 kvEFy

⋅ 90.62=


128 de 226



Cv 1.0htw

1.10 kvEFy

⋅≤if

1.10 kvEFy

⋅

htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎥⎥⎦

1.10 kvEFy

⋅htw

< 1.37 kvEFy

⋅≤if

1.51 E⋅ kv⋅( )htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2Fy⋅

htw

1.37 kvEFy

⋅>if

:=

Cv 0.423=

3. Calculo de Corte Nominal

Vn 0.6 Fyw⋅ Aw⋅ Cv⋅ 48706.6kgf=:= Resistencia nominal al corte sin campo de tracciones

4. Calculo de corte último


Vn 0.6 Fyw⋅ Aw⋅ Cv⋅ 48706.6kgf=:=

a) LRFD

Vu58

qu⋅ L⋅ 0.9 Vn⋅ 43836kgf=

qu85

0.9⋅VnL

⋅:= qu 3507kgfm

=

Q1maxqu1.4

2505kgfm

=:=

b) ASD

Va58

qa⋅ L⋅Vn1.67

29166kgf=

qa85

Vn1.67

⋅1L

⋅:= qa 2333kgfm

=

Q1max qa 2333kgfm

=:=

DETERMINE CUAL ES LA CARGA Q2 (T/M) QUE PRODUCE PANDEO POR CORTE EN EL ALMA.

Como el Cv calculado es distinto de 1, entonces su resistencia nominal esta asociada a un tipo de falla por pandeo por corte (una vez alcanzada esa resistencia nominal), en consecuencia, cualquier carga que supere ese límite ocasionara dicho estado de falla.


129 de 226



Como aquí no se está diseñando ya que se trata de determinar la carga real con la cual ocurre este fenómeno, se dice que:

V58

q⋅ L⋅ Vn 48707kgf=

q85

VnL

⋅:= q 3897kgfm

=

Q2max q 3897kgfm

=:=

ADEMÁS VERIFIQUE FALLAS DEL ALMA POR CARGAS CONCENTRADAS EN EL APOYO CENTRAL. PARA ELLO CONSIDERE N=30CM.

Los 3 estados de fallas posibles por cargas concentradas de compresión son los siguientes:

1. Fluencia Local del Alma:

Distancia del borde al apoyo Centralb 20m:=

K tf 2cm=:= A falta de especificaciones de soldadura, seconsidera K=tf

N 30cm:= Sector de carga directa

d 104cm=

Rn1 5K N+( ) Fyw⋅ tw⋅⎡⎣ ⎤⎦ b d>if

2.5K N+( ) Fyw⋅ tw⋅⎡⎣ ⎤⎦ b d≤if

:=

Rn1 76800kgf= Resistencia nominal para fluencia local delalma

LRFD En este caso, la carga concentrada, se considerara como carga

permanente.φ 1:=

Ru 1.458

⋅ q L⋅ φ Rn1⋅ 76800kgf=

Ru φ Rn1⋅<

Esta es la maxima carga permanenteque se permite para que la cargaconcentrada de compresión producto dela reacción no supere a la resistencianominal de la viga frente a ese tipo desolicitación.

q φRn11.4

⋅8

5 L⋅⋅ 4389

kgfm

=:=


130 de 226



2. Pandeo Localizado del Alma:

b 2000cm=d2

52cm=

Si bd2

≥

Rn21 .8 tw2

⋅ 1 3Nd

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅twtf

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

1.5

⋅+⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

⋅E Fyw⋅ tf⋅( )

tw⋅ 70054kgf=:=

LRFD En este caso, la carga concentrada, se considerara como cargapermanente.

φ 0.75:=

Ru 1.458

⋅ q L⋅ φ Rn2⋅ 52541kgf=

Ru φ Rn2⋅<

q φRn21.4

⋅8

5 L⋅⋅ 3002

kgfm

=:= Esta es la maxima carga permanenteque se permite para que la cargaconcentrada de compresión producto dela reacción no supere a la resistencianominal de la viga frente a ese tipo desolicitación.

3. Pandeo Lateral Del Alma Como el ala en compresión (en este caso la que se encuentra sobre el apoyo, está restringida de rotar, pero de igual forma se permite el movimiento relativo, entonces: ¿Permitido el movimiento relativo entre ambas alas?

Movimiento_Relativo :=

Cond_1 "Se debe verificar este estado" Movimiento_Relativo "Si"if

"No se verifica este estado" Movimiento_Relativo "No"if

:=

Cond_1 "Se debe verificar este estado"=


131 de 226



¿El ala en compresión esta impedida de rotar?

Imp_Rotar :=

l 2000cm:= Longitud efectiva

Carga distribuida ultima del analisis por cortequ 3507

kgfm

=

Muqu L2⋅⎛

⎝⎞⎠

8175344kgf m⋅=:= Momento Ultimo solicitante por LRFD (Con qu del

analisis por corte)

My Sx Fy⋅ 174843kgf m⋅=:=

Cr 6.62 107⋅

kgf

cm2Mu My<if

3.31 107⋅

kgf

cm2Mu My≥if

:=

Cr 3.31 107×

kgf

cm2=

El ala en compresión está Impedida de rotar:

Rn3Cr tw

3⋅ tf⋅⎛

⎝⎞⎠

h21 0.4

htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

lbf

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎥⎥⎦

3

⋅+

⎡⎢⎢⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎥⎥⎦

⋅

htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

lbf

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2.3≤if

"No se aplica este estado Limite"

htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

lbf

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2.3>if

:=

Rn3 12326kgf=

LRFD En este caso, la carga concentrada, se considerara como cargapermanente.

φ 0.85:=

Ru 1.458

⋅ q L⋅ φ Rn3⋅ 10477kgf=

Ru φ Rn3⋅< Esta es la maxima Permanente que sepermite para que la carga concentradade compresión producto de la reacciónno supere a la resistencia nominal de laviga frente a ese tipo de solicitación.

q φRn31.4

⋅8

5 L⋅⋅ 599

kgfm

=:=

De esta forma nos podemos percatar que la falla más probable se originaría por pandeo lateral del alma.


132 de 226



EJERCICIO 3: En la viga de la figura determine la carga viva máxima Qsc (kg/cm2) que dicha viga puede recibir considerando:

a) El Diseño al Corte. b) La carga concentrada en el apoyo.

Utilice A37-24ES Distancia entre vigas: 6m. Considere el peso propio de la viga. La viga esta unida a la losa con conectores de corte.

Solución:

PROPIEDADES GEOMÉTRICAS

Ixx 3545798cm4⋅= A 480 cm2

⋅=

Aw 200cm2= Area del almaIyy 58350cm4

⋅=



Fy 2400kgf

cm2⋅= Fyw 2400

kgf

cm2=Sx 34492.202cm3

⋅=

COMBINACIÓN DE CARGA

Peso Propio Viga:

γ s 7850kgf

m3= qpv γ s A⋅ 376.8

kgfm

=:=

1 3 2 5 4


133 de 226



Peso de Losa (Area tributaria)

el 20cm:= Espesor de Losa

γ c 2500kgf

m3:= qpl γ c el⋅ 6⋅ m 3000

kgfm

=:=

Combinación

qpp qpv qpl+ 3377kgfm

=:=

qu 1.2 qpp⋅ 1.6 qsc⋅+:= qsc Carga ultima distribuida, en combinación confactores de carga LRFD

4,02Qu

3,5Qu1,98Qu

DISEÑO AL CORTE:

1. Panel de Borde (Paño 1): Como ya sabemos, este panel es incapaz de desarrollar la resistencia post-Pandeo, por lo cual su resistencia al corte se calcula como sigue:


134 de 226



a) Cálculo de Kv Alma Atiesada:

a 150cm:=ah

0.75=260htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

21.69=

kv 5ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

3>ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

260htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

2>∨if

55

ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2+

13.889=:=

kv 55

ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2+ 13.889=:=

b) Cálculo de Cv

htw

200= 1.10 kvEFy

⋅ 121.26= 1.37 kvEFy

⋅ 151.03=

Cv 1.0htw

1.10 kvEFy

⋅≤if

1.10 kvEFy

⋅

htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎥⎥⎦

1.10 kvEFy

⋅htw

< 1.37 kvEFy

⋅≤if

1.51 E⋅ kv⋅( )htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2Fy⋅

htw

1.37 kvEFy

⋅>if

:=

Cv 0.459=




135 de 226



d) Determinación de Sobrecarga máxima Superficial: Del estado de carga, el corte en la sección de diseño (Paño 1)

Vu 1.5m qu⋅

1.5 qu⋅ 0.9Vn<

qu0.9Vn( )1.5m

79275kgfm

=:=

qscqu 1.2qpp−( )

1.647014

kgfm

=:=

Luego, la sobrecarga superficial maxima permitida quedará de la forma:

Qscqsc6m

7836kgf

m2=:=

2. Panel de Borde (Paño 5): Como ya sabemos, este panel es incapaz de desarrollar la resistencia post-Pandeo, por lo cual su resistencia al corte se calcula como sigue:

a) Cálculo de Kv Alma Atiesada:

a 200cm:=ah

1=260htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

21.69=

kv 5ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

3>ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

260htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

2>∨if

55

ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2+

10=:=

kv 55

ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2+ 10=:=


136 de 226



b) Cálculo de Cv

htw

200= 1.10 kvEFy

⋅ 102.9= 1.37 kvEFy

⋅ 128.15=

Cv 1.0htw

1.10 kvEFy

⋅≤if

1.10 kvEFy

⋅

htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎥⎥⎦

1.10 kvEFy

⋅htw

< 1.37 kvEFy

⋅≤if

1.51 E⋅ kv⋅( )htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2Fy⋅

htw

1.37 kvEFy

⋅>if

:=

Cv 0.33=



d) Determinación de Sobrecarga máxima Superficial:

Del estado de carga, el corte en la sección de diseño (Paño 5)

Vu 1.98m qu⋅ Solicitación maxima de corte, segun el diagrama, para esepaño

1.98 qu⋅ 0.9Vn<

qu0.9Vn( )1.98m

43241kgfm

=:=

qscqu 1.2qpp−( )

1.624493

kgfm

=:=


Qscqsc6m

4082kgf

m2=:=

3. Panel Central (Paño 3) Debemos verificar si se puede considerar resistencia Post-Pandeo:

a) Verificaciones


137 de 226



a)



:=


b) a 200cm:=ah

1=260htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

21.69=


⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

3>ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

260htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

2>∨if


:=


c) 2 Aw⋅( )Afc Aft+( ) 1.429=

Condición_3 "No Verifica"2 Aw⋅( )

Afc Aft+( )⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

2.5>if


:=


d) hbfc

4=h

bft4=

Condición_4 "No Verifica"h

bfc6>

hbft

6>∨if


:=


Como las condiciones fueron verificadas, entonces se puede considerar el campo de tracciones para calcular la resistencia nominal al corte.


138 de 226



b) Cálculo de Kv Alma Atiesada:

a 200cm:=ah

1=260htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

21.69=

kv 5ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

3>ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

260htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

2>∨if

55

ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2+

10=:=

kv 55

ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2+ 10=:=

c) Cálculo de Cv

htw

200= 1.10 kvEFy

⋅ 102.9= 1.37 kvEFy

⋅ 128.15=

Cv 1.0htw

1.10 kvEFy

⋅≤if

1.10 kvEFy

⋅

htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎥⎥⎦

1.10 kvEFy

⋅htw

< 1.37 kvEFy

⋅≤if

1.51 E⋅ kv⋅( )htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2Fy⋅

htw

1.37 kvEFy

⋅>if

:=

Cv 0.33=

d) Determinación de Vn


1.15 1ah

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2+⋅

+⎡⎢⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎥⎦

⋅ 213721kgf=:= Resistencia nominal al corte con campo de tracciones

e) Determinación de Sobrecarga máxima Superficial:

0.9 Vn⋅ 192349kgf=


Vu 4.02m qu⋅ Solicitación maxima de corte, segun el diagrama, para esepaño


139 de 226



4.02 qu⋅ 0.9Vn<

qu0.9Vn( )4.02m

47848kgfm

=:=

qscqu 1.2qpp−( )

1.627372

kgfm

=:=


Qscqsc6m

4562kgf

m2=:=

LA CARGA CONCENTRADA EN EL APOYO. El concepto en esta pregunta es el siguiente; pese a no existir una carga concentrada categórica y explicita sobre la viga, se produce una carga de reacción en los apoyos, es por ello que en dicho punto se debe analizar como Carga concentrada. En consecuencia, como en dichos puntos existen atiesadores de carga, no será necesario verificar los estados de falla de la viga producto de la aplicación de cargas concentradas, sino que se trata de determinar la sobrecarga máxima, producto de la resistencia nominal de los atiesadores. Como se trata de una atiesador central, se dice:

h1 h 2 .8⋅ cm−:=

KL .75 h1⋅ 148.8cm=:=

25tw 25cm=

ba 10cm:= Ancho del atiesador (por cada lado)

ta 12mm:= Espesor del atiesador

Ag 2 ba ta⋅( )⋅ 25tw tw⋅+ 49cm2=:=

Ixxata12

2 ba⋅ tw+( )3⋅

tw3

1225 tw⋅ tw−( )⋅+ 928.1cm4

=:= rxaIxxaAg

4.35cm=:=


140 de 226



KLrxa

34.2=

Pn Fy Ag⋅( ) KLrxa

2.5≤if

Fcr Ag⋅( ) otherwise

:=

Entonces, la carga nominal de compresión corresponderá a:

Pn Fcr Ag⋅:=

Con:

Fcr 0.658

Fy

Fe

⎛⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎠ Fy⋅

KLrxa

4.71EFy

⋅≤if

0.877 Fe⋅( ) otherwise

:=

Como:

KLrxa

34.2= 4.71EFy

⋅ 139.324=

Entonces:

Feπ

2 E⋅( )KLrxa

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

217730

kgf

cm2=:=

Fcr 0.658

Fy

Fe

⎛⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎠ Fy⋅ 2268

kgf

cm2=:=

Pn Fcr Ag⋅ 111122kgf=:=

Ahora bien, como la carga concentrada se origina a partir del apoyo, es posible relacionar esta carga nominal con la sobrecarga que genera la carga última, es decir:

φ 0.9:=

Pu φ Pn⋅<

Con Pu equivalente a la reacción en dicho punto producto de la solicitación de la sobrecarga.

7.52mqu φ Pn⋅<

quφ Pn⋅( )7.52m

13299kgfm

=:=


141 de 226



qscqu 1.2qpp−( )

1.65779

kgfm

=:=


Qscqsc6m

963kgf

m2=:=


142 de 226



EJERCICIO 4: Calcule la carga Máxima permanente de diseño que la viga puede soportar copnsidearndo el diseño al corte y las cargas concentradas.

Corte: a) Explique en palabras primero, considerando la distribución de corte en la viga, cual o cuales paños de la viga deben ser considerados en el diseño. b) A continuación efectue el cálculo.

Cargas Concentradas. c) Explique en palabras primero, que caso o casos va a considerar en el cálculo. d) A continuación efectue el cálculo.

4000

1856 1 2 3

q

2000 2000

400

1856

2818

0028

10160160

DETALLE DE APOYO

200

20


143 de 226



Desarrollo:

Diagrama de corte y reacciones L1 4m:= L2 4m:=

Determinación de Reacciones Ra y Rb:

Momentando en torno a A; obtenemos que:

Rb L1⋅ q L1 L2+( )⋅L1 L2+( )

2⋅− 0

Rbq L1 L2+( )⋅

L1 L2+( )2

⋅

L1:=

qq

Rb 8q:= q

Entonces, Ra quedaría como:

Ra q L1 L2+( )⋅ Rb−[ ]:= Rb

Ra 0tonf:=

Entonces, el diagrama de corte es el siguiente:

Vb 4 q⋅:=

Vc 2 q⋅:= q


144 de 226



Corte:

ANÁLISIS POR CORTE, PANELES CONSIDERADOS: Para analizar este punto, es necesario comprender los siguientes conceptos:

1. La resistencia al corte en aquellos paneles que tienen la capacidad de generar resistencia pos-pandeo en función del campo de tracciones, es mayor que aquella producida por paneles sin esas características. En este caso, solo el panel central (panel 2) ofrece dicha resistencia.

2. Los paneles que tienen un mayor largo ofrecen menos resistencia al corte que aquellos que tienen

menor longitud. En este punto, aquel panel que tiene mayor longitud corresponde al panel 1.

3. Los anteriores puntos tienen que ver con las capacidades resistentes de los paneles, ahora bien, para determinar el valor de q se deben comparar las capacidades resistentes con las solicitudes de resistencia, que en este caso corresponden a los esfuerzos de corte. En este sentido, los cortes que se deben considerar para el diseño, corresponderán a los mayores presentes en cada panel.

Asumiendo los conceptos anteriores, se dice que: El panel 1 ofrece menos resistencia al corte que el resto de paneles, y por otra parte contiene para su diseño, el mayor de los cortes. En consecuencia, este es el paño que debe servir para determinar la carga de diseño.

CALCULOS

1. Determinación de Vn Como se trata de un panel de Borde, entonces claramente no puede generar una resistencia asociada al campo de tracciones, por lo tanto se tiene que utilizar la expresión de corte nominal siguiente:

Resistencia nominal al corte sin campo de traccionesVn 0.6 Fyw⋅ Aw⋅ Cv⋅=

Como se puede observar, para determinar Vn se debe conocer Cv, y para ello se tienen formulaciones que dependen de Kv, por lo cual, las expresiones requeridas para conocer Kv son las siguientes:

a) Determinación de Kv: Para determinar Kv, existen en principio, 2 alternativas, Kv tendrá un valor distinto si es que se trata de una viga con alma atiesada o no; como el alma de la viga se encuentra atiesada, entonces se tiene que:

Para analizar este punto, se deben obtener los siguientes valores de comparación:

a1 400cm:=a1h

2.222=260

htw

⎛⎝

⎞⎠

⎡

⎣

⎤

⎦

22.086=

Entonces;

kv1 5a1h

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

3>a1h

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

260htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

2>∨if

55

a1h

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2+ otherwise

:=


145 de 226



a1h

2.222= No es mayor que 3, y

a1h

2.222= No es mayor que 260htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎦

22.086=

Entonces,

kv1 5=

Con el valor obtenido, es posible determinar Cv;

b) Determinación de Cv

Para analizar este punto, se deben obtener los siguientes valores de comparación:

htw

180= 1.10 kv1EFy

⋅ 68.6= 1.37 kv1EFy

⋅ 85.43=

En general se tiene que:

Cv1 1.0htw

1.10 kv1EFy

⋅≤if

1.10 kv1EFy

⋅

htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⎡⎢⎢⎢⎢⎣

⎤⎥⎥⎥⎥⎦

1.10 kv1EFy

⋅htw

< 1.37 kv1EFy

⋅≤if

1.51 E⋅ kv1⋅( )htw

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2Fy⋅

htw

1.37 kv1EFy

⋅>if

:=

Como se cumple que:

1.10 kv1EFy

⋅ 68.6= < 1.37 kv1EFy

⋅ 85.43= < htw

180=

Entonces se tiene que:

Cv11.51 E⋅ kv1⋅( )

htw

⎛⎝

⎞⎠

2Fy⋅

0.181=:=

Finalmente, como se debe obtener la resistencia nominal al corte, y obtener el la carga permanente máxima de diseño según ASD, y considerando que el corte nominal corresponde a aquel que no considera al campo de tracciones, entonces:


146 de 226



Vn1sct 0.6 Fyw⋅ Aw⋅ Cv1⋅ 52850 kgf⋅=:= Resistencia nominal al corte sin campo de tracciones

Vn1sct1.67

31647 kgf⋅=

2. Determinación de q.


Vu 4 q⋅= Solicitación maxima de corte, segun el diagrama, para esepaño

4 q⋅Vn1ct1.67

<

q1

Vn1cct1.67

⎛⎝

⎞⎠

4 m⋅20665

kgfm

⋅=:= q1 20.665tonfm

⋅= Carga distribuidaPermanente maxima.

Carga Concentrada

ANÁLISIS POR CARGAS CONCENTRADAS Al analizar por cargas concentradas, se debe efectuar el siguiente análisis:

1. Pese a su obviedad, este análisis sugiere la obtención y/o determinación de las cargas puntuales que afectan al perfil. En este caso corresponderán únicamente a las proporcionadas por la reacción en el apoyo ubicado en B, dado que la reacción en A es igual a “0”.

2. Como no existe ninguna otra carga de origen puntual, que solicite al perfil en sectores sin atiesador, entonces, se deberá analizar única y exclusivamente la resistencia otorgada por dichos atiesadores.

3. El atiesador se analiza por compresión, de manera similar a las columnas comprimidas.

ta25tw

tw 2ba+twXX


147 de 226



h1 h:=

KL .75 h1⋅ 135 cm⋅=:=

25tw 25 cm⋅=

ba 16cm:= Ancho del atiesador (por cada lado)

ta 10mm:= Espesor del atiesador

Ag 2 ba ta⋅( )⋅ 25tw tw⋅+ 57 cm2⋅=:=

Ixxata12

2 ba⋅ tw+( )3⋅

tw3

1225 tw⋅ ta−( )⋅+ 2996.8cm4

⋅=:= rxaIxxaAg

7.25 cm⋅=:=

La primera comprobación que se debe realizar, correponde a la determinación del tipo de analisis de compresión; es decir:

Pn Fy Ag⋅( ) KLrxa

25≤if

Fcr Ag⋅( ) otherwise

:=

Considerando que:

KLrxa

18.619= < 25, enntonces se tiene que:

Pn Fy Ag⋅ 153900 kgf⋅=:=

Ω 1.67:=

Como se tiene la siguiente relación;

Rb 8 q⋅ m⋅=

RbPnΩ

<

8q m⋅PnΩ

<

qPn

8 m⋅ Ω⋅11519

kgfm

⋅=:=


148 de 226



Ejercicios de Diseño Con Losa Colaborante:

EJERCICIO 1: Determinar el momento último de la viga considerando colaboración de losa. Considere:

fc 200kgf

cm2:=

Tensión del Hormigón Tensión de fluencia Acero:

Fy 2400kgf

cm2:=

Solución:

DETERMINACIÓN DEL ANCHO EFECTIVO Lo primero consiste en determinar el ancho efectivo que se aplica a la viga de análisis. Por otra parte, un criterio rápido para determinar dicho ancho efectivo consiste en calcular el mínimo entre:

eff

Luzb = 4

Distancia entre vigas

⎧⎪⎨⎪⎩

Sin embargo, este cálculo es una reducción de lo señalado en el código AISC Sect.I3.1a. EffectiveWidth. El cual señala que el ancho efectivo es la suma de los anchos efectivos a cada lado de la viga, los cuales se obtienen individualmente a partir de considerar el mínimo valor entre: La distanciamedia entre Centroides de las vigas, un octavo del largo de la viga, y la distancia al borde. La expresióndel AISC entonces, consiste en una formulación más general que contempla todos los casos posibles.


149 de 226



Mayor información respecto de este calculo general del ancho efectivo, consultar: El código AISC Sect.I3.1a. Effective Width.

1. Ancho efectivo por el lado (Izquierdo) Distancia entre Centroide de las vigas. di 350cm:=

Distancia al borde izquierdo dbi 350cm:=

Befi mindi2

Lv8

, dbi, ⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

100 cm⋅=:=

2. Ancho efectivo por el lado (Derecho) Distancia entre Centroide de las vigas, o con el borde de la losa: dd 350cm:=

Distancia al borde derecho dbd 350cm:=

Befd mindd2

Lv8

, dbd, ⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

100 cm⋅=:=

Ancho efectivo total: be Befi Befd+ 200 cm⋅=:=

DETERMINACIÓN DEL TIPO DE ANÁLISIS Esbeltez del alma:

λwhtw

:=

λw 56.25=

Parámetro de esbeltez límite para elementos compactos:

λpw 3.76EFy

⋅:=

λpw 111.22=

Comoλw λpw<

, entonces el Alma del Perfil es Compacta y se Calcula el Momento Nominal, siguiendo una distribución Plástica de tensiones La ubicación de la línea neutra responde a un análisis por etapas, en la cual se supone, en primer lugar, la existencia de esta dentro del espesor de la losa, lo que deberá verificarse tras un determinado cálculo, de no ser así se supondrá que dicha línea se encontrará en el ala superior de la viga lo que deberá verificarse tras un determinado cálculo, de no ser así, finalmente, se supondrá que esta se encuentra bajo el ala superior, determinando en consecuencia, su posición definitiva.


150 de 226



1. Caso 1: línea neutra en la Losa

A

Fy

0.85fc*a*bea

d/2

Fy*As

0.85fc

ts

MpMpd

Considerando: Área de Acero As 2 bf⋅ tf⋅( ) h tw⋅+:=

As 211 cm2⋅=

T C T Fy As⋅

C 0.85 fc⋅ be⋅ a⋅

Luego, remplazando:

aFy As⋅

0.85 fc⋅ be⋅:=

a 14.9 cm⋅= LN1 "LINEA NEUTRA EN LA LOSA" 0 a< ts≤if

"LINEA NEUTRA FUERA DE LA LOSA" otherwise

:=

LN1 "LINEA NEUTRA EN LA LOSA"=

2. Caso 1: Momento Nominal. T Fy As⋅ 506400kgf⋅=:=

C 0.85 fc⋅ be⋅ a⋅ 506400kgf⋅=:=

Momentando en A:

Ma Mp1 0.85 fc⋅ a⋅ be⋅ tsa2

−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅− Fy As⋅d2

⋅+ 0

Despejando:

Mp1 0.85 fc⋅ a⋅ be⋅ tsa2

−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅ Fy As⋅d2

⋅+:=

Mp1 164848kgf m⋅⋅=

Compresión Y tracciones reales


151 de 226



DETERMINACIÓN DEL MOMENTO ÚLTIMO Mu φ b Mn⋅

Análisis Plástico φ b 0.85:=

Mn 164848kgf m⋅=

Mu φ b Mn⋅:=

Mu 140121kgf m⋅=


152 de 226



EJERCICIO 2: Para la sección que se muestra a continuación, determinar la ubicación de la línea neutra y el momento nominal que será capaz de resistir. Utilice:

Tensión del Hormigón:

fc 200kgf

cm2:=

Tensión de fluencia Acero:

Fy 2400kgf

cm2:=

Solución:

DATOS

Ancho del ala superior: bfs 35 cm⋅:=

Espesor del ala superior: tfs 1.5cm:=

Ancho del ala superior: bfi 35 cm⋅:=

tfi 3.5cm:=Espesor del ala superior:

Altura del perfil: d 60cm:=

Espesor del alma: tw 0.8cm:=

Area de Acero As bfs tfs⋅ bfi tfi⋅+ h tw⋅+:= As 219 cm2⋅=

Centro de Gravedad

Ycg

tfs bfs⋅ dtfs2

−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅ tw h⋅h2

tfi+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅+ tfi bfi⋅tfi2

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅+

As21.411 cm⋅=:=

DETERMINACIÓN DEL ANCHO EFECTIVO Ancho efectivo total: be 100cm:=

DETERMINACIÓN DEL TIPO DE ANÁLISIS


:= λw 68.75=


EFy

⋅:= λpw 111.22=


153 de 226



Comoλw λpw<

, entonces el Alma del Perfil es Compacta y se Calcula el Momento Nominal, siguiendo una distribución Plástica de tensiones

ANALISIS PLÁSTICO:

1. Caso 1: Línea neutra en la Losa

dMp Mp

ts

0.85fc

Fy*As

d/2

a 0.85fc*a*be

Fy

A

tfs

R1=0.85fc*a*bets-a/2

L.N.

A

R2=Fy*As

Ycg

d-Ycg

a

Considerando:

As 219 cm2⋅=

T C

T Fy As⋅

C 0.85 fc⋅ be⋅ a⋅

Luego, remplazando:

aFy As⋅

0.85 fc⋅ be⋅:=

a 30.9 cm⋅=

LN1 "LINEA NEUTRA EN LA LOSA" 0 a< ts≤if


:=

LN1 "LINEA NEUTRA FUERA DE LA LOSA"=


154 de 226



Fy

Truco de OperaciónFy

0.85fc

ts

Mpd

L.N. Yp

a

2. Caso 2: Línea neutra en el Ala Superior Para simplificar este análisis se transforma la distribución de tensiones en la siguiente:

L.N.A 2Fy

Yp/2R2=2*Fy*bfs*Yp

Yp

(d-Yp)-Ycg

Ycg

R3=Fy*As

ts/2+Yp

R1=0.85fc*a*be

Del cual se obtienen las siguientes relaciones:


155 de 226



a

Yp

L.N.

d Mp

ts

0.85fc

Fy

Truco de Operación

Fy

T C

T Fy As⋅

C 0.85 fc⋅ ts⋅ be⋅ 2 Fy⋅ bfs⋅ Yp⋅+

Fy As⋅ 0.85 fc⋅ ts⋅ be⋅ 2 Fy⋅ bfs⋅ Yp⋅+

Luego, despejando:

YpFy As⋅ 0.85 fc⋅ be⋅ ts⋅−

2 Fy⋅ bfs⋅:=

Yp 1.611 cm⋅=

LN2 "LINEA NEUTRA EN EL ALA SUPERIOR" 0 Yp< tfs≤if

"LINEA NEUTRA FUERA DEL ALA SUPERIOR"otherwise

:=

LN2 "LINEA NEUTRA FUERA DEL ALA SUPERIOR"=

Como la línea neutra se encuentra fuera del ala superior, entonces se realiza el análisis siguiente, suponiendo la línea neutra al interior del alma de la viga.

3. Caso 3: Línea neutra en la Alma de la Viga Para simplificar este análisis se transforma la distribución de tensiones en la siguiente:

(Yp-tfs)/2

Yp-tfs/2Yp

(d-Yp)-Ycg

Ycg

R4=Fy*As

R1=0.85fc*a*be

R3=2*Fy*bfs*(Yp-tfs)

R2=2*Fy*bfs*tfs

AL.N.


156 de 226



Del cual se obtienen las siguientes relaciones:

T C

T Fy As⋅

C 0.85 fc⋅ ts⋅ be⋅ 2 Fy⋅ bfs⋅ tfs⋅+ 2 Fy⋅ tw⋅ Yp tfs−( )⋅+

Fy As⋅ 0.85 fc⋅ ts⋅ be⋅ 2 Fy⋅ bfs⋅ tfs⋅+ 2 Fy⋅ tw⋅ Yp tfs−( )⋅+

Luego, despejando:

YpFy As⋅ 0.85 fc⋅ ts⋅ be⋅ 2 Fy⋅ bfs⋅ tfs⋅+( )− 2 Fy⋅ tw⋅ tfs⋅+

2 Fy⋅ tw⋅:=

Yp 6.344 cm⋅=

LN3 "LINEA NEUTRA EN EL ALMA" 0 Yp< d tfs−≤if

"LINEA NEUTRA FUERA DEL ALMA" otherwise

:=

LN3 "LINEA NEUTRA EN EL ALMA"=

Como la línea neutra se encuentra en el alma de la viga, entonces se puede calcular el momento nominal.

4. Caso 3: Momento Nominal.

R1 0.85 fc⋅ ts⋅ be⋅ 255000 kgf⋅=:= d1 Ypts2

+ 13.84 cm⋅=:=

R2 2Fy bfs⋅ tfs⋅ 252000 kgf⋅=:= d2 Yptfs2

− 5.59 cm⋅=:=

R3 2Fy tw⋅ Yp tfs−( )⋅ 18600 kgf⋅=:= d3Yp tfs−( )

22.42 cm⋅=:=

R4 Fy As⋅ 525600 kgf⋅=:= d4 d Yp−( ) Ycg− 32.25 cm⋅=:=

Mn R1 d1⋅ R2 d2⋅+ R3 d3⋅+ R4 d4⋅+ 219329.531 kgf m⋅⋅=:=

Compresión Y tracciones Irreales, necesarias únicamente para simplificar el cálculo

Para vigas de simple simetría, se sugiere que el método para calcular el momento nominal, se realice paso a paso sin formulaciones directas, debido a que en este análisis interviene la distancia al centro de gravedad, y que no corresponde a d/2


157 de 226



EJERCICIO 3: En la viga de 12 m de largo de la figura determine:

a) La carga última máxima de falla uq que puede soportar por condiciones de diseño. Distancia entre vigas: 4 m. La viga es compacta. b) Diseñe los conectores de corte. Utilice conectores φ 18 A37-24.Entregue su respuesta en una figura clara que muestre la disposición de los conectores. Indique allí el número total de conectores.

Considere además los siguientes datos: Hormigón H30 f´c = 250 kg/cm2 Ec = 2,1E5 kg/cm2 Acero Viga A42-27 ES Acero Barras A63-42 H.

Solución:

Solución para A): Determinación de carga qu.

DATOS

fc 250kgf

cm2:=Tensión del Hormigón

Tensión de fluenciaAcero Perfil:

Fy 2700kgf

cm2:=

Tensión de fluenciaAcero de refuerzo:

Fyb 4200kgf

cm2:=


158 de 226



Ancho del ala: bf 15 cm⋅:=

Espesor del ala: tf 1.2cm:=


Espesor del alma: tw .8cm:=

Distancia libre entre alas: h d 2 tf⋅−:= h 27.6 cm⋅=

Area de Acero As 2 bf⋅ tf⋅( ) h tw⋅+:= As 58.1 cm2⋅=

Numero de Barras de refuerzo: nb 4:=

Diametro de Barras de refuerzo: ϕb 18mm:=

Area de barras de refuerzo: Asb nbπ ϕb

2⋅⎛

⎝⎞⎠

4⋅ 10.18 cm2

=:=

Distancia al centroidede las barras: db 6cm:=

DETERMINACIÓN DEL ANCHO EFECTIVO Lo primero consiste en determinar el ancho efectivo que se aplica a la viga de análisis. Por otra parte, un criterio rápido para determinar dicho ancho efectivo consiste en calcular el mínimo entre:

eff

Luzb = 4


⎧⎪⎨⎪⎩

(*)

(*) Para este caso se calcula con este método directo pues en el problema se entrega la luz y la distancia entre los Centroides de la viga.

eff

600 cm 150b = 4

400 cm

cm⎧ =⎪⎨⎪⎩

Entonces:

Ancho efectivo total: be 150 cm=

DETERMINACIÓN DEL TIPO DE ANÁLISIS


:= λw 34.5=


EFy

⋅:= λpw 104.86=

Como λw λpw< , entonces el Alma del Perfil es Compacta y se Calcula el Momento Nominal, siguiendo una

distribución Plástica de tensiones


159 de 226



DISTRIBUCIÓN DE MOMENTO

+-

+

Como existen 2 tramos con momentos de distinto signo, tanto así que el tramo central tiene una configuración distinta al contener barras de acero, se debe realizar el análisis plástico para ambos tramos.

ANALISIS PLÁSTICO TRAMO 1, DE MOMENTO POSITIVO:


dMp Mp

ts

0.85fc

Fy*As

d/2

a 0.85fc*a*be

Fy

A


160 de 226



Considerando:

As 58.08 cm2⋅=

T C=

T Fy As⋅=

C 0.85 fc⋅ be⋅ a⋅=

Luego, remplazando:

aFy As⋅

0.85 fc⋅ be⋅:=

a 4.9 cm⋅=



:=


Como la línea neutra se encuentra en la losa, entonces se puede calcular el momento nominal.


T Fy As⋅ 156816kgf⋅=:=

C 0.85 fc⋅ be⋅ a⋅ 156816kgf⋅=:=

Momentando en A:


−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅− Fy As⋅d2

⋅+ 0


−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅ Fy As⋅d2

⋅+:=

Mp1 38483kgf m⋅⋅=

ANALISIS PLÁSTICO TRAMO 2 (SOBRE APOYO CENTRAL), DE MOMENTO NEGATIVO: Para realizar este análisis, usted debe considerar 2 aspectos:

• El conjunto losa barras de refuerzo, deberá estar en tracción, la cual será tomada únicamente por las barras de acero.

• No es necesario buscar la línea neutra en la losa, puesto que de encontrarse ahí sería un mal diseño, ya que la mayor parte de la sección (losa-viga) se encontraría en compresión, por lo cual las barras de acero necesarias, para equilibrar los esfuerzos, serían demasiado grotescas. Para alivianar trabajo, es recomendable analizar directamente la presencia de línea neutra en el ala superior para luego analizar en el alma; inclusive es posible analizar únicamente esta última, no obstante lo anterior, de arrojar resultados incongruentes, se deberá ir a la etapa anterior de análisis.

Compresión Y tracciones Reales


161 de 226



3. Caso 2: Línea neutra en el Ala Superior

db

YpL.N.

dMp

ts

FyTruco de Operación

Fy

Fyb

Para simplificar este análisis se transforma la distribución de tensiones en la siguiente:

Yp/2

d/2-Yp

A

Fy*As

d-Yp

Fy

2FyYp

Fyb

Asb*Fyb

2*Fy*bf*Ypdb+Yp

T C=

C Fy As⋅=

T Fyb Asb⋅ 2 Fy⋅ bf⋅ Yp⋅+=

Fy As⋅ Fyb Asb⋅ 2 Fy⋅ bf⋅ Yp⋅+=

Luego, despejando:

YpFy As⋅ Fyb Asb⋅−

2 Fy⋅ bf⋅:=

Yp 1.408 cm⋅=

LN2 "LINEA NEUTRA EN EL ALA SUPERIOR" 0 Yp< tf≤if

"LINEA NEUTRA FUERA DEL ALA SUPERIOR"otherwise

:=

LN2 "LINEA NEUTRA FUERA DEL ALA SUPERIOR"=

Como la línea neutra se encuentra fuera del ala superior, entonces se realiza el análisis siguiente, suponiendo la línea neutra al interior del alma de la viga.


162 de 226



4. Caso 3: Línea neutra en el Alma de la Viga

Fy

Truco de Operación

Fy

ts

Mpd

Fyb db

L.N.

Yp

Para simplificar este análisis se transforma la distribución de tensiones en la siguiente:

Fyb2*Fy*bf*tf

Asb*Fyb

Fy*As

db+Yp2*Fy*tw*(Yp-tf)Yp

2Fy

Fy

d-Yp

A d/2-Yp

(Yp-tf)/2

T C=

C Fy As⋅=

T Fyb Asb⋅ 2 Fy⋅ bf⋅ tf⋅+ 2 Fy⋅ tw⋅ Yp tf−( )⋅+=

Fy As⋅ Fyb Asb⋅ 2 Fy⋅ bf⋅ tf⋅+ 2 Fy⋅ tw⋅ Yp tf−( )⋅+=

Luego, despejando:

YpFy As⋅ Fyb Asb⋅ 2 Fy⋅ bf⋅ tf⋅+( )− 2 Fy⋅ tw⋅ tf⋅+

2 Fy⋅ tw⋅:=

Yp 5.1 cm⋅=

LN3 "LINEA NEUTRA EN EL ALMA" 0 Yp< d tf−≤if

"LINEA NEUTRA FUERA DEL ALMA" otherwise

:=

LN3 "LINEA NEUTRA EN EL ALMA"=


163 de 226




C Fy As⋅ 156816kgf⋅=:=

T Fyb Asb⋅ 2 Fy⋅ bf⋅ tf⋅+ 2 Fy⋅ tw⋅ Yp tf−( )⋅+ 156816kgf⋅=:=

Momentando en A:

Ma Mp3 Fy As⋅d2

Yp−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅− 2Fy bf⋅ tf⋅ Yptf2

−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅− 2Fy tw⋅Yp tf−( )2

2⋅− Fyb Asb⋅ Yp db+( )⋅− 0

Mp3 Fy As⋅d2

Yp−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅ 2Fy bf⋅ tf⋅ Yptf2

−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅+ 2Fy tw⋅Yp tf−( )2

2⋅+ Fyb Asb⋅ Yp db+( )⋅+:=

Mp3 24973kgf m⋅⋅=

Ahora bien, de lo que se trata es comparar esta capacidad resistente de la viga colaborada por la losa, con el momento solicitante, para ello se deberá determinar el momento último a través de un análisis de trabajos virtuales, el cual entregará el lugar donde se inicia la plastificación. De esta forma, se podrá determinar la

carga máxima uq para estas condiciones.

ANÁLISIS POR TRABAJOS VIRTUALES Para que el sistema falle, no basta con que se rotule plásticamente sobre el apoyo central, ya que de esta forma no se habrá generado un mecanismo; por consiguiente, se deberá alcanzar un nivel de tensiones que origine adicionalmente una plastificación en alguna parte de los tramos laterales, que dada su simetría geométrica como en su estado de cargas, se desarrollara bajo el mismo nivel de cargas. Por otra parte, pese al tipo de carga uniforme, esto no basta para suponer que el momento plástico se va a desarrollar en el centro de los tramos; esto solo sería posible de tratarse de una viga que se encuentra “rotulada” sobre el apoyo central, lo que generaría evidentemente 2 vigas simplemente apoyadas y, en consecuencia, valdría dicha suposición; sin embargo toda vez que existe un apoyo central donde reposa la viga, se originará un momento sobre dicho apoyo, lo cual indica que se comporta como una viga simplemente apoyada en su extremo y empotrada en el otro (sobre el apoyo). De esta forma, si es necesario encontrar el punto en el cual se origina la rotula plástica del tramo. Ahora bien, como existen diferencias en las propiedades del elemento tanto en el tramo como sobre el apoyo, debido a la existencia de barras de refuerzo en la zona de momento negativo, entonces, los momentos plásticos desarrollados en cada uno de esos sectores serán distintos. Sin embargo, existen 2 alternativas de solución de este problema, ALT 1: Asumir que la rotulación se origina en el Centro (Lo cual entrega un resultado aproximado), ALT 2: Solución exacta, la cual se basa en la ubicación real de la rotula plástica. A continuación se desarrollara la alternativa 2 por ser más rigurosa. En consecuencia, como se trata de determinar el estado de falla de esta configuración, será necesario “encontrar” la ubicación de la rotula plástica a lo largo del vano, y para ello se utilizara el principio de los trabajos virtuales, obteniendo lo siguiente:

Compresión Y tracciones Irreales, necesarias únicamente para simplificar el cálculo


164 de 226



Este análisis es similar al desarrollado en la Sección de Flexión, en el ejercicio 18, con la salvedad que para este caso contamos con MP1 y MP2. Considerando deformaciones pequeñas, del diagrama de rótulas plásticas tenemos:

1 1 2 2( ) (1) ( ) (2)tg tgX L Xδ δθ θ θ θ= = = =

−


( ) ( )int

2 2 1 1 2(*)2

ext

p p

W W

Qu L M Mδ θ θ θ

=

⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ +

(*) Detallado en el ejercicio 4 de Guía de Flexión. Ahora bien, en este punto se realiza un análisis fino: Dado que el momento plástico MP1 se encuentra “relacionado” con el momento nominal de la Viga con losa Colaborante para el tramo interior, y MP2 se encuentra “relacionado” con el momento nominal de la Viga con losa Colaborante sobre el apoyo, entonces, es coherente suponer que dicha relación se mantendrá. Por lo cual, el ejercicio continúa de la siguiente forma:

[ ][ ]

1

2

1

2

384831.541

24973

0.6491.541

p

p

p p

pp p

M kg mM kg m

M M

MM M

⋅= =

⋅

=

= =

Continuando con el análisis anterior, decimos que:

Θ1

Θ1+ Θ2

Θ2 δ

Qu


X mt

6 mt

MP1

MP2


165 de 226



( ) ( )

( )

( )

( )

( )( )

( )( )

1 20.649 2

REMPLAZANDO

0.6492

0.649 1 12

0.649 1 12

1.6492

0.649 2

p p

u p p

p

p

p

p

Qu L M M

Q L M ML X X L X

Qu LM

L X X L XQu L

ML X X

Qu L X L XMX L X

Qu L X LMX L X

δ θ θ

δ δ δ δ

⋅ ⋅ = + ⋅ +

⎛ ⎞⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ +⎜ ⎟− −⎝ ⎠⋅ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟− −⎝ ⎠

⋅ +⎛ ⎞= +⎜ ⎟−⎝ ⎠⎛ ⎞⋅ + −

= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠⎛ ⎞⋅ +

= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

( ) ( )

(EC 1)

2 0.649pQu L X L X

MX L

⋅ ⎛ − ⎞= ⎜ ⎟+⎝ ⎠

Para encontrar el máximo en dicho tramo, se deriva MP respecto de X, y se iguala a cero, obteniéndose lo siguiente:

( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( )

( )

2

2

2

2 2

2 0.649

0.649 0.649=0

2 0.649

0.649 2 0.649 0.649 0.649=0

2 0.649

0.649 2 0.649 2 0.6492

p

p

p

p

Qu L X L XM

X L

M L X X X L X L XQu LX X L

M Qu L L X L X X L X L XX X L

M Qu L XL L X X L X LX

⋅ ⎛ − ⎞= ⎜ ⎟+⎝ ⎠

⎛ ⎞∂ − − ⋅ + − ⋅ −⋅⎜ ⎟= ⋅⎜ ⎟∂ +⎝ ⎠⎛ ⎞∂ ⋅ ⋅ + − + − ⋅ ⋅ + ⋅⎜ ⎟= ⋅⎜ ⎟∂ +⎝ ⎠

∂ ⋅ + − ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅= ⋅

∂ ( )

2

2

2 2

2 2

0.649 =00.649

0.649 2 =0REMPLAZANDO

6 0.649 12 =0X=2.62m

XX L

L X XL

X X

⎛ ⎞+ ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠

− −

− −

En consecuencia, el punto en el cual se originara la rotula plástica corresponderá a X = 2.62m. Al remplazar este valor en la ecuación del momento plástico EC 1, se obtendrá el valor de qu, para el cual se originará la falla.


166 de 226



( )( )

( )

0.6492

0.649 2.62m 6 22.62m 6 2.62m 6

0.29

p

p

p

Qu L X LMX L X

mQu Mm m

Qu M

⎛ ⎞⋅ += ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠⎛ ⎞⋅ +

= ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠= ⋅

Para determinar la carga q última parea efectos de DISEÑO debemos considerar por LRFD el factor de reducción de la resistencia; no obstante lo anterior, como se dice en el enunciado que qu corresponde a una carga ultima, no deberemos aumentar la carga con los factores de carga del método.

[ ]( )[ ]

0.9 0.29 38483

10044,1 /u

u

q kg m

q kgf m

= ⋅ ⋅ ⋅

=

Solución para b): Diseño de los conectores de corte

ZONA DE MOMENTO POSITIVO Para la zona de momento Positivo, se tiene que el corte que se debe considerar corresponde al mínimo entre:

'0,85' min c c

y s

f AV

F A

⎧ ⎫⋅ ⋅⎪ ⎪= ⎨ ⎬⋅⎪ ⎪⎩ ⎭

Ac be ts⋅ 1800cm2=:= Sección de Hormigón colaborante

Fy 2700kgf

cm2= Limite de fluencia para la viga de Acero

Área de la Viga de Acero As 58.08cm2

=

.85fc Ac⋅ 382500kgf=

Fy As⋅ 156816kgf=

Corte que requiere ser tomado para generar la colaboración entre ambos elementos Hormigón-VigaV min .85fc Ac⋅ Fy As⋅, ( ) 156816kgf=:=

Ec 2.1 105⋅

kgf

cm2⋅:= Modulo de Elasticidad del Hormigón.


167 de 226



Ahora bien, estos conectores se emplazan en el sector del momento positivo, por lo que se deberá obtener la cantidad de conectores necesarios para la zona de momento negativo.

ZONA DE MOMENTO NEGATIVO

El conector es del tipo A37-24

Rp 1:= Rg 1:= Estos valores son igual a 1 al no tener valles la losa Colaborante.

Fpu 3700kgf

cm2:= Limite de rotura de los conectores

φ c 18mm:= Diámetro de los conectores de corte

Ascπ φ c

2⋅⎛

⎝⎞⎠

42.54cm2

=:= Área de la sección de cada conector

0.5 Asc⋅ fc Ec⋅⋅ 9219kgf=

Rp Rg⋅ Asc⋅ Fpu⋅ 9415kgf=

Qn min 0.5 Asc⋅ fc Ec⋅⋅ Rp Rg⋅ Asc⋅ Fpu⋅, ( ):=

Qn 9219kgf=

Como ya se obtuvo la cantidad de corte que resiste cada conector, entonces la determinación de la cantidad de conectores es más bien sencilla.

NcV

Qn17=:= Numero de Conectores que se necesitan entre

momento 0 y momento máximo, por lo tanto, en la zona contigua debe existir igual cantidad de conectores.

Asb 10.18cm2= Área total del acero de refuerzo en la Sección de Hormigón

Colaborante

Fyb 4200kgf

cm2= Limite de fluencia para las barras de refuerzo en el

hormigón

Fyb Asb⋅ 42751kgf=


168 de 226



Como se habrá dado cuenta, todos los cálculos asociados a las conectores de corte, se hicieron en base a las capacidades de la viga de acero, de las capacidades de la sección colaborante de hormigón y/o de las capacidades de las barras de refuerzos, ya sea en la zona de momento positivo o negativo, de esta forma se puede hablar de colaboración total.

DISTRIBUCIÓN

Por lo tanto, el Número total de conectores a utilizar corresponde a 78

V Fyb Asb⋅ 42751kgf=:= Corte que requiere ser tomado para generar la colaboración entre ambos elementos Hormigón-Viga

Como ya se obtuvo la cantidad de corte que resiste cada conector, entonces la determinación de la cantidad de conectores es más bien sencilla.

Numero de Conectores que se necesitan entre momento 0 y momento máximo negativo, por lo tanto, en la zona contigua debe existir igual cantidad de conectores.

NcV

Qn5=:=


169 de 226



18

200

10

18

464 500

EJERCICIO 4: Para la viga de la figura, mediante LRFD se pide: a) Verificar si cumple frente a los estados de carga b) Verificar si tiene suficiente capacidad de momento en la sección bajo la carga puntual.

Considere;P=29 tonQsc=250 kg m2

92.9kg mCalidad del Hormigón: H-30Calidad del Acero: A37-24Conectores de Corte: 16Asuma Viga Compacta

qviga

φ

⋅=

800cm

150cm

P P

150cm

Qsc

Qlosa

12 cm

125 cm 250 cm 250 cm 250 cm 250 cm 125 cm

Solución:

DETERMINACIÓN DE CARGAS SOLICITANTES

γ c 2500kgf

m3:= Densidad del Hormigón

Atrib 250cm:= Ancho Tributario

Losa Carga uniforme superficial asociada al peso de la losa

Qlosa ts γ c⋅ 300kgf

m2=:=

QlosaU 1.2Qlosa 360kgf

m2=:= Carga Última uniforme superficial asociada al peso de la losa

(Permanente)

qlU QlosaU Atrib⋅ 900kgfm

=:= Carga Última uniforme lineal asociada al peso de la losa


170 de 226



MOMENTOS SOLICITANTES

PP

150cm 150cm

59592 kgf-m

53306 kgf-m 53306 kgf-m

B A

Sobrecarga

Carga uniforme superficial asociada a la sobrecarga Qsc 250

kgf

m2:=

QscU 1.6Qsc 400kgf

m2=:= Carga Última uniforme superficial asociada al peso de la losa

(Sobrecarga)

qscU QscU Atrib⋅ 1000kgfm

=:= Carga Última uniforme lineal asociada al peso de la losa

Viga

Carga uniforme lineal asociada al peso de la Viga qpp 92.9

kgfm

:=

qppU 1.2qpp 111.48kgfm

=:= Carga Última uniforme lineal asociada al peso de la Viga (Permanente)

qu qlU qscU+ qppU+ 2011kgfm

=:= Carga de diseño

Donde:

Mu 59592kgf m⋅:= Ma 593306kgf m⋅:=


171 de 226



DETERMINACIÓN DEL ANCHO EFECTIVO Para este caso, es posible determinar los anchos efectivos de una viga del extremo o de las interiores, sin embargo, para este caso arroja el mismo resultado pues domina el largo de la viga.

1. Viga de los extremos:

Ancho efectivo por el lado (Izquierdo)

Distancia entre Centroide de las vigas.

di 250cm:=

dbi 125cm:=Distancia al borde izquierdo

Befi mindi2

Lv8

, dbi, ⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

100 cm⋅=:=

Ancho efectivo por el lado (Derecho)

Distancia entre Centroide de las vigas

dd 250cm:=

dbd 250cm:=Distancia al borde derecho

Befd mindd2

Lv8

, dbd, ⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

100 cm⋅=:=


2. Vigas interiores:

Ancho efectivo por el lado (Izquierdo)

Distancia entre Centroide de las vigas.

di 250cm:=

dbi 250cm:=Distancia al borde izquierdo

Befi mindi2

Lv8

, dbi, ⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

100 cm⋅=:=

Ancho efectivo por el lado (Derecho)

Distancia entre Centroide de las vigas

dd 250cm:=

dbd 250cm:=Distancia al borde derecho

Befd mindd2

Lv8

, dbd, ⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

100 cm⋅=:=


Por lo tanto el ancho efectivo a considerar será de 200cm. (Este análisis se realiza en extenso para fines explicativos, sin embargo es evidente que se puede realizar en 2 líneas).


172 de 226



DETERMINACIÓN DEL TIPO DE ANALISIS: Se realiza un análisis Plástico ya que la viga es compacta.

ANALISIS PLÁSTICO:




Espesor del alma: tw 1cm:=

Distancia libre entre alas: h d 2 tf⋅−:=

h 46.4 cm⋅=

Area de Acero As 2 bf⋅ tf⋅( ) h tw⋅+:=

As 118.4 cm2⋅=


Considerando:

As 118.4 cm2⋅=

T C

T Fy As⋅

C 0.85 fc⋅ be⋅ a⋅

Luego, remplazando:

aFy As⋅

0.85 fc⋅ be⋅:=

a 6.7 cm⋅=



:=


dMp Mp

ts

0.85fc

Fy*As

d/2

a 0.85fc*a*be

Fy

A


173 de 226



Entonces, se debe comparar el momento nominal con el solicitante:

Mu 59592kgf m⋅:=

Mn 95640kgf m⋅=

0.85 Mn⋅ 81294kgf m⋅=

Mu 0.85 Mn⋅< 1= 1: Cumple0: No cumple

Por lo tanto la sección de acero verifica.

Ahora se deberá verificar si se tiene suficiente capacidad de momento en la sección bajo la carga puntual, para ello se deberá asegurar que la losa funcione de manera colaborante, por lo cual se deberán disponer pernos conectores de corte.

DISEÑO DE LOS CONECTORES DE CORTE Como en la zona se desarrolla solo momento Positivo, se tiene que el corte que se debe considerar corresponde al mínimo entre:

'0,85' min c c

y s

f AV

F A

⎧ ⎫⋅ ⋅⎪ ⎪= ⎨ ⎬⋅⎪ ⎪⎩ ⎭

T Fy As⋅ 284160kgf⋅=:=

C 0.85 fc⋅ be⋅ a⋅ 284160kgf⋅=:=

Momentando en A:


−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅− Fy As⋅d2

⋅+ 0


−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅ Fy As⋅d2

⋅+:=

Mp1 95640kgf m⋅⋅=

Ac be ts⋅ 2400cm2=:= Sección de Hormigón colaborante

Fy 2400kgf

cm2= Limite de fluencia para la viga de Acero

Área de la Viga de Acero As 118.4cm2

=

.85fc Ac⋅ 510000kgf=

Fy As⋅ 284160kgf=

Corte que requiere ser tomado para generar la colaboración entre ambos elementos Hormigón-VigaV min .85fc Ac⋅ Fy As⋅, ( ) 284160kgf=:=


174 de 226




Donde: El conector es del tipo A37-24

Todos los factores se ingresan sin unidadesy fc en MPa

Ec. wc.1.5 0.043⋅ fc.⋅:=

wc 2500kg

m3⋅:= Densidad del Hormigón

Ec 268750kgf

cm2= Modulo de Elasticidad del Hormigón.

Rp 1:= Rg 1:= Estos valores sonn igual a 1 al no tener valles la

losa colaborante.

Fpu 3700kgf

cm2:= Limite de rotura de los conectores

φ c 16mm:= Diametro de los conectores de corte

Ascπ φ c

2⋅⎛

⎝⎞⎠

42.01cm2

=:= Area de la seccion de cada conector

0.5 Asc⋅ fc Ec⋅⋅ 8240kgf=

Rp Rg⋅ Asc⋅ Fpu⋅ 7439kgf=


Qn 7439kgf=

Como ya se obtuvo la cantidad de corte que resite cada conector, entonces la determinaciónde la cantidad de conectores es mas bien sencilla.

NcV

Qn38=:= Numero de Conectores que se necesitan

entre momento 0 y momento maximo, por lotanto, en la zona contigua debe existir igualcantidad de conectores.

Por otra parte, cada conector puede soportar una cantidad limitada de corte dada sus propiedades:


175 de 226



Lviga 8m:=

Luego la separación entre conectores será de:

Sep

Lviga

2

Nc10.5cm=:=

Ahora bien, dada esta separación, se pueden determinar el número de conectores que se ubican entre el momento 0 y la posición de la carga puntual. Esto se realiza debido a que el código AISC obliga a disponer una cantidad de conectores suficientes para desarrollar un momento equivalente al solicitante en dicho punto. (Si nos percatamos de esto, en dicha posición se generará una colaboración parcial de la losa, pues se necesita cubrir solo la “demanda” de momento). Conectores presentes en la zona critica

Ncon1.5m( )Sep

14=:=

Corte aportado por dichos conectores:

Vc 14 Qn⋅ 104150kgf=:=

Con este corte, determinamos cuanto es el momento que se genera en condición de colaboración parcial: Para ello, se asume que la colaboración de la losa, que anteriormente se expresaba como 0.85fc*be*ts en el equilibrio de fuerzas, corresponderá para este caso a simplemente el V que se obtiene de los pernos. Para este caso, dado que la losa dejo de colaborar, supondremos que la línea neutra se corrió tanto, que se encuentra en el alma de la viga.

Como en este caso, la colaboración de la losa es idéntica a la que aportan los pernos, entonces se determina a, de la siguiente manera:

0.85 fc⋅ a⋅ be⋅ Vc

aVc

0.85 fc⋅ be⋅2.45cm=:=


176 de 226



Ahora bien, el momento plástico que se origina en dicho punto corresponde a:

Mp3 Fy As⋅d2

Yp−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠


−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠


2⋅+ Vc Yp ts+

a2

−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅+ 80523kgf m⋅=:=

o lo que es igual a:

Mp3 Vc Yp ts+a2

−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠


−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅+ Fy tw⋅ Yp tf−( )2⋅+ Fy As⋅

d2

Yp−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅+ 80523kgf m⋅=:=

Lo que se debe realizar ahora es comparar este momento resistente con el momento solicitante en dicho punto:

Mn Mp3:=

Ma 53306kgf m⋅=

Mn 80523kgf m⋅=

Mn 0.85⋅ 68444kgf m⋅=

Ma 0.85 Mn⋅< 1= 1: Cumple0: No cumple

Por lo tanto la sección de acero verifica.

Esto quiere decir, que si bien es cierto no se alcanza colaboración total, si se alcanza una de tipo parcial, por lo cual se desarrolla el momento resistente necesario para enfrentar el solicitante en dicho punto.

Ahora bien, con las formulas de colaboración parcial, obtenemos Yp

YpFy As⋅ Vc 2 Fy⋅ bf⋅ tf⋅+( )− 2 Fy⋅ tw⋅ tf⋅+

2 Fy⋅ tw⋅3.3cm=:=

o de otra forma:

Yp tfAs2tw

+bf tf⋅( )tw

−Vc

2Fy tw⋅− 3.3cm=:=


177 de 226



EJERCICIO 5: Para la viga con losa Colaborante, que se muestra a continuación, calcule: a) Determine la máxima carga de sobrecarga que puede resistir. Considere Pernos conectores de Corte, n16@45 , Q 7439cmφ = , Distancia entre Vigas: 4m.

3 3kg kgA37-24ES acero=7850 Perfil Compacto, Hormigón H30, ha=2500

m mγ γ

15cm

En MM1200cm

Qsc

600564

18

10

200

18

Solución

DATOS DE GEOMETRÍA Y PROPIEDADES DE LA SECCIÓN:

Fluencia del acero a utilizar Fy 2400kgf

cm2⋅=

Peso específico del acero: γ s 7850kgf

m3:=

Resistencia cilindrica de hormigon a utilizar fc 250kgf

cm2⋅=

Peso específico delHormigón Armado:

γ c 2500kgf

m3:=




Espesor del alma: tw 1cm:=

Distancia libre entre alas: h d 2 tf⋅−:=

h 56.4 cm⋅=

Area de Acero As 2 bf⋅ tf⋅( ) h tw⋅+:=

As 128.4 cm2⋅=

ts 15cm:=Espesor de la Losa:

Lv 1200cm:=Largo de la Viga:


178 de 226



DETERMINACIÓN DEL ANCHO EFECTIVO: Lo primero consiste en determinar el ancho efectivo que se aplica a la viga de análisis. Por otra parte, un criterio rápido para determinar dicho ancho efectivo consiste en calcular el mínimo entre:

e

Luzb = 4


⎧⎪⎨⎪⎩

be minLv4

400cm, ⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

300 cm⋅=:=

be 300 cm⋅=

DETERMINACIÓN DEL TIPO DE ANÁLISIS: Este análisis no se necesita realizar pues como el enunciado plantea que la viga es compacta, entonces solo cabe realizar un análisis plástico

ANALISIS PLÁSTICO: Ahora bien, el procedimiento correcto para la situación descrita, que se refiere a determinar la carga de sobrecarga que es capaz de resistir la viga, consiste en utilizar un análisis de colaboración total o parcial, dependiendo de la configuración descrita. Es decir, si el corte proveniente de la losa o la viga de acero, es inferior al corte suministrado por los conectores, será necesario un análisis de colaboración total; en cambio, si el corte suministrado por los conectores es inferior al de la losa y al de la viga, entonces, se requerirá un análisis de colaboración parcial.

* COLABORACIÓN TOTAL

0,85* *' min Qn COLABORACIÓN PARCIAL

:Qn º *

As Fyfc AcV

ConN c Qn

⎧⎧ ⎫⎪⎪⎨ ⎬

= ⎪⎨ ⎭⎩⎪⎩

=

∑

∑

Nºc600cm45cm

13.333=:=

Qn 7439kgf:=

Como queremos determinar la carga máxima que puede aguantar la viga con losa Colaborante, debemos aproximar hacia el entero inferior. De otra forma, se estaría aceptando una carga superior a la que realmente aguantaría la viga. Entonces:

Nºc 13:=

As Fy⋅ 308160kgf=

0.85 fc⋅ Ac⋅ 956250kgf=

Nºc Qn⋅ 96707kgf=

V min .85fc Ac⋅ Fy As⋅, Nºc Qn⋅, ( ) 96707kgf⋅=:=

V 96707kgf=


179 de 226



Como el corte mínimo es el aportado por los pernos conectores de corte, entonces, se asume colaboración parcial.

COLABORACIÓN PARCIAL: Como en este caso, se trata de colaboración parcial, la colaboración que realiza la losa, corresponderá a la que entregan los pernos conectores de corte.

0.85 fc⋅ a⋅ be⋅ V

aV

0.85 fc⋅ be⋅1.52 cm⋅=:=

Ahora bien, con las formulas de colaboración parcial, obtenemos Yp

YpFy As⋅ V 2 Fy⋅ bf⋅ tf⋅+( )− 2 Fy⋅ tw⋅ tf⋅+

2 Fy⋅ tw⋅9.9 cm⋅=:=

o de otra forma:

Yp tfAs2tw

+bf tf⋅( )tw

−V

2Fy tw⋅− 9.9 cm⋅=:= (Según Formulas de Diapositivas)

Ahora bien, el momento plástico que se origina en dicho punto corresponde a:

Mp3 Fy As⋅d2

Yp−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠


−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠


2⋅+ V Yp ts+

a2

−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅+ 102413kgf m⋅⋅=:=


Mp3 V Yp ts+a2

−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠


−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅+ Fy tw⋅ Yp tf−( )2⋅+ Fy As⋅

d2

Yp−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅+ 102413kgf m⋅⋅=:=

Mn Mp3:=

Mn 102413kgf m⋅⋅=


180 de 226



A

qu

1200cm

Qsc

Qlosa

B

2

8uq L⋅

DETERMINACIÓN DEL MOMENTO SOLICITANTE:

Atrib 400cm:= Ancho Tributario

Losa Carga uniforme superficial asociada al peso de la losaQlosa ts γ c⋅ 375

kgf

m2⋅=:=

Carga uniforme lineal asociada al peso de la losa ql Qlosa Atrib⋅ 1500kgfm

⋅=:=

Carga Última uniforme lineal asociada al peso de lalosa (Permanente)

qlu 1.2ql 1800kgfm

⋅=:=

Viga

Carga uniforme lineal asociada al peso de la Vigaqv As γ s⋅ 100.8

kgfm

=:=

Carga Última uniforme lineal asociada al peso de laViga (Permanente)

qvu 1.2qv 121kgfm

⋅=:=

De la condición de diseño LRFD:

qu 1.2 ql qv+( ) 1.6qsc+≤


qu qlu qvu+ 1.6qsc+≤ (EC. 1)

Realizando el análisis de la estructura obtenemos los valores para el siguiente diagrama de momentos:

Aquí, evidentemente, no es necesario realizar análisis de trabajos virtuales, debido a que sabemos exactamente donde se originará el mayor esfuerzo de flexión (en el centro de la viga) y su magnitud en función de la carga.


181 de 226



(EC. 2)Despejando qu, obtenemos: qu8 Mu⋅( )Lv

2Muqu Lv

2⋅⎛

⎝⎞⎠

8

Como por condición de diseño LRFD, se debe cumplir que:

Mu φ Mn⋅≤ Con: φ 0.9:=

Entonces para determinar el máximo de sobrecarga, decimos que:

Mu φ Mn⋅ 92172kgf m⋅=:=

Reemplazando en la ecuación (EC. 2)

qu8 Mu⋅

Lv2

51.207kgfcm

=:=

Despejando de la ecuación (EC. 1) El termino de qsc (carga de sobrecarga), y remplazandolos valores previamente obtenidos:

qscqu qlu qvu+( )−⎡⎣ ⎤⎦

1.62000

kgfm

=:= ó qsc 20kgfcm

=

La carga superficial, sobre la losa, correspondera a:

Qscqsc

Atrib500

kgf

m2=:=


182 de 226



Ejercicios de Flexo-Compresión:

EJERCICIO 1: La viga-columna de la figura, la cual se encuentra sujeta a una carga de servicio de 12,7 [Ton] se encuentra arriostrada en los apoyos y la flexión es en torno al eje x. Se pide determinar si el perfil HR 206x204x56 (soldado) es adecuado considerando el diseño por flexo-compresión. Utilice Fy = 345 [MPa].Diseñe por LRFD y ASD. Suponga que la carga vertical se encuentra aplicada en el alma de la viga.

Solución

PROPIEDADES GEOMETRICAS DEL PERFIL:

A 71.36 cm2⋅= rx 8.898 cm⋅=

Ixx 5649.492 cm4⋅= ry 5.27 cm⋅=

Iyy 1981.681 cm4⋅= Sx 548.494 cm3⋅=

Zx 611.72 cm3⋅= Sy 194.282 cm3

⋅=

DETERMINACIÓN DE LAS SOLICITACIONES:

qpp A γs⋅ 56.018kgfm

=:=

P 12.7tonf:=

Momento solicitante de CargasPermanente en torno al eje Fuerte:

MDxqpp Lv

2⋅

80.063tonf m⋅=:=

Momento solicitante de Cargas Vivas entorno al eje Fuerte

MLx PLv4

⋅ 9.525 tonf m⋅=:=

Momento solicitante de CargasPermanente en torno al eje Debil:

MDy 0tonf m⋅:=

Momento solicitante de Cargas Vivas entorno al eje Debil

MLy 0tonf m⋅:=

PD 0tonf:=Carga Permanente de Compresión:PL 12.7tonf:=Carga Viva de Compresión:


183 de 226



DETERMINACIÓN DE MR Y PR Ahora bien, nos disponemos a determinar los Valores de Mr y Pr. Para LRFD:

Momento último de Flexión en torno al ejefuerte

Mux 1.2MDx 1.6 MLx⋅+ 15.316 tonf m⋅=:=

Momento último de Flexión en torno aleje débil

Muy 1.2MDy 1.6 MLy⋅+ 0 tonf m⋅=:=

Compresión última Pu 1.2 PD⋅ 1.6 PL⋅+ 20.32 tonf=:=

Factor de resistencia a la flexión: ϕb 0.90:=

Factor de resistencia a la compresión: ϕc 0.85:=

Pru Pu 20.32 tonf=:=

Para ASD:

Momento Admisible de Flexión en torno aleje fuerte

Max MDx MLx+ 9.588 tonf m⋅=:=

Momento Admisible de Flexión en tornoal eje débil

May MDy MLy+ 0 tonf m⋅=:=

Compresión Admisible Pa PD PL+ 12.7 tonf=:=

Factor de Seguridad a la flexión: Ωb 1.67:=

Factor de Seguridad a la compresión: Ωc 1.67:=

Pra Pa 12.7 tonf=:=

1. Determinación de Pe1

Determinación de la carga critica de Euler, en el plano de Flexión:

K1 Kx:= I1 Ixx:=

Pe1π

2 E⋅ I1⋅

K1 Lv⋅( )21301tonf=:=

Aquí es preciso recordar que la carga crítica de euler Pe1 que se calcula, se refiere únicamente, a la correspondiente en torno al eje de Flexión.

2. Determinación de B1

a) Determinación de α

El valor de α depende del tipo de diseño a realizar, en este caso se realiza la verificación con las 2 metodologías de diseño.


184 de 226



Para ASD:Para LRFD:

αu 1:= αa 1.6:=

Para poder calcular B1, se debe obtener primeramente el valor de Cm.

b) Calculo de Cm

Para las condiciones de apoyo y de cargas señaladas, consideraremos las siguientes formulaciones.

Para ASD:Para LRFD:

Cmax 1 0.2αa Pra⋅

Pe1x⋅− 0.997=:=Cmux 1 0.2

αu Pru⋅

Pe1x⋅− 0.997=:=

Por último, el valor de B1 queda de la forma

Para ASD:Para LRFD:

B1ux maxCmux

1 αuPruPe1x

⋅−

1, ⎛⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎠

1.013=:= B1ax maxCmax

1 αaPraPe1x

⋅−

1, ⎛⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎠

1.013=:=

3. Determinación de Mr Como al elemento no le es posible desplazarse en sus extremos, se analizan las siguientes ecuaciones de diseño.

Para ASD:Para LRFD:

Mrux B1ux Mux⋅ 15.51 tonf m⋅⋅=:= Mrax B1ax Max⋅ 9.71 tonf m⋅⋅=:=

DETERMINACIÓN DE CAPACIDADES RESISTENTES: Las capacidades resistentes que a continuación se detallan, se obtienen de analizar al elemento sometido a cargas que lo solicitan en compresión y flexión, por lo que se analizan las capacidades resistentes por separado, para posteriormente reunir dichas capacidades en una inecuación de interacción. Un elemento común entre ambos fenómenos, corresponde a la determinación de propiedades referidas a las esbelteces de los elementos componentes de la sección de acero, recordemos que los estados de falla tanto en Flexión como en Compresión varían si se trata de un perfil compacto, con elementos no compactos y/o elementos esbeltos; así entonces, se realiza un chequeo de esbelteces.


185 de 226



1. Calculo de Esbelteces


:= λf 7.29=

Parámetro de esbeltez límite paraelementos compactos: λpf 0.38

EFy

⋅:= λpf 9.38=

La esbeltez del ala es inferior al límite para alas compactas, por lo que se dice que el ala es compacta.


:= λw 22.25=


EFy

⋅:= λpw 92.77=

La esbeltez del alma es inferior al límite para almas compactas, por lo que se dice que el alma es compacta. En suma, el perfil es compacto.

2. Resistencia a la Compresión: La Resistencia a la Compresión se denomina Pn; y esta compone a Pc, multiplicando a Pn por Φ, o dividiendo por Ω, dependiendo si se esta diseñando con LRFD o ASD respectivamente. Sin embargo, es preciso tomar atención en que Pc se calcula a partir del eje con la esbeltez mayor, y no se relaciona necesariamente con el eje en el cual se produce la flexión. Los estados de falla que gobiernan el diseño a la compresión se refieren a;

1. Pandeo por Flexión 2. Pandeo por torsión 3. Pandeo por Flexo-Torsión

En rigor, se debe determinar la menor resistencia a la compresión de entre los 3 estados de falla, sin embargo, para aquellos casos en los que se cuenta con perfiles de doble simetría, es más probable la falla por flexión antes que los otros 2 casos. En razón de lo anterior, se analiza el pandeo por flexión.

Por otra parte, es necesario recordar que existen 2 situaciones probables, independientes del estado límite de falla; estas consideraciones se refieren a:

• El elemento no es esbelto • El elemento es esbelto.

Para ambas condiciones, la expresión de la resistencia nominal a la compresión, corresponde a:

Ahora bien, el perfil en cuestión corresponde a un perfil compacto, por lo que se considera un Q=1. Como se debe calcular Pc a partir de la esbeltez mayor, entonces se dice que:

Kx Lv⋅( )rx

33.717=Ky Lv⋅( )

ry56.929=

Entonces Pc, se calculara en relación con el eje de mayor esbeltez, en este caso corresponde aleje Y-Y.

a) Determinación de Fe, tensión crítica de Euler.


186 de 226



Feyπ

2 E⋅( )Ky Lv⋅( )

ry

⎡

⎣

⎤

⎦

26395.2

kgf

cm2⋅=:=

Ahora bien, se debe determinar Fcr a partir de la tensión crítica de Euler.

b) Determinación de Fcr

Con:

Ky Lv⋅( )ry

56.929= 4.71E

Q Fy⋅⋅ 116.204=

Determinación de Fcr, en torno al eje Debil, Y-Y:

Fcry Q 0.658

QFy

Fey⋅

⎛

⎝

⎞

⎠⋅ Fy⋅Kx Lv⋅( )

ry4.71

EQ Fy⋅

⋅≤if

0.877 Fey⋅Ky Lv⋅( )

ry4.71

EQ Fy⋅

⋅>if

:=Fcry 2753

kgf

cm2⋅=

Pny Fcry A⋅:= Pny 196.4 tonf⋅=

Resistencia nominal a compresión: Pn Pny:= Pn 196.4 tonf⋅=

c) Determinación de Pc

Para LRFD: Para ASD:

Pcu ϕc Pn⋅ 166.968 tonf=:= PcaPnΩc

117.624 tonf=:=

Es posible obtener adicionalmente un factor de utilización parcial, debido únicamente a la fuerza axial.


PuPcu

0.12=PaPca

0.11=

RESISTENCIA A LA FLEXIÓN En esta etapa, es necesario obtener la resistencia nominal a la flexión, la cual corresponderá a la menor entre sus estados de falla. Ahora bien, como el perfil es compacto y de doble simetría, se clasificará como un F2, por lo que será necesario determinar la resistencia a la flexión frente a 2 estados de falla; la Fluencia y el PLT.

1. Falla por Fluencia Como ya se había determinado para este perfil el modulo plástico, se tiene que:


187 de 226



Zx 611.72 cm3=

Mpx Zx Fy⋅:=

Mpx 21.104 tonf m⋅⋅=

2. Falla por PLT Como la carga que genera la flexión se encuentra aplicada en el alma de la viga, entonces se utilizan las expresiones clásicas para la obtención de Lr, rt, y Fcr.

Valor de Lb

Longitud no arriostrada lateralmente; longitud entre puntos de amarre querestringen el desplazamiento lateral del ala comprimida o la torsión de la viga:

Lb Lx:= Lb 300 cm⋅=

a) Cálculo de Lp.

Distancia entre amarras laterales, para que se pueda desarrollar el momentoplástico de la sección,

Lp 1.76 ry⋅EFy

⋅:= Lp 228.82 cm⋅=

b) Calculo de Lr

Distancia límite de amarras laterales para que se pueda desarrollar el pandeoLateral-Torsional inelástico de la viga: ho h tf+:= ho 19.2 cm⋅= ho: Distancia entre los centroides de las alas,

ver AISC 2005

J2 bf⋅ tf

3⋅ ho( ) tw

3⋅+

3:=

J 40.595 cm4⋅=


E 2100000kgf

cm2⋅= Fy 3450

kgf

cm2⋅=

rtsbf

12 116

h tw⋅( )bf tf⋅

⋅+⎡

⎣

⎤

⎦⋅

:=

rts 5.659 cm⋅=

Lr 1.95 rts⋅E

.7 Fy⋅⋅

J c⋅Sx ho⋅

1 1 6.760.7Fy

E

Sx ho⋅

J c⋅⋅

⎛⎝

⎞⎠

2

++⋅:= Lr 896.67 cm⋅=

Como Lb se encuentra entre Lp y Lr, entonces, la obtención de Mn viene dado por:


188 de 226



Mnplt Cb Mpx Mpx 0.7Fy Sx⋅−( )Lb Lp−

Lr Lp−⋅−

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅:=

Como se puede observar, se requiere determinar el valor de Cb.

c) Calculo de Cb

Cb se puede obtener mediante el desarrollo de la expresión siguiente;

Cb12.5 Mmax

2.5 Mmax 3 Ma+ 4 Mb+ 3 Mc+⎛⎝

⎞⎠

Rm⋅:= Rm

Considerando Rm=1 por tratarse de una sección de doble simetría, entonces:

Cb 1.316:=

Como se puede observar, el valor de Cb es similar al que se obtiene en la grafica.

d) Determinación de Mn.

En consecuencia, el valor de Mn queda de la siguiente forma:


Lr Lp−⋅−

⎡

⎣

⎤

⎦⋅:= Mnplt 2667117 kgf cm⋅⋅=

Mnx min Mnplt Mpx, ( ):= Mnx 2110434 kgf cm⋅⋅=

e) Determinación de Mc


Mcux ϕc Mnx⋅ 17.939 m tonf=:= McaxMnxΩc

12.637 m tonf=:=

Es posible obtener adicionalmente un factor de utilización parcial, a la flexión que se produce.


MuxMcux

0.85=MaxMcax

0.76=

Finalmente, tenemos la inecuación que a su lado izquierdo contiene el factor de utilización del elemento flexo-comprimido.


189 de 226



RESISTENCIA A LA FLEXO-COMPRESIÓN; FACTOR DE UTILIZACIÓN.

Para LRFD:

PruPcu

0.122=

PruPcu

89

MruxMcux

MruyMcuy

+⎛

⎝

⎞

⎠⋅+ 0.89=

Pru2Pcu

MruxMcux

MruyMcuy

+⎛

⎝

⎞

⎠+ 0.925=

FUlrfdPruPcu

89

MruxMcux

MruyMcuy

+⎛

⎝

⎞

⎠⋅+

PruPcu

0.2≥if

Pru2Pcu

MruxMcux

MruyMcuy

+⎛

⎝

⎞

⎠+

PruPcu

0.2<if

:=

PERFILlrfd "CUMPLE" FUlrfd 1.0≤if

"NO CUMPLE" FUlrfd 1.0>if

:= PERFILlrfd "CUMPLE"=

FUlrfd 0.93=

Para ASD:

PraPca

0.108=

PraPca

89

MraxMcax

MrayMcay

+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅+ 0.791=

Pra2Pca

MraxMcax

MrayMcay

+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

+ 0.822=

FUasdPraPca

89

MraxMcax

MrayMcay

+⎛

⎝

⎞

⎠⋅+

PraPca

0.2≥if

Pra2Pca

MraxMcax

MrayMcay

+⎛

⎝

⎞

⎠+

PraPca

0.2<if

:=

PERFILasd "CUMPLE" FUasd 1.0≤if

"NO CUMPLE" FUasd 1.0>if

:= PERFILasd "CUMPLE"=

FUasd 0.82=


190 de 226



EJERCICIO 2: Una viga-columna HR 463X280X119,4 esta sujeta a una carga viva de compresión axial de 45360 kg. El elemento de 730 cm de largo está articulado en ambos extremos alrededor de su eje. Determine la intensidad de la sobrecarga uniformemente distribuida que podría aplicarse en el plano del alma. La carga se encuentra situada sobre el ala superior de la viga:

a) Si el elemento tiene soporte lateral sólo en los extremos. b) Si el elemento tiene un soporte lateral adicional en el punto medio de la luz.

Utilice Fy = 3450 [kg/cm2].


191 de 226



Solución para soportes laterales solo en los extremos:


A 152.04 cm2⋅= rx 19.483 cm⋅=

Ixx 57714.964 cm4⋅= ry 6.584 cm⋅=

Iyy 6591.749 cm4⋅= Sx 2493.087 cm3

⋅=

Zx 2789.787 cm3⋅= Sy 470.839 cm3

⋅=

Como se puede observar, el problema apunta a determinar una de las solicitaciones, por lo cual nos valemos de la inecuación que gobierna al diseño. Esta inecuación nos relaciona las capacidades resistentes y las solicitaciones; las primeras se pueden obtener al igual que la solicitación de compresión, mientras aquella carga distribuida que solicita al elemento en flexión, deberá ser despejada de dicha ecuación. Por lo anterior, se desarrollarán las expresiones que nos permiten conocer las capacidades resistentes.

DETERMINACIÓN DE CAPACIDADES RESISTENTES:

1. Calculo de Esbelteces


:= λf 7.78=


EFy

⋅:= λpf 9.38=

Claramente, la esbeltez del ala es inferior al límite para alas compactas, por lo que se dice que el ala es compacta.


:= λw 35.58=


EFy

⋅:= λpw 92.77=

La esbeltez del alma es inferior al límite para almas compactas, por lo que se dice que el alma es compacta. En suma, el perfil es compacto.

2. Resistencia a la Compresión: La Resistencia a la Compresión se denomina Pn; y esta compone a Pc, multiplicando a Pn por Φ, o dividiendo por Ω, dependiendo si se esta diseñando con LRFD o ASD respectivamente. Los estados de falla que gobiernan el diseño a la compresión se refieren a;



Como el perfil en cuestión corresponde a un perfil compacto, por lo que se considera un Q=1.


192 de 226



Como se debe calcular Pc a partir de la esbeltez mayor, entonces se dice que:

Kx Lv⋅( )rx

37.468=Ky Lv⋅( )

ry110.867=



Feyπ

2 E⋅( )Ky Lv⋅( )

ry

⎡

⎣

⎤

⎦

21686.2

kgf

cm2⋅=:=



Con:

Ky Lv⋅( )ry

110.867= 4.71E

Q Fy⋅⋅ 116.204=


Fcry Q 0.658

QFy

Fey⋅

⎛

⎝

⎞


ry4.71

EQ Fy⋅

⋅≤if

0.877 Fey⋅Ky Lv⋅( )

ry4.71

EQ Fy⋅

⋅>if

:=Fcry 1465

kgf

cm2⋅=





Pcu ϕc Pn⋅ 189.36 tonf⋅=:= PcaPnΩc

133.399 tonf⋅=:=


193 de 226



RESISTENCIA A LA FLEXIÓN En esta etapa, es necesario obtener la resistencia nominal a la flexión, la cual corresponderá a la menor entre sus estados de falla. Ahora bien, como el perfil es compacto y de doble simetría, se clasificará como un F2, por lo que será necesario determinar la resistencia a la flexión frente a 2 estados de falla; la Fluencia y el PLT.


Zx 2.79 103× cm3⋅=

Mpx Zx Fy⋅:=


2. Falla por PLT Como la carga que genera la flexión se encuentra aplicada en el ala superior de la viga, entonces se utilizan las expresiones modificadas de Lr, rt, y Fcr. Longitud no arriostrada lateralmente; longitud entre puntos de amarre querestringen el desplazamiento lateral del ala comprimida o la torsión de la viga:

Lb Lx:= Lb 730 cm⋅=

a) Cálculo de Lp.


Lp 1.76 ry⋅EFy

⋅:= Lp 285.91 cm⋅=

b) Calculo de Lr

Como la carga se encuentra sobre el ala superior de la viga, entonces se debe considerar una longitud de desarrollo del pandeo Lateral-Torsional inelástico, equivalente a:

Lr π rts⋅E

.7 Fy⋅⋅:=




194 de 226



E 2100000kgf

cm2⋅= Fy 3450

kgf

cm2⋅=

rtsbf

12 116

h tw⋅( )bf tf⋅

⋅+⎡

⎣

⎤

⎦⋅

:=

rts 7.474 cm⋅=


Lr π rts⋅E

.7 Fy⋅⋅:= Lr 692.43 cm⋅=

Usted debe notar que para el caso F2, F3 y F5 el AISC considera 0.7Fy, lo que no ocurre con el caso F4, para el cual se debe calcular FL que depende del modulo elástico de compresión y tracción (Sxt y Sxc). Como Lr<Lb entonces se puede generar Pandeo Lateral Torsional en el Rango elástico (zona 3) y el Mn se determinara de la forma: Mnt Fcr Sx⋅:=


FcrCb π

2E⋅

Lb1rts

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2:=

c) Calculo de Cb

Cb se puede obtener mediante el desarrollo de la expresión siguiente;

Cb12.5 Mmax

2.5 Mmax 3 Ma+ 4 Mb+ 3 Mc+⎛⎝

⎞⎠

Rm⋅:= Rm

Cb 1.14:=


El Fcr queda de la forma:

FcrCb π

2E⋅

Lbrts

⎛

⎝

⎞

⎠

2:= Fcr 2477

kgf

cm2⋅=


Mnplt Fcr Sx⋅:= Mnplt 6175481.553 kgf cm⋅⋅=



195 de 226




El momento nominal producto de la flexión, correponde a:

Mnx min Mnplt Mpx, ( ):= Mnx 6175481.6 kgf cm⋅⋅=


Mcux ϕc Mnx⋅ 52.492 m tonf⋅=:= McaxMnxΩc

36.979 m tonf⋅=:=

SOLICITACIONES CONOCIDAS: Para despejar la incógnita, es necesario determinar la solicitación de compresión:

P 45.36tonf:=

Para ASD:Para LRFD:

Pu 1.2 P⋅:= Pa P:=

Pru Pu 54.432 tonf⋅=:= Pra Pa 45.36 tonf⋅=:=

En la construcción de Mr, se debe conocer el valor de B1; por lo que se obtiene de la siguiente manera:



K1 Kx:= I1 Ixx:=

Pe1π

2 E⋅ I1⋅

K1 Lv⋅( )22244.7 tonf⋅=:=


2. Determinación de B1

a) Calculo de Cm

Como se trata de una unión articulada, con carga distribuida, entonces se considerará Cm=1, valor aproximado, que es más conservador.

Para ASD:Para LRFD:

Cma 1:=Cmu 1:=

b) Determinación de α

El valor de α depende del tipo de diseño a realizar, en este caso se realiza la verificación con las 2 metodologías de diseño.


196 de 226



Para ASD:Para LRFD:

αu 1:= αa 1.6:=

Por ultimo, el valor de B1 queda de la forma Para ASD:Para LRFD:

B1u maxCmu

1 αuPruPe1

⋅−

1, ⎛⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎠

1.025=:= B1a maxCma

1 αaPraPe1

⋅−

1, ⎛⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎠

1.033=:=


Para ASD:Para LRFD:

Mrux 1.025Mux= Mrax 1.033Max=


PruPcu

0.287=PraPca

0.34=

Entonces, se debe considerar las siguientes inecuaciones: Para LRFD: Para ASD:

PruPcu

89

MruxMcux

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅+⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

1<PraPca

89

MraxMcax

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅+⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

1<

Despejando en la igualdad, se tiene que:


Mux 1PruPcu

−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

98

⋅McuxB1u

⋅ 41.058tonf m⋅=:= Max 1PraPca

−⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

98

⋅McaxB1a

⋅ 26.568tonf m⋅=:=


197 de 226



Despejando q; y calculando la carga de peso propio, se tiene que:


⋅=:=


qu8 Mux⋅( )

Lv2

6.164tonfm

=:= qa8 Max⋅( )

Lv2

3.988tonfm

=:=

qsc qa qpp−( ) 3.869tonfm

=:=qscqu 1.2qpp−( )

1.63.763

tonfm

=:=

Solución con soporte intermedio: Kx, de longitud efectiva; en torno al eje debil X-X: Kx 1:=

Ky, de longitud efectiva; en torno al eje debil Y-Y: Ky 0.5:=

1. Resistencia a la Compresión: Como se debe calcular Pc a partir de la esbeltez mayor, entonces se deben re calcular las esbelteces:

Kx Lv⋅( )rx

37.468=Ky Lv⋅( )

ry55.433=


Para efectos de considerar la carga de compresión, la esbeltez sigue siendo mayor en torno al eje Y-Y


Feyπ

2 E⋅( )Ky Lv⋅( )

ry

⎡

⎣

⎤

⎦

26744.9

kgf

cm2⋅=:=



Con:


198 de 226



Ky Lv⋅( )ry

55.433= 4.71E

Q Fy⋅⋅ 116.204=


Fcry Q 0.658

QFy

Fey⋅

⎛

⎝

⎞


ry4.71

EQ Fy⋅

⋅≤if

0.877 Fey⋅Ky Lv⋅( )

ry4.71

EQ Fy⋅

⋅>if

:=Fcry 2785

kgf

cm2⋅=






253.562 tonf⋅=:=

RESISTENCIA A LA FLEXIÓN Evidentemente, el perfil sigue siendo compacto.


Zx 2.79 103× cm3⋅=

Mpx Zx Fy⋅:=


2. Falla por PLT Como la carga que genera la flexión se encuentra aplicada en el ala superior de la viga, entonces se utilizan las expresiones modificadas de Lr, rt, y Fcr. La existencia de apoyos intermedios que se encuentran impidiendo el desplazamiento lateral, supone la reducción de la longitud no arriostrada, por lo cual: Longitud no arriostrada lateralmente; longitud entre puntos de amarre querestringen el desplazamiento lateral del ala comprimida o la torsión de la viga:

LbLx2

:= Lb 365 cm⋅=

a) Cálculo de Lp.


199 de 226




Lp 1.76 ry⋅EFy

⋅:= Lp 285.91 cm⋅=

b) Calculo de Lr

Como la carga se encuentra sobre el ala superior de la viga, entonces se debe considerar una longitud de desarrollo del pandeo Lateral-Torsional inelástico, equivalente a:

Lr π rts⋅E

.7 Fy⋅⋅:=


E 2100000kgf

cm2⋅= Fy 3450

kgf

cm2⋅=

rtsbf

12 116

h tw⋅( )bf tf⋅

⋅+⎡

⎣

⎤

⎦⋅

:=

rts 7.474 cm⋅=


Lr π rts⋅E

.7 Fy⋅⋅:= Lr 692.43 cm⋅=

Usted debe notar que para el caso F2, F3 y F5 el AISC considera 0.7Fy, lo que no ocurre con el caso F4, para el cual se debe calcular FL que depende del modulo elástico de compresión y tracción (Sxt y Sxc). Como Lp<Lb<Lr entonces se puede generar Pandeo Lateral Torsional en el Rango inelastico (zona 2) y el Mn se determinara de la forma:


Lr Lp−⋅−

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅:=

c) Calculo de Cb

El Cb se debe calcular nuevamente, considerando, la variacion de la longitud arriostrada, de forma tal que, se obtiene ya el siguiente valor de Cb.

Cb 1.3:=



200 de 226





Lr Lp−⋅−

⎡

⎣

⎤

⎦⋅:= Mnplt 11600720.5 kgf cm⋅⋅=


Mnx min Mnplt Mpx, ( ):= Mnx 9624765.1 kgf cm⋅⋅=


Mcux ϕc Mnx⋅ 81.811 m tonf⋅=:= McaxMnxΩc

57.633 m tonf⋅=:=

SOLICITACIONES CONOCIDAS: Para despejar la incógnita, es necesario determinar la solicitación de compresión:

P 45.36tonf:=

Para ASD:Para LRFD:

Pu 1.2 P⋅:= Pa P:=

Pru Pu 54.432 tonf⋅=:= Pra Pa 45.36 tonf⋅=:=

En la construcción de Mr, se debe conocer el valor de B1; por lo que se obtiene de la siguiente manera:



K1 Kx:= I1 Ixx:=

Pe1π

2 E⋅ I1⋅

K1 Lv⋅( )22244.7 tonf⋅=:=


2. Determinación de B1 El valor de B1, no se ve alterado por la incorporación de dicho soporte lateral.


Para ASD:Para LRFD:

Mrux 1.025Mux= Mrax 1.033Max=


201 de 226




PruPcu

0.151=PraPca

0.179=

Entonces, se debe considerar las siguientes inecuaciones: Para LRFD: Para ASD:

Pru2Pcu

MruxMcux

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

+⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

1<Pra

2Pca

MraxMcax

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

+⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

1<

Despejando en la igualdad, se tiene que:


Mux 1Pru

2Pcu−

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

McuxB1u

⋅ 73.791tonf m⋅=:= Max 1Pra

2 Pca⋅−

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

McaxB1a

⋅ 50.782tonf m⋅=:=

Despejando q; y calculando la carga de peso propio, se tiene que:


⋅=:=


qu8 Mux⋅( )

Lv2

11.078tonfm

=:= qa8 Max⋅( )

Lv2

7.623tonfm

=:=

qsc qa qpp−( ) 7.504tonfm

=:=qscqu 1.2qpp−( )

1.66.834

tonfm

=:=


202 de 226



EJERCICIO 3: La viga-columna de la siguiente figura, corresponde a un perfil W12x65 A242 y debe soportar una carga viva axial de 85 tonf. Existen Momentos flectores tanto entorno del eje fuerte como del débil, estos corresponden a: 11,7tonf-m y 2,6 tonf-m respectivamente. Considere la viga-columna simplemente apoyada en sus extremos.

4,6m

Psc=85tonf

Mscx=11,7tonf-m

Psc=85tonf

Mscy=2,6tonf-m

El perfil W, tiene las siguientes dimensiones;


203 de 226



Solución


Tensión de fluencia: Fy 3450kgf

cm2:=

Kx, de longitud efectiva; en torno al eje debil X-X: Kx 1:=

Ky, de longitud efectiva; en torno al eje debil Y-Y: Ky 1:=

A 124.432 cm2⋅= rx 14.728 cm⋅=

Ixx 26991.448 cm4⋅= ry 7.651 cm⋅=

Iyy 7284.798 cm4⋅= Sx 1593.356 cm3

⋅=

Zx 1753.798 cm3⋅= Sy 477.692 cm3

⋅=

DETERMINACIÓN DE LAS SOLICITACIONES:

Momento solicitante de CargasPermanente en torno al eje Fuerte:

MDx 0tonf m⋅:=

Momento solicitante de Cargas Vivas entorno al eje Fuerte

MLx 11.7tonf m⋅:=

Momento solicitante de CargasPermanente en torno al eje Debil:

MDy 0tonf m⋅:=

Momento solicitante de Cargas Vivas entorno al eje Debil

MLy 2.6tonf m⋅:=

PD 0tonf:=Carga Permanente de Compresión:PL 85tonf:=Carga Viva de Compresión:

Para LRFD:

Momento último de Flexión en torno al ejefuerte

Mux 1.2MDx 1.6 MLx⋅+ 18.72 tonf m⋅⋅=:=

Momento último de Flexión en torno aleje débil

Muy 1.2MDy 1.6 MLy⋅+ 4.16 tonf m⋅⋅=:=

Compresión última Pu 1.2 PD⋅ 1.6 PL⋅+ 136 tonf⋅=:=

Factor de resistencia a la flexión: ϕb 0.90:=

Factor de resistencia a la compresión: ϕc 0.85:=

Pru Pu 136 tonf⋅=:=


204 de 226



Para ASD:

Momento Admisible de Flexión en torno aleje fuerte

Max MDx MLx+ 11.7 tonf m⋅⋅=:=

Momento Admisible de Flexión en tornoal eje débil

May MDy MLy+ 2.6 tonf m⋅⋅=:=

Compresión Admisible Pa PD PL+ 85 tonf⋅=:=

Factor de Seguridad a la flexión: Ωb 1.67:=

Factor de Seguridad a la compresión: Ωc 1.67:=

Pra Pa 85 tonf⋅=:=

CALCULO DE MR Y PR

1. En torno a eje X-X

Ahora bien, nos disponemos a determinar los Valores de Mr.

a) Determinación de Pe1

Aquí es preciso recordar que la carga crítica de Euler Pe1 que se calcula, se refiere únicamente, a la correspondiente en torno al eje de Flexión, por lo tanto, como existe flexión en torno a los 2 ejes, se deben considerar 2 expresiones para Pe1. Determinación de la carga critica de Euler, en el plano de Flexión X-X:

Pe1xπ

2 E⋅ Ixx⋅⎛⎝

⎞⎠

Kx Lv⋅( )22643.8tonf⋅=:=

b) Determinación de B1


Calculo de Cm Dado que el tramo no se encuentra cargado, es posible obtener el valor de Cm a partir de:

Cm 0.6 0.4M1M2

⋅−=

Para ello será necesario conocer los valores de M1 y M2. Los cuales corresponden a los momentos en los extremos, considerando a M2 como el Máximo entre ellos.


205 de 226



Para ASD:Para LRFD:

M1ax min Max 0, ( ) 0 tonf m⋅⋅=:=M1ux min Mux 0, ( ) 0 tonf m⋅⋅=:=

M2ax max Max 0, ( ) 11.7 tonf m⋅⋅=:=M2ux max Mux 0, ( ) 18.72 tonf m⋅⋅=:=

Para ASD:Para LRFD:

Cmax 0.6 0.4M1axM2ax

⋅− 0.6=:=Cmux 0.6 0.4M1uxM2ux

⋅− 0.6=:=

Determinación de α El valor de α depende del tipo de diseño a realizar, en este caso se realiza la verificación con las 2 metodologías de diseño.

Para ASD:Para LRFD:

αu 1:= αa 1.6:=

Por ultimo, el valor de B1 queda de la forma Para ASD:Para LRFD:

B1ux maxCmux

1 αuPruPe1x

⋅−

1, ⎛⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎠

1=:= B1ax maxCmax

1 αaPraPe1x

⋅−

1, ⎛⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎠

1=:=

c) Determinación de Mr

Como al elemento no le es posible desplazarse en sus extremos, se analizan las siguientes ecuaciones de diseño.

Para ASD:Para LRFD:

Mrux B1ux Mux⋅ 18.72 tonf m⋅⋅=:= Mrax B1ax Max⋅ 11.7 tonf m⋅⋅=:=

2. En torno a eje Y-Y

Ahora bien, nos disponemos a determinar los Valores de Mr.

a) Determinación de Pe1

Aquí es preciso recordar que la carga crítica de Euler Pe1 que se calcula, se refiere únicamente, a la correspondiente en torno al eje de Flexión, por lo tanto, como existe flexión en torno a los 2 ejes, se deben considerar 2 expresiones para Pe1.


206 de 226



Determinación de la carga critica de Euler, en el plano de Flexión Y-Y:

Pe1yπ

2 E⋅ Iyy⋅⎛⎝

⎞⎠

Ky Lv⋅( )2713.5 tonf⋅=:=

b) Determinación de B1


Calculo de Cm Dado que el tramo no se encuentra cargado, es posible obtener el valor de Cm a partir de: Para ello será necesario conocer los valores de M1 y M2. Los cuales corresponden a los momentos en los extremos, considerando a M2 como el Máximo entre ellos.

Para ASD:Para LRFD:

M1ay min May 0, ( ) 0 tonf m⋅⋅=:=M1uy min Muy 0, ( ) 0 tonf m⋅⋅=:=

M2ay max May 0, ( ) 2.6 tonf m⋅⋅=:=M2uy max Muy 0, ( ) 4.16 tonf m⋅⋅=:=

Para ASD:Para LRFD:

Cmay 0.6 0.4M1ayM2ay

⋅− 0.6=:=Cmuy 0.6 0.4M1uyM2uy

⋅− 0.6=:=

Determinación de α El valor de α depende del tipo de diseño a realizar, en este caso se realiza la verificación con las 2 metodologías de diseño.

Para ASD:Para LRFD:

αu 1:= αa 1.6:=

Por último, el valor de B1 queda de la forma Para ASD:Para LRFD:

B1uy maxCmuy

1 αuPru

Pe1y⋅−

1, ⎛⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎠

1=:= B1ay maxCmay

1 αaPra

Pe1y⋅−

1, ⎛⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎠

1=:=


207 de 226



c) Determinación de Mr

Como al elemento no le es posible desplazarse en sus extremos, se analizan las siguientes ecuaciones de diseño.

Para ASD:Para LRFD:

Mruy B1ux Muy⋅ 4.16 tonf m⋅⋅=:= Mray B1ax May⋅ 2.6 tonf m⋅⋅=:=

DETERMINACIÓN DE CAPACIDADES RESISTENTES: Las capacidades resistentes que a continuación se detallan, se obtienen de analizar al elemento sometido a cargas que lo solicitan en compresión y flexión, por lo que se analizan las capacidades resistentes por separado, para posteriormente reunir dichas capacidades en una inecuación de interacción. Un elemento común entre ambos fenómenos, corresponde a la determinación de propiedades referidas a las esbelteces de los elementos componentes de la sección de acero, recordemos que los estados de falla tanto en Flexión como en Compresión varían si se trata de un perfil compacto, con elementos no compactos y/o elementos esbeltos; así entonces, se realiza un chequeo de esbelteces.

1. Calculo de Esbelteces El cálculo de las esbelteces de los miembros de la sección, son datos propios del perfil, por lo que son independientes de los estados de carga.

a) Calculo de esbeltez del Ala


:= λf 9.9=


EFy

⋅:= λpf 9.38=

kc4

htw

:= kc 0.717=


b) Calculo de esbeltez del alma


:= λw 31.11=


EFy

⋅:= λpw 92.77=


Entonces el perfil no es compacto, correspondiendo a un CASO F3. Para este caso, es necesario determinar los estados de falla asociados al PLT (Pandeo Lateral Torsional) y al PLC (Pandeo Local del Alma).


208 de 226



2. Resistencia a la Compresión: La Resistencia a la Compresión se denomina Pn; y esta compone a Pc, multiplicando a Pn por Φ, o dividiendo por Ω, dependiendo si se está diseñando con LRFD o ASD respectivamente. Sin embargo, es preciso tomar atención en que Pc se calcula a partir del eje con la esbeltez mayor, y no se relaciona necesariamente con el eje en el cual se produce la flexión; es por ello que se analiza independiente de las direcciones de los momentos aplicados. Los estados de falla que gobiernan el diseño a la compresión se refieren a;



Por otra parte, es necesario recordar que existen 2 situaciones probables, independientes del estado límite de falla; estas consideraciones se refieren a:

• El elemento no es esbelto • El elemento es esbelto.


Ahora bien, el perfil en cuestión corresponde a un perfil no-compacto, por lo que se sigue considerando un Q=1. Como se debe calcular Pc a partir de la esbeltez mayor, entonces se dice que:

Q 1:=

Kx Lv⋅( )rx

31.233=Ky Lv⋅( )

ry60.119=



Feyπ

2 E⋅( )Ky Lv⋅( )

ry

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

25734.4

kgf

cm2⋅=:=



Con:


209 de 226



Ky Lv⋅( )ry

60.119= 4.71E

Q Fy⋅⋅ 116.204=

Determinación de Fcr, en torno al eje Fuerte, X-X:

Fcry Q 0.658

QFy

Fey⋅

⎛⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎠⋅ Fy⋅

Kx Lv⋅( )ry

4.71E

Q Fy⋅⋅≤if

0.877 Fey⋅Ky Lv⋅( )

ry4.71

EQ Fy⋅

⋅>if

:=Fcry 2682

kgf

cm2⋅=






199.836 tonf⋅=:=

Es posible obtener adicionalmente un factor de utilización parcial, debido únicamente a la fuerza axial.


PuPcu

0.48=PaPca

0.43=

RESISTENCIA A LA FLEXIÓN En esta etapa, es necesario obtener la resistencia nominal a la flexión, la cual corresponderá a la menor entre sus estados de falla. Ahora bien, como el perfil posee alma compacta y alas no-compactas, y es de doble simetría, se clasificará como un F3, por lo que será necesario determinar la resistencia a la flexión frente a 2 estados de falla; PLT (Pandeo Lateral Torsional) y al PLC (Pandeo Local del Alma).

1. Falla por PLC La formulación para determinar este tipo de falla, corresponde a la siguiente: Con: λpf λf< λrf≤ Ala No Compacta

Mnpac Mp Mp 0.7 Fy⋅ S−( )λf λpf−

λrf λpf−

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅−

Sin embargo, se debe poner atención a que en este caso, el elemento no está siendo solicitado únicamente en el eje fuerte como corresponde al común de las veces, sino que también está siendo solicitado por un momento flector en torno al eje débil, por lo tanto, la ecuación anteriormente señalada deberá representar las propiedades resistente de la sección en cada sentido de análisis; por lo que se deberá considerar un Sx y Sy, un Zx y Zy. Al igual que los 3 primeros valores (Sx, Sy, Zx), Zy debiese calcularse. Pese a ello, se entrega el valor de Zy para poder desarrollar el ejercicio.


210 de 226



Donde Mpx se obtiene de:

Zx 1753.798cm3=

Mpx Fy Zx⋅:= Mpx 60.5 tonf m⋅⋅=

Por lo tanto

Mnpacx Mpx Mpx 0.7 Fy⋅ Sx−( )λf λpf−

λrf λpf−

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅−:= Mnpacx 59.7 tonf m⋅⋅=

Módulo plástico según y-y:Zy tf

bf2

2⋅

h tw2

⋅

4+:= Zy 723.8 cm3

⋅=

Donde Mpy se obtiene de:

Zy 723.839cm3=

Mpy Fy Zy⋅:= Mpy 25 tonf m⋅⋅=

Por lo tanto

Mnpacy Mpy Mpy 0.7 Fy⋅ Sy−( )λf λpf−

λrf λpf−

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅−:= Mnpacy 24.5 tonf m⋅⋅=

2. Falla por PLT Dado que solo se conocen los momentos flectores en los extremos, se deberán considerar las expresiones clásicas para la obtención del PLT. Por otra parte, considerando que tanto para el eje débil como el fuerte la longitud no arriostrada es la misma, se dice que: Longitud no arriostrada lateralmente; longitud entre puntos de amarre querestringen el desplazamiento lateral del ala comprimida o la torsión de la viga:

Lb 460 cm⋅=

a) Cálculo de Lp.


Lp 1.76 ry⋅EFy

⋅:= Lp 332.24cm⋅=

b) Calculo de Lr

Distancia límite de amarras laterales para que se pueda desarrollar el pandeoLateral-Torsional inelástico de la viga:


211 de 226




J2 bf⋅ tf

3⋅⎛

⎝⎞⎠ ho( ) tw

3⋅+

3:=

J 84.723cm4⋅=


E 2100000kgf

cm2⋅= Fy 3450

kgf

cm2⋅=

rtsbf

12 116

h tw⋅( )bf tf⋅

⋅+⎡

⎣

⎤

⎦⋅

:=

rts 8.364 cm⋅=

Como la carga se encuentra soportada por el ala inferior de la viga, entonces se debeconsiderar una longitud de desarrollo del pandeo lateral-torsional inelástico, equivalente a:

Lr 1.95 rts⋅E

.7 Fy⋅⋅

J c⋅Sx ho⋅

1 1 6.760.7Fy

E

Sx ho⋅

J c⋅⋅

⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

2

++⋅:= Lr 1008.46cm⋅=

Como Lb se encuentra entre Lp y Lr, entonces, la obtención de Mn viene dado por:

Mnplt Cb Mp Mp 0.7Fy S⋅−( )Lb Lp−

Lr Lp−⋅−

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅

Como se puede observar, se requiere determinar el valor de Cb.

c) Calculo de Cb

Utilizando la formulación, se obtiene que:

Cb12.5 Mmax

2.5 Mmax 3 Ma+ 4 Mb+ 3 Mc+⎛⎝

⎞⎠

Rm⋅:= Rm

Considerando Rm=1 por tratarse de una sección de doble simetría, entonces:

Cb 1.67:=

Cb depende del diagrama, y no de los valores en si mismos, por lo tanto, dado que la situación es similar en ambos ejes, se obtiene un mismo valor de Cb.


En consecuencia, el valor de Mn queda de la siguiente forma:

Mnpltx Cb Mpx Mpx 0.7Fy Sx⋅−( )Lb Lp−

Lr Lp−⋅−

⎡⎢⎣

⎤⎥⎦

⋅:= Mnpltx 94.1 tonf m⋅⋅=

Como de todas maneras, el valor de la resistencia a considerar debe ser la menor entre Mnplt y Mp, entonces:


212 de 226



Mpx 60.506tonf m⋅=

Mnx min Mnplt Mpx, ( ):= Mnx 60.5 tonf m⋅⋅=



Mcux φ c Mnx⋅ 51.43m tonf⋅=:= McaxMnxΩc

36.231m tonf⋅=:=

RESISTENCIA A LA FLEXO-COMPRESIÓN; FACTOR DE UTILIZACIÓN.

Para LRFD:

PruPcu

0.479=

Con:

Mrux 18.72tonf m⋅= Mruy 4.16tonf m⋅=

Mcux 51.43tonf m⋅= Mcuy 20.807tonf m⋅=

FUlrfdPruPcu

89

MruxMcux

MruyMcuy

+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅+PruPcu

0.2≥if

Pru2Pcu

MruxMcux

MruyMcuy

+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

+PruPcu

0.2<if

:=

PERFILlrfd "CUMPLE" FUlrfd 1.0≤if

"NO CUMPLE" FUlrfd 1.0>if

:= PERFILlrfd "CUMPLE"=

FUlrfd 0.98=


213 de 226



Para ASD:

PraPca

0.425=

Con:

Mrax 11.7tonf m⋅= Mray 2.6tonf m⋅=

Mcax 36.231tonf m⋅= Mcay 14.658tonf m⋅=

FUasdPraPca

89

MraxMcax

MrayMcay

+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

⋅+PraPca

0.2≥if

Pra2Pca

MraxMcax

MrayMcay

+⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

+PraPca

0.2<if

:=

PERFILasd "CUMPLE" FUasd 1.0≤if

"NO CUMPLE" FUasd 1.0>if

:= PERFILasd "CUMPLE"=

FUasd 0.87=


214 de 226



1 ANEXO 1: Efecto de la disposición de las cargas en el Pandeo Lateral Torsional Las ecuaciones para el estado límite de Pandeo Lateral Torsional, asumen o consideran que las cargas son aplicadas a lo largo del eje centroidal de la viga. Cb puede considerarse, de manera conservadora, igual a 1 con la excepción de algunos casos que involucran miembros que no se encuentran arriostrados (sujetos) dentro de espacio (alma) y que a su vez tengan cargas significativas aplicadas en el ala superior. Es decir; al margen de la disposición de las cargas, la determinación del Cb dependerá exclusivamente de cuan refinado desea hacer su cálculo, y cuanto de conservador quiere usted que este sea, con las implicancias económicas que esta decisión conlleva. Por otra parte, usted no debe perder de vista que el Cb se relaciona exclusivamente con la distribución no uniforme de momentos y su respectivo diagrama. En razón de lo anterior, si las cargas se encuentran sobre el ala superior y dicho punto no se encuentra arriostrado o sujeto, esto generara un efecto ladeador o inestabilizante, lo cual reducirá el momento crítico a consecuencia de una reducción del Fcr. De manera reciproca, si la carga se encuentra suspendida del ala inferior, se producirá un efecto estabilizante, lo que incrementara el momento crítico a consecuencia del aumento del Fcr. En los tramos no arriostrados de perfiles, en que su alas superiores estén a su vez bajo la acción de cargas, se recomienda reducir el momento critico de manera conservadora a partir de considerar la raíz cuadrada, que acompaña al factor Cb en el cálculo del Fcr, igual a 1. De no hacer esta consideración, y bajo la existencia de cargas y condiciones descritas al inicio de este párrafo, usted obtendrá un momento crítico superior al que realmente existe, con lo cual el elemento fallara por Pandeo Lateral Torsional con Cargas inferiores a las de diseño. Por otra parte, si es que se realiza la consideración anterior, toda vez que la carga se encuentre sobre el ala superior de la viga, se debe proceder también a variar el límite de pandeo inelástico (Lr) y a su vez el factor rts o rt, dependiendo del caso (Estas últimas variaciones se encuentran señaladas explícitamente en el AISC) En síntesis, para realizar este análisis deberá encontrarse frente a un caso F2, F3, F4 y F5 (Caso F5 vienen valores ya reducidos tanto para el Fcr y Lr), luego debe preguntarse lo siguiente:

1 El análisis descrito se obtiene a partir del AISC 2005 Commentary F, General Provisions.


215 de 226



Se calcula Lp y Lr segun sea el caso, luego de eso, de ser necesario: Para F2-F3

(*)112 16

(*) esta formula se recomienda,aunque es posible usar la siguiente

fts t

w

f f

br r

h tb t

= =⎛ ⎞⋅

+⎜ ⎟⎜ ⎟⋅⎝ ⎠

2ts

2

:

r

Para F4-F5

con =1126

y w

x

f c wt

fc fcow

o

I C

S

b h trb th h

d h d

α

α

⋅=

⋅=

⋅⎛ ⎞+ ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⋅⎝ ⎠

Prosiga el analisisy determine el momento

nominal

¿La carga se encuentra situada en el ala

superior de la viga?

NO

SI

ts

Se calcula Lp Segun sea el casoy Lr de la siguiente forma:Caso F2-F3-F4

Lr= r0,7

Caso F5: Continúa igual al originaly

EF

π ⋅ ⋅⋅

t tsSe calcula para F2-F3 r , y para F4-F5 r Para F2-F3:

112 16

Para F4-F5

con =112 16

fts t

w

f f

f c wt

fc fcw

br r

h tb t

b h tr

b tα

α

= =⎛ ⎞⋅

+⎜ ⎟⎜ ⎟⋅⎝ ⎠

⋅=

⋅⎛ ⎞+ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

¿ ?rbL L≥

SI

NO

2

2

cr

Para F2-F3

Para F5F :Continúa igual al original

bcr

b

ts

C EFLr

π⋅ ⋅=

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Analice los distintos casos y determine el momento nominal

segun el rango en el cual se encuentre la longitud no arriostrada

Reducciones en Formulaciones para Pandeo Lateral Torsional: Cargas Sobre la Viga


216 de 226



ANEXO 2: Demostración de formula F2-5 a partir de F2-4 y F2-2

cr

( 0,7 ) F2-2

F F2-4

b pb p p y x

r p

x

L LMn C M M F S

L L

Mn S

⎡ ⎤⎛ ⎞−= ⋅ − − ⋅⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟−⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦=

cr

22

2

2

2

( 0,7 ) F

( 0,7 ) 1 0,078

( 0,7 ) 1 0,078

b pb p p y x x

r p

r p b bb p p y x x

r p x o tsb

ts

rp p y x

x o tsr

ts

L LC M M F S S

L L

L L C LJ cC M M F S E SL L S h rL

r

LJ cM M F S ES h rL

r

π

π

⎡ ⎤⎛ ⎞−⋅ − − ⋅ =⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟−⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

⎡ ⎤⎛ ⎞− ⎛ ⎞⋅ ⋅⋅ − − ⋅ = ⋅ + ⋅⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− ⋅⎛ ⎞⎢ ⎥ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦

⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛⋅− − ⋅ = ⋅ +

⋅⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

2

22

2

2 22

0,7 1 0,078

1 0,0780,7

x

ry x x

x o tsr

ts

r r

ts y x o ts

S

LJ cF S E SS h rL

r

L LJ cEr F S h r

π

π

⎞⋅⎜ ⎟

⎝ ⎠

⎛ ⎞⋅⋅ = ⋅ + ⋅⎜ ⎟⋅⎛ ⎞ ⎝ ⎠

⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅= ⋅ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⋅⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )

2

2 2 4 2 2 4 2 2 2 4 2 2 2

Considerando:

X= 0,0780,7

1 1 0

r

ts y x o

L J cB E Cr F S h

X B CX X B CX X B B CX X B B CX

π ⋅= ⋅ =

⋅

= + ⇒ = + ⇒ = + ⇒ − − =

( )

( )

2

2 2 2

22 2 22

22 2 2

Considerando:U=

0

442 2

4

2

XU B C U B

B C B C Bb b acUa

B C B C BU

− ⋅ − =

± − ⋅− ± −= =

± − ⋅=


217 de 226



( )22 2 2 2

2 2

22 22 2 2

2

Remplazando:

4

2

X= 0,078 0,7

0,078 0,078 40,7 0,7 0,7

r

ts

r

ts y x o

y x o y x o yr

ts

B C B C BLr

con

L J cB E Cr F S h

J c J cE E EF S h F S h FL

r

π

π π π

± + ⋅⎛ ⎞=⎜ ⎟

⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⋅= ⋅ =⎜ ⎟ ⋅⎝ ⎠

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛⋅ ⋅⎜ ⎟⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝⎛ ⎞ ⎝ ⎠=⎜ ⎟⎝ ⎠

2

2 4 2 22 2

22

2 22 2

2

2

0,70,078 0,078 4

0,7 0,7

2

0,078 0,0780,7 0,7

y

y x o y x or

ts

y x o y x or

ts

FJ c J cE EF S h F S h EL

r

J c J cE EF S h F S hL

r

π ππ

π π

⎞⎟⎟⎠

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅⎢ ⎥⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⋅ ⋅⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦=⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅⋅ ⋅ + ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎟⋅ ⋅⎛ ⎞ ⎝⎝ ⎠ ⎝ ⎠=⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 2

2

2 2 22

22

22

2

0,74

2

0,70,078 0,078 4

0,7

2

0,078 0,078 1 40,7 0,078

y

y

y x o x or

ts

x o

y x o x or

ts

FE

FJ c J cEF S h S h EL

r

S hJ c J cEF S h S h J cL

r

π

ππ

π

⎛ ⎞+ ⋅⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎠

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅⎢ ⎥⋅ ⋅ + + ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎢ ⎥⋅ ⋅ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎣ ⎦=⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⋅⋅ ⋅ ⎛⋅ ⋅ + + ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⋅ ⋅ ⋅⎝⎝ ⎠⎝ ⎠⎛ ⎞=⎜ ⎟

⎝ ⎠

22

2

2 22

22

22

2

0,7

2

0,70,078 0,078 1 4

0,7 0,078

2

00,078 1 1 4

0,7 0,078

y

yx o

y x o x or

ts

x o

y x or

ts

FE

FS hJ c J cEF S h S h J c EL

r

S hJ cEF S h J cL

r

π

ππ

π

⎡ ⎤⎛ ⎞⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎟⎢ ⎥⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅⋅ ⋅⎢ ⎥⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎢ ⎥⋅ ⋅ ⋅⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎣ ⎦=⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⋅⋅⋅ ⋅ + + ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟ ⋅ ⋅⎝ ⎠⎛ ⎞

=⎜ ⎟⎝ ⎠

2

2

22

2

,7

2

0,70,078 1 1 4

0,7 0,078

2

y

yx ots

y x or

FE

FS hJ cE rF S h J c E

L

π

ππ

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

⎛ ⎞⋅⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + + ⋅⎜ ⎟⋅ ⋅⎝ ⎠=


218 de 226



( )

( )

22

4

2 2

2 4

0,740,078 1 10,7 0,078

2

0,078 0,741 10,7 0,0782

Desarrollando los terminos numericos, se tiene que:

1,95

yx ots

y x or

yx or ts

y x o

r

FS hE J crF S h J c E

L

FS hE J cL rF S h J c E

L r

ππ

π

π

⎛ ⎞⋅⋅⋅ ⋅ ⋅ + + ⋅⎜ ⎟⋅ ⋅ ⋅⎝ ⎠=

⋅ ⎛ ⎞⋅⋅ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ + + ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⋅ ⋅ ⋅⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= ⋅20,7

1 1 6,76 F2 60,7

yx ots

y x o

FS hE J cF S h J c E

⎛ ⎞⋅⋅⋅ ⋅ + + ⋅ −⎜ ⎟⋅ ⋅⎝ ⎠


219 de 226



2 ANEXO 3: Análisis de limitantes de aplicación de Cargas Concentradas

Algunas orientaciones e interpretaciones a partir del AISC 2005. El código AISC presenta 6 posibles estados de falla asociados a las cargas concentradas, a saber:

1. Flange local bending: Pandeo local del ala. (Section J10.1) 2. Web local yielding: Fluencia local del alma. (Section J10.2) 3. Web Crippling: Pandeo localizado del alma, o Aplastamiento del alma (Section J10.3). 4. Web Sidesway Buckling: Pandeo Lateral Torsional. (Section J10.4) 5. Web Compression Buckling: Pandeo por compresión del Alma. (Section J10.5) 6. Web Panel Zone-Shear: Fluencia por corte en alma de panel nodal. (Section J10.6)

De los estados limites señalados, el 6 (Web Panel Zone-Shear) no será considerado para efectos de este curso pues considera la interacción columna-viga. Por otra parte, el Pandeo por Compresión del Alma solo es aplicable frente a un par de fuerzas de compresión, equivalentes y opuestas, para efectos de este curso no será aplicado por tratarse generalmente de sistemas de unión Columna-Viga. Los estados límites indicados son considerados para la acción de dos tipos de fuerzas concentradas actuando sobre las alas de la barra: De tracción o compresión:

DE TRACCIÓN: Ej.: La transferida a un ala por un tensor; o la transferida al ala inferior de una viga por un colgante traccionado. Frente a este tipo de solicitaciones, solo se aplican evidentemente:

• Pandeo local del Ala • Fluencia Local del Alma

DE COMPRESIÓN: Ej.: La transferida al ala superior de una viga por el apoyo de una viga transversal ya sea en forma directa o por medio de una placa de apoyo; o la transferida al ala inferior de una viga por su reacción de apoyo extremo, o por la existencia de un equipo que se modele de manera puntual. Frente a este tipo de solicitaciones, solo se aplican en consecuencia:

• Fluencia Local del Alma • Pandeo Localizado del Alma • Pandeo Lateral Torsional. También correspondían a este análisis el Web Panel Zone-Shear y Pandeo por Compresión del Alma; sin embargo como se explicara anteriormente, no se desarrollara para efectos de este curso.

En general, cuando son superadas las resistencias de diseño de ala o alma para cada estado límite es necesario colocar rigidizadores. Los rigidizadores deberán satisfacer especificaciones generales de diseño entregadas en el curso. Se puede consultar las Secciones J.10.7. y J.10.8. Ahora bien, a continuación se explicara con más detalle aquellos estados límites en compresión que si involucran los contenidos de este curso.

1. Fluencia local del alma: El estado límite de fluencia local del alma de una barra se establece para limitar la tensión de manera que no se produzca la plastificación en el alma a la cual la fuerza es trasmitida. Este estado límite es aplicable tanto a uniones de apoyo como de momento.

2 El análisis descrito se obtiene a partir del AISC 2005 Commentary J10, Flanges and webs with concentrated forces.


220 de 226



En general: 1,00 (LRFD) 1,50 (ASD)φ = Ω =

( )( )2,5 si b d

5 si b>dn yw w

n yw w

R K N F t

R K N F t

= + ⋅ ⋅ ≤

= + ⋅ ⋅

2. Pandeo Localizado del Alma (Web Crippling): Este estado límite es designado como Web-crippling en la Especificación AISC 2005 y en la literatura técnica. Cuando se aplica una fuerza de compresión, si el alma es muy esbelta, se puede producir su pandeo local en la zona adyacente al ala cargada. “Todos los ensayos fueron realizados sobre fuerzas aplicadas directamente sobre las vigas de acero sin el mejoramiento de resistencia que puede aportar la presencia de uniones o vínculos al piso, por lo que las resistencias nominales dadas por las Ecuaciones del Reglamento son conservadoras para esas situaciones”. Esto último no quiere decir que se deba tomar una consideración adicional, sino más bien es algo que se debe tener en cuenta a la hora del diseño. Por otra parte, las ecuaciones fueron desarrolladas para uniones de apoyo, pero son generalmente aplicables para uniones de momento.

0,75 (LRFD) 2,00 (ASD)φ = Ω = CASO 1

1,52

n

Si b d/2

R 0,80 1 3 yw fww

f w

E F ttNtd t t

≥ ⇒

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⋅ ⋅⎛ ⎞⎢ ⎥= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

CASO 2


221 de 226



1,52

n

2n

Si b<d/2 Si N/d 0,2

R 0,4 1 3

Si N/d>0,2

4 R 0,4 1 0,2

yw fww

f w

w

E F ttNtd t t

Ntd

⇒≤ ⇒

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⋅ ⋅⎛ ⎞⎢ ⎥= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⇒

⎛= ⋅ ⋅ + −⎝

1,5yw fw

f w

E F ttt t

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⋅ ⋅⎞⎢ ⎥⋅ ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦


Este estado limite se aplica cuando el movimiento lateral relativo entre el ala cargada en compresión y el ala en tracción no esta restringido en el punto de aplicación de la concentración de fuerza. Es sugerente pensar que dada la existencia de riostras en cada ala (superior e inferior), se restringe el movimiento relativo, sin embargo, este movimiento no se compone únicamente de un “desplazamiento Relativo”, sino también de una “Rotación Relativa”, siendo esta ultima, “Permitida” aun bajo la acción de las riostras; no obstante lo anterior, es evidente que la disposición de dichas riostras influirán en la resistencia nominal que se obtiene bajo este estado limite (Ver determinación de “l”).

0,85 (LRFD) 1,76 (ASD)φ = Ω = Si el ala en Compresión está restringida de rotar:

w

f

33

w wn 2

ff

ht

Si 2,3 NO SE PRODUCE ESTE ESTADO LIMITElb

h ht tSi 2,3 R 1 0,4 ll bb

r w fC t t

h

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ > ⇒⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟ ⋅ ⋅ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎜ ⎟≤ ⇒ = ⋅ + ⋅⎢ ⎥⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎣ ⎦

Si el ala en Compresión NO está restringida de rotar:

w

f

33

w wn 2

ff

ht

Si 1,7 NO SE PRODUCE ESTE ESTADO LIMITElb

h ht t

Si 1,7 R 0,4 ll bb

r w fC t t

h

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ > ⇒⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟ ⋅ ⋅ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎜ ⎟≤ ⇒ = ⋅ ⋅⎢ ⎥⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎣ ⎦

Determinación de “l”: l es la longitud lateralmente no arriostrada mas larga medida a lo largo de cualquiera de las alas, y según se indica en la Figura Siguiente:


222 de 226



Medida entre uniones de apoyo, no es aplicable entre uniones de momento ya que no permite el desarrollo del pandeo lateral Torsional. Determinación de Cr: Cr= 960,000 ksi (6.62x106 MPa) cuando Mu < My en la ubicación de la carga concentrada. Cr= 480,000 ksi (3.31x106 MPa) cuando Mu > My en la ubicación de la carga concentrada. Algunas consideraciones:

• Cuando es superada la resistencia de diseño y el ala comprimida tiene el giro impedido, el pandeo lateral del alma puede prevenirse con la Colocación de rigidizadores en dicha sección.

• Si el ala cargada puede rotar los rigidizadores pierden efectividad, por lo que si es superada la resistencia de diseño deberán proyectarse riostras laterales en ambas alas.

Finalmente, si se emplean atiesadores en cada carga concentrada no tienen que revisarse los estados límites anteriormente señalados.


223 de 226



ANEXO 4: Procedimiento propuesto para el diseño elementos flexo comprimidos impedidos de desplazamiento lateral en los extremos. En el diseño de elementos flexo comprimidos, dada la existencia de la interacción de 2 fenómenos tanto de flexión como de compresión, resulta necesario establecer una metodología y/o procedimiento de análisis, que en lo conceptual suponga cierta unidad de criterios, para una comprensión más sencilla del fenómeno en conjunto. Usted debe notar que, la interacción de ambas situaciones (Solicitación de Compresión-Resistencia a la compresión, Solicitación de Flexión-Resistencia a la Flexión), se encuentra representada en un espacio geométrico, el que a su vez se ve expresado por una inecuación, la que se formula en el AISC; esto es:

Es interesante percatarse que ambas inecuaciones, en sus lados izquierdos, se encuentran contenidos en sus numeradores los esfuerzos solicitantes es decir la “demanda”, mientras los denominadores contienen a la “oferta” de resistencia, vale decir a las capacidades resistentes referentes a los tipos de solicitaciones. Este criterio se utiliza normalmente para determinar Factores de Utilización de los elementos frente a solicitaciones conjuntas, ahora bien; el problema radica en determinar la solicitación de la que haremos uso en cada caso, y de la capacidad resistente. Esta última, en principio, se determina al considerar la influencia de los efectos P-δ, y P-Δ. En este caso, como se trata de elementos que tienen impedidos los desplazamientos laterales en los extremos, se considerará solo la influencia del efecto P-δ.

Determinación de Solicitaciones: La manera de enfrentar estos problemas, ante la aparición de momentos de 2do orden, consiste en factorar las solicitaciones por amplificadores; a saber: B1 y B2. De forma que las expresiones de las solicitaciones queden de la forma siguiente:

Donde: Mr: Momento solicitante. Pr: Carga Axial Solicitante. Mnt y Pnt : corresponden al momento y fuerza de compresión de primer orden sin tener desplazamiento lateral de la estructura. Mlt y Plt : corresponden al momento y fuerza de compresión de primer orden debido al desplazamiento lateral de la estructura. Como se dijese anteriormente, ante la restricción de desplazamiento lateral, las ecuaciones se reducen a:

Si usted observa con detención, los pasos para determinar Mr y Pr se reducen drásticamente, quedando delimitado a la obtención de B1 para el caso de Mr.


224 de 226



OBTENCIÓN DE B1: La ecuación requerida para obtener B1, consiste en:

Como se puede observar, en la determinación de B1, se considera la existencia de un valor α, el cual depende del tipo de diseño utilizado; por otra parte, se debe determinar Pe1, el cual se obtiene en el plano de flexión. Ahora, el problema se traslada a determinar Cm, el cual se obtiene de la tabla C-C1.1 dependiendo de las condiciones de borde como de carga del elemento. De esta forma, se tendrá resuelto aquellos valores que se refieren a las solicitaciones.

Determinación de capacidades resistentes: Las capacidades resistentes se expresan a través de Pc y Mc, los cuales se deducen ya sea para tensiones admisibles (ASD) como para LRFD, de las maneras señaladas en los tópicos del curso. Un elemento común, antes de determinar las resistencias nominales frente a cada estado, corresponde a la determinación de las esbelteces locales de los miembros de la sección, en suma, la determinación de la compacidad del perfil. Luego de terminar las propiedades del perfil, se debe determinar las resistencias nominales, la primera a determinar corresponderá a la que se deriva del Resistencia a la compresión, considerando dentro de este, al estado de falla que se refiere al pandeo por flexión, pandeo por torsión y pandeo por flexo-torsión. Posterior a ello, se realiza el análisis de la resistencia a la Flexión.

RESISTENCIA A LA COMPRESIÓN: La Resistencia a la Compresión se denomina Pn; y esta compone a Pc, multiplicando a Pn por Φ, o dividiendo por Ω, dependiendo si se está diseñando con LRFD o ASD respectivamente. Sin embargo, es preciso tomar atención en que Pc se calcula a partir del eje con la esbeltez mayor, de manera independiente del eje en el cual se produce la flexión.

Los estados de falla que gobiernan el diseño a la compresión se refieren a; 1. Pandeo por Flexión 2. Pandeo por torsión 3. Pandeo por Flexo-Torsión

En rigor, se debe determinar la menor resistencia a la compresión de entre los 3 estados de falla, sin embargo, para aquellos casos en los que se cuenta con perfiles de doble simetría, es más probable la falla por flexión antes que los otros 2 casos. En razón de lo anterior, se analiza para esos casos, el pandeo por flexión.

Aquí se debe considerar que existen 2 situaciones probables:

1. El elemento no es esbelto 2. El elemento es esbelto.



225 de 226



1. Elementos no esbeltos En el primero de los casos, y recordando las diapositivas del ramo Diseño en Acero 1, se tiene lo siguiente:

2. Elementos Esbeltos: Para el caso de elementos esbeltos, se debe considerar el efecto que tal esbeltes provoca en la resistencia al pandeo por flexión producto de la compresión axial, para ello se hace uso de un factor de reducción de la resistencia Q. De esta forma, y recordando la materia vista en el curso de Diseño en Acero 1, se tiene que:

La determinación de estos factores se encuentra detallada en las diapositivas respectivas. Ahora bien, una vez conocido el valor de Q, se procede a determinar dicha resistencia Nominal a la Flexión.

Finalmente, una vez obtenido el valor de Pn, se obtiene Pc multiplicando a Pn por Φ, o dividiendo por Ω, dependiendo si se esta diseñando con LRFD o ASD respectivamente.

RESISTENCIA A LA FLEXIÓN. Dado que la materia referida a este fenómeno se trató en el presente curso, se procederá a explicar sucintamente el procedimiento para determinar dicha resistencia. Como se obtuvieron inicialmente las propiedades del perfil, se clasifica al perfil en uno de los casos señalados por el AISC, F2, F3, …etc. De esta forma, se obtiene el momento nominal como el menor entre todos los estados de falla;


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Finalmente, una vez obtenido el valor de Mn, se obtiene Mc multiplicando a Mn por Φ, o dividiendo por Ω, dependiendo si se esta diseñando con LRFD o ASD respectivamente. En síntesis, una vez ya obtenidos el conjunto de datos, se obtendrá el valor correspondiente al miembro izquierdo de la inecuación.

Apunte Aceros 2 - 2do Semestre 2008 - V2.0

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