apuntes de teoria estructural
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04/02/2015
Objetivo: Ilustrar el fenómeno de deformación a tensión.
Concepto: Esfuerzo y Deformaciones. Representación:
∆𝐿 = 1 𝑐𝑚
Cálculos: 𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝜎 =
𝐹
𝐴=
. 15
. 04= 3.75
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
𝐷𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑐𝑖ó𝑛: 𝜀 =𝑙𝑓 − 𝑙0𝑙𝑜
=6− 5
5=
1
5= 0.2
𝑐𝑚
𝑐𝑚
𝐻𝑜𝑜𝑘𝑒 𝜎 = 𝜀 ∗ 𝐸 𝐸 =𝜎
𝜀=
3.75
0.2= 18.75
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
Modulo Elástico 𝐸 = 18.75𝑘𝑔
𝑐𝑚 2
Discusión: Se recordaron los conceptos básicos de esfuerzo-deformación y su relación, se obtuvo un módulo de elasticidad del material muy similar al estándar publicado por fabricantes de ligas.
Objetivo: Ilustrar el fenómeno de deformación por flexión en una viga.
Concepto: Esfuerzo y Deformación Representación:
Cálculos: 𝑀𝑚𝑎𝑥 =
𝑊𝐿
4=
70 90
4= 1575 𝑘𝑔 ∗𝑚
𝐼 =𝑏3
12= 5.46 𝑐𝑚4
𝜎 =𝑀𝑚𝑎𝑥
𝐼𝑦 =
1575
5.46 1.6 = 461.53
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
∆=𝑤𝐿3
48𝐸𝐼 𝐸 =
(70)(903)
48(14)(5.46)=139079.67
𝑘𝑔
𝑐𝑚 2
Discusión: El rango elástico es aceptable, pero el esfuerzo está
excedido y teóricamente fallaría ya que el esfuerzo
permisible para la madera es de 𝜎 = 200𝑘𝑔
𝑐𝑚 2-
150 g
5 cm
150 g
6 cm
W=70 kg
WL/4M
90 cm
1.4 cm
3.2cm
2cm
6.3m
motor
garrucha
t=12 cm wL^2/8
PL/4M
630-12+8=6.26m
P1+P2
w
M
09/02/2015
Estructura: Parte resistente de una obra, conjunto de elementos unidos entre sí, los cuales deben mantenerse íntegros
durante su vida útil.
Elemento Estructural: Parte de una estructura con función definida. Posee un carácter unitario y se muestra de la misma
manera bajo la acción de una carga aplicada.
Elemento no Estructural: Parte de una obra con función diferente a la estructural.
Los esfuerzos a los que puede ser sometidos los elementos de una estructura son algunos por ejemplo: Tensión,
compresión, flexión, torsión, flexo-compresión etc.
Principales pasos para el diseño estructural
1. Estructuración.
2. Análisis: Modelo analítico (representación), Cálculo de solicitaciones (cargas), Efecto de las cargas en el modelo.
3. Dimensionamiento (Planos estructurales y especificaciones).
4.
Ejemplo:
1. Estructuración: Madera
2. Análisis:
Modelo analítico:
Cálculo de solicitaciones:
𝑝1 = 350 𝑘𝑔 (Motor) 𝑤𝑝𝑝 = 1600𝑏 … se supone 𝑤𝑝𝑝 = 60𝑘𝑔
𝑚
𝑝2 = 50 𝑘𝑔 (Garrucha)
Efectos de las cargas:
𝑀𝐴 =𝑃𝐿
4+𝑤𝐿2
8=
400 6.26
4+
60 6.262
8= 920 𝑘𝑔 ∗ 𝑚
3. Dimensionamiento:
𝑓 =𝑀
𝐼𝑦𝑚𝑎𝑥 𝑓𝑚𝑎𝑑𝑒𝑟𝑎 = 200
𝑘𝑔
𝑐𝑚2𝑓𝑝𝑒𝑟 =
𝑓𝑚𝑎𝑥𝐹.𝑆:
;𝐹𝑆 = 2.0𝑓𝑝𝑒𝑟 =200
2= 100
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
100 =920000
𝑆 → 𝑆 =
𝐼
𝑦𝑚𝑎𝑥= 920𝑐𝑚3 ∴ 𝐼 =
𝑏3
12, 𝑦𝑚𝑎𝑥 =
2 → 𝑆 =
𝑏2
6 ∴ 𝑠𝑖 = 3𝑏 𝑆 =
9
6𝑏3
920 =9
6𝑏3 → 𝑏 = 8.5 𝑐𝑚 , = 3 8.5 = 25.5 𝑐𝑚 → 𝑀𝑎𝑑𝑒𝑟𝑎 𝑐𝑜𝑚𝑒𝑟𝑐𝑖𝑎𝑙 10 ∗ 25 𝑐𝑚
𝑤𝑝𝑝 = 1600 + 0.085∗ 0.255 = 35𝑘𝑔
𝑚
3.9m=L14.1m=L2
Pcv
b
h
Mcv=Pl1
Mcm=(w*l2^2)/2
Pcv
w
11/02/2015
Criterios de Diseño Estructural
Criterio de esfuerzos de trabajo:
𝑓𝑎𝑐𝑡𝑢𝑎𝑛𝑡𝑒 ≤𝐹𝑚𝑎𝑥𝐹.𝑆.
; 𝐹. 𝑆. > 1.0
Criterio de Resistencia:
𝐹𝑅 𝑅𝑒𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑁𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑙 ≥ 𝐹𝑐1 𝐸𝑓𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 1 + 𝐹𝑐2 𝐸𝑓𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 2 + ⋯
𝐹𝑅 < 1.0 → 𝐹𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑅𝑒𝑑𝑢𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝐹𝑐𝑖 > 1.0 → 𝐹𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎
Ejemplos: RCDF (concreto reforzado) Seguridad Nominal Seguridad Alta
𝐹𝑅 = 0.9 𝐹𝑙𝑒𝑥𝑖ó𝑛 𝐹𝐶𝑀 = 1.4 𝐹𝐶𝑀 = 1.5
𝐹𝑅 = 0.75 𝐶𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝐹𝐶𝑉 = 1.5 𝐹𝐶𝑉 = 1.5
𝐹𝑅 = 0.7 𝐹𝑙𝑒𝑥𝑜𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛 𝐹𝐶𝑆 = 1.1 𝐹𝐶𝑆 = 1.35
ACI
𝐹𝑅 = 0.9 𝐹𝑙𝑒𝑥𝑖ó𝑛 𝐹𝐶𝑀 = 1.2
𝐹𝑅 = 0.75 𝐶𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝐹𝐶𝑉 = 1.6
𝐹𝑅 = 0.7 𝐹𝑙𝑒𝑥𝑜𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛 𝐹𝐶𝑆 = 1.1
Ejemplo:
= 2.5𝑏
Material homogéneo: 𝑓𝑚𝑎𝑥 = 300𝑘𝑔
𝑐𝑚2 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑛𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑙
𝛾 = 1600𝑘𝑔
𝑚3 𝑃𝑐𝑣 = 2500 𝑘𝑔Diseñar:
A) Con criterio de esfuerzos de trabajo F.S.=1.75
B) Con criterio de resistencia 𝐹𝑅 = 0.9 , 𝐹𝐶𝑀 = 1.3 , 𝐹𝐶𝑉 = 1.7
A. 𝑓𝐴 =𝑀𝑇
𝐼𝑦𝑚𝑎𝑥 𝑤 = 25
𝑘𝑔
𝑚 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑜 = 𝑏𝛾
𝑀𝐶𝑀 =𝑤𝐿2
2
2=
25 4.12
2= 210 𝑘𝑔 ∗ 𝑚
𝑀𝐶𝑉 = 𝑃𝐿1 = 2500 3.9 = 9750 𝐾𝑔∗ 𝑚
𝑀𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = 210 + 9750 = 9960 𝑘𝑔 ∗𝑚 = 996000𝑘𝑔 ∗ 𝑐𝑚
𝑆 =𝐼
𝑦𝑚𝑎𝑥=
𝑏2
6 , 𝑠𝑖 = 2.5 𝑏 → 𝑆 = 1.04𝑏3
𝑓𝐴 =𝑀𝑇
𝑆=
996000
1.04𝑏3
𝑘𝑔
𝑐𝑚2 →→ 𝑓𝐴 ≤𝑓𝑚𝑎𝑥
𝐹 .𝑆:=
300
1.75= 171.43
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
996000
1.04𝑏3 = 171.73 → 𝑏 = 17.74 𝑐𝑚 , = 2.5 17.74 = 44.36 𝑐𝑚
𝑤𝑝𝑝 = 1600 . 1774 . 4436) = 125.9 ≫ 25𝑘𝑔/𝑚
Recalculando:
𝑀𝐶𝑀 =125.9 4.1
2= 1058.19 𝑘𝑔 ∗𝑚 → 𝑀𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = 10808.19𝑘𝑔 ∗𝑚 ∴ 𝑓𝐴 =
1080819
1.04 17.743 = 186.14 > 𝑓𝑚𝑎𝑥
= 171.43𝑘𝑔
𝑚
171.43 =1080819
1.04 ∗ 𝑏3 → 𝑏 = 18.23 𝑐𝑚 , = 45.58 𝑐𝑚 ,𝑤𝑝𝑝 = 132.947
𝑘𝑔
𝑚
𝑀𝐶𝑀 =132.947 4.12
2= 1117.42 𝑘𝑔 ∗ 𝑚 → 𝑀𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 10867.42 𝑘𝑔 ∗𝑚 → 𝑓𝐴 =
1086742
1.04 18.233 = 172.47
𝑘𝑔
𝑚
𝑓𝐴 = 172.47𝑘𝑔
𝑚> 𝑓 𝑚𝑎𝑥 = 171.43
𝑘𝑔
𝑚 Se acepta la pequeña diferencia en la práctica.
B)
𝑀𝑁 = 𝑆 ∗ 𝑓𝑚𝑎𝑥 = 𝑆 ∗ 300
0.9(𝑆 ∗ 300) ≥ 1.3(100000 𝑘𝑔 ∗ 𝑐𝑚) + 1.7(975000 𝑘𝑔 ∗ 𝑐𝑚) → 𝑆 = 6620 𝑐𝑚2
Recordando que 𝑆 = 1.04𝑏3 se puede calcular b;
6620 = 1.04𝑏3 → 𝑏 = 18.53 𝑐𝑚 , = 2.5𝑏 = 46.3 𝑐𝑚 , 𝑤𝑝𝑝 = 137.4𝑘𝑔
𝑚
Calculando el momento generado y el módulo se sección S por las nuevas dimensiones de la viga se tiene.
𝑀𝐶𝑀 =137.4 4.12
2= 1155.5 𝑘𝑔 ∗ 𝑚 = 115550 𝑘𝑔 ∗ 𝑐𝑚 𝑆 =
18.53 43.332
6= 6629 𝑐𝑚3
Se procede a revisar las restricciones que propone el método de diseño por resistencia.
0.9 6629 300 ≥ 1.3 115550 + 1.7 975000 → 1789833.1 ≥ 1807715 𝑋
Los momentos actuantes son mayores que los resistentes, como no es mucha diferencia se proponen valores un poco
mayores en las dimensiones de la viga y se calculan el nuevo momento y el nuevo módulo de sección.
𝑆𝑖 𝑏 = 19 𝑐𝑚 , = 47 𝑐𝑚 → 𝑆 = 6995.16 𝑐𝑚3𝑀𝐶𝑀 = 0.19∗ 0.47∗ 1600 4.12
2= 1200.9 𝑘𝑔 ∗𝑚
0.9 6995 300 = 1.3 120090 + 1.7 975000 → 1888650≥ 1813617 √
Se puede apreciar que ahora ya cumple con las condiciones de diseño por resistencia con las medidas propuestas.
w1w2
16/02/15
Causas de Falla
Los materiales y los elementos estructurales pueden tener resistencias menores a las consideradas.
Las cargas pueden tener niveles de intensidades mayores a los supuestos.
Pueden presentar errores de: Diseño, Construcción, Operación.
𝑉𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 = 𝑋 = 𝑥𝑖𝑛𝑖=1
𝑛 𝐷𝑒𝑠𝑣𝑖𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑛𝑑𝑎𝑟= 𝜎 =
(𝑋𝑖−𝑋) 2𝑛𝑖=1
𝑛−1
𝐶𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛= 𝑐𝑣 =𝜎
𝑋
Ejemplo:
𝑋 = 4388𝑘𝑔
𝑐𝑚2 𝜎 = 300
𝑘𝑔
𝑐𝑚2 𝑐𝑣 =
300
4388
Valor nominal del fabricante 𝑓𝑦 = 4200𝑘𝑔
𝑐𝑚2
𝑍 =4388−4200
300= 0.63 , Se encuentra el valor del área bajo la curva de una distribución normal 𝐴 = 0.7357
𝑃 = 1− 𝐴 = 1− 0.7357 = 0.22643=1
3.78≤
1
100 . Se pide que la probabilidad sea menor a
1
100 , lo cual aquí no
cumple, se procede a buscar un valor nominal.
𝑃 = 0.01 , 𝐴 = 0.99 ∴ 𝑍 = 2.3 → 4388−𝑓𝑁
300= 2.3 → 𝑓𝑁 = 3700
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
𝑅 =Variables de Resistencia 𝐶 =Variables de efecto de carga → 𝑅
𝐶 =Factor de seguridad central
𝑦 = 𝑅 − 𝐶 𝛽 =Margen de Seguridad
𝑃𝑓 = 𝑃(𝑦 < 0) Probabilidad de falla 𝐶𝑓 = 1− 𝛽 Confiabilidad
𝜎𝑦 = 𝜎𝑅2 + 𝜎𝐶
2𝑦 = 𝛽𝜎𝑦 𝛽 =𝑅 −𝐶
𝜎𝑅2 +𝜎𝐶
2
𝐴 ±𝐵: 𝜎𝐴±𝐵= 𝜎𝐴2 + 𝜎𝐵
2 𝐴 ∗ 𝐵 =𝐴
𝐵: 𝜎𝐴𝐵= 𝑐𝑣𝐴
2 + 𝑐𝑣𝐵2
Ejemplo: 𝑓𝑚𝑎𝑥 = 3700𝑘𝑔
𝑐𝑚2 𝑤1 = 6500 𝑘𝑔 𝑤2 = 5700 𝑘𝑔
Diseño por criterio de resistencia2(
𝑇𝑅 = 𝐹𝑅𝐴𝑓𝑚𝑎𝑥 = 0.9 𝐴 3700 𝑇𝑐 = 1.2 6500 + 1.6 5700 = 16920 𝑘𝑔
0.9 𝐴 3700 = 16920 → 𝐴 = 5.081 𝑐𝑚2 → 𝑑 = 2.543 𝑐𝑚
Ejemplo:
Variable Valor Nominal Valor Medio % CV
d (cm) 2.54 2.54 1.5
𝑓𝑚𝑎𝑥𝑘𝑔
𝑐𝑚2
3700 4388 6.8
𝑤1 kg 6500 6300 8
𝑤2 kg 5700 4300 32
𝑅 =𝜋𝑑2
4∗ 𝑓𝑚𝑎𝑥 = 5.08 ∗ 4388 = 22234 𝐾𝑔 → 9𝐶 = 𝑊1 + 𝑊2 = 6300 + 4300 = 10600 𝑘𝑔
𝐶𝑣𝑅 = 2 𝐶𝑣𝑑2 + 𝐶𝑣𝑓 = 2 0.0152 + (0.0682) = 0.07123 → 𝜎𝑅 = 𝐶𝑣𝑅 ∗ 𝑅 = 0.07123 22234 = 1583.77𝐾𝑔
𝜎𝑤1 = 0.08 6300 = 504 𝑘𝑔 𝜎𝑤2 = 0.32 4300 = 1376 𝑘𝑔
𝜎𝑐 = 𝜎𝑤12 + 𝜎𝑤2
2 = 1465.4 𝑘𝑔
𝛽 =22234− 10600
√1583.772 + 1465.42= 5.35 → 𝛽 = 5.35→ 0.99999921
𝐶𝑜𝑛𝑓𝑖𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑= 99.9999 %
𝑃𝑓 = 1− 𝐶𝑓 = 6.91010−8 𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑓𝑎𝑙𝑙𝑎.
23/12/15
Variación de las cargas respecto al tiempo:
Calculo de cargas muertas
Carga = (peso volumétrico del material) * volumen
Concreto solo:
Clase I 2.3 2.1 t/m
Clase II 2.1 1.9 t/m
Concreto reforzado:
Clase I 2.4 2.2 t/m
Clase II 2.2 2.0 t/m
Clase I: Denso
Clase II: No Denso
CARGAS O SOLICITACIONES
Permanentes
- Carga muerta
- Empuje de tierra
- Empuje de líquidos y materiales a granel
- Equipo estacionario pasivo
Variables
- Cargas vivas en edificios
- Cargas vivas en almacenes
- Cargas vivas en puentes vehiculares
-Cargas vivas en estructuras especiales
Accidentales
- Efecto de sismos
- Efecto del viento
- Efecto del oleaje
Anormales - Impactos
- Explosiones
Ejercicio:
Losa 0.15 (2400) -- 360 2/kg m
Mortero 02(2100) -- 24 2/kg m
Piso ----------------- 55 2/kg m
Plafón e instalación 30 2/kg m
487 2/kg m
Por reglamento + 20 2/kg m (Para losas coladas en el
lugar +20 2/kg m )
507 2/kg m
(Para pisos de más de 5 cm) + 20 2/kg m (no es el caso)
Área tributaria: parte de una construcción que está siendo sostenida por un elemento
Carga muerta en trabe AB
2
6.1 11.6 5.1 11.6(2.75) (3.25)
2 2
51.48
51.48(507) 2250 /
11.6
trib
trib
cm
A
A m
W kg m
20
11.6 100* 58 60 0.6
20 1
(0.3)(0.45)(2400) 324kg/ m
2250 324 2574 / m
trab
cmT
L
h
m cmh cm cm m
m
W
W kg
Destino (uso)OFICINAS:
2100 /kg m medio
2180 /kg m instantáneo
2150 /kg m máximo
𝐴𝑡𝑟𝑖𝑏 = 51.48 > 36 (𝐶𝑜𝑛 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑙𝑎 𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎 𝑖𝑛𝑑𝑖𝑐𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑛𝑜 𝑠𝑒 𝑜𝑐𝑢𝑝𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑎 𝑒𝑙 á𝑟𝑒𝑎 𝑡𝑟𝑖𝑏𝑢𝑟𝑎𝑟𝑖𝑎 𝑦 𝑠𝑒 𝑎𝑐𝑒 𝑢𝑛𝑎 𝑟𝑒𝑑𝑢𝑐𝑐𝑖ó𝑛)
Reducción de cargas:
2420180 238.5 /
51.48(238.5) 1058.4 /
11.6
trib
cv
kg mA
W kg m
Carga de diseño de acuerdo al RCDF:
1.4(2574) 1.4(1058) 5085 /vW kg m
AULAS:
240 /kg m medio
2250 /kg m instantáneo
2350 /kg m máximo
51.48(350) 1553.28 /
11.6cvW kg m
Carga total actuante: 1.5(2574) 1.5(1553) 6191 /vW kg m
Trabe secundaria con uso para oficinas:
Trabe primaria:
25.8 0.3 5.8(2.9)(2.75)(2) (2) 33.595
2 2
33.6(507) 234 1792.55 /
11.6
33.6(250) 724.137
11.6
1.4(1792 724) 3522.4 /
trib
cm
cv
u
A m
W kg m
W
W kg m
Trabe secundaria 5.5m (20 x 30 cm)
25.5(2.75)(2) 15.125
2
15.125(507) (0.2)(0.15)(2400) 1466.25 /
5.5
15.125(250) 687.5 /
5.5
1.4(1466.25 687.5) 3015.25 /
trib
cm
cv
u
A m
W kg m
W kg m
W kg m
Trabe secundaria 6.5m (20 x 30 cm)
20.7 6.5(2.9)(2) 20.88
2
20.88(507) (0.2)(0.15)(2400) 1700.6 /
6.5
20.88(250) 803 /
6.5
1.4(1700.6 803) 3505.04 /
3015.25(5.5) 3505(6.5)19683
2 2
trib
cm
cv
u
u
A m
W kg m
W kg m
W kg m
P kg
Sin trabe de borde:
20.5 3.25 3.25(3.25)(2.75) 10.44
2 2
10.44(507) 324 1954.6 /
3.25
10.44(250) 803 /
3.25
1.4(1954.6 803) 2756 /
trib
cm
cv
u
A m
W kg m
W kg m
W kg m
Calculando las cargas en B:
11
2
UW LR
2 2UR W L
33
2
UW LR
44
2
UW LR
Carga en la Columba B :
1 2 3 4P R R R R
En azotea
2
2
100 / m
:5%..o..
40 /
Cv kg
inclinación
Cv kg m
1 2Pc P P P peso propio de la columna
04/03/15
Cargas vivas en puentes
HS20 T3S2R4
IMT 20.5 IMT 66.5
L<=30 L>30
Línea de fluencia: es la representación de los efectos causado por una carga unitaria colocada en cualquier posición.
Línea de fluencia para momento para momentos en c
Momento respecto a B
𝑅𝐴 ∗ 𝐿 − (𝐿− 𝑥) = 0
𝑅𝐴 =𝐿 − 𝑥
𝐿= 1−
𝑥
𝐿
Si 0 <= 𝑥 <=L
2
𝑀𝑐 = 1−𝑥
𝐿
𝐿
2 −
𝐿
2− 𝑥 =
𝐿
2−
𝑥
2−
𝐿
2−𝑥 =
𝑥
2
𝑆𝑖 𝑥 = 0 → 𝑀𝑐 = 0
𝑆𝑖 𝑥 =𝐿
2 → 𝑀𝑐 =
𝐿
4
Si L
2<= x <= 𝐿
𝑀𝑐 =𝐿
2−
𝑥
2=
𝐿−𝑥
2
Si x=𝐿
2 𝑀𝑐 =
𝐿
4
Si 𝑥 = 𝐿 𝑀𝑐 = 0
Calcular el momento máximo por CV IMT 66.5, si L=40m y hay una distancia entre trabes de 1.25m.
𝑀 = 5 10 + 7.5 24 + 3 37.5 = 324.5𝑇
𝑚
𝑀 = 5 7.5 + 24 10 + 37.5 5.5 = 483.75𝑇
𝑚
𝑀 = 37.5 10 + 24 10 + 37.5 5.5 = 522𝑇
𝑚
Momento máximo por carril:
𝑀𝑐𝑎𝑟 = 522 +0.333 40 2
8= 588.67 𝑇 ∗ 𝑚 , 𝑤 =
𝐿−30
30
𝑇
𝑚=
40−30
30= 0.333 𝑇 ∗ 𝑚
Momento máximo por carril más impacto:
𝑀𝑐𝑎𝑟 + 𝐼 = 588.67 1.3 = 765.27 𝑇 ∗ 𝑚
Momento por trabe:
𝑀𝑇 =765.27
2∗
𝐿1
1.829 =
765.27
2∗
1.25
1.829 = 261.5 𝑇 ∗𝑚
09/03/15
Fuerzas debidas al viento
Viento Masa de aire en movimiento
1
2𝑒𝑣1
2 + 𝑃1 = 1
2 𝑒𝑣2
2 + 𝑃2 1
2𝑒𝑣2 = 𝑃𝐵𝑃𝐵 =
1
2𝑒𝑣2
𝑒 = 0.125 𝑘𝑔×𝑠𝑒𝑔
𝑚 Al nivel del mar
𝑃𝐵 = 0.0625𝑣2 𝑠𝑖 𝑣 𝑒𝑛 𝑚
𝑠𝑒𝑔
𝑃𝐵 = 0.0048𝑣2 𝑠𝑖 𝑣 𝑒𝑛𝑘𝑚
𝐻
Ejemplo:
𝑆𝑖 𝑣 = 110𝑘𝑚
(velocidad en Toluca) 𝑃𝐵 = 58.08𝑘𝑚/𝑚2
Presión en una estructura:
PD = FA FT FAL FF (PB )
FA : Factor de altura sobre el nivel del mar 8 + h
8 + 2h h en km
FT: Factor de topografia k
FAL : Factor de altura respecto a la base z
10
α
z ≥ 10 → α ≠ 0 ; si z < 10𝑚 → α = 0
FF : Factor de forma
Ejemplo 1.
Ejemplo 2.
Monterrey V=180km/h , h=900m (sobre el nivel del mar) , k=1 , α=0.14 , 𝐹𝐹 = 1.3
𝑃𝐵 = 0.0048(180)2 = 155.52 𝑘𝑚/𝑚2
𝐹𝐴 =8+0.9
8+2(0.9)= 0.908 𝐹𝐴𝐿 =
𝑍
10
0.14 .
Quedando la siguiente relación en función de la altura:
𝑃𝐷 = 183.6 ∗ 𝑧
10 𝛼
Ahora sin el soporte y con la fuerza en el centroide de la pancarta del espectacular:
𝑃𝐷 × × 𝑎𝑛𝑐𝑜 = 𝐹.
𝐹 = 193.4 (5) (7) = 6769 𝑘𝑔 → 𝑀𝑣 = 6769∗ 14.5 = 98150.5 𝑘𝑔 ∗ 𝑚
11/03/15
Fuerzas debidas a los Movimientos Sísmicos
Son debidos a movimientos de inercia.
Magnitud: Se refiere al tamaño, cantidad de energía liberada por el sismo.
Intensidad: Efecto local, que se puede medir en posibles daños o aceleración que se provoca localmente.
Toluca Terreno Zona 1
a0= 0.04 T1 = 0.2seg r =1/2 a0 = 0.04 (981) (39cm/seg2)
C = 0.14 T2 = 0.6seg g = 981cm/s2 C = 0.14 (981) (137cm/seg2)
Formulas aproximadas:
CT = 0.08 Marcos de concreto
T = CT H0.75 CT = 0.06 Marcos de acero
𝑇 = 0.09𝐻
√𝐿 Edificios con muros o contraventeos.
1.0 Estructuras sin ductilidad (adobe).
Q 2.0 Estructuras de concreto reforzado.
3.0 Estructuras de acero.
4.0 Estructuras con ductilidad especial.
1. Calcular T.
2. Obtener el espectro.
3. Obtener la respuesta.
4. Proponer un valor de Q.
5. Calcular el cortante basal 𝑉𝐵 = 𝑅𝑒𝑠𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑊
𝑄
6. Distribuir VB en los diferentes entrepisos.
T ≤ T2
𝐹𝑖 = 𝑊𝑖𝑖
∈ 𝑊𝑖𝑖𝑉𝐵
T > T2
𝑘1 = 𝑞 1−𝑟 1−𝑞 ∈ 𝑊𝑖
∈𝑊𝑖𝑖
𝑘2 = 1.5𝑟𝑞 1− 𝑞 ∈ 𝑊𝑖
∈𝑊𝑖𝑖2
𝑓𝑖 = 𝑘1 𝑊𝑖 𝑖 + 𝑘2 𝑊𝑖 𝑖2
Fi = 𝑓𝑖∈𝑓𝑖
𝑉𝐵
Ejemplo.
Oficinas – de concreto – En Toluca CT = 0.08 concreto
ÁREA = 20 X 18 = 360m2
1) T = 0.08 (25.7)0.75 = 0.913 s
2) Encontrar el espectro.
3) Respuesta 0.14(0.6/0.913)(1/2) = 0.1135
4.) Q = 2.0 estructura de concreto reforzado
5) Wi= 226.8 Ton
Azotea = 250 Ton
W = 6 (226.8) + 250 = 1610.8Ton
𝑉𝐵 = (0.1135 )(1610 .8)
2.0 = 91.41Ton
6) T > T2 𝑞 = 𝑇2
𝑇 𝑟
= 0.6
0.913
1/2 = 0.8107
𝐾1 = 0.8107 (1− 0.5(1− 0.8107))(1610.8/25317) = 0.0467
𝐾2 = 1.5(0.5)(0.8107)(1− 0.8107)(1610.7/474407) = 3.908 𝑥 10− 4