diseño en acero y madera

7/17/2019 Diseño en Acero y Madera

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Danny David ayo Mamani

Elmer Kenyi Leqque Mullisaca

Gaby Yanet Parra Vasquez

Rolby Edwin Umpiri alla

Diseño en acero y

madera

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CAPITULO I. INTRODUCCION 1.1.DISEÑO ESTRUCTURALEn el presente curso se tiene como objetivo facilitar a los alumnos, varios conocimientosque se tiene sobre el comportamiento y diseño de las estructuras de acero.

Corresponde definir entonces lo que se conoce como Diseño Estructural: “Una mezcla dearte y ciencia que combina los sentimientos intuitivos de ingeniero con los principios dela Estática, Dinámica, Mecánica de Materiales y el Análisis Estructural para producir unaestructura segura que sirve sus propósitos.

1.2.OPTIMIZACIONAntes de definir las diversas etapas del diseño es preciso dar a conocer la idea de lo óptimoque se busca en cada trabajo. Este criterio que inicialmente fue solo intuitivo o cualitativova empezando a tener en Ingeniería Estructural, un significado más preciso como:

a) Costo mínimo b)

Peso mínimoc) Costo de construcción mínimod) Trabajo mínimoe) Máxima eficiencia mínima para el propietario

Muchas veces, varios de estos criterios pueden estar combinados. En Perú, en estructurasde acero, el criterio de peso mínimo quizás sea el más usado.

1.3.PROCEDIMIENTO DEL DISEÑO ESTRUCTURALLa labor del diseño se compone de 2 partes, la relacionada con los aspectos funcionales

de la obra a ejecutar, y la que tiene que ver con el diseño de los componentes de lasestructuras. En el primer caso aspectos tales como posición de áreas adecuadas de trabajo,dimensiones mínimas, ventilación, iluminación, facilidades de transporte de circulacióncomo son: Corredores, escaleras, ascensores, aire acondicionado, energía, posición deequipos, cuidado ambiental, estética son temas a discutir con el cliente y los otros

profesionales que estén relacionados con la construcción.

Lo segundo ósea el estudio del esqueleto estructural se refiere a la selección de losmiembros para transmitir las cargas con seguridad hasta el suelo. Se recomienda elsiguiente proceso iterativo:



1. Planeamiento: Establecimiento de las condiciones funcionales a la que laestructura debe servir. Aquí se define el criterio de lo óptimo.

2. Configuración Preliminar Estructural: aquí es donde la experiencia y lo que se podría llamar el ingeniero y el diseñador deben figurar. Se tienen que fijar ladisposición de los miembros y sus tamaños iniciales para ser discutidos con elcliente y los otros profesionales.

3. Determinación de las Cargas: Estimadas inicialmente pero conocidas con más precisión en las sucesivas iteraciones.

4. Selección preliminar: de los miembros estructurales que permitan iniciar unanálisis estructural que es la siguiente etapa.

5. Análisis estructural: Se crea un modelo matemático más adecuado a la realidaddel verdadero comportamiento estructural de la edificación, se aplica los métodosde la mecánica para determinar los esfuerzos internos que se esperan que setendrán en los miembros estructurales con el objeto de poder compararlos con las

resistencias que deberán tener dichos miembros, cosa que se efectúa en lasiguiente etapa.

6. Evaluación: Se debe preguntar si las resistencias o condiciones de servicio quese obtienen de acuerdo a un reglamento superan a las demandas que se establecenen los resultados de la etapa previa. Si hay un margen de seguridad adecuado yeconómico se puede dar por concluido el diseño, sino se va a la siguiente etapa.

7. Rediseños: Repetición de los pasos 3 a 6 para lograr cumplir los objetivosmediante un proceso iterativo.

8. Decisión: Queda finalmente la decisión si es que se ha alcanzado el objetivo

buscado en un diseño. Si se piensa que se ha logrado entonces se da por concluidoel proceso iterativo.9. Elaboración de planos de diseño y las especificaciones de trabajo

correspondientes, en algunos casos la presentación de las maquetas o métodosde izaje son necesarios: En otros casos la elaboración adicional de los llamados

planos de fabricación, que son aquellos en la que se detalla cada miembro paraque sean mejorados en los talleres así como sus conexiones.

1.4.CARGASSe puede definir las siguientes cargas más conocidas:

Carga Muerta: Es una carga fija de gravedad en posición y magnitud y se define como peso de todos aquellos elementos que se encuentran permanentemente en la estructura oadheridas a ella; Ejemplo su peso propio

Carga Viva: Es aquella carga de gravedad que activa sobre la estructura cuando esta seencuentra ya en servicio y puede variar en posición y valor durante la vida útil de laestructura. Algunos ejemplos pueden ser: Las personas, muebles, equipos móviles,vehículos, etc.



Posición de las cargas para producir máximas flexiones

Impacto: Se define como impacto al efecto dinámico de las cargas vivas súbitamente

aplicadas, no se consideran como cargas de impacto el transitar de personas o movimientode muebles.

Cargas de Nieve: Aunque en Perú la mayoría de estructuras se construyen en zonasdonde la nieve no es significativa, es recomendable que los techos de las estructuras quese encuentran a una altitud de 3000 msnm sean diseñados para una sobrecarga de nievede un peso específico no menor de 150 kg/m3, y un espesor menor de 30 cm.

Cargas de Viento: Todas las estructuras están sujetas a la acción del viento y en especialen aquellas de 2 o 3 pisos o en aquellas zonas donde la velocidad del viento essignificativa o en aquellas en las que debido a su forma, son más vulnerables a los factores

aerodinámicos. En el caso de las estructuras de acero, por su propio peso relativamente



bajo y grandes superficies expuestas a la acción del viento, las cargas del viento puedenser más importantes que las cargas debidas al sismo.

Cargas de Sismo: Los terremotos producen movimientos horizontales y verticales: Losmovimientos horizontales son los que generan en las estructuras los efectos mássignificativos. Cuando el suelo se mueve, la inercia de la estructura tiende a resistir losmovimientos.

Si por el principio de D’Alembert:

[ 0 00 00 0 ] × [̈̈̈

] + [ + − 0− + −0 − ] × [] ̈ ̈ ̈

̈ +

SUCCION

m1

m2

m3



1.5.TIPOS DE PERFILES ESTRUCTURALESExisten cuatro grupos de elementos de acero que se emplean en las construcciones.

Perfiles Laminados: Son laminados en caliente.

Perfiles Soldados: Son hechos de planchas que se cortan y se sueldan para formar

una sección. Perfiles Plegados: Se hacen de planchas delgadas que se doblan en frio. Ejm:

Calamina.

Secciones Compuestas: Existen vigas compuestas y columnas compuestas.

CS

PERFIL COLUMNA

CSV

PERFILVIGA-COLUMNA

VS

PERFILVIGA



Combinaciones de cargas. Factores de carga y combinaciones:

1.4

1.2+1.6+0.5́́

1.2+1.6́́ +0.5́0.8 1.2+1.3+0.5+0.5́́

1.2±1.0+0.5+0.25

0.9±1.3́1.0

1.6.TIPOS DE ESTRUCTURAS DE ACERO

ARMAD

PORTIC

ESTRUCTURA



1.7.PROPIEDADES DE DISEÑO DE UN PERFILA = Área del Perfil (cm2)

× Área del Ala (cm2)

, Momentos de Inercia (cm4) Producto de Inercia (cm4)

, Módulo de Sección (cm3)

, Radio de Giro de la Sección

√

, Módulo Plástico de la Sección (cm3)

Tablas de Diseño

Secreto: Exacto y necesario: Siempre es aproximado

> 10 ton – m

Metrado de cargas (nunca es exacto): Cierta holgura

1.8.TIPOS DE SECCIÓN Y PERFILES MÁS COMUNES. a) Varillas o Barras.Lisas o Corrugadas.Dimensiones. 6.10 9.15

Diámetros: ø ∅ 1 7⁄ ", 3 8⁄ ", 1 2⁄ ", 5 8⁄ ", 3 4⁄ " , 1 "

b) Planchas (K)Se denominan también productos laminados, entre ellos tenemos:

Planchas delgadas.o Ancho nominal 0.92 y 1.22 mts.

o

Longitud nominal 2.40, 3.00, 4.80, 6.00 mts.o Espesor nominal 2.00, 2.50, 3.00, 4.00, 5.00 mm.

Planchas Estructurales.o Ancho nominal 1.22, 1.52, 1.80 mts.o Longitud nominal 2.40, 3.00, 4.80, 6.00 mts.o Espesor nominal 6.40, 8.00, 9.50, 12.50, 16.20, 25.32 mm.

c) Platinas.Se denominan planchas delgadas.

b b < 100 mm



d) Perfiles Laminados en Caliente.

Ángulos de lados iguales (L) 1"×1",1 8⁄ ", 3 16⁄ ", 1 4⁄ " 1 1 4⁄ " × 1 1 4⁄ " , 1 4⁄ " × 3 16⁄ ", 1 8⁄ "

e) Secciones Tubulares.

1.9.COMPORTAMIENTO DE LA ESTRUCTURA DE ACEROSi a un elemento idealizado se somete una carga P completamente centrada y se graficalas lecturas de esfuerzo V deformación en las coordenadas X Y.

Donde el módulo de elasticidad es aproximado 2 . 1 × 1 0/ encompresión.

1 8⁄ ", 3 16⁄ ", 1 4⁄ "

SECCIONES

SECCIONES RECTANGULAR



1.10. FATIGAEs la repetición sucesiva de fuerzas actuantes que pueden fatigar la estructura y dar origena una carga última menor a la esperada.

1.11.

LA INESTABILIDADFenómeno ocasionado por un arriostramiento deficiente, origina que la carga últimaesperada no se produzca sino a un valor menor

CAPITULO II. METODO DE DISEÑOa) Diseño por esfuerzo permisible. Los elementos estructurales estarán en la zona

elástica. b) Diseño por carga última o Diseño plástico. Para mayor seguridad a la carga

asignada se afectará por un coeficiente a fin que la resistencia del elemento seencuentre en la zona plástica.

En ambos diseños se limitan las deflexiones excesivas.

2.1. FACTORES DE SEGURIDADSe usan para la seguridad de las estructuras y se debe tener en cuenta lo siguiente:

a) Aproximaciones en los métodos de análisis b) Calidad de la mano de obrac) Presencia de esfuerzos residualesd) De la ubicación y el uso de la estructurae) Variación probable de las mismas

2.2. SEGÚN AISCLos factores de seguridad para diseño por esfuerzo permisible para elementos en tracciónse considera 1.67 y para elementos en flexión 1.70.

Columnas en esbeltez:

0 → 1.67

200 →

1.92



Conexiones remachadas:

2.2 3

Conexiones empernadas:

2.1 3

Conexiones soldadas:

3

2.3. FACTORES DE CARGA O COMBINACIONES

Wu = 1.4

Wu =

1.2+1.6+0.5

Wu = 1.2+1.6 +0.5

Wu 1.2 + 1.3 + 0.5 + 0.5

Wu 1.2±1.55+0.5

Wu = 0.9±1.3

Wu 0.9±1.3

12CM



Trabajo Nro 1

1. Determinar el diagrama de fuerza cortante, momento flector de las siguientesvigas. PAG 221

2. En la armadura cuyo croquis se da a continuación se desea averiguar lamagnitud y calidad de los esfuerzos que se desarrollan:

a) En todas las barras por equilibrio de ruedas b) Solo los esfuerzos en las barras CD y DE por acción de las cargas exteriores

3. Resolver :

a)

Usando método de los nudos determinar la fuerza en los miembros BG y DHde la armadura presentada.

CUATRO



b) Determine la fuerza en el miembro DG usando solamente un diagrama decuerpo libre y una ecuación de equilibrio.

c) Hallar la fuerza en el miembro DH usando un solo diagrama de cuerpo librey una ecuación de equilibrio

FACTORES DE CARGA O COMBINACIONES DEFACTIRES DE CARGAEn un diseño según las especificaciones AISC se deberá cumplir la siguiente ecuación:

∅ ≤ ∅ 2.3

Donde:

∅ Un efecto de carga (Una fuerza o un momento) Un factor de carga

La resistencia nominal de la componente bajo consideración

∅ Factor de resistencia

La resistencia factorizada ∅ se llama resistencia de diseño. La sumatoria en el ladoizquierdo de la ecuación (2.3) es sobre el número total de efectos de carga (Incluidas, perono limitadas a las cargas muertas y vivas), donde cada efecto de carga puede asociarsecon un factor de carga diferente. No solo puede cada efecto de carga pude asociarse conun factor de carga diferente, como que también el valor del factor de carga para un efectode carga particular dependerá de la combinación de las cargas bajo consideración.

A continuación se da una tabla donde se muestran las diversas combinaciones con la

numeración AISC respectiva, se le adiciona un comentario para indicar, en lacombinación correspondiente, la posible ocurrencia del tipo de carga esperado, en la vidaútil de la estructura.

1.4

1.2+1.6+0.5́́

1.2+1.6́́ +0.5́0.8

1.2+1.3+0.5+0.5́́

1.2±1.0+0.5+0.25 0.9±1.3́1.0

Donde:

S = Carga de nieve

Lr = Carga viva sobre el techo

R = Carga de lluvia o hielo

D = Carga muertaL = Carga viva debido al equipo



W = Carga de viento

E = Carga por sismo

D, L, Lr, S, W, E Son las cargas de servicio establecidas por los reglamentos. Luego deoperadas las combinaciones anteriores se tienen en efectos últimos (Q) que intervienenen los estados límites.

2.4. FACTOR DE RESISTENCIA (Ø)En la inecuación que sirve de base para asegurar que los efectos mayorados sobre laestructura son menores que la resistencia confiable de sus miembros, la resistencianominal para un tipo de esfuerzo de un elemento estructural puede tener una dispersiónestadística de su comportamiento por estudios teóricos de laboratorio. Ø es menor que launidad.

A continuación se dan algunos valores de Ø para miembros y conectores.

Ø Miembro o Conector.0.90 Sección total en tracción0.75 Sección neta de conexión en tracción0.90 Miembros en flexión0.85 Miembros en compresión axial0.75 Pernos en tracción

2.5. ¿POR QUE USAR MÉTODO AISC – LRFD?1. Es una herramienta adicional para que el diseñador no difiera en su concepto de

solución que emplea en diseño de concreto armado. Por ejemplo2.

LRFD aparece más racional y por lo tanto se acerca más a la realidad de lo queocurre en la vida útil de la estructura.

3. El uso de varias combinaciones de cargas conduce a economía de la solución.4. Facilita el ingreso de bases de diseño conforme más información esté disponible.5. Es posible introducir algunos cambios en los factores, cuando se conoce con

mayor exactitud la naturaleza de las cargas. Esto tiene importancia cuando existencargas no usuales.

6. Futuros ajustes y combinaciones serán más fáciles de hacer.

PROBLEMAS RESUELTOS

1.

Una Columna (miembro en compresión) en el piso superior de un edificioesta sometido las siguientes cargas.

Carga muerta: 109 Kips de compresión

Carga Viva de Piso: 46 Kips de compresión

Carga viva de techo: 19 Kips de compresión

Nieve: 20 Kips de compresión

a. Determine la combinación AISC de cargas gobernante y la

correspondiente carga factorizada



b. Si el factor de resistencia Ø es de 0.85 ¿Cuál es la resistencia nominalrequerida?

Resolución

a. La combinación de cargas que gobierna es la que produce la carga factorizada

máxima. Evaluaremos cada expresión que implique la carga muerte D, la cargavivía resultante del equipo y tipo de operación, la carga vida de techo L y la nieveS.

. 1.4(109) = 152.6 Kips

.+.+. ́ ́ Como S es mayor que Lr y R necesitamos evaluaresta combinación solo una vez, usando S.

1.2+1.6+0.5 1.2(109)+1.6(46)+0.5(29) = 214.4 Kips

. + . ́ ́ +. ́ . En esta combinación usamos S en vezde Lr, y tanto R como W son cero:

1.2+1.6+0.5 1.2(109)+1.6(29)+0.5(46) = 185.8 Kip

. + . + . + . ́ ́ Esta expresión se reduce a 1.2+0.5+0.5 y por inspección, podemos ver que ella produce un menor resultadoque la anterior combinación.

. ± . + . + . Como E=0, esta expresión se reduce a 1.2±0.5+0.25

, que produce un menor resultado a la anterior combinación.

.±. ́ . Esta expresión se reduce a 0.9D, que es menor quecualquiera de las anteriores combinaciones.

Respuesta: La combinación que gobierna es la seunda y su valor factorizado esde 214 kips.

b. Si la carga factorizada obtenida en la parte (a) se sustituye a la relaciónfundamental de AISC, es decir, en la ecuación (2.3), obetenemos:

∅ ≤ ∅

214.4 ≤ 0.85

≥ 252.2

Respuesta: La resistencia nominal requerida es de 252 Kips

2. Un sistema de piso tiene secciones W24x55 separadas a 8 pies entre centrosque soportan una carga muerta de piso 50 psf y una carga viva de 80 psf.Determine la carga gobernante en lb/pie que cada viga debe soportar

Resolución

Notando que cada pie de las vigas debe soportarse a si mismo (carga muerta)



Además 8 x 1 = 8 pie2 del piso del edificio

D = 55 + 8 x 50 = 455 lb/pie

L = 8 x 80 = 640 lb/pie

Calculando las cargas factorizadas mostrando que D y C son las únicas cargas quevan soportarse, solo es necesario sustituir a estas en las ecuaciones A4-1 y A4-2 delLRFD.

U = (1.4) (455) = 637 lb/pie (A4-1)

U = (1.2) (455) + (1.6) (640) = 1570 lb/pie (A4-2)

Carga factorizada que rige = 1570 lb/pie

3. Un sistema de techo con perfiles W16x40 Separadas a 9 pie entre centros vaa usarse para soportar una carga muerta de 40 psf, una carga viva de techo,

o una carga de nieve, o una carga de lluvia de 30 psf y una carga de viento de20 psf. Calcule la carga factorizada que rige.

Resolución

D = 40 + (9) (40) = 400 lb/pie

L = 0

Lr ó S ó R = (9) (39) = 270 lb/pie

W = (9) (29) = 180 lb/pie

Sustituyendo en las expresiones de combinaciones de carga de LRFD, obtenemos:

U = (1.4) (400) = 560 lb/pie U = (1.2) (400) + 0 + (0.5) (270) = 615 lb/pie U = (1.2) (400) + (1.6) (270) + (0.8) (180) = 1056 lb/pie U = (1.2) (400) + (1.3) (180) + (0.5) (270) = 849 lb/pie U = (1.2) (400) + 0 + (0.2) (270) = 534 lb/pie U = (0.9) (400) ± (1.3) (180) = 594 ó 126 lb/pie

Carga factorizada que rige = 1056 lb/pie

4.

Realizar el análisis para la estructura típica mostrada y determinar lasfuerzas mayoradas utilizan el método AISC – LRFD.

12

L 2 L L L L L L

V V V V V V V V V

8 9’=72

Armadura cada 20’

AREA DE PARQUEO

VIGA DE SOPORTE



Para lo cual encontrar la máxima fuerza en factores de carga para dosmiembros: V4 – V5, V5 – L5, V4 – L5, L4 – L5, considerando que un miembropuede estar sujeto a fuerzas de tracción o compresión, considerando lassiguientes consideraciones de carga:

Caso 1: 1.4D (A4-1)

Caso 2: 1.2D + 1.6L (A4-2)

Caso 3: 0.9D + 1.6L

Donde las cargas de servicio son.

L = Carga viva, suponer 18 carros a 4000lb/carro = 50 psf

D = Carga muerta:

1: Peso del concreto (150 lb/pie2) espesor 6”: 75 psf unidades inglesas

2: Asumir peso peso de vigas y armadura = 10 psf

* 1 kg/m3 = 0.06242797 lb/pie3 => γc = 2400 kg/m3

Carga muerta toal = 85 psf

Resolución:

Para el cálculo de las fuerzas aplicadas en los nudos de la armadura, se considerael área tributaria de las cargas distribuidas.

Área tributaria de V1 y V9 = 20’ x 4.5 = 90 sq ft

Área tributaria de V2 a V8 = 20’ x 9 = 180 sq ft

Combinaciónde Carga

Nudo Carga últimaaplicada

1.4 D V1 y V9 10.71

1.4 D V2 a V8 21.421.2 D + 1.6 L V1 y V9 16.381.2 D + 1.6 L V2 a V8 32.760.9 D + 1.6 L V1 y V9 14.090.9 D + 1.6 L V2 a V8 28.17

Se realiza el análisis de la armadura para cada combinación de carga:

Para las barras V4 – V5, V5 – L5, V4 – L5

Barra Caso 1 Caso 2 Caso 3V4 – V5 -128.52 kips -196.56 kips -169.02V5 – L5 -21.42 -32.76 -28.17

L4 – L5 120.49 184.28 158.46(+) (-) Compresión



Para la barra V4 – L5, se analiza mediante líneas de influencia, como se muestraen la figura.

Por tanto se tiene las cargas máximas aplicadas en cada barra estudiada.

ELEMENTO CARGAÚLTIMA

COMBINACIÓN

V4 – V5 -196.56 kips Caso 2V5 – L5 -32.76 kips Caso 2V4 – L5 33.98 kips

-4.90 kipsCaso 2Caso 3

L4 – L5 184.28 kips Caso 2

TRABAJO ENCARGADO

1.

Una columna debe soportar las siguientes cargas de servicio o trabajo: D = 50 Klbde carga muerta de compresión axial, L = 40 klb de carga viva de piso decompresión axial y W = 30 klb de carga de viento en compresión o tensión axial,calcule la resistencia requerida de diseño para el miembro (Resp. 124 klb)

Nota. Sistema de medidas inglesas

Desgraciadamente el sistema métrico no ha penetrado aun completamente al áreaindustrial de los EE.UU. Muchos de los fabricantes continúan proporcionando datostécnicos basados en unidades del antiguo sistema inglés.

Longitud.1 pie (Foot) 1 ft ó 1’, 1’ = 12”

1 pulgada (Inch) 1”ó 1 in

Área.

1 pie cuadrado (Square Foot) 1 sq.ft, 1 sq.ft = 144 sq.in

1 pulgada cuadrada (Square Inch) 1 sq.in

Volumen.

1 galón (Galon) 1 gl

0.1563 0.3125 0.4682

0.625 0.4688 0.3125 0.1563 0.0



Peso.

1 libra (Pound) 1 lb, 1 lb = 16 oz

1 onza (Ounce) 1 oz

Presión.1 libra por pulgada cuadrada

Temperatura.

1 grado Fahrenheit 1 °F

Conversión.

1 in = 2.54 cm = 25.4 mm

Superficie.

1 sq.in = 6.4516 cm2

1 sq.ft = 0.09290 m2

Volumen.

1 gl = 3.7854 lt

Unidades de Peso:

1 lb = 0.4536 kg

Unidades de Presión.1 PSI = 6.89285 KPa = 0.070323 kg/cm2.

* El kilo- pascal KPa es la presión ejercida por una fuerza de 1 000 N (Newtons) enuna superficie de metro cuadrado.

14.7 PSI = 1 atm.

Kips = Kilo libras = 1000 lb

KSI = Kilo libras / pulgada cuadrada = 1000 lb/in2

PSI = Libra / pulgada cuadrada = lb/in2

Tambien:

Kips = Kilo pounds = Kilo libras (Unidades de fuerza)

KSI = Kilo pounds/Square inches = Kilo libras / pulgadas cuadradas (unidades presión o esfuerzo)

PSI = pounds / square inches (Unidades de presión o esfuerzo)

El perfil W. Llamado también perfil de patín ancho, consiste en dos patines separados

por una sola alma. La orientación de esos elementos es tal que la sección transversaltiene 2 ejes de simetría una designación típica sería “W18x50”.



Dónde: W Indica el tipo de perfil

18 es el peralte nominal paralelo al alma 50 es el peso en libras por pie de longitud.

El perfil S. es similar al perfil W ya que se tiene dos patines paralelos, una sola almay dos ejes de simetría. La diferencia estriba en las proporciones:

Perfil S es “S18x70”

Dónde: S indica el tipo de perfil y los números dan el peralte en pulgadas y el peso enlibras por pie: este perfil se llamaba antes Viga I.

Perfiles angulares. Existen en las versiones de lados iguales y de los lados desiguales.Una designación típica sería “L 6x6x3/4” ó “L 6x3x5/8”. Los tres números son laslongitudes de lado, uno de los lados medidas desde la esquina o talón, hasta la puntadel otro extremo del lado, y el espesor que es el mismo para ambos lados.

El perfil C ó Canal. American Standart tiene dos patines y un alma, con un solo ejede simetría; esta tiene una designación como: “C.9x20”. Esta notación es similar a lade los perfiles W y S donde el primer número del peralte total paralelo al alma en

pulgadas.

Y el segundo número da el peso en libras por pie lineal.

24”

1’ Patin

alma

patin

Se muestra un W18x50

18”+

6”

6” 3/4”

Perfil de lados iguales se

muestra un L6X6X3/4”

3

6” 5/8”

Perfil L de lados desiguales

se muestra un L6X3X5/8”

Canal e American Standard

se muestra (9x20)

Cara

interior 9”

T estructurales=WT se muestra

una (WT18X115)

18”



RESOLUCIÓN PROBLEMA 2

Secciones W24x55 separadas a 8 pies D = 50 psf (lb/pie2)

D = 80 psf (lb/pie2) Carga entera o gobernante Lb/pie que cada viga debe soportar

Resolución

Suponiendo que cada pie de las vigas debe soportar a si mismo (carga muerta)W24x55

H = 24”

P = 55 lb/pie

S = 8’ x 1’ = 8 pie2

D= 55 lb/pie + 8 pie * 50 lb/pie2

D = 455 lb/pie

L = 8 pie * 80 lb/pie2 =640 lb/pie

Ejemplo 1-1 En la figura se muestra una presión de la planta de piso de un edificiode oficinas (de muchos pisos). El piso es de 4 pulg. de concreto sobre un tablerometálico colocado encima de viguetas de acero, de celosía. ¿Cuál es la carga vivareducida para las vigas de piso y para una columna exterior situada tres pisos másabajo del piso más alto?

Solución:

8’ 8’

2’

Patin

CARA INTERIOR

INDICADA

patin

Perfil S American Stan dard (se

muestra un 318x70)

18”

18

18

VIGUETA

VIGAS DE

22’ 22’ 22’

Columnas

interionres



Estímese la carga muerta obre el área tributaria del piso (centrada sobre elmiembro), como:

Piso de concreto y su terminación: 4x144/12 =48 lb/pie2

Platón, tablero metálico, viguetas de celosía de acero: = 12 lb/pie2

Total = 60 lb/pie2

La carga viva para efectuar, obtenida de la tabla W-4 (5500) = 80 lb/pie2 calculare R para la viga de piso; el área tributaria es, como se muestra en la figura (b),18x22 (área ABCD):

0.00081822 0.32<0.60

+

4.33 60+ 80

4.33800.40<0.60

Se usará el menor de los valores calculados de R, 0.32. La carga viva reducida L’será.

′ 1−0.3280 54.4, 55 /

Calcule R para la columna; el área tributaria de 9 x 22 está centrada en la columna; pero se tiene que, para la ecuación de tres pasos.

0.00083922 0.475<0.60

6 0 + 8 04.3380 0.40<0.60

Usando el valor menor de R, 0.40; la carga viva reducida, sobre la columna es;

′ 1− 0. 480 48 /

Se notará que 0.40 es el R máximo para la columna y que es mucho menor en elmás alto nivel de piso.

Ejemplo 2: Un salón de reuniones y banquetes de un hotel tiene una planta de pisode 22x27m. El piso está compuesto de 125mm de concreto colado sobre un tablerometálico y con un recubrimiento de mosaicos (refiérase a la figura b). ¿Cuál será la

carga viva reducida sobre la viga de piso C2, usando una reducción que no seamayor de 40%)



Solución:

Nótese que un salón de uso público no es lo mismo que un auditorio, donde la cargadescansa principalmente sobre asientos fijos o movibles. Se puede usar con estadefinición un factor de reducción de carga viva.

Estímese primero la carga muerta usando la tabla IV – 3 de SSDD para obtener el pesounitario del concreto = 235 KN/m3

Peso del concreto: 0.25 x 235 = 2.940 KPa

Mosaico de 10 mm. = 0.188 KPa

Tablero de acero, platón, viguetas (presión estimada) = 0.575 KPa

Total = 3.703 Kpa

1.4 = 1.4 A4 - 1

1.2+1.6+0.5́́ = 1.2+1.6 A4 - 2

1.2+1.6́́ +0.5́0.8 = 1.2+0.5 A4 - 31.2+1.3+0.5+0.5́́ = 1.2+0.5 A4 - 4

1.2±1.0+0.5+0.25 = 1.2+0.5 A4 - 5

0.9±1.3́1.0 = 0.9 A4 - 6

Como tenemos D y L:

Solo utilizaremos A4 – 1: U = 1.4 1.4 (455) = 637 lb/pie

A4 – 2: U = 1.2+1.6 1.2 (455) + 1.6 (640) = 1570 lb/pie



La carga factorizada que rige es: U = 1570 lb/pie

De la tabla IV – 4, la carga viva = 5.00 KPa. El factor de reducción para una trabe basadaen el área tributaria mostrada es.

0.008612+8 2 × 9⁄ 0. 774>0. 4 y además 0.6

+ 4.33 3.703+5.004.335.00 0.402<0.60

Como el planteamiento del problema limita la reducción de la carga viva a no más de0.40, la carga viva reducida es:

′ 1− 0. 4 × 5.00 3.00

Ejemplo 1-3:

Dado el techo de dos aguas que se muestra en la figura (a) y usando la presión deviento del NBC, ¿Cuáles serán las fuerzas laterales y sobre el techo debido al vientoque sople de la izquierda?



Viva: Live

Muerto: Dead

Viva de techo: Live Roof

Nieve:

Solución .- en una columna de 22 pies se supera flexión en la misma se tendrá enfuerza cortante en el flexión y la cimentación como se muestra en la figura .

Altura promedio =22+7.5=29.5

Presión del viento para estar altura =15lb/pies2=0.015k/ pies2Viento en la columna de barconuto =p =22/2x20x0.015

=3.3 kips en la línea de techo y en la

Cimentación

El viento sobre el techo se aplica en las plantas de las lagunas como se indica en lafigura. La distancia un pendiente se calcula fácilmente y es igual 33.54piesdividiéndola en seis partes se obtiene 5.59 pies

33.54/6=n5.59

En el punto 1 , el viento es 5.59x20x0.015x1.25=2.097 kips endiente del techo < 30°esta fuerza se descompone en componentes horizontales y verticales .



En los puntos 2y3 el área del viento tributaria es 2(5.59)=11.18 pies

La componente de viento son 3.75y1.88 kips

En el punto 4 la carga del viento es también 3.75 pero las componentes horizontales secancelan.

Los varios valores se demuestran en la figura EI-3B exposición de los es conveniente

para la programación de computadora dentro en el capítulo 2.Las presiones del viento se pueden calcular aproximadamente como:

Q=0.00256 v2 (lb/ pie2)

Q=0.0000473 v2 (lb/ pie2)

Fácilmente como q=1/2mv2, donde la densidad de masa del aire es aproximadamente0.00238 lb x s2/pie 4

Como el viento es un carga transitoria, los códigos por lo general permiten aún no semenor que la que se recomienda para que la sección requerida no se menor que la se

requiera para condición de carga muerta + carga viva totalmente . Por ejemplo, si se



permite el esfuerzo de 20k/pulg2, entonces son las condiciones de carga de neto se podría usar el esfuerzo de 20x 1.33=26.6 kg/pulg.

CAPITULO III. DISEÑO DE ELEMENTOS EN TRACCIONTipos de elementos adecuados para tracción se conoce normalmente 4 tips de miembros

comunes usados para cargas en tracción.

1. ALAMBRES Y CABLES .- un cable consiste de uno o más grupos de alambrescolocadas helicoidalmente ala rededor de uno de ellos (el toron o cordón ) queesta formando por alambres colocado helicoidalmente alrededor de un alambrecentral de tal modo que se produzca una sección critica generalmente 6 alambres.- CABLE DE TORONES .- conjunto de torones que colocadas alrededor de un

nucleo central confirmados por otro fin denominados cables de alma rigida (esto es usado en puentes )

-

CABLE DE ALMA FLEXIBLE: En el alma tiene una fibra de llama(AÑARO) estos elementos necesaria con torones especiales en suselementos.

2. VARILLAS Y BARRAS.- Las varillas pueden ser de sección cudrada o circular, y las barras son planchas de pequeño espesor , las conexiones en sus extremos

pueden ser soldados , roscados , atornillados o apernadas sobre puert



3. PERFILES ESTRUCTURALES.- Se utiliza cuando el elemento requiere uncierta rigidez.

4. MIEMBROS ARMADOS.-a.- Plancha conectado a un perfil laminado.- son construidas y conectadas dos

o más perfiles estructurales en separadores, dos planchas en contacto.

Donde:

S= Espaciamiento de la soldadura.

T= Espaciamiento de la partemás delgado S ≤ 24t.

b.- Dos o más perfiles en contacto



c.- Conexiones mediante perfiles.

d.- Dos o más perfiles separadores:

S ≤ 15 cm L= ≤ 240 t >

r= radio mínimo de giro

e.- Planchas con agujeros:

f.- Estructuras compuesta de elementos



g.- Perfiles de contacto mutuo.

5.- PLANCHAS UNIDAS CON PASADORES.-

Para conectar entre estructurales con fuerzas en la misma dirección se unen en PINES OPASADORES .Las pruebas demuestra que las fallas pueden ser de tres tipos.

A.- Fracturas Detrás Del Pasador.- En la dirección paralela al eje de la barra, la falla es producida si la distancia al extremo de la plancha detrás del pasador en insuficiente.

B.- Fallas En La Sección Neta.- Atraves del pasador transversal al eje de la barra estaacurre si el área total de la sección es insuficiente.



C.- Fallas Por Curvatura: Es una falla por inestabilidad lateral.

D.- Fallas Del Pasador: Es una falla del sujetador por corte.

6.- BARRAS DE OJO;

Llamadas cabeza o vástago.

≥ 0

≥ 1.25

≤ 8 , ≥ 78



Generalmente:

+

Donde el área:

∗

,

≤0.45

4900 ⁄

≤ 5

Planchas unidas con pasadores:

Por cortes: ,

≥ (Recomendación)

Condiciones d ≥ 1.25 x

d ≥ 1.25 y

b = 2y + d

≤ 4

Área Neta y Área Efectiva.-

El área total de un miembro en cualquier punto será determinado al sumar los productores del espesor por el área total de cada elemento medido perpendicularmenteala eje del miembro.

Ancho Neto − ∑ = +

Donde:

= ancho total del elemento.

D = diámetro del hueco.

S = separación longitudinal medida paralelamente eje del miembro entre 2agujeros consecutivos.

G = separación trasversal perpendicular al eje entre dos agujeros.



CASO I CASO II CASO III

Ancho neto:

− =

n = N° de huecos

Ancho neto: − Ancho neto:

− = + 4

El área neta crítica de la parte considerada se obtiene de la sección del mínimo anchoneto

AREA EFECTIVA: Ae = An x Ct Donde:

Ct = Coeficiente de reducción

ESFUERZO UNITARIO ACRANTE 85% del área total de ladera

Dónde:

T = Carga axial de tensión dediseño.

A= Área netatransversal.



En elementos muy largos Li usa Futendré mayor deformación enconectores se puede usar (Fu)

máximo esfuerzo tendrá pocadeformación.

ESBELTES RECOMENDABLE PARA ELEMENTOS EN TENSION

En los miembros en tracción o tensión no existe efectos de pandeo la relación de esbeltezasegura que no ocurrirá vibraciones cuando se encuentren sometidas a cargas repetidas

transversales se recomienda que la relación de esbeltez ≤ 240 para miembros

principales ≤ 300 secundarias.

Esbeltez Recomendable. Para elementos en tracción ≤ 240

Para miembros principales ≤ 300

para miembros secundarias

DISEÑO POR ESFUERZO METODO PLASTICO (Cargas y hima)

El diseño por esfuerzo de miembro en tensión se da el valor más abajo obtenida deacuerdo a esfuerzo límite de frecuencia en la sección gruesa y fractura en la secciónneta.

a) Limite se Fluencia en la sección gruesa (Armaduras)

Tn= x FT FT = Ø t Fy Øt = 09

b) Por fractura en la sección neta( empalmes )

∗ ∅ 0. 75



0.75

∗

Dónde:

Ae= area neta efectivo

Ag= area neta del miembro

Fy =Esfuerzo de fluencia es mínima especificado, esfuerzo de fluencia.

Tn =Esfuerzo nominal total

Ty = mínimo especificado esfuerzo en tensión.

PROBLEMAS RESUELTOS

1.- Diseñar un cable de 25m de longitud para soportar cargas, cargas muerta 4 ton.Carga viva 3 ton con un acero de fy= 2500 kg/cm2 un módulo de elasticidad G= 2.1x10 6 kg/cm2 y un factor de seguridad de 1.67 determinan la elongación?

Resolución

L = 25 mts Fy = 2500 kg/cm2

CM = 4 ton E = 2.1x 10 6 kg/cm2

CV = 3 ton Fs = 1.67 Factor de seguridad

Cálculo de T

∗ → + 4 + 3 7

1.67 ∗ 7 11.6

Por tabla: Ø = 1 ¾”

Elongación por CV:

∆ → ∆

××

,×.×

∆ 3.77

Elongación Total: ∆ ××,×.×

∆ 8.79



2.- Hallar la sección neta de una barra, para que soporte una carga de tracción de0.5 ton en un acero de fluencia 2500 kg/cm2.

Resolución

→ ∅ → ∅ 0.9

0.5 0.9×2500 → 5000.9×2500 → 3.38

∅ 516 "

Elongación: ∆

3.- Diseñar la barra de hoja con planchas para tensión de 66 ton, con un acero fy=

2500 kg/cm2 .Se dispone planchas estructurales de espesor nominal 16, 20, 25 y 32mm.

Resolución

Asumir : t = 2.5 cm Fy = 2500 kg/cm2

T = 66 Ton

Diseño del Vástago: Ft = 0.9 Fy Ft = 0.9 x 2500 Ft = 2250 kg/cm

De donde: × ×. → 11.7

Verificamos:

11.72.5 4 . 6 8 < 8



Si 4.68 es otro valor > 8 => hay que asumir otro valor de t = ?

Comprobando para 1 . 6 → ⁄ 10. 31>8 1 8

2 . 0 →

⁄ 6.6 > 8 ! 14.6

2 . 5 → ⁄ 4.2 > 8 ! 11.75

3 . 2 → ⁄ 2.58 > 8 ! 9.17

Diseño de la cabeza.

Existe una condición → 1.7

10.23

Por otro lado:

′

+ 0 . 0 8

′ 10.23 + 0.08 → 10.31

Diámetro mayor:

+

× 660000.75×2500×2.5 →0.75

14.08 Luego: D = 10.31 + 14.08

D = 24.42 cm

× → 1 4 . 0 8 × 2 . 5 → 35.2

Luego calculando:

× 35.2

11.7×2.51.20

Del vástago:

¡ó! 1.20≤ ≤1.5

Si fuera lo contrario asumir otro t.

Respuesta: usar planchas de espesor 25 mm.



4.- Diseñar la conexión de plancha de acero con fy= 250 kg/cm2 con pasador parauna carga de tensión de 22 ton (se dispone de planchas estructurales de 9.5 , 12.5 ,16 y 20 mm de espesor nominal.

.Resolución

Asumir: t = 1.6 cm

Ft = 0.75 Fy = 0.75 x 2500 = 1875 kg/cm2

Cálculo de A1

A1 = Área neta sección 1.1

A1 = 11.73

Cálculo de A2

A2 = X x t → Á ó 2 − 2

=>A2 = 7.82 cm2

Luego: X = → .. 4.89

≥ 1.25 → 1.254.89

6.11

Por otro lado:

≥1.25

Asumimos:

6 . 1 1 → 6.111.25 4.89

2 + → 24.89 +6.11 15.89



Otra condición:

≤ 4 → 4.891.6 3. 0<4 ! Ejemplo una barra de 5 ½ de acero A36 se usa como miembro en tensión. Ella seconecta a una placa de sus de medio de 4 tornillos de 5/8 in de diámetro, como semuestra en la figura. Se ponga que el área neta efectiva de Ae, es igual al área neta ycalcula la resistencia de diseño.

Ejemplo: un miembro en tensión con longitud de 5 pies 9 pulgadas debe resistiruna larga de servicio de 18 vips y una carga viva de servicio de 52 vips. Seleccioneun miembro con una sección transversal rectangular. Considere acceso 136 ysuprega una anepion con una línea de tornillo de 7/8 in de diámetro.

Nota: en el ejemplo el miembro es menor de 8” de ancho y se clasifica entonces como

bar ra en vez de planchas. Las bar ras de especif icaciones de ¼ de pulgada máscercano en sus anchos y al 1/8” más cercanos en espesores. El sistema preciso de la

clasif icación da en las parte del marca bajo barr as y placas.

Pu=1.2d+1.6l=12x18+1.6x52=104.8kips

Ag=requerida= pu /0.90fy=104.8/0.75x58=2.409m2

Como Ae=An para este miembro, en el area total correspondiente ala rea neta requerida.

Ag= A n+ agujero

Ag=2.409+7/8+1/8t=2.409+t

Ensaje t=1in

Ag=2.409+111=3409 in2

Como3.409 > 3.253

Redondee al 1/8 sin más cercano y anclaje una sección transversal de 1 x 3 ½ depente dla relación de esbeltez.



Ejemplo 4 .- armaduras finic espaciadas a 20ft entre centros porta pocines w6 x12 , como se muestra en la figura .Los pocines están soportados en sus puntosmedios por tensores. Use acero A36 y diseñe los tensores y el tirante en la

considere para las siguientes cargas de servicio.

Cubierta metálica 2lb/ft2

Teclado: 5lb/ft2

Nieve: 18lb/ft2 de proyección horizontal de la superficie del techo

Peso de los polines: 12 libras por pies lb/ft de longitud

Resolución

Cálculo de las cargas

Ancho tributario por cada tensor = 20/2= 10ft

Área tributaria para el techo y su cubierta =(10 )46.6=466

Carga muerta (cubierta y techo = 215 x 466 = 3262 lb

Peso total de polines =12x10x9 1080 lbCarga muerta total = 3262 +4080=4342 lb

Área tributaria para la carga de la nieve = 10/45= 450 ft2de

Carga total nieve = 18/450=8100 lb

Resolución de las combinaciones de cargas

(A4-2)=1.2D + 0.5 S = 1.2 (4342) + 0.5 (8100) =9260 lb

(A4-3)=1.2D + 0.5 S = 1.2 (4342) + 1.6 (8100) =9260 lb

La consideración (A4-3) gobierne (por inspección A4-1, A4-4 y A4-5 no gobierna)



Para la componente paralela al techo figura 3.30b

Respuesta: use una barra roscada de 5/8 in de diámetro (Ag=0.3068 tirante en lacubriera) figura 3.30

Respuesta: use una barra roscada de 5/8 in diámetro (Ag= 0.3068 in)

Problema: Seleccione una estructural para ala cuerda inferior de la armaduraWarner de techo mostrado 20 ft. Disponga que la conexión de la cuerda soldadainferior. Se hace con Pilates longitudinales de soldadura de sin longitudes en elpatín. Considere acero A30 y los siguiente datos de carga en entre ejemploconsidere el viento.



Solución: cálculo de las cargas

Nieves = 20 x 40 x 20 = 16000 lbCarga muerta (polines)= cubierta 2lb / ft 2

= techo 4 lb / ft 2

=Aislante 3 lb / ft 2

Total 9 lb / ft2

Carga muerta total = 9x40x20=7200lb

Peso total de polines =6.5x20x9=1170 lb

Estimación del peso la armadura como el 10% de la otra carga

Ojo (16000+7200+1170)=2437 lb

Las cargas en un nudo interior son:

En un nudo exterior, el área tributaria del techo en la mitad de un nudo interior lascargas correspondientes son:

+

+6.520 732.3

1600028 1000

La combinación A4-3 gobernará

Pu = 1.2 D + 1.6 S

En un nudo interior:

Pu = 1.2 (1.335) + 1.6 (2.0) = 4.802 Kips

En un nudo exterior:Pu = 1.2 (0.7323) + 1.6 (1.0) = 2.479 kips



La armadura se muestra en la figura 3.326

La cuerda interior se diseña determinando la fuerza en cada miembro de la cuerda yseleccionando una sección transversal para resistir la fuerza máxima. Con este ejemplola fuerza en el miembro II será la que gobierne. Para el cuerpo libre a la izquierda de la

sección a – a, mostrado en la figura (1).

19.2920 −2.47920 −4.8021 5 + 1 0 + 5

48.02

Para la sección total.

Ag requerida =. .. 1.48

Para la sección neta:Ac requerida =

. .. 1.10

Ensaye un perfil W15x6:

Ag = 1.77 in2 > 1.48 in2

La conexión se hace con soldaduras longitudinales y el número es una placa o una barra, por lo que esta conexión no es uno de los casos especiales de miembros soldadossometidos a retraso del cortante.

1 − ̅ 1 − (1.369 ) 0. 849<0. 9

0.8491.77 1.50 >1.10 (Es satisfactorio)

La suponemos que la cuerda superior está arriostrada en los nudos,

. 76.43<300 (Es satisfactorio)

Respuesta: Use un perfil W15x6

REPASO: Diseño de miembros en Tensión.

El problema central de todo diseño de miembros, incluido el diseño de miembros entensión, en encontrar una sección transversal para lo cual la sección de las cargasfactorizadas no exceda la resistencia del miembro, es decir:

∅

Para miembros en tensión, esta expresión traerá la forma:

≤ ∅ ó ∅ ≥ Donde Pu es la suma de las cargas factorizadas. Para prevenir la fluencia.



0.90 ≥ ó ≥ 0.90

Para evitar la fractura:

0.75 ≥ ó ≥ 0.75

La limitación de la relación de esbeltez será satisfecha si:

≥ 300

Donde r es el radio de giro mínimo de la sección transversal y L es la longitud delmiembro.

diseño en acero y madera

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