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Alfaomega Diseño de Estructuras de Acero – McCormac /Csernak 237

C A P Í T U L O 8

Introducción al estudio de vigas

8.1 TIPOS DE VIGAS

Generalmente se dice que las vigas son miembros que soportan cargas transversales. Se usan generalmente en posición horizontal y quedan sujetas a cargas por gravedad o verticales; sin embargo, existen excepciones, por ejemplo, el caso de los cabios. Entre los muchos tipos de vigas cabe mencionar las siguientes: viguetas, dinteles, vigas de fachada, largueros de puente y vigas de piso. Las viguetas son vigas estrechamente sepa-radas para soportar los pisos y techos de edifi cios; los dinteles se colocan sobre aberturas en muros de mampostería como puertas y ventanas. Las vigas de fachada soportan las paredes exteriores de edifi cios y también parte de las cargas de los pisos y corredores. Se considera que la capacidad de las vigas de acero para soportar muros de mampostería (junto con la invención de los elevadores) como parte de un marco estructural, permitió la construcción de los rascacielos actuales. Los largueros de puente son las vigas en los pisos de puentes que corren paralelas a la superfi cie de rodamiento, en tanto que las vigas de piso son las vigas más grandes que en muchos pisos de puentes corren perpendicularmente a la superfi cie de ro-damiento y se usan para transferir las cargas del piso, de los largueros de puente a las trabes o armaduras sustentantes. El término trabe se usa en forma algo ambigua, pero usualmente denota una viga grande a la que se conectan otras de menor tamaño. Éstos y otros tipos de viga se analizan en las siguientes secciones.

8.2 PERFILES USADOS COMO VIGAS

Los perfi les W generalmente resultan las secciones más económicas al usarse como vigas y han reemplazado en esta aplicación casi por completo a las canales y a las secciones S. Las canales se usan a veces como largueros cuando las cargas son pequeñas y en lugares en donde se requieren patines estrechos. Éstas tienen muy poca resistencia a fuerzas laterales y requieren soporte lateral, como se ilustró en el problema de tensores en el Capítulo 4. Los per-fi les W tienen un mayor porcentaje de acero concentrado en sus patines que las vigas S, por lo que poseen mayores momentos de inercia y momentos resistentes para un mismo peso. Éstos son relativamente anchos y tienen una rigidez lateral apreciable. (El poco espacio

238 Capítulo 8 Introducción al estudio de vigas

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dedicado a las vigas S en el Manual del AISC evidencia claramente cómo ha disminuido su uso con respecto a años anteriores. Hoy en día se usan principalme0nte para situaciones es-peciales, como cuando se requieren anchos pequeños de patines, cuando las fuerzas cortan-tes son muy grandes o cuando son convenientes mayores espesores de patín en la cercanía del alma por motivos de fl exión lateral, como ocurre quizás con los rieles de guía para grúas o los monorrieles.) Otro tipo común de viga es la vigueta de acero de alma abierta, o vigueta de barras, que se analiza con detalle en el Capítulo 19. Este tipo de viga que se usa comúnmente para so-por tar losas de piso y techo es en realidad una armadura ligera de cuerdas paralelas. Resulta muy económica para grandes claros y cargas ligeras.

8.3 ESFUERZOS DE FLEXIÓN

Consideremos una viga de sección rectangular y los diagramas de esfuerzos de la Figura 8.1 para estudiar los esfuerzos de fl exión. (Para este análisis inicial supondremos que el patín a compresión de la viga está completamente soportado contra el pandeo lateral. El pandeo lateral se estudiará en el Capítulo 9.) Si la viga está sujeta a momento de fl exión, el esfuerzo en cualquier punto se puede calcular con la fórmula de la fl exión: fb = Mc/I. Debe recordarse que esta expresión es aplicable solamente cuando el máximo esfuerzo calculado en la viga es menor que el límite elástico. La fórmula se basa en las hipótesis elásticas usuales: el esfuerzo es proporcional a la deformación unitaria, una sección plana antes de la fl exión permanece plana después de la aplicación de las cargas, etc. El valor I/c es una constante para una sección específi ca y se denomina módulo de sección (S). La fórmula de la fl exión puede escribirse entonces de la manera siguiente:

fb = McI

= MS

Puente Avenida Harrison en Beaumont, TX. (Cortesía de Bethlehem Steel Corporation.)

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8.4 Articulaciones plásticas 239

Inicialmente, cuando el momento se aplica a la viga, el esfuerzo varía linealmente desde el eje neutro hasta las fi bras extremas. Esta situación se muestra en la parte (b) de la Figura 8.1. Si se incrementa el momento, se mantendrá la variación lineal de los esfuerzos hasta que se alcanza el esfuerzo de fl uencia en las fi bras extremas, como se muestra en la parte (c) de la fi gura. El momento de fl uencia de una sección transversal se defi ne como el momento de inicio del esfuerzo de fl uencia en las fi bras extremas de la sección. Si el momento en una viga de acero dúctil se incrementa más allá del momento de fl uencia, las fi bras extremas que se encontraban previamente sometidas al esfuerzo de fl uen-cia se mantendrán bajo este mismo esfuerzo, pero en estado de fl uencia y el momento re-sistente adicional necesario lo proporcionarán las fi bras más cercanas al eje neutro. Este proceso continuará con más y más partes de la sección transversal de la viga, alcanzando el esfuerzo de fl uencia como se muestra en los diagramas de esfuerzos (d) y (e) de la fi gura, hasta que fi nalmente se alcanza la distribución plástica total mostrada en (f). Observe que la variación de deformación del eje neutro hacia las fi bras externas permanece lineal en todos estos casos. Cuando la distribución de esfuerzos ha alcanzado esta etapa, se dice que se ha formado una articulación plástica, porque no puede resistirse en esta sección ningún mo-mento adicional. Cualquier momento adicional aplicado en la sección causará una rotación en la viga con poco incremento del esfuerzo. El momento plástico es el momento que producirá una plastifi cación completa en una sección transversal del miembro creándose ahí mismo una articulación plástica. La relación del momento plástico Mp al momento de fl uencia My se denomina factor de forma. Los fac-tores de forma son iguales a 1.50 en las secciones rectangulares y varían entre 1.10 y 1.20 en las secciones laminadas estándar.

8.4 ARTICULACIONES PLÁSTICAS

Esta sección se dedica a describir la formación de una articulación plástica en la viga simple que se muestra en la Figura 8.2. La carga mostrada que se aplica a la viga crece en magnitud hasta que se alcanza el momento de fl uencia con las fi bras extremas sometidas al esfuerzo de fl uencia. La magnitud de la carga continúa incrementándose y las fi bras extremas empiezan a fl uir. La plastifi cación se extiende hacia otras fi bras fuera de la sección de momento máximo con se indica en la fi gura. La longitud en donde se presenta esta plastifi cación hacia ambos lados de la sección considerada, depende de las condiciones de carga y de la sección trans-versal del miembro. Para una carga concentrada aplicada en el centro del claro de una viga simplemente apoyada con sección rectangular, la plastifi cación en las fi bras extremas cuando se forma la articulación plástica se extenderá sobre un tercio del claro. En un perfi l W en circunstancias similares, la fl uencia se extenderá aproximadamente sobre un octavo del claro.

Figura 8.1

Variaciones del esfuerzo de fl exión debidas a incrementos del momento alrededor del eje x.

fb

fb

x x

Fy Fy Fy Fy

(a) (b) (c) (d) (e) (f)

Fy Fy Fy Fy



Durante este mismo periodo las fi bras interiores en la sección de momento máximo fl uirán gradualmente hasta que todas alcancen el esfuerzo de fl uencia y se forme una articulación plástica, como se ve en la Figura 8.2. Aunque el efecto de una articulación plástica se extiende sobre un cierto tramo a lo largo de la viga, se supone que la articulación está concentrada en una sola sección para propósitos de análisis. Para el cálculo de defl exiones y para el diseño del soporte lateral, la longitud sobre la cual se extiende la fl uencia es de gran importancia. Para que se forme una articulación plástica, las secciones deben ser compactas. Este término se introdujo anteriormente en la Sección 5.7.1. Ahí se defi ne a una sección compacta como aquella que tiene un perfi l sufi cientemente robusto, de modo que tenga la capacidad de desarrollar una distribución de esfuerzos totalmente plastifi cada antes de que se pandee localmente. Este tema se continúa con algún detalle en la Sección 9.9. El estudiante debe percatarse de que para el desarrollo de las articulaciones plásticas, los miembros no solamente deben ser compactos, sino que también deben tener soporte lateral de manera tal que se impida el pandeo lateral. Este tipo de soporte lateral se estudia en la Sección 9.4. Finalmente, también se consideran los efectos del esfuerzo cortante, la torsión y las cargas axiales. Éstos pueden ser sufi cientemente grandes como para causar la falla del miem-bro antes de la formación de una articulación plástica. En el estudio del comportamiento plástico, no se considera el endurecimiento por deformación. Cuando los marcos de acero se cargan hasta la falla, los puntos en donde se concentra la rotación (articulaciones plásticas) resultan visibles al observador antes de que el colapso ocurra.

8.5 DISEÑO ELÁSTICO

Hasta hace pocos años, casi todas las vigas de acero se diseñaban con base en la teoría elás-tica. La carga máxima que una estructura podía soportar se suponía igual a la carga que primero generaba un esfuerzo igual al de fl uencia del material. Los miembros se diseñaban de manera que los esfuerzos de fl exión calculados para cargas de servicio no excediesen el esfuerzo de fl uencia dividido entre un factor de seguridad (por ejemplo, 1.5 a 2.0). Las es-tructuras de ingeniería se diseñaron durante muchas décadas mediante este método con re-sultados satisfactorios. Sin embargo, los proyectistas saben desde hace muchos años que los miembros dúctiles no fallan sino hasta que ocurre una gran plastifi cación después de que se alcanza el esfuerzo de fl uencia. Esto signifi ca que tales miembros tienen mayores márgenes de seguridad contra la falla que lo que parece indicar la teoría elástica.

8.6 EL MÓDULO PLÁSTICO

El momento de fl uencia My es igual al esfuerzo de fl uencia multiplicado por el módulo elás-tico. El módulo elástico es igual a I/c o bd 2/6 para una sección rectangular, y el momento de fl uencia es entonces igual a Fybd 2/6. Este mismo valor se puede obtener considerando el par interno resistente mostrado en la Figura 8.3.

Figura 8.2

Una articulación plástica.

Pu

Perfil W Articulación plástica

Área de fluencia


8.6 Módulo plástico 241

El momento resistente es igual a T o C multiplicado por el brazo de palanca entre ellos, como sigue:

My = ¢Fybd

4≤ a 2

3 db =

Fybd2

6

Se observa que el módulo elástico de la sección es igual nuevamente a bd2/6 para una viga de sección rectangular. El momento resistente para la plasticidad total se puede determinar de manera simi-lar. El resultado es el así llamado momento plástico, Mp. También es el momento nominal de la sección, Mn. Este momento plástico o nominal es igual a T o C veces el brazo de palanca entre ellos. Para la viga rectangular de la Figura 8.4, se tiene:

Mp = Mn = T d2

= C d2

= ¢Fy bd2≤ ad

2b = Fy

bd2

4.

Se dice que el momento plástico es igual al esfuerzo de fl uencia multiplicado por el módulo plástico de la sección. De la expresión anterior para una sección rectangular, se ve que el módulo plástico Z es igual a bd 2/4. El factor de forma, que es igual a Mp/My = FyZ/Fy S, o a Z/S, es (bd 2/4)/(bd 2/6) = 1.50 para una sección rectangular. Un estudio del módulo plástico de la sección determinado aquí muestra que es igual al momento estático de las áreas a tensión y a compresión respecto al eje neutro plástico. A menos que la sección sea simétrica, el eje neutro para la condición plástica no coincidirá con el de la condición elástica. La com-presión interna total debe ser igual a la tensión interna total. Como se considera que todas las fi bras tienen el mismo esfuerzo (Fy) en la condición plástica, las áreas arriba y abajo del eje neutro plástico deben ser iguales. Esta situación no se presenta en secciones asimétri-cas en la condición elástica. El Ejemplo 8.1 ilustra los cálculos necesarios para determinar

Figura 8.3. b

d2

d2

Fy

Fy

FyT ! 12

d2 b !

Fy bd

4

FyC ! 12

d2 b !

Fy bd

4

dx x23 d

b

Fy

Fy

FyC ! d2 b

FyT ! d2 b

d2

d2

d2

x xd

Figura 8.4.



el factor de forma de una viga T y la carga uniforme nominal wn que la viga teóricamente puede soportar.

Ejemplo 8-1

Determine My, Mn y Z para la viga T de acero mostrada en la Figura 8.5. Calcule también el factor de forma y la carga nominal (wn) que puede aplicarse a la viga en un claro simple de 12 pies. Fy = 50 klb/plg2.

Figura 8.5.

8 plg

2 plg

6 plg

12 plg1

12 pies

n, klb/pie

x

y

x

Solución. Cálculos elásticos:

My = FyS =150 klb/plg2 2125.1 plg32

12 plg/pie= 104.6 pie-klb

S = Ic

= 122.6 plg4

4.875 plg= 25.1 plg3

= 122.6 plg4+ (2 plg)(6 plg)(1.875 plg)2

I = 112

18 plg211.5 plg23 + (8 plg)(1.5 plg)(1.875 plg)2+ 112

12 plg2(6 plg)3

y =112 plg210.75 plg2+112 plg214.5 plg2

24 plg2 = 2.625 plg desde el patín superior

A = 18 plg2a1 12

plgb + 16 plg212 plg2= 24 plg2

Cálculos plásticos (eje neutro plástico en la base del patín):

Factor de forma =Mp

My o

ZS

= 45 plg3

25.1 plg3 = 1.79

Mn = Mp = FyZ =150 klb/plg22145 plg322


Z = 112 plg2210.75 plg2 + 112 plg2213 plg2 = 45 plg3


8.7 Teoría del análisis plástico 243

‹ wn =1821187.5 pie-klb2112 pies22 = 10.4 klb/pie

Mn =wnL2

8

Los valores de los módulos de sección plástica para secciones estándar de vigas de acero están tabulados en la Tabla 3-2 del Manual del AISC, bajo el encabezado “W Shapes Selection by Zx”, y se enlistan para cada perfi l en la sección “Dimensions and Properties” del Manual (Parte 1). Estos valores Z se usarán frecuentemente a lo largo del texto.

8.7 TEORÍA DEL ANÁLISIS PLÁSTICO

La teoría plástica básica tiene que ver con la distribución de esfuerzos en una estructura, después de que en ciertos puntos de ésta se ha alcanzado el esfuerzo de fl uencia. Según la teoría plástica, aquellas partes de una estructura que han alcanzado el esfuerzo de fl uencia no pueden resistir esfuerzos adicionales. Más bien, esas partes fl uirán la cantidad necesaria para permitir que la carga o esfuerzos adicionales sean transferidos a otras partes de la es-tructura donde los esfuerzos se encuentran por debajo del esfuerzo de fl uencia y son capaces de absorber esfuerzos adicionales. Se puede decir que la plasticidad sirve para igualar los esfuerzos en casos de sobrecarga. Hacia 1914, el Dr. Gabor Kazinczy, de Hungría, percibió que la ductilidad del acero permitía una redistribución de esfuerzos cuando se sobrecargaban las estructuras estática-mente indeterminadas.1 En Estados Unidos, el Prof. J. A. Van den Broek, presentó su teoría de la plasticidad, a la que llamó “diseño al límite”. Esta teoría fue publicada en un artículo titulado “Theory of Limit Design” (Teoría del diseño al límite), en febrero de 1939, en las Memorias de la ASCE. Para esta exposición, se considera que el diagrama esfuerzo-deformación, tiene la for-ma ideal mostrada en la Figura 8.6. Se supone que para este acero coinciden en el mismo punto tanto el punto de fl uencia como el límite de proporcionalidad, y que el diagrama esfuer-zo-deformación es una línea recta en la zona plástica. Más allá de la zona plástica está la zona

1Lynn S. Beedle, Plastic Design of Steel Frames (Nueva York: Wiley, 1958), p. 3.

Figura 8.6.

Endurecimiento

por deformación

Ela

stic

idad

Deformación unitaria

Esf

uerz

o un

itari

o

PlasticidadFy



de endurecimiento por deformación. En esta última zona, teóricamente podría permitirse que los miembros de acero soporten esfuerzos adicionales, pero desde el punto de vista prác-tico, las deformaciones ocasionadas serían tan grandes que no puede considerarse. Además, el pandeo inelástico limitará la habilidad de una sección para desarrollar un momento mayor que Mp, aun si el endurecimiento por deformación es apreciable.

8.8 EL MECANISMO DE FALLA

Una viga estáticamente determinada falla si se desarrolla en ella una articulación plástica. Para ilustrar este hecho, se considera la viga mostrada en la Figura 8.7(a) de sección trans-versal constante, solicitada por una carga concentrada a la mitad del claro. Si se incrementa la carga hasta producir una articulación plástica en el punto de momento máximo (en este caso abajo de la carga), se daría lugar a una estructura inestable, como se muestra en la parte (b) de la fi gura. Cualquier incremento adicional de la carga causaría la falla. Pn representa la carga máxima nominal o teórica que la viga puede soportar.

Figura 8.7.

(a)

(b)

P

Pn

Articulación plástica

Articulación realArticulación real

Para que una estructura estáticamente indeterminada falle, es necesario que se forme más de una articulación plástica. Se demostrará que el número de articulaciones plásticas necesarias para que fallen las estructuras estáticamente indeterminadas, varía de estructura a estructura, pero nunca puede ser menos de dos. La viga empotrada en sus dos extremos, que se ilustra en la parte (a) de la Figura 8.8, no puede fallar si no se han formado las tres articulaciones plásticas indicadas en la parte (b) de la fi gura.

Figura 8.8.

(a)

(b)

P

Pn

Articulaciones plásticas


8.9 El método del trabajo virtual 245

Aun cuando en una estructura estáticamente indeterminada se haya formado una articulación plástica, la carga aún puede incrementarse sin que ocurra la falla, siempre que la geometría de la estructura lo permita. La articulación plástica actuará como una articulación real, por lo que respecta al incremento de carga. A medida que la carga se incrementa, hay una redistribución de momentos, pues la articulación plástica no puede soportar mayor mo-mento. Al ir apareciendo en la estructura otras articulaciones plásticas, llegará el momento en que habrá el número sufi ciente de ellas, para causar la falla de la estructura. En realidad, puede proporcionarse cierta carga adicional después del momento indicado, y antes de que la falla ocurra, ya que los esfuerzos serían los correspondientes a la zona de endurecimiento del material; sin embargo, esta condición no debe tomarse en cuenta porque las deformacio-nes son muy grandes para ser aceptables. La viga empotrada en un extremo y apoyada en el otro, en la parte (a) de la Figura 8.9, es un ejemplo de una estructura que fallará después de la aparición de dos articulaciones plásticas. Para que se produzca la falla se necesitarían tres articulaciones; se tiene una real en el extremo derecho. En esta viga, el mayor momento elástico causado por la carga concentra-da de diseño está en el empotramiento. A medida que la magnitud de la carga se incrementa se va formando una articulación plástica en dicho punto.

Figura 8.9.

P

Pn

(b)

(a)

Articulación real

Articulaciones plásticas

La carga puede incrementarse nuevamente hasta que el momento en algún otro punto alcance el valor del momento plástico (en este caso es en el punto donde está la carga con-centrada). Una carga adicional causará la falla de la viga. Se llama mecanismo de falla a la disposición de articulaciones plásticas y quizá de articulaciones reales que permiten la falla de la estructura. Las partes (b) en las Figuras 8.7, 8.8 y 8.9 muestran mecanismos de falla para varias vigas. Después de observar el gran número de vigas doblemente empotradas y empotradas en un extremo y apoyadas en el otro, utilizadas como ilustración en este libro, el lector po-dría formarse la idea errónea de que encontrará frecuentemente esas vigas en la práctica de la ingeniería. Estos tipos de vigas son difíciles de encontrar en las estructuras reales, pero es muy conveniente utilizarlas en ejemplos ilustrativos. Son muy convenientes para la introduc-ción del análisis plástico antes de considerar vigas continuas y marcos.

8.9 EL MÉTODO DEL TRABAJO VIRTUAL

Un método muy satisfactorio usado para el análisis plástico de estructuras es el método del trabajo virtual. Se supone que la estructura considerada está cargada a su capacidad nominal, Mn, y que luego se defl exiona con un desplazamiento pequeño adicional después de que se alcanza la carga última. El trabajo realizado por las cargas externas durante este desplaza-miento se iguala al trabajo interno absorbido por las articulaciones. En esta exposición se usa



la teoría del ángulo pequeño. Según esta teoría, el seno de un ángulo pequeño es igual a la tangente del mismo ángulo y también a éste expresado en radianes. En las páginas siguientes, el autor usa estos valores de modo intercambiable porque los desplazamientos pequeños considerados aquí, producen rotaciones o ángulos extremadamente pequeños. Como primera ilustración, se considera la viga doblemente empotrada con carga uni-formemente repartida de la Figura 8.10. En la fi gura se reproducen dicha viga y su mecanismo de falla. Por simetría, las rotaciones en las articulaciones plásticas de los extremos son iguales y se representan por u en la fi gura; así, la rotación en la articulación plástica del centro será 2u. El trabajo realizado por la carga externa total (wnL) es igual al producto de wnL multiplicado por la deformación angular promedio del mecanismo. La deformación angular promedio es igual a la mitad de la deformación de la articulación plástica del centro (1/2 * u * L/2). El trabajo externo se iguala al trabajo interno absorbido por las articulaciones, o a la suma de los productos de Mn en cada articulación plástica por el ángulo que ha girado. De la expresión resultante pueden despejarse los valores Mn y wn como sigue:

wn =16Mn

L2 .

Mn =wnL2

16

Mn1u + 2u + u2 = wnLa12

* u * L2b

Para el claro de 18 pies utilizado en la Figura 8.10, resultan los valores:

wn =Mn

20.25.

Mn =1wn211822

16= 20.25 wn

El análisis plástico puede utilizarse de modo semejante para la viga apoyada en un extremo y empotrada en el otro en la Figura 8.11. Ahí se muestra el mecanismo de falla y las rotaciones en los extremos (que se suponen iguales) se supone que valen u. El trabajo realizado por la carga externa Pn al moverse la distancia u * L/2 se iguala al trabajo interno realizado por los momentos plásticos en las articulaciones. Nótese que no hay movimiento en la articulación real en el extremo derecho de la viga.

L ! 18 pies

2

L2

L2

L2

wn, klb/pie

Figura 8.10.


8.9 El método del trabajo virtual 247

Pn =6Mn

L 1o 0.3Mn para la viga mostrada de 20 pies2

Mn =PnL

6 1o 3.33Pn para la viga mostrada de 20 pies2

Mn1u + 2u2 = Pnau L2b

Enseguida se considera la viga empotrada en ambos extremos de la Figura 8.12, con-juntamente con su mecanismo de falla y las rotaciones angulares supuestas. De esta fi gura se pueden determinar los valores de Mn y Pn, mediante el método del trabajo virtual, como sigue:

Pn =9Mn

L 1o 0.3Mn para esta viga2.

Mn =PnL

9 1o 3.33Pn para esta viga2

Mn12u + 3u + u2 = Pn a2u * L3b

El lector que inicia el estudio del análisis plástico necesita aprender a pensar en todas la posibilidades de falla que tiene una estructura particular. Tal hábito resulta de máxima im-portancia cuando se empiezan a analizar estructuras más complicadas. En este contexto, se

Pn

L ! 20 pies

2

! 10 pies

L2

L2 ! 10 piesL

2

Articulación real

Figura 8.11.

Pn

L ! 30 pies

2

2

3

! 10 piesL3 ! 20 pies2L

3

L/3

Figura 8.12.



hace el análisis plástico de la viga propuesta en la Figura 8.13 por el método del trabajo virtual. Se muestra la viga con sus dos cargas concentradas, junto con cuatro posibles meca-nismos de falla y los cálculos necesarios. Es cierto que los mecanismos de las Figuras (b), (d) y (e) no son críticos, pero este hecho no es obvio para el lector normal, a menos que haga los cálculos del trabajo virtual para cada caso. En realidad, el mecanismo de la parte (e) se basa en la hipótesis de que el momento plástico se alcanza simultáneamente bajo las cargas concentradas (una situación que podría ocurrir). El valor para el cual la carga de falla Pn es mínima en función de Mn es el valor correc-to (o el valor donde Mn es máximo en función de Pn). Para esta viga, la segunda articulación plástica se forma en la carga concentrada Pn, siendo Pn igual a 0.154Mn.

Pn0.6Pn

10 pies 10 pies

(a)

10 pies

(b)

23

Articulación real

Mn(5 ) ! (0.6Pn)(20 ) " (Pn)(10 )Mn ! 4.4PnPn ! 0.227Mn

1020

(d)

Mn(3 ) ! (Pn)(10 )Mn ! 3.33PnPn ! 0.3Mn2

10

Articulación real

(e)

Mn(3 ) ! (0.6Pn)(10 ) " (Pn)(10 )Mn ! 5.33PnPn ! 0.1875Mn

1010

Articulación real

(c)

Mn(4 ) ! (0.6Pn)(10 ) " (Pn)(20 )Mn ! 6.5PnPn ! 0.154Mn3

1020 2

Articulación real

Figura 8.13.


8.10 Localización de la articulación plástica para cargas uniformes 249

8.10 LOCALIZACIÓN DE LA ARTICULACIÓN PLÁSTICA PARA CARGAS UNIFORMES

No existe difi cultad para localizar las articulaciones plásticas en la viga con carga unifor-memente repartida y doblemente empotrada; pero para otras vigas, también con carga uni-formemente repartida, empotradas en un extremo y apoyadas en el otro, o aun en vigas continuas, el problema es un tanto más difícil. En esta sección se considera la viga empotrada en un extremo y apoyada en el otro con carga uniformemente distribuida, mostrada en la Figura 8.14(a). El diagrama de momentos de fl exión para esta viga trabajando elásticamente se mues-tra con línea sólida en la parte (b) de la fi gura. A medida que la carga uniforme se incre-menta, se formará una articulación plástica en el extremo empotrado. Ahora la viga será, en efecto, una viga “simplemente apoyada” (por lo que concierne al incremento de carga) con una articulación plástica en un extremo y una articulación real en el otro. Los incrementos subsiguientes de la carga causarán la modifi cación del diagrama de momentos, como se ha representado con línea punteada en la parte (b) de la fi gura. Este proceso continuará hasta que en algún otro lugar (en la fi gura, a una distancia x del apoyo de la derecha), el momento valga Mn y produzca otra articulación plástica. La expresión del trabajo virtual para el mecanismo de falla de esta viga, mostrado en la parte (c) de la Figura 8.14 se escribe como sigue:

Mnau + u + L - xx

ub = 1wnL21u21L - x2a 12b .

Despejando Mn de esta ecuación y haciendo dMn/dx = 0, puede calcularse el valor de x y se encuentra que es igual a 0.414L. Este valor también es aplicable a claros extremos de vigas continuas con cargas uniformemente repartidas, con extremos simplemente apoyados, y se ilustrará en la siguiente sección.

Figura 8.14.

L

(a)

Articulación real

(b)

(c)

x

Mn

Mn

"L#x

x

(L#x)L#x

x

wn, klb/pie



Figura 8.15.

L # x

(a)

(b)

Mn

0.586 L

0.586L2.414

1.414

xL

0.414L

n, klb/pie

La viga y su mecanismo de falla se reproducen en la Figura 8.15, y se escribe la siguiente expresión para el momento plástico y carga uniforme mediante el procedimiento del trabajo virtual:

wn = 11.65 Mn

L2

Mn = 0.0858wnL2

Mn1u + 2.414u2 = 1wnL210.586uL2a12b

8.11 VIGAS CONTINUAS

Las vigas continuas son muy comunes en las estructuras de ingeniería. Su continuidad hace que su análisis sea algo complicado al usar la teoría elástica y la distribución resultante de esfuerzos no es tan exacta como pudiera suponerse, aún al emplear alguno de los métodos “exactos” de análisis. El análisis plástico es aplicable tanto a estructuras continuas como a vigas de un solo claro. Los valores resultantes refl ejan en forma más realista la resistencia límite de una es-tructura, que la que se obtiene con el análisis elástico. Las vigas continuas estáticamente indeterminadas pueden tratarse con el método del trabajo virtual tal como se hizo en el caso de las vigas estáticamente indeterminadas de un solo claro. Se presentan los Ejemplos 8.2 y 8.3 para ilustrar dos de los casos más elementales de vigas continuas. Se supone aquí que la falla ocurre si una parte o el total de la estructura falla. Enton-ces, en las vigas continuas que analizaremos se escriben las expresiones del trabajo virtual para cada claro por separado. De las expresiones resultantes se pueden despejar las cargas máximas que las vigas pueden soportar.


8.11 Vigas continuas 251

Ejemplo 8-2

Se ha seleccionado una W18 * 55 (Zx = 112 plg3) para la viga mostrada en la Figura 8.16. Usando acero de 50 klb/plg2 y suponiendo soporte lateral total, determine el valor de wn.

Figura 8.16.

wn, klb/pie

24 pies 30 pies

Solución

Mn = FyZ =150 klb/plg221112 plg32


Dibujando los mecanismos (falla) para los dos claros:

Articulación real1.414

9.94 pies 14.06 pies

2.414

15 pies 15 pies

14.06 15

Claro izquierdo:

wn = 0.0202 Mn = 10.020221466.72 = 9.43 klb/pie

1Mn213.414u2 = 124wn2a 12b114.06u2

Claro derecho:

wn = 0.0178 Mn = 10.017821466.72 = 8.31 klb/pie ; 1Mn214u2 = 130wn2a 1

2b115u2

Los claros adicionales tienen poco efecto sobre la cantidad de trabajo implícito en el procedimiento del análisis plástico. No puede decirse lo mismo del análisis elástico. El Ejem-plo 8-3 ilustra el análisis de una viga con tres claros, que soporta una carga concentrada en cada claro. El estudiante, con base en su conocimiento del análisis elástico, percibirá que las articulaciones plásticas se formarán primero en los apoyos interiores y luego en los centros de los claros extremos, en ese momento cada claro extremo poseerá un mecanismo de falla.

Ejemplo 8-3

Usando una W21 * 44 (Zx = 95.4 plg3) que consiste de acero A992, determine el valor de Pn para la viga de la Figura 8.17.



Figura 8.17.

30 pies

15 pies 15 pies

30 pies

15 pies 15 pies

30 pies

15 pies 15 pies

Pn 1.5Pn Pn

Articulación real

Articulación real

(Mecanismo de falla)

2 2 2

15 15 15

Solución

Mn = FyZ =150 klb/plg22195.4 plg32


Para el primer y tercer claros:

Pn = 0.2 Mn = 10.221397.52 = 79.5 klb

Mm13u2 = 1Pn2115u2Para el claro central:

Pn = 0.178 Mn = 10.17821397.52 = 70.8 klb ; 1Mn214u2 = 11.5 Pn2115u2

8.12 MARCOS DE EDIFICIOS

En esta sección el análisis plástico se aplica a un pequeño marco de edifi co. No es la inten-ción del autor estudiar los marcos detalladamente en este capítulo. Más bien, desea mostrar al lector que el método del trabajo virtual es aplicable tanto a marcos como a vigas y que hay otros tipos de mecanismos además de los tipos de viga. Para el marco considerado, se supone que se usa la misma sección W tanto para la viga como para las columnas. Si estos miembros difi eren en tamaño, será necesario tomar eso en cuenta en el análisis. El marco articulado en sus apoyos mostrado en la Figura 8.18 es estáticamente indeter-minado de primer grado. El desarrollo de una articulación plástica lo convertirá en estática-mente determinado, y la formación de una segunda articulación puede crear un mecanismo. Hay, sin embargo, varios tipos de mecanismos que podrían ocurrir en este marco. Un posible mecanismo de viga se muestra en la parte (b), un mecanismo de ladeo se muestra en la parte (c) y un mecanismo combinado de viga y ladeo se muestra en la parte (d). La condición crí-tica es la que dé el menor valor de Pn. El Ejemplo 8-4 presenta el análisis plástico del marco en la Figura 8.18. Las distancias a través de las cuales las cargas tienden a moverse en los diversos mecanismos deben estudiarse


8.12 Marcos de edifi cios 253

cuidadosamente. La solución de este problema evidencia un punto de la mayor importancia: La superposición no es aplicable en el análisis plástico. Esto puede verse fácilmente estudian-do las expresiones del trabajo virtual para las partes (b), (c) y (d) de la fi gura. Los valores de Pn obtenidos por separado para los mecanismos de viga y ladeo no se suman para obtener el mecanismo combinado de viga y ladeo. Para cada mecanismo tenemos que considerar la situación en la que se tenga el menor número posible de articulaciones plásticas que causan el colapso. Si se fi ja usted en una de las expresiones del trabajo virtual, notará que Pn resulta más pequeño conforme el número de articulaciones plásticas disminuye. Véase al respecto la parte (d) de la Figura 8.18. El marco se puede ladear hacia la derecha sin la formación de una articulación plástica en la parte supe-rior de la columna izquierda. Las dos articulaciones plásticas marcadas A y B son sufi cientes para que el colapso ocurra.

Ejemplo 8-4

Una W12 * 72 (Zx = 108 plg) se usa para la viga y las columnas del marco mostrado en la Figura 8.18. Si Fy = 50 klb/plg2, determine el valor de Pn.

SoluciónLas expresiones del trabajo virtual están escritas para las partes (b), (c) y (d) de la Figura 8.18 y se muestran con las partes respectivas de la fi gura. Se encuentra que la viga combinada y el

Pn

0.6 Pn

(Pn)(20 ) ! Mn(4 )

20

20

2

20 pies

40 pies

(a) Marco y cargas

(c) Mecanismo de ladeo

(b) Mecanismo de viga

20 pies

(0.6 Pn)(20 ) ! Mn(2 )

2020

2A

B

(d) Mecanismo combinado de viga y ladeo

(0.6 Pn)(20 ) " (Pn)(20 ) ! Mn(4 )

Pn ! Mn18

Pn ! Mn15

Pn ! Mn16

20 pies

Figura 8.18

Mecanismos posibles para un marco.



caso de ladeo es el caso crítico, y de ahí se determina el valor de Pn como sigue:

Pn = 18

Mn = a 18b1Fy Z 2 = a 1

8b a 50 * 108

12b = 56.25 klb

8.13 PROBLEMAS PARA RESOLVER

8-1 al 8-10. Encuentre los valores de S, Z y del factor de forma respecto al eje x de las seccio-nes mostradas a continuación.

8-1. (Resp. 446.3, 560, 1.25.)

28 plg24 plg

12 plg

8 plg

plg

2 plg

2 plg

12

Figura P8-1.

8-2.

2 plg

18 plg

2 plg

14 plg

6 plg

12 plgt !

Figura P8-2.

8.13 Problemas para resolver 255


8-3. (Resp. 4.21, 7.15, 1.70.)

3

Sólido

plg de diámetro12

Figura P8-3.

8-4.

8 plg diámetro (diámetro exterior)

1 plg

HuecoFigura P8-4.

8-5. (Resp. 4.33, 7.78, 1.80.)

6 plg

4 plg plg12

plg12

Figura P8-5.

8-6.

8 plg

4 plg

plg12

plg12

Figura P8-6.



8-7. (Resp. 40.0, 45.8, 1.15)

12 plg11 plg

6 plgplg1

2

plg12

plg38

Figura P8-7.

8-8.

8 plg

16 plg

plg34

plg12

Figura P8-8.

8-9. (Resp. 33.18, 43.0, 1.30.)

12 plg

3 plg

plg34

plg58

plg58

Figura P8-9.



8-10.

2

6 plg

12 plg

6 plg

plg12

plg12

plg12

plg12

6 plg12

2 plg12

Figura P8-10.

8-11 al 8-20. Determine los valores de S y Z así como el factor de forma respecto al eje x, a menos que se indique otra cosa. Use las dimensiones de almas y patines dadas en el Manual del AISC al hacer estos cálculos.

8-11. Una W21 * 122 (Resp. 271.8, 305.6, 1.12.) 8-12. Una W14 * 34 con un cubreplaca en cada patín. La placa es de 3/8 * 8 plg. 8-13. Dos ángulos de 5 * 3 * 3/8 plg con sus lados largos en dirección vertical (LLV)

y espalda con espalda. (Resp. 4.47, 7.95, 1.78.) 8-14. Dos canales C8 * 11.5 espalda con espalda. 8-15. Cuatro ángulos 3 * 3 * 3/8 plg dispuestos como se muestra en la Figura P8-15.

(Resp. 4.56, 7.49, 1.64.)

Figura P8-15.

8-16. Una W16 * 31. 8-17. La sección del Problema 8-7, considerando el eje y. (Resp. 6.02, 9.39, 1.56.) 8-18. Repita el Problema 8-9, considerando el eje y. 8-19. Repita el Problema 8-12, considerando el eje y. (Resp. 13.8, 22.6, 1.64.) 8-20. Repita el Problema 8-14, considerando el eje y.



8-21 al 8-39. Usando las secciones dadas, todas de acero A992, y la teoría plástica, determine los valores de Pn y wn según se indica.

8-21. (Resp. 94.3 klb.)

Pn

12 pies

W18 $ 76

18 pies

Figura P8-21.

8-22.

Pn

12 pies

W24 $ 62

18 pies

Figura P8-22.

8-23 (Resp. 10.65 klb/pie.)

24 pies

W16 $ 50n, klb/pie

Figura P8-23.

8-24.

W27 $ 102

10 pies 10 pies 10 pies

Pn2Pn

Figura P8-24.

8-25. (Resp. 189.5 klb.)

W30 $ 90


PnPn13

Figura P8-25.



8-26.

W21 $ 44


Pn2Pn

Figura P8-26.

8-27 (Resp. 47.9 klb.)

W24 $ 55


3PnPn

Figura P8-27.

8-28.

W18 $ 35

10 pies 15 pies

Pn

Figura P8-28.

8-29. (Resp. 49.3 klb.)

W24 $ 76


3Pn2Pn

Figura P8-29.



8-30.

W24 $ 84

8 pies 16 pies 12 pies 12 pies

2Pn 3PnPn

Figura P8-30.

8-31. (Resp. 10.95 klb/pie.)

24 pies

W21 $ 57n

Figura P8-31.

8-32.

W18 $ 40


n

Figura P8-32.

8-33. (Resp. 4.20 klb/pie.)

n

n n

W16 $ 26

22


Figura P8-33.



8-34.

W27 $ 84n


Figura P8-34.

8-35 (Resp. 9.56 klb/pie.)

W24 $ 68n


Figura P8-35.

8-36.

W21 $ 73n

24 pies 24 pies24 pies

Figura P8-36.

8-37. (Resp. 88.2 klb.)

W24 $ 94

12 pies 12 pies 12 pies 12 pies 12 pies 12 pies 24 pies


2Pn2Pn 3PnPn

Figura P8-37.



8-38.

W16 $ 57

Pn4

2Pn

12 pies

10 pies 10 pies

Figura P8-38.

8-39. Repita el Problema 8-38 considerando que las bases de las columnas están em-potradas. (Resp. 87.5 klb.)

Alfaomega Diseño de Estructuras de Acero – McCormac /Csernak 263

C A P Í T U L O 9

Diseño de vigas por momentos

9.1 INTRODUCCIÓN

Si se aplican cargas de gravedad a una viga simplemente apoyada de gran longitud, la viga se fl exionará hacia abajo, y su parte superior estará en compresión y se comportará como un miembro a compresión. La sección transversal de esta “columna” consistirá en la porción de la sección transversal de la viga arriba del eje neutro. Para la viga usual, la “columna” tendrá un momento de inercia mucho menor respecto a su eje y o eje vertical que respecto a su eje x. Si no se hace nada para arriostrarla perpendicularmente al eje y, la viga se pandeará late-ralmente bajo una carga mucho menor que la que se requeriría para producir una falla ver-tical. (Usted puede verifi car esto tratando de fl exionar verticalmente una revista mantenida en posición de canto. La revista tenderá siempre, igual que una viga de acero, a pandearse lateralmente, a menos que se soporte en esa dirección.) El pandeo lateral no ocurrirá si el patín de compresión de un miembro se soporta lateralmente o si se impide el torcimiento de la viga a intervalos frecuentes. En este capítulo se consideran los momentos de pandeo de una serie de vigas de acero dúctil compactas con condiciones diferentes de arriostramiento lateral. (Como se defi nió previamente, una sección compacta es aquella que tiene un perfi l sufi cientemente robusto, de manera que es capaz de desarrollar una distribución de esfuerzos totalmente plástica antes de pandearse.) En este capítulo estudiaremos las vigas de la siguiente manera:

1. Primero se supondrá que las vigas tienen soporte lateral continuo en sus patines de compresión.

2. Luego se supondrá que las vigas están soportadas lateralmente a intervalos cortos.3. Por último se supondrá que las vigas están soportadas a intervalos cada vez más gran-

des.

En la Figura 9.1 se muestra una curva típica con los momentos resistentes nominales o momentos de pandeo de una viga en función de longitudes variables no soportadas lateral-mente.

264 Capítulo 9 Diseño de vigas por momentos


Figura 9.1

Momento nominal en función de la longitud, no soportada lateralmente, del patín de compresión.

LpLpd Lr

Lb (longitud sin soporte lateral del patín de compresión)

Mn

(mom

ento

nom

inal

resi

sten

te d

e la

vig

a)

Comportamientoplástico – momento

plástico total (zona 1)

Pandeo lateral – torsional inelástico (zona 2)

Pandeo lateral – torsional elástico (zona 3)

0.7 FySx ! MR(véase la Sección 9.5)

En la Figura 9.1 se aprecia que las vigas tienen tres distintos intervalos o zonas de pan-deo, dependientes de sus condiciones de soporte lateral. Si se tiene un soporte lateral continuo o estrechamente espaciado, las vigas se pandearán plásticamente y quedarán en lo que se ha clasifi cado como zona 1 de pandeo. Conforme se incrementa la separación entre los soportes laterales, las vigas empezarán a fallar inelásticamente bajo momentos menores y quedarán en la zona 2. Finalmente, con longitudes aún mayores sin soporte lateral, las vigas fallarán elásticamente y quedarán en la zona 3. En esta sección se presenta una breve exposición de estos tres tipos de pandeo y el resto del capítulo se dedica a un estudio detallado de cada tipo, junto con una serie de ejemplos numéricos.

9.1.1 Comportamiento plástico (zona 1)

Si experimentáramos con una viga compacta con soporte lateral continuo en su patín de compresión, descubriríamos que es posible cargarla hasta que alcance su momento plástico Mp en algún punto o puntos; una carga mayor produciría una redistribución de momentos, tal como se describió en el Capítulo 8. En otras palabras, los momentos en esas vigas pueden alcanzar Mp y luego desarrollar una capacidad de rotación sufi ciente para que se redistribu-yan los momentos. Si ensayamos ahora una de esas vigas compactas y suministramos soporte lateral es-trechamente espaciado en su patín de compresión, encontraremos que aun podemos cargar-la hasta que se alcance el momento plástico y se redistribuyan los momentos, siempre que la separación entre los soportes laterales no exceda un cierto valor llamado Lp. (El valor de Lp depende de las dimensiones de la sección transversal de la viga y de su esfuerzo de fl uencia.) La mayoría de las vigas fallan en la zona 1.

9.1.2 Pandeo inelástico (zona 2)

Si incrementamos la distancia entre los puntos de soporte lateral o torsional aún más, la sección puede cargarse hasta que algunas, pero no todas, de las fi bras comprimidas estén bajo el esfuerzo Fy. La sección tendrá una capacidad de rotación insufi ciente para permitir la


9.1 Introducción 265

redistribución total de momentos y no se podrá efectuar un análisis plástico. En otras pa-labras, en esta zona podemos fl exionar el miembro hasta que se alcance la deformación de fl uencia en algunos, pero no en todos, sus elementos a compresión, antes de que ocurra el pandeo. Éste se denomina pandeo inelástico. Conforme incrementemos la longitud no soportada lateralmente, encontraremos que el momento que la sección resiste disminuirá, hasta que fi nalmente la viga falle antes de que se alcance en cualquier punto el esfuerzo de fl uencia en la sección transversal. La longitud máxima sin soporte lateral con la que aún se puede alcanzar Fy en un punto es el extremo del intervalo inelástico. Se denota con Lr en la Figura 9.1; su valor depende de las propiedades de la sección transversal de la viga, del esfuerzo de fl uencia del material y de los esfuerzos residuales presentes en la viga. En este punto, tan pronto como se presente un momento que teóricamente produzca un esfuerzo de fl uencia en cualquier parte de la viga (en realidad, es un valor menor que Fy, debido a la presencia de esfuerzos residuales), la sección se pandeará.

9.1.3 Pandeo elástico (zona 3)

Si la longitud no soportada lateralmente es mayor que Lr, la sección se pandeará elástica-mente antes de que se alcance el esfuerzo de fl uencia en cualquier punto. Al aumentar esta longitud, el momento de pandeo se vuelve cada vez más pequeño. Al incrementar el momen-to en una viga tal, ésta se defl exionará transversalmente más y más hasta que se alcance un valor crítico para el momento (Mcr). En este punto la sección transversal de la viga girará y el patín de compresión se moverá lateralmente. El momento Mcr lo proporcionan la resistencia torsional y la resistencia al alabeo de la viga; esto se estudiará en la Sección 9.7.

Puente sobre el Río Allegheny en Kittanning, PA. (Cortesía de American Bridge Company.)



9.2 COMPORTAMIENTO PLÁSTICO — MOMENTO PLÁSTICO TOTAL, ZONA 1

En ésta y las siguientes dos secciones, se presentan fórmulas para vigas para el comporta-miento plástico (zona 1), mientras que en las Secciones 9.5 a 9.7, se presentan fórmulas para el pandeo inelástico (zona 2) y para el pandeo elástico (zona 3). Después de ver algunas de estas expresiones, el lector podría pensar que será necesario invertir una gran cantidad de tiempo en sólo sustituir los valores en estas fórmulas. Sin embargo, esto en general no será así, ya que los valores que se busquen se encuentran en tablas y gráfi cas en la Parte 3 del Manual del AISC.

Edifi cio en la Calle 150 Federal, en Boston, MA. (Cortesía de Owen Steel Company, Inc.)


9.3 Diseño de vigas, zona 1 267

Si la longitud sin soporte lateral Lb del patín de compresión de un perfi l compacto I o C, incluyendo los miembros híbridos, no excede a Lp (si se usa análisis elástico) o a Lpd (si se usa análisis plástico), entonces la resistencia a la fl exión del miembro con respecto a su eje mayor se puede determinar como sigue:

(Ecuación F2-1 del LRFD )

Mn

Æb=

FyZ

Æb (Æb = 1.67)

fbMn = fbFyZ (fb = 0.90)

Mn = Mp = FyZ

Si se usa un enfoque de análisis elástico convencional para establecer las fuerzas en los miembros, Lb no deberá exceder el valor de Lp que sigue si Mn va a ser igual a FyZ.

(Ecuación F2-5 del LRFD)Lp = 1.76 ryA EFy

Si se usa un enfoque de análisis plástico para establecer las fuerzas en los miembros con perfi l I de simetría simple o doble con el patín de compresión mayor que el de tensión (incluidos los miembros híbridos) y cargados en el plano del alma, Lb (que se defi ne como la longitud sin soporte lateral del patín de compresión en localidades con articulaciones plásti-cas, asociadas con mecanismos de falla) no debe exceder el valor de Lpd dado a continuación para que Mn sea igual a FyZ.

(Ecuación A-1-5 del Apéndice del AISC)Lpd = B0.12 - 0.076¢M1¿

M2¿ ≤ R ¢ E

Fy≤ry

En esta expresión M1 es el menor de los momentos en los extremos de la longitud no soportada de la viga y M2 es el mayor momento en el extremo de la longitud no soportada y la relación M1/M2 es positiva cuando los momentos fl exionan al miembro en doble curvatura

, y negativa si lo fl exionan en curvatura simple. Sólo pueden considerar-se aceros con valores de Fy (Fy es el esfuerzo mínimo de fl uencia especifi cado del patín de compresión) menores o iguales a 65 klb/plg2. Los aceros de alta resistencia podrían no ser lo sufi cientemente dúctiles. No existe límite para la longitud no soportada de secciones circulares o cuadradas o de vigas I fl exionadas alrededor de sus ejes menores. (Si una viga I se fl exiona alrededor de su eje menor o eje y, ésta no se pandeará antes de que se desarrolle el momento plástico Mp respecto al eje y, siempre que el elemento del patín sea compacto.) La Ecuación A1-8 del Apéndice de la Especifi cación del AISC también proporciona un valor de Lpd para barras sólidas rectangulares y vigas en cajón simétricas.

9.3 DISEÑO DE VIGAS, ZONA 1

Entre los conceptos que necesitan considerarse en el diseño de vigas se cuentan los siguien-tes: momentos, cortantes, defl exiones, aplastamiento, soporte lateral para los patines a com-presión, fatiga y otros. Se selecciona las vigas que tienen sufi ciente capacidad de momento de



diseño (fbMn) y luego se revisan para ver si cualquier otro elemento mecánico o de servicio es crítico. Se calculan los momentos factorizados y se escoge inicialmente en la Tabla 3-2, Parte 3, Manual del AISC, denominada “W Shapes Selection by Zx” una sección con esa capacidad de momento. En esta tabla se pueden escoger rápidamente perfi les de acero con módulos plásticos sufi cientes para resistir ciertos momentos. Se deben recordar dos aspectos importantes al seleccionar los perfi les; éstos son:

1. El costo de los perfi les de acero, depende de su peso por unidad de longitud y, por tan-to, es conveniente seleccionar el perfi l más liviano posible teniendo el módulo plástico requerido (considerando que la sección seleccionada pueda acomodarse razonable-mente dentro de la estructura). La tabla contiene los perfi les ordenados en grupos que se encuentran dentro de cierta escala de módulos plásticos. La sección indicada con tipo grueso, en la parte superior de cada grupo, es la más ligera de éste, y las otras están acomodadas en orden decreciente de sus módulos plásticos. Normalmente para un módulo plástico dado, los perfi les más aperaltados corresponderán a los de menor peso y de esta manera se seleccionarán en general, a menos que sus peraltes ocasionen problemas en la obtención de las alturas de entrepiso, en cuyo caso se seleccionará una sección más pesada, pero de menor peralte.

2. Los valores de los módulos plásticos se presentan en la tabla con respecto a los ejes horizontales para vigas en su posición vertical usual. Si la viga va a usarse en posición de costado, el módulo plástico correspondiente respecto al eje y se encontrará en la Tabla 3-4 del Manual o en las tablas que dan dimensiones y propiedades de perfi les en la Parte 1 del Manual del AISC. Un perfi l W colocado de costado sólo tiene un 10 a 30% de la capacidad resistente que tiene en posición vertical bajo la acción de cargas verticales, o por gravedad. De la misma manera, la resistencia de un larguero de made-ra con dimensiones de 2 * 10 plg colocado acostado, tendrá sólo 20% de la resistencia que tiene en posición vertical.

Los ejemplos que siguen ilustran el análisis y diseño de vigas de acero compactas cu-yos patines a compresión tienen soporte lateral total, que permite hacer un análisis plástico. Para la selección de estas secciones, el proyectista puede consultar las tablas, ya sea con el módulo plástico requerido o con el momento de diseño factorizado (si Fy = 50 klb/plg2).

Ejemplo 9-1

¿Es la sección compacta y lateralmente soportada mostrada en la Figura 9.2 sufi cientemente fuerte para soportar las cargas dadas si Fy = 50 klb/plg2? Revise la viga con los métodos LRFD y ASD.

Figura 9.2 21 pies

W21 $ 44D ! 1 klb/pie (no incluye el peso de la viga)L ! 3 klb/pie



Solución. Usando una W21 * 44 (Zx = 95.4 plg3)

LRFD fb = 0.9 ASD Æb = 1.67

Dado el peso de la viga = 0.044 klb/pie

wu = (1.2)(1 + 0.044) + (1.6)(3) = 6.05 klb/pie

Mu =(6.05)(21)2

8= 333.5 klb-pie

Mn de la sección =12

= Mpx

=(50 klb/plg )(95.4 plg32 )

12 plg/pie= 397.5 klb-pie

FyZ

Mu = fb Mpx = (0.9)(397.5)

= 358 klb-pie 7 333.5 klb-pie OK

Dado el peso de la viga wt = 0.044 klb/pie

wa = (1 + 0.044) + 3 = 4.044 klb/pie

Ma =(4.044)(21)2

8= 222.9 klb-pie

Mn = 397.5 klb-pie de la solución con LRFD

7 222.9 klb-pie OKMn

Æ2 =

397.51.67

= 238 klb-pie

Nota: En vez de utilizar Zx y FyZx, se encontrará más fácil usar las columnas de momentos fbMpx y Mpx>Æb en la Tabla 3-.2 del AISC. Ahí, el término Mpx representa el momento plás-tico de una sección con respecto a su eje x. Siguiendo este procedimiento para una W21 * 44, encontramos los valores fbMpx = 358 klb-pie y Mpx>Æb = 238 klb-pie. Estos valores concuer-dan con los cálculos anteriores.

9.3.1 Estimación del peso de las vigas

En cada uno de los siguientes ejemplos, se incluye el peso de la viga en el cálculo del mo-mento de fl exión que ha de resistir, ya que la viga debe soportarse a sí misma, así como a las cargas externas. Las estimaciones del peso de las vigas corresponden casi al valor real, ya que el autor hizo un anteproyecto preliminar para hacer su estimación. Es de esperarse que el lector, careciendo de experiencia, no tenga capacidad de estimar adecuadamente el peso de la viga requerida con sólo ver el problema. Sin embargo, se dispone de un método muy sencillo con el cual el estudiante puede estimar rápidamente y con exactitud los pesos de las vigas. Puede calcularse el momento fl exionante máximo, sin contar el efecto del peso de la viga, y seleccionar una sección de la Tabla 3-2 del AISC. Luego puede usarse el peso de ese perfi l o un poco más (ya que el peso de la viga aumentará ligeramente el momento) como la estimación del peso de la viga. Los pesos resultantes de las vigas casi siempre serán muy cercanos al peso de la pieza seleccionada en el diseño fi nal. Para los problemas de ejemplo futuros en este texto, el autor no muestra sus cálculos para la estimación de los pesos de las vigas. Sin embargo, el peso estimado que se usa para esos problemas, se obtuvo exactamente de la misma manera que como se obtiene en el Ejemplo 9-2, que se muestra enseguida.



Ejemplo 9-2

Seleccione una sección de viga usando ambos métodos LRFD y ASD para el claro y la carga que se muestran en la Figura 9.3, suponiendo que la losa de piso arriba suministra soporte lateral completo al patín de compresión (es decir, Lb = 0) y Fy = 50 klb/plg2.

Figura 9.3

15 pies 15 pies

30 pies

wD! 1.5 klb/piePL ! 30 klb

Solución

Estimar el peso de las vigas.

LRFD ASD

wu sin incluir el peso de la viga

= (1.2)(1.5) = 1.8 klb/pie

Pu = (1.6)(30) = 48 klb

Mu =(1.8)(30)2

8+

(48)(30)

4

= 562.5 klb-pie

De la Tabla 3-2 del AISC y de la columna de momentos del LRFD (fbMpx), se requiere una W24 * 62.

fbMpx = 574 klb-pie

Suponga el peso de la viga = 62 lb/pie.

wa sin incluir el peso de la viga

= 1.5 klb/pie

= 393.8 klb/pie

Pa = 30 klb

Ma =(1.5)(30)2

8+

(30)(30)

4

De la Tabla 3-2 del AISC y de la columna de momentos del ASD (Mpx/Æb), se requiere una W21 * 68.

Mpx

Æb= 399 klb-pie

Suponga el peso de la viga = 68 lb/pie.

Seleccione la sección de viga.

LRFD ASD

wu = (1.2)(1.5 + 0.062) = 1.874 klb/pie

Pu = (1.6)(30) = 48 klb

Mu =(1.874)(30)2

8+

(48)(30)

4= 570.8 klb-pie

wa = 1.5 + 0.068 = 1.568 klb/pie

Pa = 30 klb

Ma =(1.568)(30)2

8+

(30)(30)

4= 401.4 klb-pie

(Continúa)



LRFD ASD

De la Tabla 3-2 del AISC

Use W24 * 62.

(fbMpx = 574 klb-pie 7 570.8 klb-pie)

OK


Use W24 * 68.

(Mpx/Æb = 442 klb-pie 7 401.4 klb-pie)

OK

Ejemplo 9-3

La losa de concreto reforzado de 5 plg de espesor mostrada en la Figura 9.4 va a colocarse sobre secciones W de acero con separación de 8 pies 0 plg entre centros. Las vigas tienen un claro de 20 pies y se suponen simplemente apoyadas. Si la losa de concreto se diseñó para re sis-tir una carga viva de 100 lb/pie2, determine el perfi l de acero más ligero requerido para so por-tar la losa mediante los procedimientos LRFD y ASD. Se supone que el patín de com pre sión de la viga recibirá soporte lateral completo de la losa de concreto. El concreto pesa 150 lb/pie3. Considere Fy = 50 klb/plg2.


Claro ! 20 pies

5 plg

Figura 9.4

Solución

LRFD ASD

Suponga el peso de la viga wt = 22 lb/pie

Peso de la losa = ¢ 512≤(150)(8) = 500 lb/pie

wD = 522 lb/pie

wL = (8)(100) = 800 lb/pie

wu = (1.2)(522) + (1.6)(800)

= 1 906 lb/pie = 1.906 klb/pie

Mu =(1.906)(20)2

8= 95.3 klb-pie

De la Tabla 3-2 del AISCUse W10 * 22.

(fbMpx = 97.5 klb-pie 7 95.3 klb-pie)

Suponga el peso de la viga wt = 22 lb/pie

Peso de la losa wt = 500 lb/pie

wD = 522 lb/pie

wL = 800 lb/pie

wa = 522 + 800 = 1 322 lb/pie

= 1.322 klb/pie

Ma =(1.322)(20)2

8= 66.1 klb-pie

De la Tabla 3-2 del AISCUse W12 * 22.¢Mpx

Æb= 73.1 klb-pie 7 66.1 klb-pie≤



9.3.2 Agujeros en vigas

En ocasiones es necesario que las vigas de acero tengan agujeros. Obviamente se les re-quiere para la instalación de tornillos o remaches y algunas veces para tubos, conductos, etc. De ser posible, este último tipo de orifi cios debe evitarse. Cuando son absolutamente ne-cesarios, se localizarán en el alma, si el cortante es pequeño, o en los patines si el momento es pequeño y el cortante es grande. El cortar un agujero en el alma de una viga no reduce notablemente su módulo de sección, o su momento resistente; pero, como se indicará más adelante en la Sección 10.2, un agujero grande en el alma reduce bastante la resistencia al cortante de la sección de acero. Cuando se hacen agujeros grandes en el alma de la viga, por lo general se colocan placas extras en el alma para reforzarla alrededor del agujero, contra el posible pandeo de ésta. Cuando se colocan grandes agujeros en las almas de las vigas, los estados límites de éstas (como el pandeo local del patín de compresión del alma o de la zona de compresión en forma de te arriba o abajo de la abertura) o la interacción momento-cortante o los estados límite de servicio, pueden controlar el tamaño del miembro. Se dispone de un procedimiento general para estimar estos efectos y el diseño de cualquier refuerzo requerido para vigas de acero y vigas compuestas.1,2

La presencia de orifi cios de cualquier tipo en una viga, ciertamente no la hace más resistente, y sí existe la probabilidad de que la debiliten un poco. El efecto de los orifi cios ha sido un tema que durante muchos años ha tenido argumentos en pro y en contra. Con frecuencia se hacen las siguientes preguntas: “¿se afecta al eje neutro por la presencia de agujeros?” y “¿es necesario restar los agujeros del patín de compresión, que van a taparse con remaches y tonillos?” La teoría de que el eje neutro se desplaza de su posición normal a la posición teórica de su sección neta, por la existencia de agujeros, es muy discutible. Las pruebas parecen indicar que los agujeros para remaches y pernos en el patín no cambian apreciablemente la ubicación del eje neutro. Es lógico suponer que éste no seguirá la variación teórica exacta con sus cambios bruscos de posición en las secciones que tienen agujeros para remaches, como se muestra en la parte (b) de la Figura 9.5. Es más razonable la posición del eje neutro que se muestra en la parte (c) de dicha fi gura, donde se supone que existe una variación más gradual de la posición. Es interesante observar que las pruebas de fl exión en vigas de acero parecen mostrar que la falla radica en la resistencia del patín de compresión, aun cuando existan agujeros para remaches o pernos en el patín de tensión. La presencia de tales agujeros no parece ser tan seria como pudiera pensarse, sobre todo al compararla con agujeros en un miembro sujeto a tensión pura. Estas pruebas muestran poca diferencia en las resistencias de vigas sin agujeros y de vigas con una gran cantidad de agujeros para remaches en cualquiera de los patines. Los agujeros para tornillos en las almas de las vigas son considerados en general de poca importancia, ya que ellos no tienen casi efecto en los cálculos de Z.

1D. Darwin, “Steel and Composite Beams with Web Openings”, AISC Design Guide Series No. 2 (Chica-go: American Institute of Steel Construction, 1990).2ASCE Task Committee on Design Criteria for Composite Structures in Steel and Concrete, “Proposed Specifi cations for Structural Steel Beams with Web Openings”, D. Darwin, Chairman, Journal of Struc-tural Engineering, ASCE, vol. 118 (Nueva York: ASCE, diciembre, 1992).



Figura 9.5

(a)

(b)

(c)

Variación más probable del eje neutro

Variación teórica del eje neutro

Viga W con agujeros para tornillos o remaches en el patín a tensión

Algunas especifi caciones, especialmente las de puentes, y algunos ingenieros estruc-turistas, no han adoptado la idea de despreciar la presencia de todos o parte de los agujeros en los patines de tensión. Como consecuencia, ellos siguen la práctica más conservadora de deducir el 100% de todos los agujeros. Para tal caso, la reducción en Zx será igual al momen-to estático de los agujeros (en ambos patines) respecto al eje neutro. Si se tienen agujeros llenos por los tornillos sólo en el patín de compresión, podemos ignorar el problema. Esto se debe a que se considera que los sujetadores pueden transmitir adecuadamente compresión a través de los agujeros por medio de los tornillos. La resistencia a la fl exión de las vigas con agujeros en sus patines de tensión se pro-nostica comparando el valor de FyAfg con FuAfn. En estas expresiones, Afg es el área total del patín de tensión mientras que Afn es el área neta del patín de tensión después de restar los agujeros. En las expresiones dadas aquí para calcular Mn, existe un término Yt, que se deno-mina coefi ciente de reducción de agujeros. Su valor se toma igual a 1.0 si Fy/Fu 0.8. Para los casos en que el cociente Fy/Fu > 0.8, Yt se toma igual a 1.1.3,4

a. Si FuAfn YtFyAfg, el estado límite de la falla de tensión no es aplicable y no hay reducción de Mn debido a los agujeros.

b. Si FuAfn < YtFyAfg, la resistencia nominal a la fl exión del miembro en los agujeros deberá determinarse con la siguiente expresión, en donde Sx es el módulo de sec-ción del miembro:

(Ecuación F13-1 del AISC)Mn =FuAfn

Afg Sx

3R. J. Dexter y S. A. Altstadt, “Strength and Ductility of Tension Flanges in Girders”, Memorias de la Segunda Conferencia de Puentes de la Ciudad de Nueva York (Nueva York, 2003).4Q. Yuan, J. Swanson y G. A. Rassati, “An Investigation of Hole Making Practices in the Fabrication of Structural Steel” (Universidad de Cincinnati, OH, 2004).



Ejemplo 9-4

Determine fbMn y MnÆb

para la viga W24 * 176 (Fy = 50 klb/plg2, Fu = 65 klb/plg2) mostrada

en la Figura 9.6 para las siguientes situaciones:

a. Usando la Especifi cación del AISC y suponiendo dos líneas de tornillos de 1 plg para agujeros estándar en cada patín (como se muestra en la Figura 9.6).

b. Usando la Especifi cación del AISC y suponiendo cuatro líneas de tornillos de 1 plg para agujeros estándar en cada patín.

Figura 9.6.

25.2 plg

1.34 plg

W24 " 176

12.9 plg

Solución. Usando una W24 * 176 (bf = 12.9 plg, tf = 1.34 plg y Sx = 450 plg3)

a. Afg = bf tf = (12.9 plg)(1.34 plg) = 17.29 plg2

Afn = 17.29 plg2 - (2)(1 18 plg)(1.34 plg) = 14.27 plg2

FuAfn = (65 klb/plg2)(14.27 plg2) = 927.6 klb

Fy

Fu= 50

65= 0.77 6 0.8 ‹ Yt = 1.0

927.6 klb > YtFy Afg = (1.0)(50 klb/plg2)(17.29 plg2) = 864.5 klb

‹ No es aplicable la falla por tensión y FbMpx = 1 920 klb-pie y Mpx

æb1 270 klb-pie

de la Tabla 3-2 del AISC.

b.

Fy

Fu= 50

65= 0.77 ‹ Yt = 1.0

Afn = 17.29 plg2 - (4) A1 18 plg B(1.34 plg) = 11.26 plg2


9.4 Soporte lateral de vigas 275

FuAfn = (65 klb/plg2)(11.26 plg2) = 731.9 klb

< YtFyAfg = (1.0)(50 klb/plg2)(17.29 plg2) = 864.5 klb

‹ Es aplicable la expresión de falla por tensión.

Mn =FuAfn

Afg Sx =

(65 klb/plg )(11.26 plg22 )(450 plg3)(17.29 plg2)

= 19 048 klb-plg = 1587.4 klb-pie

LRFD f b 0.9 ASD b 1.67Æ

fb Mn = (0.9)(1587.4) Mn

Æb= 1587.4

1.67

= 1 429 klb-pie = 951 klb-pie

Si sólo hubiera un agujero en un lado del patín de una sección W, no habría eje de simetría para la sección neta del perfi l. La solución teórica correcta del problema sería muy compleja. En lugar de seguir procedimientos tan largos para un problema tan sencillo, pa-rece lógico considerar agujeros en ambos lados del patín. Los resultados obtenidos proba-blemente serán tan satisfactorios como los conseguidos mediante los métodos teóricos más laboriosos mencionados.

9.4 SOPORTE LATERAL DE VIGAS

En la mayoría de las vigas de acero, éstas se utilizan de tal modo que sus patines de com-presión están protegidos contra el pandeo lateral. (Desafortunadamente, este porcentaje no es tan grande como los calculistas lo han considerado.) Los patines superiores de las vigas,

Un herrero de obra aguarda el izado de una viga de acero que se montará con tornillos a la columna. (Cortesía de CMC South Carolina Steel.)



que sustentan losas de concreto de edifi cios y puentes, a menudo se cuelan con dichos pisos de concreto. Para situaciones de este tipo, en donde los patines a compresión están restringi-dos contra el pandeo lateral, las vigas se sitúan en la zona 1. Si el patín de compresión de una viga no tiene apoyo lateral en cierta longitud, tendrá una condición de esfuerzo semejante a la existente en una columna. Como es bien sabido, a medida que la longitud y por tanto la esbeltez de una columna aumentan, el peligro de su pandeo crece para el mismo valor de la carga. Cuando el patín a compresión de una viga es largo y esbelto, se presenta el peligro de pandeo, a menos que se le dé apoyo lateral. Existen muchos factores que afectan el valor del esfuerzo que causa el pandeo del pa-tín de compresión de una viga. Algunos de estos factores son las propiedades del material, la separación y tipo de apoyos laterales suministrados, los esfuerzos residuales en las secciones, los tipos de apoyos en los extremos o restricciones, las condiciones de carga, etcétera. La tensión en el otro patín de la viga tiende a mantenerlo recto y restringe el pandeo del patín a compresión; pero a medida que el momento de fl exión aumenta, la tendencia de aquél al pandeo se hace lo sufi cientemente grande como para vencer la restricción de la ten-sión. Cuando el patín a compresión empieza a pandearse, ocurren el torcimiento o la torsión, y entre menor sea la resistencia torsional de la viga, será más rápida la falla. Los perfi les W, S y canales usados tan frecuentemente como secciones de viga, no tienen mucha resisten-cia contra el pandeo lateral, ni a la torsión resultante. Algunas otras formas, especialmente los perfi les armados en cajón, son mucho más resistentes. Estos tipos de miembros tienen mayor resistencia a la torsión que las secciones W, S o que las vigas armadas de alma llena. Las pruebas muestran que no se pandearán lateralmente sino hasta que las deformaciones desarrolladas se sitúen dentro del rango plástico. Es necesario utilizar el criterio para decidir qué es lo que constituye y qué es lo que no constituye un apoyo lateral satisfactorio para una viga de acero. Tal vez la pregunta más común que se hacen quienes diseñan estructuras de acero es: “¿qué es el soporte lateral?” Una viga que está totalmente ahogada en concreto, o que tiene su patín a compresión embe-bido en una losa de concreto, ciertamente está bien apoyada lateralmente. Cundo una losa de concreto descansa sobre el patín superior de una viga, el ingeniero debe estudiar cuida-dosamente la situación, para determinar si la fricción realmente proporciona apoyo lateral completo. Quizá si las cargas en la losa se encuentran razonablemente fi jas en posición, éstas contribuyan a incrementar la fricción y puede ser razonable considerar un apoyo lateral completo. Si, por otro lado, existe mucho movimiento de las cargas y una vibración aprecia-ble, la fricción se podrá reducir y no se considerará un apoyo lateral total. Estas situaciones ocurren en los puentes debido al tránsito y en los edifi cios con maquinaria vibratoria, tal como las imprentas. La losa de piso podría no proporcionar apoyo lateral al patín de compresión de una viga, en cuyo caso dicho apoyo debe proporcionarse con vigas secundarias conectadas o con miembros especiales insertados con esa fi nalidad. Las vigas secundarias que se conectan lateralmente a los costados de una trabe armada, a su patín de compresión, pueden normal-mente contarse como elementos que proporcionan apoyo lateral completo a través de la conexión. Si ésta se realiza primordialmente en el patín de tensión, proporcionará muy poco apoyo lateral al patín de compresión. Antes de considerar que el apoyo lateral lo propor-cionan estas vigas, el proyectista deberá observar si éstas no se mueven conjuntamente. Las vigas representadas con líneas punteadas horizontales en la Figura 9.7 proporcionan un apoyo lateral muy discutible a las trabes principales entre columnas. Para una situación de este tipo, puede ser conveniente algún tipo de contraventeo en x en una de las crujías. Este sistema se muestra en la Figura 9.7. Este sistema en particular proporcionará sufi ciente apoyo lateral a las vigas para varias crujías.


9.5 Introducción al pandeo inelástico, zona 2 277

Arriostramiento en X

Columnas

Vigas principales (o trabes)

Vigas secundarias

Figura 9.7

Arriostramiento en X para un sistema de piso.

La soldadura intermitente del techo metálico o de los tableros de piso a los patines de compresión de las vigas probablemente proporcionará sufi ciente soporte lateral. Las cubiertas para techos de lámina metálica corrugada, que normalmente se fi jan a los largueros con abra-zaderas metálicas, proporcionan sólo un apoyo lateral parcial. Un caso análogo se presenta cuando un piso de madera se atornilla a las vigas de acero que le dan apoyo. Pero ahora, el lector preguntará con toda naturalidad: “si sólo de dispone de un apoyo lateral parcial, ¿qué distancia debe considerarse entre los puntos fi jos de apoyo lateral?” La contestación a esta pregunta será que debe usarse el criterio propio. Como un ejemplo supongamos que un piso de madera va a atornillarse cada 4 pies a las vigas de acero que le apoyan, de tal manera que se piensa que sólo tendrán apoyo lateral parcial en esos puntos. Después de estudiar la situación, bien podrá el ingeniero decidir que se ha proporcionado un apoyo lateral completo equivalen-te a intervalos de 8 pies. Tal decisión parece estar dentro del contexto de las especifi caciones. Si existe duda en el ingeniero estructurista acerca del grado de soporte lateral proporcio-nado, sería mejor que supusiera que no hay ninguno. El lector deberá estudiar cuidadosamente las disposiciones de la Sección C1 y del Apéndice 6 de la Especifi cación AISC con respecto al arriostramiento de estabilidad de vigas y columnas. En este apéndice, se proporcionan valores para calcular la resistencia y ri-gidez necesarias del arriostramiento, y se dan fórmulas de diseño para obtener estos valores. Se incluyen diversos tipos de arriostramiento para columnas, así como de arriostramiento de torsión de los miembros a fl exión. En el apéndice se consideran dos categorías de arriostramiento: el relativo y el nodal. En el relativo se restringe un punto específi co en relación con otro punto o puntos. En otras palabras, el arriostramiento relativo se conecta no solamente al miembro que va a arrios-trarse, sino también a otros miembros (por ejemplo, el arriostramiento diagonal cruzado). El arriostramiento nodal se usa para impedir el movimiento lateral o torcimiento de un miem-bro independientemente de otras riostras. En la Sección 10.9 de este libro, se estudia el arriostramiento lateral de los extremos de vigas sustentados sobre placas de apoyo.

9.5 INTRODUCCIÓN AL PANDEO INELÁSTICO, ZONA 2

Si se proporciona arriostramiento lateral intermitente al patín de compresión de una sec-ción de viga, o si se proporciona arriostramiento de torsión intermitente para prevenir el torcimiento de la sección transversal en los puntos de arriostramiento, de tal forma que



el miembro pueda fl exionarse hasta que se alcance la deformación de fl uencia en algunos (pero no en todos) sus elementos a compresión antes de que ocurra el pandeo lateral, ten-dremos un pandeo inelástico. En otras palabras, el soporte lateral es insufi ciente para per-mitir que el miembro alcance una distribución plástica total de deformación antes de que ocurra el pandeo. Debido a la presencia de esfuerzos residuales (estudiados en la Sección 5.2), la fl uen-cia comenzará en una sección bajo esfuerzos aplicados iguales a Fy - Fr, en donde Fy es el esfuerzo de fl uencia del alma y Fr es igual al esfuerzo de compresión residual. La Especifi ca-ción del AISC estima que este valor (Fy - Fr) es igual a aproximadamente 0.7Fy, y veremos ese valor en las ecuaciones del AISC. Debe observarse que la defi nición de momento plásti-co FyZ en la zona 1 no se afecta por los esfuerzos residuales, porque la suma de los esfuerzos a compresión residuales es igual a la suma de los esfuerzos a tensión residuales en la sección y el efecto neto es, teóricamente, cero. Si ocurre un momento constante a lo largo de la longitud sin soporte lateral, Lb, de una sección compacta I o C y si Lb es mayor que Lp, la viga fallará inelásticamente, a menos que Lb sea mayor que una distancia Lr (que se expondrá más adelante) más allá de la cual la viga fallará elásticamente antes de que se alcance el esfuerzo Fy (situándose así en la zona 3).

9.5.1 Coefi cientes de fl exión

En las fórmulas que se presentan en las siguientes secciones para pandeo elástico e inelásti-co, se usará el término Cb, denominado el factor de modifi cación de pandeo torsional lateral para diagramas de momento no uniformes, cuando ambos extremos del segmento sin sopor-te están arriostrados. Éste es un coefi ciente de momentos que se incluye en las fórmulas para tomar en cuenta el efecto de diferentes gradientes de momento sobre el pandeo de torsión lateral. En otras palabras, el pandeo lateral puede verse afectado considerablemente por las restricciones en los extremos y las condiciones de carga del miembro. Como ilustración, el lector puede apreciar que el momento en la viga sin soporte late-ral de la parte (a) de la Figura 9.8 causa en el patín una peor condición de compresión que el momento en la viga sin soporte lateral en la parte (b) de la fi gura. La razón de esto es que el patín superior de la viga en la parte (a) trabaja a compresión en toda su longitud, en tanto que en (b) la longitud de la “columna”, o sea la longitud del patín superior que trabaja a compresión, es mucho menor (por consiguiente, se tiene una “columna” mucho más corta).

L

wu klb/pie

wu L2

8

Longitud del patín superior que actúa como “columna”

L

wu klb/pie

wu L2

24

wu L2

12wu L2

12

Longitud del patín superior que actúa como “columna”

(a) Curvatura sencilla (b) Curvatura doble

Figura 9.8


9.5 Introducción al pandeo inelástico, zona 2 279

Para la viga simplemente apoyada en la parte (a) de la fi gura, Cb se considera igual a 1.14, en tanto que para la viga en la parte (b) se considera igual a 2.38 (véase el Ejemplo 9-5). Las ecuaciones básicas de capacidad de momento para las zonas 2 y 3 se dedujeron para vigas sin soporte lateral sujetas a curvatura simple, con Cb = 1.0. Frecuentemente, las vigas no están fl exionadas en curvatura simple, con el resultado de que pueden resistir momentos ma-yores. Hemos visto esto en la Figura 9.8. Para tomar en cuenta esta situación, la Especifi cación del AISC proporciona coefi cientes Cb o de momento mayores que 1.0 que deben multipli-carse por los valores calculados de Mn. Se obtienen así mayores capacidades de momento. El proyectista que dice conservadoramente: “yo siempre uso Cb = 1.0 plg,” está pasando por alto la posibilidad de lograr ahorros considerables de peso de acero para algunas situaciones. Al usar valores Cb, el proyectista debe entender claramente que la capacidad de momento ob-tenida al multiplicar Mn por Cb puede no ser mayor que el Mn plástico de la zona 1, que es Mp y es igual a FyZ. Esta situación se ilustra en la Figura 9.9.

Figura 9.9

Lp Lr

Zona 1 Zona 2 Zona 3

Lb

Mn

Mp

Valor teórico

CbMn no debe ser ! Mn " FyZ

Cb ! 1.0CbMn

0.7 FySx

El valor de Cb para miembros de simetría simple en curvatura sencilla y todos los miembros de simetría doble se determina con la siguiente expresión en la que Mmáx es el momento más grande en un segmento no soportado de una viga, en tanto que MA, MB y MC son, respectivamente, los momentos en los puntos ¼, ½ y ¾ del segmento:

(Ecuación F1-1 del AISC)Cb =12.5 Mmáx

2.5Mmáx + 3MA + 4MB + 3MC

En miembros de simetría simple sujetos a la fl exión de curvatura doble, la resistencia de torsión lateral debe revisarse para ambos patines superior e inferior. En el Comentario F1, Disposiciones Generales del AISC, se presenta un análisis más detallado de Cb para miembros de simetría simple.



Cb es igual a 1.0 para voladizos o ménsulas donde el extremo libre no está soportado lateralmente. Algunos valores típicos de Cb, calculados con la ecuación anterior se muestran en la Figura 9.10 para varios casos de vigas y momentos. Algunos de estos valores también se dan en la Tabla 3-1 del Manual del AISC.

wu klb/pie

Cb " 1.14

wu klb/pie

Cb " 2.38

wu klb/pie

Cb " 2.38

wu klb/pie

Cb " 1.30

L/2 L/2

Cb " 1.32

Pu

L/2 L/2

wu klb/pie

Cb varía

L/2

L/2

L/2Cb " 1.67

L/2 L/2

Segmento medio Cb " 1.0Segmentos extremos Cb " 1.67

PuPuPuPu

L/3 L/3 L/3

Cb " 1.11 para los dos segmentos centrales y 1.67 para los extremos

Cb " 1.0 Cb " 2.27

Pu

Pu

Pu

M1PuPu

L/4L/4L/4L/4

M1

L/2

Cb " 1.92

L/2 L/2

Pu

Cb " 2.27

L/2 L/2

Figura 9.10

Ejemplos de valores de Cb para miembros de simetría doble. (Los símbolos X representan puntos de soporte lateral del patín de compresión.)


9.6 Capacidad por momento, zona 2 281

Ejemplo 9-5

Determine Cb para la viga mostrada en las partes (a) y (b) de la Figura 9.8. Suponga que la viga es un miembro con simetría doble.

a.

MA

MB

,

MC

3wu L2

32

Punto dearriostramientolateral

L/4 L/4 L/4 L/4

Mm

áx

wu L2

8 3wu L2

32

b.

Cb =12.5 a 1

8b

2.5 a 18b + 3 a 3

32b + 4 a 1

8b + 3 a 3

32b = 1.14

Cb =12.5Mmáx

2.5Mmáx + 3MA + 4MB + 3MC

MA

MC

MB

wu L2

12 Punto dearriostramientolateral

L/4 L/4 L/4 L/4

Mm

áx

wu L2

12

wu L2

96wu L

2

96

wu L2

24

Cb =12.5 a 1

12b

2.5 a 112b + 3 a 1

96b + 4 a 1

24b + 3 a 1

96b = 2.38

3wuL2

32= 3

32

USE: wuL2

8= 1

8

wuL2

24= 1

24

wuL2

96= 1

96

USE: wuL2

12= 1

12

9.6 CAPACIDAD POR MOMENTO, ZONA 2

Cuando ocurre un momento constante a lo largo de la longitud sin soporte lateral, o a medi-da que esta longitud en el patín de compresión de una viga o la distancia entre los puntos de arriostramiento de torsión aumentan más allá de Lp, la capacidad por momento de la sección se reduce cada vez más. Por último, para una longitud sin soporte Lr, la sección se pandeará elásticamente tan pronto como se alcance el esfuerzo de fl uencia. Sin embargo, debido al



proceso de laminación, se tiene en la sección un esfuerzo residual igual a Fr. En consecuencia, el esfuerzo por fl exión calculado elásticamente sólo puede alcanzar el valor Fy - Fr = 0.7Fy. La resistencia nominal de momento para las longitudes sin soporte lateral entre Lp y Lr se calcula con la siguiente ecuación:

(Ecuación F2-2 del AISC)Mn = CbBMp - (Mp - 0.7FySx)¢Lb - Lp

Lr - Lp≤ R … Mp

Lr es una función de varias propiedades de la sección, tales como su área transversal, módulo de elasticidad, esfuerzo de fl uencia y sus propiedades por torsión y alabeo. Las com-plejas fórmulas necesarias para su cálculo se presentan en la Especifi cación (F1) del AISC y no se reproducen aquí. Afortunadamente se han determinado valores numéricos para sec-ciones usadas normalmente como vigas y se presentan en la Tabla 3-2 del Manual del AISC titulada “W Shapes Selected by Zx” (Perfi les W seleccionados según Zx). Retrocediendo de una longitud sin soporte lateral Lr hacia una longitud sin soporte la-teral Lp, podemos ver que el pandeo no ocurre cuando se alcanza por primera vez el esfuerzo de fl uencia. Nos encontramos en el rango inelástico (zona 2), en donde ocurre cierta penetra-ción del esfuerzo de fl uencia en la sección desde las fi bras extremas. Para estos casos en que la longitud sin soporte lateral está situada entre Lp y Lr, la resistencia nominal de momento quedará aproximadamente sobre una línea recta entre Mnx = FyZx para Lp y 0.7FySx para Lr. Para valores intermedios de la longitud sin soporte entre Lp y Lr, podemos interpolar entre los valores extremos situados en línea recta. Sin embargo, tal vez sea más sencillo usar las expresiones dadas al fi nal de este párrafo para realizar la interpolación. Si Cb es mayor que 1.0, la resistencia nominal de momento será mayor, pero no más de Mp = FyZx. Las siguientes expresiones de interpolación se presentan en la página 3-8 del Manual del AISC. Los factores de fl exión (FF) representan parte de la Ec. F2-2 del AISC, como puede verse al comparar las siguientes ecuaciones con esa ecuación. En la Tabla 3-2 del Manual para perfi les W se dan sus valores numéricos en klb.

para ASD MnÆb

= CbBMpxÆb- BF(Lb - Lp)R …

MpxÆb

para LRFD fb Mn = Cb[fb Mpx - BF(Lb - Lp)] … fb Mpx

Ejemplo 9-6

Determine la capacidad de momento de diseño LRFD y la capacidad permisible de momen-to ASD de una W24 * 62 con Fy = 50 klb/plg2, Lb = 8.0 pies y Cb = 1.0.

Solución

Usando una W24 ! 62 (de la Tabla 3-2 del AISC: FbMpx " 574 klb-pie, Mpx>æb " 382 klb-pie, FbMrx " 344 klb-pie, Mrx>æb " 229 klb-pie, Lp " 4.87 pies, Lr " 14.4 pies, BF para LRFD " 24.1 klb, y BF para ASD " 16.1 klb). Observando que Lb > Lp < Lr ‹ se sitúa en la zona 2, Figura 9.1 del libro.


9.7 Pandeo elástico, zona 3 283

LRFD ASD

fb Mnx = Cb[fbMpx - BF(Lb - Lp)]Mnx

Æb= CbBMpx

Æb- BF(Lb - Lp)R

… fbMpx …Mpx

Æb

fb Mnx = 1.0[574 - 24.1(8.0 - 4.87)]Mnx

Æb= 1.0[382 - 16.1(8.0 - 4.87)]

= 499 klb-pie 6 574 klb-pie = 332 klb-pie 6 382 klb-pie

‹ fb Mnx = 499 klb-pie ‹Mnx

Æ = 332 klb-pie

9.7 PANDEO ELÁSTICO, ZONA 3

Cuando la longitud sin soporte de una viga es mayor que Lr, ésta estará situada en la zona 3. Este miembro puede fallar por pandeo de la parte de compresión de la sección transver-sal lateralmente respecto al eje más débil, con torcimiento de toda la sección transversal con respecto al eje longitudinal de la viga entre los puntos de soporte lateral. Esto ocurrirá aunque la viga esté cargada de manera que supuestamente debería fl exionarse respecto al eje fuerte. La viga se fl exionará inicialmente respecto al eje fuerte hasta que se alcance un cierto momento crítico Mcr. En ese instante se pandeará lateralmente respecto a su eje débil. Conforme se fl exiona lateralmente, la tensión en el otro patín tratará de mantener la viga recta. Como resultado, el pandeo de la viga será una combinación de una fl exión lateral y una torcedura (o torsión) de la sección transversal de la viga. En la Figura 9.11 se muestra un croquis de esta situación. El momento crítico o momento fl exotorsionante Mcr en una viga estará formado de la resistencia de torsión (llamada comúnmente torsión de St. Venant) más la resistencia al alabeo de la sección. Si la longitud sin soporte del patín de compresión de una sección de viga o la distancia entre los puntos que impiden el torcimiento de toda la sección transversal es mayor que Lr,

Figura 9.11

Pandeo de torsión lateral de una viga simplemente apoyada.

Rotación o torcedurade la sección transversal

la sección se pandeará elásticamente antes de que se alcance el esfuerzo de fl uencia en cual-quier parte de la sección. En la Sección F2.2 de la Especifi cación del AISC, el esfuerzo de pandeo para miembros de sección I con doble simetría se calcula con la siguiente expresión:

Mn = FcrSx < Mp (Ecuación F2-3 del AISC)



(Ecuación F2-4 del AISC) Fcr =Cbp

2E¢Lb

rts≤2

A1 + 0.078 Jc

Sxho aLb

rtsb2

En esta ecuación,

rts = radio de giro efectivo, plg (proporcionado en la Tabla 1-1 del AISC)

J = constante de torsión, plg4 (Tabla 1-1 del AISC)

c = 1.0 para perfi les I de doble simetría

ho = distancia entre los centroides del patín, plg (Tabla 1-1 del AISC)

No es posible que ocurra el pandeo lateral de torsión si el momento de inercia de la sección respecto al eje de fl exión es igual o menor que el momento de inercia fuera del plano. Por esta razón el estado límite del pandeo lateral de torsión no es aplicable a perfi les fl exio-nados respecto a sus ejes menores, ni a perfi les con Ix Iy, ni a perfi les circulares o cuadrados. Además, la fl uencia rige si la sección es no compacta.

Ejemplo 9-7

Usando la Ecuación F2-4 del AISC, determine los valores de fbMnx y Mnx /Æb para una W18 * 97 con Fy = 50 klb/plg2 y una longitud sin soporte Lb = 38 pies. Suponga que Cb = 1.0.

SoluciónUsando una W18 * 97 (Lr = 30.4 pies, rts = 3.08 plg, J = 5.86 plg4, c = 1.0 para una sección I con doble simetría, Sx = 188 plg3, ho = 17.7 plg y Zx = 211 plg3). Observando Lb = 38 pies > Lr = 30.4 pies (de la Tabla 3-2 del AISC), la sección está en la zona 3.

Mnx = FcrSx =(26.2)(188)

12= 410 klb-pie 6 Mp =

(50)(211)12

= 879 klb-pie

= 26.2 klb/plg

Fcr =(1.0)(p)2(29 * 103)¢12 * 38

3.08≤2

2

C1 + (0.078) (5.86)(1.0)(188)(17.7) ¢12 * 38

3.08 ≤2

LFRD Fb = 0.9 ASD b = 1.67Æ

fb Mnx = (0.9)(410)Mnx

Æb= 410

1.67

= 369 klb-pie = 246 klb-pie


9.8 Gráfi cas de diseño 285

9.8 GRÁFICAS DE DISEÑO

Afortunadamente, los valores de fbMn y Mn >Æb para las secciones usadas normalmente como vigas han sido calculados por el AISC, están grafi cados para un amplio intervalo de longitudes sin soporte, y se muestran en la Tabla 3-10 del Manual del AISC. Estos diagramas nos permiten resolver cualquiera de los problemas considerados anteriormente en este capí-tulo en sólo unos cuantos segundos. Los valores provistos cubren longitudes sin soporte en el intervalo plástico, así como en el intervalo inelástico, y continúan hasta el intervalo de pandeo elástico (zonas 1-3). Están grafi cados para Fy = 50 klb/plg2 y Cb = 1.0. En la Figura 9.12 se muestra la curva LRFD para una sección W típica. Para cada per-fi l, Lp se indica con un círculo sólido (•) y Lr se muestra con un círculo hueco ( ~ ). Las gráfi cas se desarrollaron sin tomar en cuenta cortantes, defl exiones, etc., conceptos que ocasionalmente pueden regir el diseño, como se describirá en el Capítulo 10. Éstas abar-can casi todas las longitudes sin soporte que se encuentran en la práctica. Si Cb es mayor que 1.0, los valores dados se incrementarán un poco, como se ilustra en la Figura 9.9. Para seleccionar un miembro, sólo es necesario consultar la gráfi ca con la longitud sin soporte Lb y el momento factorizado de diseño Mu o el momento Ma del ASD. Como ilus-tración supongamos que Cb = 1.0, Fy = 50 klb/plg2 y que queremos seleccionar una viga con Lb = 18 pies, Mu = 544 klb-pie (o Ma = 362.7 klb-pie). Para este problema, se muestra en la Figura 9.13 la página apropiada de la Tabla 3-10 del AISC, con la autorización del AISC. Primero, para la solución de LRFD, subimos desde la parte inferior de la gráfi ca para una longitud sin soporte Lb = 18 pies hasta intersecar la línea horizontal de la columna fMn para Mu = 544 klb-pie. Cualquier sección a la derecha y arriba de este punto de intersección (Q) tendrá una longitud sin soporte lateral mayor, así como una mayor capacidad de momen-to de diseño. Moviéndonos hacia arriba y hacia la derecha, encontramos primero los perfi les W16 * 89 y W14 * 90. En esta área de las gráfi cas, estas secciones se muestran con una línea punteada. Las líneas punteadas indican que las secciones proporcionan las capacidades de momento necesarias, pero están en un intervalo antieconómico. Si seguimos hacia arriba y hacia la derecha, la primera línea sólida que encontramos representa la sección más ligera satisfactoria. En este caso se trata de la W24 * 84. Para una solución ASD del mismo pro-blema, consultamos la gráfi ca con Lb = 18 pies y Ma = 362.7 klb-pie y usamos la columna izquierda rotulada Mn >Æ. El resultado nuevamente es una W24 * 84. Otras ilustraciones del uso de estas gráfi cas se presentan en los Ejemplos 9-8 a 9-10.

Figura 9.12

Momento de diseño LRFD para una viga grafi cado contra la longitud sin soporte lateral, Lb.

6

495

510

525

540 Lp

Lr

8 10 12Lb " longitud sin soporte lateral

bMn

" M

u "

Res

iste

ncia

del

m

omen

to d

e di

seño

LR

FD



450

6 8 10 12

Longitud sin soporte lateral (incrementos de 0.5 pie)

Momento disponible contra longitud sin soportePerfiles W

14 16 18

Lb " 18 pies

Mu " 544

Ma " 362.7

20 22

465

480

495

510

525

540

555

570

585

600

300

310

320

330

340

350

360

370

380

390

400

LRFDASD

#Mn

Fy "50 klb/plg2

Cb " 1Mn/$

Mom

ento

dis

poni

ble,

Mn/

$ (

incr

emen

tos

de 2

klb

-pie

)#

Mn

(inc

rem

ento

s de

3 k

lb-p

ie)

klb/pie klb/pie

W30%

90

W16%

100

W14%

99W

27%84 W

24%94

W12%106

W18%

86

W21%

93

W24%

84

W24%

94W

27%84

W16%

89

W14%

90

W10%112

W12%96

W21%

93

W24%

84

W18%

76

W21%

83

W24%

76

W12%87

W10%100

W21%

68

W16%

67

W21%

62

W24%

62W

14%74

W18%

71

W10%100

W14%

82

W24%

68

W16%

77

W21%

73

W16%

67

W18%

65W

21%55

W24%

55

W12%87

W18%

71

W14%

82

W21%

68W

16%77 W

24%68

W12%96

W21%

83

W10%112

W16%77

W14%90

W21%

68

W21%

73

W24%

68W

18%76

W21%

83W

24%76

W16%

89

W12%106

W18%

86W

21%93

W21%

62

Figura 9.13



Ejemplo 9-8

Usando acero de 50 klb/plg2, seleccione la sección más ligera disponible para la viga de la Fi-gura 9.14, que tiene soporte lateral en su patín de compresión sólo en sus extremos. Suponga que Cb = 1.00 para este ejemplo. (En realidad es 1.14.) Use ambos métodos LRFD y ASD.

Figura 9.14 20 pies

D ! 1 klb/pie (no incluye el peso de la viga)L ! 2 klb/pie

Solución

LRFD ASD

Desprecie inicialmente el peso de la viga, luego revise después de hacer la selección del miembro

wu = 1.2 (1.0 klb/pie) + 1.6 (2.0 klb/pie)

= 4.4 klb/pie

Mu =(4.4 klb/pie) (20 pies)2

8= 220 klb-pie

Consulte la Tabla 3-10 del AISC con Lb = 20 pies y Mu = 220 klb-pie

Intente una W12 * 53

Agregue el peso propio de 53 lb/pie

wu = 1.2 (1.053 klb/pie) + 1.6 (2.0 klb/pie)= 4.46 klb/pie

(4.46 klb/pie) (20 pies)2

8= 223 klb-pieMu

Vuelva a consultar la Tabla 3-10 del AISC

Use W12 * 53.

fMn = 230.5 klb-pie Mu = 223 klb-pie OK

wa = 1.0 klb/pie + 2.0 klb/pie = 3.0 klb/pie


8= 150 klb-pieMa

Consulte la Tabla 3-10 del AISC con Lb = 20 pies y Ma = 150 klb-pie

Intente una W12 * 53


wa = 1.053 klb/pie + 2.0 klb/pie = 3.05 klb/pie


8= 153 klb-pieMa

Vuelva a consultar la Tabla 3-10 del AISC

Use W12 * 53.

153.6 klb-pie 153 klb-pie OKMaÚMn

Æ

Nota: fMn y Mn/Æ se pueden calcular con las ecuaciones del AISC o puede leerse con mayor comodidad en la Tabla 3-10. Para obtener el valor de fMn o Mn/Æ, prosiga desde la parte inferior del diagrama para Lb = 20 pies hasta intersecar la línea para el miembro W12 * 53. Diríjase a la izquierda y prosiga en sentido horizontal hasta leer el valor ya sea de fMn o Mn/Æ en el eje vertical.

En el problema de ejemplo que sigue, Cb es mayor que 1.0. Para esta situación, el lec-tor debe observar la Figura 9.9. Se verá aquí que la resistencia de diseño por momento de una sección puede valer fbCbMn si Cb > 1.0, pero bajo ninguna circunstancia puede exceder el valor FbMp " FbFyZ, ni puede exceder a Mp >æb para la sección. Para resolver este problema, calculamos un momento efectivo, como se muestra ense-guida. (Los valores se toman del Ejemplo 9-9, que sigue.) Observe que Cb = 1.67.



Ma efectivo = 5951.67

= 356 klb-pieMu efectivo = 8501.67

= 509 klb-pie y

Entonces consultamos las gráfi cas con Lb = 17 pies, y con Mu efectivo = 509 klb-pie o Ma efectivo = 356 klb-pie, y seleccionamos una sección. Sin embargo, debemos asegurar-nos de que, para el diseño LRFD, el Mu calculado no exceda a fbMn = fFy Z para la sec-ción seleccionada. En forma similar, para el diseño ASD, el Ma calculado no debe exceder a Mn >Æb = Fy Z>Æb para la sección seleccionada. Para el Ejemplo 9-9 siguiente, ambos valores son excedidos. Como resultado, deben consultarse las gráfi cas nuevamente hasta encontrar una sección que proporcione los valores necesarios de fbMn y Mn >Æb .

Ejemplo 9-9

Usando acero de 50 klb/plg2 y los dos métodos LRFD y ASD, seleccione la sección más lige-ra disponible para la situación mostrada en la Figura 9.15. Se tiene soporte lateral sólo en los extremos y en el centro del claro del miembro, y por tanto Lb = 17 pies. Usando la Figura 9.10, Cb vale 1.67 si la única carga uniforme es el peso propio del miembro y se desprecia. Si se considera el peso propio, entonces Cb estará entre 1.67 y 1.30. Como el peso propio es una parte pequeña del momento de diseño, Cb es cercano al valor de 1.67 y su uso sería una hipótesis razonable.

17 pies

Arriostramiento lateral

34 pies

17 pies

PL ! 40 klbPD ! 30 klb

Arriostramiento lateral Arriostramiento

lateral

Figura 9.15

Solución

LRFD ASD

Desprecie inicialmente el peso de la viga, revise después de hacer la selección del miembro

Pu = 1.2 (30 klb) + 1.6 (40 klb) = 100 klb

Mu =100 klb (34 pies)

4= 850 klb-pie

Consulte la Tabla 3-10 del AISC con Lb = 17 pies

y Mu efectivo 509 klb-pie8501.67

Intente una W24 * 76 (fbMp de la Tabla 3-2 del AISC = 750 klb-pie 6 Mu = 850 klb-pie no es aceptable)

Intente una W27 * 84 (fbMp = 915 klb-pie)


Pa = 30 klb + 40 klb = 70 klb

Ma =70 klb (34 pies)

4= 595 klb-pie


y Ma efectivo 356 klb-pie5951.67

Intente una W24 * 84 559 klb-pieaMp

Æb de la

Tabla 3-2 del AISC 6 Ma = 595 klb-pie

no es aceptablebIntente una W27 84 609 klb-piebaMp

Æb




wu = 1.2(0.084 klb/pie) = 0.101 klb/pie

(0.101 klb/pie)(34 pies)2

8+

100 klb (34 pies)

4Mu

Mu = 865 klb-pie < fbMp = 915 klb-pie OK

Use W27 ! 84.

wa = 0.084 klb/pie

(0.084 klb/pie)(34 pies)2

8+

70 klb (34 pies)

4Ma

607 klb-pie < 609 klb-pie OKMp

ÆbMa

Use W27 ! 84.

Ejemplo 9-10

Usando acero de 50 klb/plg2 y ambos métodos LRFD y ASD, seleccione la sección más ligera disponible para la situación mostrada en la Figura 9.16. Se proporciona soporte solamente en los extremos y a la mitad del claro.

Figura 9.16

14 pies 14 pies

28 pies


D ! 1.0 klb/pieL ! 1.75 klb/pie

Arriostramiento lateral

Solución

LRFD ASD

Pu = 1.2 (6 klb) + 1.6 (8 klb) = 20 klbWu = 1.2 (1.0 klb/pie) + 1.6 (1.75 klb/pie) = 4.0 klb/pie

MA

= 2

06.5

Mu, klb-pie

Vu, klb

MB

= 3

64

MC

= 4

72.5

Mm

áx =

532

532

1024385266

14 pies 14 pies 66 klb

20 klb

!10

!66

66 klb

4.0 klb/pie

Pa = 6 klb + 8 klb = 14 klbWa = 1.0 klb/pie + 1.75 klb/pie = 2.75 klb/pie

MA

= 1

42.4

Ma , klb-pie

Va , klb

MB

= 2

51.1

MC

= 3

26.2

Mm

áx =

367

.5

367.5

7 klb16.626.335.945.5 klb

14 pies 14 pies44.5 klb

14 klb

!7 klb!45.5 klb

44.5 klb

2.75 klb/pie



Cb =12.5 Mmáx

2.5 Mmáx + 3MA + 4MB + 3MC

= 1.38

Cb =12.5(532)

2.5(532) + 3(206.5) + 4(364) + 3(472.5)


y efectivo 386 klb-pie5321.38

Mu

Ensaye una W21 * 62 (fbMn = 405 klb-pie de la Tabla 3-10, fbMp = 540 klb-pie de la Tabla 3-2)

CfbMn = 1.38 (405) = 559 klb-pie " fMp= 540 klb-pie ‹---- rige

Mu = 532 klb-pie … fbMp = 540 klb-pie OK

Use W21 ! 62.

Cb =12.5 Mmáx

2.5 Mmáx + 3MA + 4MB + 3MC

= 1.38

Cb =12.5(367.5)

2.5 (367.5) + 3(142.4) + 4(251.1) + 3(326.2)

Consulte la Tabla 3-10 del AISC con Lb = 14 pies y

efectivo 267 klb-pie367.51.38

Ma

Ensaye una W21 * 62 (Mn /Æb = 270 klb-pie) de la Tabla 3-10, Mp/Æb = 359 klb-pie 6 Mu = 367.5 klb-pie no es aceptable

Ensaye una W24 * 62 (Mp /Æb = 382 klb-pie de la Tabla 3-2)

Mn/Æb = 236 klb-pie de la Tabla 3-10 con Cb = 1.0

‹Cb Mn

Æb= 1.38(236) = 326 klb-pie

< Ma = 367.5 klb-pie no es aceptable

Ensaye una W21 * 68 (Mp /Æb = 399 klb-pie de la Tabla 3-2)

Mn/Æ = 304 klb-pie de la Tabla 3-10 con Cb = 1.0

∴ 1.38 (304) 420 klb-pie > Mp>Æb

CbMn

Æb

= 399 klb-pie ‹---- rige

Ma 367.5 klb-pie 399 klb-pie OK Mp

Æb…

Use W21 # 68.

9.9 SECCIONES NO COMPACTAS

Una sección compacta es una sección que tiene un perfi l sufi cientemente robusto, de manera que tiene la capacidad de desarrollar una distribución plena de esfuerzo plástico antes de que se presente el pandeo local (alma o patín). El término plástico implica que está sujeta en todos los puntos al esfuerzo de fl uencia y se estudia minuciosamente en el Capítulo 8. Para que una sec-ción sea compacta, la relación ancho a espesor, b/t, de los patines de perfi les W o I no debe exce-der un valor lp = 0.382E/Fy. Similarmente, la h/tw de las almas de fl exocompresión tampoco debe exceder un valor lp = 3.76 E/Fy. Los valores de b, t, h y tw se muestran en la Figura 9.17. Una sección no compacta es una en la que el esfuerzo de fl uencia puede alcanzarse en algunos, pero no en todos, sus elementos en compresión antes de que ocurra el pandeo. Tal sección no es capaz de alcanzar una distribución de esfuerzo totalmente plástico. Las secciones no compactas tienen razones ancho a espesor mayores que lp, pero no mayores que lr. Los valores lr están dados en la Tabla 9.2, que a su vez es la Tabla B4.1b de la Es-pecifi cación del AISC. Para el rango no compacto, las razones ancho a espesor de los pati-nes o de las secciones W o de otras secciones laminadas de forma I, no deben exceder de lr = 1.02E/Fy, y las de las almas no deben exceder a lr = 5.702E/Fy. Se proporcionan otros valores en la Tabla B4.1b del AISC para lp y lr para otros perfi les. Para vigas no compactas, la resistencia nominal por fl exión Mn es la menor de las resistencias, por pandeo lateral de torsión, por pandeo local del patín de compresión o por pandeo local del alma.


9.9 Secciones no compactas 291

h

h

b

bf $ 2b

b $ bf ! 3th $ hw ! 3t

tf $ t

tw tw

ttw

h

bf $ b

bf

tf $ t

hw

t

t

Figura 9.17

Valores de h, b, t y tw por usarse para calcular l = razones ancho-espesor.

Si tenemos una sección con patines no compactos, es decir, una con lp 6 l … lr, el valor

de Mn está dado por la siguiente ecuación, en la cual 0.35 0.76:…Úkc = 4>2h /tw

(Ecuación F3-1 del AISC)Mn = BMp - (Mp - 0.7Fy Sx)¢ l - lpf

l r f - lpf≤ R

Casi todos los perfi les estándar laminados en caliente W, M, S y C listados en el Ma-nual del AISC son compactos, y ninguno de ellos se sitúa en la clasifi cación esbelta. Todos estos perfi les tienen almas compactas, pero algunos tienen patines no compactos. Debemos ser especialmente cuidadosos cuando se trabaja con secciones compuestas, ya que pueden ser no compactas o esbeltas. En esta sección el autor considera una sección que tiene un patín no compacto. Si un perfi l estándar tiene un patín no compacto, se indicará en el Manual con un pie de página “f”. Los valores numéricos mostrados en las tablas se basan en los esfuerzos reducidos causados por la condición no compacta. Como se indica en la Especifi cación F3 del AISC, el patín de un miembro es no com-pacto si lp 6 l … lr y el miembro se pandeará inelásticamente. Estos valores se dan en la Tabla B4.1b de la Especifi cación del AISC para diferentes perfi les.



Para secciones compuestas con patines esbeltos (es decir, donde l 7 lr),

. (Ecuación F3-2 del AISC)Mn =0.9Ekc Sx

l2

TABLA 9.1 Relaciones ancho a espesor: elementos de compresión en miembros sujetos a fl exión.

Ele

men

tos

sin

rigi

diza

r

Cas

o

Descripción del elemento

Relación ancho a espesor

Relaciones limitantes ancho a espesor

Ejemplo

Lr compacto/

no compacto

Lr no compacto/

esbelto

10 Patines de secciones laminadas de perfi les I, canales y tes

b/t 0.38A EFy 1.0A EFy b

btb

t

t

11 Patines de secciones compuestas de perfi l I, de simetría simple y doble

b/t 0.38A EFy [a][b]

0.95AK EFL

cb

t

h

bt

12 Alas de ángulos simples

b/t 0.54A EFy

0.91A EFy tb

b

t

13 Patines de todas la secciones de perfi l I y canales a fl exión con respecto al eje débil

b/t 0.38A EFy

1.0A EFy

t

bb

t

14 Vástagos de tes d/t 0.84A EFy 1.03A EFy t d

Ele

men

tos

rigi

diza

dos

15 Almas de secciones de perfi l I con simetría doble y canales

h/tw 3.76A EFy 5.70A EFy tw twh h

16 Almas de secciones de perfi l I de simetría simple

hc/tw hehpA EFy

(0.54Mp

My - 0.09)2

… lt

[c]5.70A EFy

twhc hc

hc

2

2hc2

2

PNACG CG

(Continúa)


9.9 Secciones no compactas 293

TABLA 9.1 (Continuación)E

lem

ento

s ri

gidi

zado

s

Cas

o

Descripción del elemento

Relación ancho a espesor

Relaciones limitantes ancho a espesor

Ejemplo

Lr compacto/

no compacto

Lr no compacto/

esbelto

17 Patines de secciones HSS rectangulares y cajones de espesor uniforme

b/t 1.12A EFy 1.40A EFy tb

18 Cubreplacas de patín y placas de diafragma entre líneas de sujetadores o soldadura

b/t 1.12A EFy 1.40A EFy btt

b

19 Almas de secciones HSS rectangulares y cajones

h/t 2.42A EFy 5.70A EFy ht

20 Sección HSS redonda

D/t 0.07EFy

0.31EFy D

t

[a] 42h>twKc pero no deberá tomarse menor que 0.35 ni mayor que 0.76 para propósitos de cálculo.

[b] FL = 0.7Fy para la fl exión con respecto al eje mayor de miembros de perfi l I compuestos con alma compacta y no compacta con Sxy/Sxc Ú 0.7, FL = FySxy/Sxc 7 0.5Fy para la fl exión con respecto al eje mayor de miembros de perfi l I compuestos con alma compacta y no compacta con Sxy/Sxc 6 0.7.

[c] My es el momento para la fl uencia de fi bra extrema. Mp = momento plástico de fl exión, klb-plg (N-mm)

E = módulo de elasticidad del acero = 29 000 klb/plg2 (200 000 MPa)

Fy = esfuerzo de fl uencia mínimo especifi cado, klb/plg2 (MPa)

Fuente: Especifi cación del AISC, Tabla B4.1b, p. 16.1-17. 22 de junio, 2010. “Derechos reservados © American Institute of Steel Construction. Reproducido con autorización. Todos los derechos reservados.”

Ejemplo 9-11

Determine el esfuerzo de diseño a fl exión LRFD y el esfuerzo de fl exión permisible ASD para una sección W12 * 65 de 50 klb/plg2 que tiene soporte lateral completo.



Solución

Usando una W12 * 65 (bf = 12.00 plg, tf = 0.605 plg, Sx = 87.9 plg3, Zx = 96.8 plg3)

¿Es el patín no compacto?

lp = 9.15 6 l = 9.92 6 lr = 24.08

lr = 1.0A EFy = 1.0B 29 * 103

50= 24.08

l =bf2 tf

= 12.00(2)(0.605)

= 9.92

lp = 0.38A EFy = 0.38B29 * 103

50= 9.15

‹ el patín es no compacto.

Calcule el esfuerzo nominal a fl exión.

(Ecuación F3-1 del AISC)

= 4 749 klb-pie = 395.7 klb-pie

Mn = C4 840 - (4 840 - 0.7 * 50 * 87.9)¢ 9.92 - 9.1524.08 - 9.15

≤ RMn = CMp - (Mp - 0.7Fy Sx)¢ l - lp

lr - lp≤ RMp = Fy Z = (50)(96.8) = 4 840 klb-plg

Determine fbMn y Mn>Æ.

LRFD fb = 0.9 ASD æb = 1.67

fb Mn = (0.9)(395.7) = 356 klb-pieMn

Æb= 395.7

1.67= 237 klb-pie

Nota: Estos valores corresponden a aquellos dados en la Tabla 3-2 del AISC.

Las ecuaciones mencionadas aquí se usaron, cuando fuera aplicable, para obtener los valores usados para los diagramas grafi cados en la Tabla 3-10 del AISC. El proyectista no tendrá ningún problema con las secciones no compactas si Fy no es mayor de 50 klb/plg2. Sin embargo, tendrán que usarse las fórmulas presentadas en esta sección para perfi les con valores mayores de Fy.




9-1 al 9-8. Usando tanto el método LRFD como el ASD, seleccione las secciones más eco-nómicas, con Fy = 50 klb/plg 2 a menos que se indique otra cosa, y suponiendo soporte lateral continuo para los patines de compresión. Las cargas de servicio o de trabajo están dadas en cada caso, pero el peso de las vigas no se incluye.

9-1.

28 pies

D ! 1.50 klb/pieL ! 3.25 klb/pie

Figura P9-1. (Resp. W24 * 76 LRFD y ASD.)

9-2.

P P

P

w ! peso propio de la viga

PD ! 12 klbPL ! 20 klb

8 pies 8 pies

24 pies

8 pies

w

Figura P9-2.

9-3.

20 pies

10 pies 10 pies

PL ! 12 klb D ! 1.0 klb/pie

L ! 1.5 klb/piew

Figura P9-3. (Resp. W18 * 40 LRFD y ASD.)

9-4. Repita el Prob. 9-3, usando PL = 20 klb.

9-5.

18 pies


PL ! 6 klb PL ! 6 klb PL 2

wD ! 2.0 klb/pie

! 3 klb

Figura P9-5. (Resp. W24 * 68 LRFD, W24 * 76 ASD.)



9-6.

PL ! 15 klb PL ! 15 klb PL ! 15 klb D ! 0.75 klb/pie

L ! 2.00 klb/pie

18 pies


w

Figura P9-6.

9-7.

30 pies

20 pies 10 pies

PDL ! 20 klb D ! 1.5 klb/pie

L ! 1.5 klb/piew

Figura P9-7. (Resp. W24 * 68 LRFD, W24 * 76 ASD.)

9-8. En la siguiente fi gura se muestra el arreglo de vigas y trabes que se usa para soportar un piso de concreto reforzado de 5 plg de espesor de un pequeño edifi co industrial. Diseñe las vigas y trabes suponiéndolas simplemente apoya-das. Suponga soporte lateral total del patín de compresión y una carga viva de 80 lb/pie2. El peso del concreto es de 150 lb/pie3.

30 p

ies

Columna

Nota: El piso continúa en todos los lados

3 a 8 pies ! 24 pies

Trabe

Vigas

Figura P9-8.

9-9. Una viga consta de una W18 * 35 con una cubreplaca de 3/8 plg * 8 plg solda-da a cada patín. Determine la carga uniforme de diseño LRFD, wu, y la carga uniforme permisible ASD, wa, que el miembro puede soportar además de su



peso propio en un claro simple de 28 pies. (Resp. 2.85 klb/pie LRFD, 3.02 klb/pie ASD.)

9-10. El miembro mostrado está hecho de acero de 36 klb/plg2. Determine la carga viva máxima de servicio que puede colocarse sobre la viga además de su propio peso si la carga muerta de servicio es de 0.80 klb/pie. El miembro se usa para un claro simple de 20 pies. Use ambos métodos LRFD y ASD.

10 plg9 plg

10 plg

8 plg

plg12

plg12

plg12

Figura P9-10.

9-11 al 9-14. Use ambos métodos LRFD y ASD para estas vigas para las cuales se proporcio-na soporte lateral completo del patín de compresión.

9-11. Seleccione una sección W para un claro simple de 24 pies que soporte una car-ga muerta uniforme de servicio de 1.5 klb/pie y una carga viva de servicio de 1.0 klb/pie si en la sección de máximo momento hay dos agujeros para tornillos de 3/4 plg f en cada patín. Use la Especifi cación del AISC y acero A36. Use ambos métodos LRFD y ASD. (Resp. W21 * 44 LRFD, W21 * 48 ASD.)

9-12. Repita el Prob. 9-11, suponiendo que hay cuatro agujeros para tornillos de 3/4 plg f en cada patín en la sección de momento máximo. Use acero A992.

9-13. La sección mostrada en la Figura P9-13 tiene dos agujeros para tornillos de 3/4 plg f en cada patín y cubreplaca. Encuentre la carga de diseño, wa, y la carga factorizada, wu, que la sección puede soportar además de su propio peso, en un claro simple de 22 pies si consiste de un acero con Fy = 50 klb/plg2. Reste todos los agujeros para calcular las propiedades del perfi l. (Resp. wu neto = 4.74 klb/pie, wa neto = 3.14 klb/pie.)

W 14 " 34

PL " 838

PL " 838

Figura P9-13.



9-14. Una viga simplemente apoyada de 36 pies de claro debe soportar dos cargas de servicio móviles de 20 klb separadas entre sí a una distancia de 12 pies. Su-poniendo una carga muerta de 1.0 klb/pie incluyendo el peso propio de la viga, seleccione un perfi l de acero de 50 klb/plg2que resista el máximo momento posible. Use solamente el método LRFD.

9-15 al 9-28. En estos problemas se dan diferentes valores de Lb. Las cargas muertas no inclu-yen los pesos de las vigas. Use ambos métodos LRFD y ASD.

9-15. Determine £Mn y Mn/Æ para una W18 * 46 usada como una viga con una lon-gitud sin soporte del patín de compresión de 4 pies y 12 pies. Use acero A992 y Cb = 1.0.

(Resp. Lb = 4 pies, 340 klb-pie LRFD; 226 klb-pie ASD.)(Resp. Lb = 12 pies, 231.4 klb-pie LRFD; 154.3 klb-pie ASD.)

9-16. Determine el perfi l W más ligero que sea satisfactorio para sustentar una carga muerta uniforme de 4.0 klb/pie más el peso propio de la viga y una carga viva uniforme de 2.75 klb/pie en un claro simple de 12 pies. Suponga que se proporcio-na soporte solamente en los extremos. Obtenga Cb de la Figura 9.10 en el libro.

9-17. Seleccione la sección de perfi l W más ligero que sea satisfactorio si Fy = 50 klb/plg2. Se proporciona soporte lateral solamente en los extremos. Determine Cb. (Resp. W14 * 61 LRFD, W12 * 65 ASD.)

12 pies 12 pies

PL ! 16 klbwD ! 1.8 klb/pie

Figura P9-17.

9-18. Repita el Prob. 9-17 con el soporte lateral localizado en la carga concentrada así como en los extremos del claro. Determine Cb.

9-19. Una W18 * 55 de acero A992 se usa en un claro simple de 15 pies y tiene sopor-te lateral del patín de compresión sólo en los extremos. Si la única carga muerta presente es el peso propio de la viga, ¿cuál es la carga máxima viva de servicio concentrada que puede aplicarse en los puntos 1/3 de la viga? Determine Cb. (Resp. 41.7 klb LRFD, 44.3 klb ASD.)

9-20. Repita el Prob. 9-19 con el soporte lateral localizado en los extremos de la viga y en las cargas concentradas. Determine Cb.

9-21. La viga en voladizo mostrada en la Figura P9-21 es una W18 * 55 de acero A992. Se proporciona soporte lateral solamente en el empotramiento. La carga uni-forme es una carga muerta de servicio e incluye el peso propio de la viga. Las cargas concentradas son cargas vivas de servicio. Determine si la viga es ade-cuada usando los métodos LRFD y ASD. Suponga Cb = 1.0. (Resp. LRFD OK, 363 klb-pie 7 335 klb-pie; ASD OK, 241 klb-pie 7 212.5 klb-pie.)

5 pies 5 pies

10 klb !PL 2

20 klb ! PL250 lb/pie ! wD

Figura P9-21.



9-22. La viga dada en la Figura P9-22 es de acero A992. Si la carga viva es el doble de la carga muerta, ¿cuál es la carga máxima total de servicio en klb/pie que puede sustentarse si a) el patín de compresión tiene soporte lateral en toda su longitud, y b) el soporte lateral se tiene sólo en los extremos y en el eje central?

W21 " 55

24 pies

w

Figura P9-22.

9-23. Una viga W21 * 68 de acero A992 sustenta una carga muerta de servicio uniformemente distribuida de 1.75 klb/pie más su propio peso y dos cargas concentradas vivas de servicio en los puntos tercios de un claro de 33 pies sim-plemente apoyado. Si se proporciona soporte lateral en los extremos y en las cargas concentradas, determine la carga viva máxima de servicio, PL. Suponga que las cargas concentradas tienen el mismo valor, determine Cb. (Resp. 12.26 klb LRFD, 8.50 klb ASD.)

9-24. Una viga de acero con Fy = 50 klb/plg2 se usa para soportar las cargas mostra-das en la Figura P9-24. Despreciando el peso propio de la viga, determine el perfi l W más ligero para sustentar las cargas si se proporciona soporte lateral completo.

8 pies 8 pies 8 pies 8 pies 8 pies 8 pies

32 pies

P P P P P

P: PD = 8.5 klb, PL = 6.0 klb

Figura P9-24.

9-25. Rediseñe la viga del Prob. 9-24 si se proporciona soporte lateral solamente en los extremos y bajo las cargas concentradas. Determine Cb. (Resp. W16 * 26 LRFD, W14 * 30 ASD.)

9-26. Diseñe la viga con el perfi l W más ligero de acero de 50 klb/plg2 para soportar las cargas mostradas en la Figura P9-26. Desprecie el peso propio de la viga. La viga tiene soporte lateral continuo entre A y B, pero no lo tiene entre B y C. Determine Cb.

A B C18 pies 18 pies

PL ! 25 klbwD ! 2.0 klb/piewL ! 1.0 klb/pie

Figura P9-26.



9-27. Una viga W16 * 36 de acero A992 está empotrada en un apoyo y está simple-mente apoyada en el otro extremo. Se aplica una carga concentrada de carga muerta de 9.25 klb y de carga viva de 6.50 klb al centro del claro de 32 pies. Su-ponga que se proporciona soporte lateral del patín de compresión en el apoyo articulado, en el punto de aplicación de la carga, y en el apoyo empotrado. Pue-de despreciarse el peso propio de la viga y suponer que Cb = 1.0. ¿Es adecuada la W16? (Resp. LRFD OK, 129.0 klb-pie … 136.6 klb-pie; ASD no aceptable, 94.5 klb-pie Ú 90.9 klb-pie.)

9-28. Se usa una viga W24 * 104 para soportar las cargas mostradas en la Figura P9-28. Se proporciona soporte lateral del patín de compresión solamente en los extre-mos. Determine Cb. Si Fy = 50 klb/plg2, determine si la W24 es adecuada para sustentar estas cargas.

wD ! 1.0 klb/pie incluye el peso propio

PD ! 10.5 klb

PL ! 14.0 klb

15 pies 15 pies

30 pies

wL ! 1.75 klb/pie

Figura P9-28.

9-29. Una viga W18 * 60 de acero A992 se usa en un claro simple de 36 pies para so-portar una carga uniformemente distribuida. Determine la posición del soporte lateral, Lb, con objeto de suministrar justo la sufi ciente resistencia para susten-tar un momento de diseño. Use Mu = 416.8 klb-pie para el método LRFD y Ma = 277.5 klb-pie para el método ASD. Suponga Cb = 1.0. (Resp. 9 pies LRFD y ASD.)

9-30. Las dos vigas de acero que se muestran en la Figura P9-30 son parte de un sistema de bastidor de vigas en dos claros con una articulación (rótula) loca-lizada a 4.5 pies a la izquierda del apoyo interior, haciendo que el sistema sea estáticamente determinado. Determine los tamaños (más ligeros) de las vigas de perfi l W. Suponga acero A992 y soporte lateral continuo de los patines de compresión. Puede despreciarse el peso propio de la viga. Use los métodos LRFD y ASD.

P P P P P

6 pies 6 pies1.5 pies

18 pies 24 pies

6 pies 6 pies 6 pies 6 pies4.5 pies

ArticulaciónViga 1 Viga 2

P: PD = 5.0 klb, PL = 7.5 klb

Figura P9-30.



9-31. Una viga compuesta de acero consta de un alma de 1⁄4 plg * 12 plg y patines superior e inferior de 3⁄8 plg * 4 plg. El miembro tiene el patín de compresión totalmente soportado, por lo tanto la capacidad de momento, £Mn, se calculó en 103.4 klb-pie usando el método LRFD y acero con Fy = 50 klb/plg2. Durante el diseño se pensó que el momento factorizado, Mu, era de 100 klb-pie, pero después de fabricar el miembro se encontró que el momento real de diseño, Mu, debió haber sido de 130 klb-pie. Un joven ingeniero brillante y capaz su-girió añadir un cubreplaca de 1⁄4 plg * 6 plg al patín inferior del miembro para incrementar su capacidad. Calcule la nueva capacidad de momento, £Mn, y diga si va a sustentar con seguridad al momento de diseño, Mu = 130 klb-pie. (Resp. Sí, £Mn = 131.5 klb-pie 7 Mu = 130 klb-pie.)

9-32. Se ha especifi cado una W21 * 93 para usarse en su proyecto de diseño. Por error se envió a la obra una W21 * 73. La viga debe montarse hoy. Suponiendo que se dispone inmediatamente de placas de 1⁄2 plg de espesor, seleccione los cubreplacas que van a soldarse a los patines superior e inferior para obtener la capacidad de sección necesaria. Use acero con Fy = 50 klb/plg2 para todos los materiales y suponga que se proporciona soporte lateral completo para el patín de compresión. Use los métodos LRFD y ASD.

302 Diseño de Estructuras de Acero – McCormac /Csernak Alfaomega

C A P Í T U L O 1 0

Diseño de vigas: temas diversos (cortante, defl exión, etcétera)

10.1 DISEÑO DE VIGAS CONTINUAS

La Sección B3 de la Especifi cación del AISC establece que las vigas se pueden diseñar de acuerdo con las disposiciones de los métodos LRFD y ASD. El análisis de los miembros para determinar la resistencia requerida puede hacerse por los procedimientos de análisis elástico, inelástico o plástico. El diseño con base en un análisis plástico se permite sólo para secciones con esfuerzos de fl uencia no mayores que 65 klb/plg2 y está sujeto a ciertos requi-sitos especiales en el Apéndice 1 del Comentario de la Especifi cación. Tanto la teoría como los ensayos muestran claramente que los miembros continuos de acero dúctil que satisfacen los requisitos de las secciones compactas, con sufi ciente soporte lateral en sus patines de compresión, tienen capacidad adecuada para redistribuir momentos causados por sobrecargas. Si se usa el análisis plástico, esta ventaja queda automáticamente incluida en el análisis. Si se usa un análisis elástico, las Especifi caciones del AISC consideran la redistribu-ción por medio de una regla empírica que da una aproximación al comportamiento plástico real. La Sección A1.3 del Comentario del Apéndice 1 del AISC, establece que para secciones compactas continuas, el diseño puede efectuarse con base en nueve décimos de los momen-tos máximos negativos causados por cargas de gravedad que son máximos en los puntos de apoyo, siempre que los momentos positivos se incrementen en un décimo del promedio de los momentos negativos en los apoyos adyacentes. (El factor 0.9 se aplica sólo a cargas de gravedad y no a cargas laterales como las causadas por viento o sismo.) El factor también se puede aplicar a columnas con esfuerzos axiales menores de 0.15fcFyAg para el méto-do LRFD o 0.15FyAg/Æc para el método ASD. Esta reducción del momento no se aplica a


10.1 Diseño de vigas continuas 303

momentos producidos por cargas en voladizos ni a diseños hechos de acuerdo con las Seccio-nes 1.4 a 1.8 del Apéndice 1 del Comentario de la Especifi cación del AISC.

Ejemplo 10-1

Se supone que la viga mostrada en la Figura 10.1 consiste de acero de 50 klb/plg2. a) Seleccione el perfi l W más ligero disponible usando el análisis plástico y suponiendo soporte lateral a todo lo largo de sus patines de compresión. b) Diseñe la viga usando el análisis elástico con las cargas de servicio y la regla de 0.9, y suponiendo que se proporciona soporte lateral a todo lo largo en ambos patines.

30 pies 30 pies40 pies15 pies 15 pies


wL ! 3.0 klb/piewD (incluye el peso de la viga) ! 1.0 klb/pie

Figura 10.1.

Solución

a. Análisis plástico y diseño con el método LRFD

wu = (1.2)(1.0) + (1.6)(3) = 6.0 klb/pie

Pu = (1.2)(15) + (1.6)(20) = 50 klb

215 20

17.58 1.414

2.4142

Articulación real

17.58 pies 0.414 L ! 12.42 pies

Claro 2 dMu(4u) = (40wu)¢12≤(20u)

Mu = 100wu = (100)(6.0)Mu = 600 klb-pie ; rige

Claro 1eMu4u = (30wu)¢12≤(15u) + (Pu)(15u)

Mu = 56.25wu + 3.75Pu

Mu = (56.25)(6.0) + (3.75)(50) Mu = 525 klb-pie

304 Capítulo 10 Diseño de vigas: temas diversos (cortante, defl exión, etcétera)


Claro 3 dMu(3.414u) = (30wu)a 12b(17.58u)

Mu = 77.24wu = (77.24)(6.0)= 463.4 klb-pie

Use una W21 * 68 (Tabla 3-2 del AISC). fbMp = 600 klb-pie = Mu = 600 klb-pie

b. Analizando la viga de la Figura 10.1 para las cargas de servicio

wa = 1.0 + 3.0 = 4 klb/pie

Pa = 15 + 20 = 35 klb

Trazado del diagrama de momentos, klb-pie

!263

"394 klb-pie

"505 "505

!295!233

!

" "

! ! 0"

Momento negativo máximo de diseño

= (0.9)(-505) = -454.5 klb-pie ; rige

Momento positivo máximo de diseño

= +295 + ¢ 110≤ ¢ 505 + 505

2≤ = +345.5 klb-pie

Use una W24 * 76 (Tabla 3-2 del AISC). Mp/Æ = 499 klb-pie 7 Ma = 454.5 klb-pie

Nota importante: Si el patín inferior de esta W24 * 76 no tiene soporte lateral, debemos revi-sar las longitudes en el claro donde están presentes momentos negativos, ya que los valores de Lb pueden exceder a Lp para la sección y el diseño tal vez tenga que revisarse.

10.2 FUERZA Y ESFUERZO CORTANTE

Para el análisis siguiente consideraremos la viga de la Figura 10.2 (a). Al fl exionarse la viga aparecen esfuerzos cortantes debido al cambio de la longitud de sus fi bras longitudinales. En la zona de momento positivo, las fi bras inferiores se alargan y las superiores se acortan, en tanto que en algún lugar intermedio habrá un plano neutro en el que las fi bras no cambian de longitud. Debido a esas deformaciones variables, una fi bra específi ca tiende a deslizarse sobre las fi bras situadas arriba o abajo de ella.


10.2 Fuerza y esfuerzo cortante 305

Figura 10.2.

(a)

(c)

Placa de apoyo

Viga despatinadaW

(b)

1

1

Si una viga de madera se construyese encimando tablones y no se conectasen éstos entre sí, la viga adoptaría la forma mostrada en la parte (b) de la fi gura. El estudiante habrá observado vigas cortas de madera muy cargadas con grandes fuerzas cortantes transversales que presentan grietas a lo largo de planos horizontales. La anterior presentación del problema puede parecer engañosa, al mostrar por sepa-rado los dos esfuerzos cortantes horizontal y vertical. En realidad, los esfuerzos horizontal y vertical son iguales en cualquier punto, siempre que la sección crítica en la cual se evalúe el esfuerzo cortante se tome paralela al eje de simetría. Además, no puede ocurrir uno sin el otro. Por lo general, el cortante no es un problema en las vigas de acero porque las almas de los perfi les laminados son capaces de resistir grandes fuerzas cortantes. Se indican a con-tinuación una serie de situaciones comunes donde el cortante podría ser excesivo.

1. Si se colocan grandes cargas concentradas cerca de los apoyos de una viga, se origi-narán grandes fuerzas internas sin incrementos correspondientes en los momentos de fl exión. Un ejemplo bastante común de éstos ocurre en edifi cios altos en donde las columnas de un piso están desfasadas (fuera de eje) respecto a las columnas del piso inferior. Las cargas de las columnas superiores aplicadas a las vigas del piso serán bastante grandes si hay muchos pisos arriba.

2. Probablemente el problema más común de cortante ocurre cuando dos miembros es-tructurales (como una viga y una columna) están rígidamente conectados entre sí, de manera que sus almas se encuentran en un mismo plano. Esta situación ocurre con frecuencia en la unión de vigas (o largueros) y columnas en estructuras de marcos rígidos.

3. Cuando las vigas están despatinadas, como se muestra en la Figura 10.2 (c) el cortante puede ser un problema. En este caso las fuerzas cortantes deben tomarse con el pe-ralte reducido de la viga. Un caso parecido se presenta cuando las almas contienen agujeros para ductos o para otros fi nes.

4. Teóricamente, las vigas cortas muy cargadas pueden tener cortantes excesivos, pero esto no ocurre con mucha frecuencia, a menos que se trate de casos parecidos al caso 1.



5. El cortante puede ser un problema aun para cargas ordinarias cuando se usan almas muy delgadas, como en las trabes armadas o en los miembros de acero doblados en frío de pared delgada.

Del estudio de la mecánica de materiales, el estudiante debe conocer la fórmula del esfuerzo cortante horizontal fv = VQ/Ib, donde V es la fuerza cortante externa, Q es el mo-mento estático respecto al eje neutro de la parte de la sección situada fuera (ya sea arriba o abajo) de la línea en la cual se desea el valor de fv, tomada con respecto al eje neutro, y b es el ancho de la sección donde se desea el esfuerzo cortante unitario. La Figura 10.3 (a) muestra la variación del esfuerzo cortante en la sección transversal de un perfi l I y en la parte (b) de la misma fi gura se muestra la variación en un miembro con una sección transversal rectangular. Puede verse en la parte (a) de la fi gura que la fuerza cortante en las secciones I la resiste principalmente el alma. Si se incrementa la carga en un miembro estructural con sección I hasta que se alcanza el esfuerzo de fl uencia por fl exión en el patín, éste no tendrá capacidad para resistir esfuer-zos cortantes que deberá entonces soportar al alma. Si se incrementa aún más el momento, el esfuerzo de fl uencia por fl exión penetrará hacia el alma y el área del alma capaz de resistir esfuerzos cortantes se reducirá aún más. En vez de suponer que el esfuerzo cortante nominal lo resiste una parte del alma, la Especifi cación del AISC supone un esfuerzo cortante redu-cido resistido por el área total del alma. Esta área del alma, Aw, es igual al peralte total de la sección, d, multiplicado por el espesor del alma tw. Las expresiones para la resistencia por cortante están dadas en la Especifi cación G2 del AISC. En estas expresiones, h es la distancia libre entre las puntas de los fi letes del alma en perfi les laminados, mientras que para secciones compuestas soldadas, es la distancia libre entre patines. Para secciones compuestas atornilladas, h es la distancia entre líneas adyacentes de pernos en el alma. Se dan expresiones diferentes para distintas relaciones h/tw según si la falla por cortante es plástica, inelástica o elástica.

Figura 10.3.

d

d

b

h

k

(a)

(b)

3V2bd

Vdtw

Un poco mayor quetw

k



Junta a base de soldadura y tornillos en el edifi cio Transamerica Pyramid en San Francisco, CA. (Cortesía de Kaiser Steel Corporation.)

La resistencia nominal al cortante de un alma sin rigidizar o rigidizada se especifi ca como

Vn = 0.6 FyAwCv (Ecuación G2-1 del AISC)

Usando esta ecuación para las almas de miembros I cuando h/tw … 2.242E/Fy, en-contramos que Cv = 1.0, fv = 1.00, y Æv = 1.50. (Casi todas los perfi les W, S y HP existentes se sitúan en esta categoría. Las excepciones están listadas en la Sección G2 de la Especifi cación del AISC.) Para las almas de todos los perfi les con simetría doble, perfi les con simetría simple, y canales, excepto el perfi l redondo HSS, se usan fv = 0.90 y Æv = 1.67 para determinar la re-sistencia de diseño al cortante, fvVn y la resistencia permisible al cortante Vn/Æ. Cv, el coefi -ciente de cortante del alma, se determina a partir de las siguientes situaciones y se sustituye en la Ecuación G2-1 del AISC:

(Ecuación G2-3 del AISC)

(Ecuación G2-4 del AISC)Cv =1.10AkvE

Fy

htw

1.10AkvEFy

6 htw

… 1.37AkvEFy

Cv = 1.0

htw

… 1.10AkvEFy

b. Para

a. Para



c. Para

(Ecuación G2-5 del AISC)Cv =1.51Ekv¢ h

tw≤2

Fy

htw

7 1.37AkvEFy

En las partes (i) y (ii) de la Especifi cación G2.1b del AISC se especifi ca el coefi ciente de pandeo por cortante de la placa del alma, kv. Para almas sin atiesadores transversales y con h/tw 6 260: kv = 5. Éste es el caso para la mayoría de los miembros laminados de perfi l I di-señados por los ingenieros.

Ejemplo 10-2

Se usa una W21 * 55 con Fy = 50 klb/plg2 para la viga y las cargas de la Figura 10.4. Revise si es adecuada para el cortante,

Figura 10.4. 20 pies

wD # 2 klb/pie (incluye peso de la viga)wL # 4 klb/pie

Solución

Usando una W21 * 55. (A = 16.2 plg2, d = 20.8 plg, tw = 0.375 plg, y kdes = 1.02 plg.)

‹ Vn = 0.6 Fy Aw Cv = 0.6 (50 klb/plg )(7.80 plg22 )(1.0) = 234 klbAw = d tw = (20.8 plg)(0.375 plg) = 7.80 plg2

‹ Cv = 1.0, fv = 1.0 y æv = 1.50

htw

= 18.760.375

= 50.03 6 2.24A29 00050

= 53.95

h = 20.8 - 2kdes = 20.8 - (2)(1.02) = 18.76 plg

LRFD fv = 1.00 ASD Æv = 1.50

wu = (1.2)(2) + (1.6)(4) = 8.8 klb/pie wa = 2 + 4 = 6 klb/pie

Vu =8.8 klb/pie (20 pies)

2= 88 klb Va =

6.0 klb/pie (20 pies)

2= 60 klb

fvVn = (1.00)(234) = 234 klbVn

Æv= 234

1.50= 156 klb

7 88 klb OK 7 60 klb OK



Notas

1. Los valores de fvVnx y Vnx/Æv con Fy = 50 klb/plg2 se dan para perfi les W en la Tabla 3-2 del Manual.

2. Se dan dos valores en el Manual del AISC para k. Uno se da en forma decimal y de-berá usarse para cálculos de diseño, mientras que el otro se da en forma fraccionaria y debe usarse para el detallado. Estos dos valores se basan, respectivamente, en los radios mínimo y máximo de los fi letes y generalmente serán muy diferentes entre sí.

3. En la Parte 3 del Manual del AISC se proporciona una tabla muy útil (3-6) para de-terminar la carga máxima uniforme que puede soportar cada perfi l W para diferentes claros. Los valores dados son para Fy = 50 klb/plg2 y están controlados por momentos o cortantes máximos, tal como se especifi ca por los métodos LRFD o ASD.

Si la Vu para una viga particular excede la resistencia especifi cada por el AISC por cortante del miembro, el procedimiento usual es seleccionar una sección ligeramente más pesada. Sin embargo, si es necesario usar una sección mucho más pesada que la reque-rida por momento, pueden soldarse placas dobles de refuerzo (Figura 10.5) al alma de la viga, o pueden conectarse atiesadores a las almas en zonas de alto cortante. Las placas dobles deben cumplir los requisitos ancho-espesor para elementos compactos atiesados, de acuerdo con la Sección B4 de la Especifi cación del AISC. Además, deben soldarse sufi cientemente a las almas de los miembros para que puedan desarrollar su parte proporcional de la carga. La resistencia especifi cada del AISC para cortante de una viga o una trabe se basa en el área entera del alma. Sin embargo, a veces una conexión se hace a sólo una pequeña por-ción o altura del alma. En tal caso, el ingeniero puede suponer que el cortante está repartido sobre sólo una parte de la altura del alma para fi nes de cálculo de la resistencia por cortante. Puede entonces calcular Aw como igual a tw veces la menor altura y usarla así en la expresión para la resistencia por cortante. Cuando las vigas que tienen sus patines superiores a la misma elevación (situación usual) se conectan entre sí, suele ser necesario despatinar una de ellas, como se muestra en la Figura 10.6. Para tales casos, existe la posibilidad de una falla por bloque de cortante a lo largo de las líneas punteadas mostradas. Este tema se analizó previamente en la Sección 3.7 y se verá de nuevo en el Capítulo 15.

Figura 10.5

Incremento de la resistencia por cortante de una viga usando placas de refuerzo.

Placas de refuerzo soldadas al alma de la viga



Figura 10.6

Posible falla por bloque de cortante a lo largo de la línea punteada.

Por claridad no se muestran los ángulos conectores

Despatinado

10.3 DEFLEXIONES

Las defl exiones de las vigas de acero generalmente se limitan a ciertos valores máximos. Algunas de las buenas razones para limitar las defl exiones son las siguientes:

1. Las defl exiones excesivas pueden dañar los materiales unidos o soportados por la viga considerada. Las grietas en los plafones ocasionadas por grandes defl exiones en los largueros que los soportan son un ejemplo.

2. La apariencia de las estructuras se ve afectada por defl exiones excesivas. 3. Las deformaciones excesivas no inspiran confi anza en las personas que utilizan una

estructura, aunque exista una completa seguridad desde el punto de vista de la resis-tencia.

4. Puede ser necesario que diferentes vigas que soportan la misma carga, tengan las mis-mas defl exiones.

La práctica Standard Americana para edifi cios ha sido limitar las defl exiones por carga viva de servicio a aproximadamente 1/360 de la longitud del claro. Se supone que esta de-fl exión es la que toleran las vigas con el fi n de que los aplanados o los plafones que soportan no presenten grietas. La defl exión de 1/360 es sólo uno de los muchos valores de la defl exión máxima en uso para las diferentes condiciones de carga, por distintos ingenieros, y diferen-tes especifi caciones. Para los casos donde se soporta maquinaria delicada y de precisión, las defl exiones máximas pueden quedar limitadas a 1/1 500 o 1/2 000 de la longitud del claro. Las Especifi caciones AASHTO 2010, fi jan las defl exiones de las vigas y trabes de acero por efecto de cargas vivas e impacto a 1/800 del claro. (Para los puentes en áreas urbanas y que usan también los peatones, las Especifi caciones AASHTO recomiendan un valor máximo de 1/1 000 de la longitud del claro.) La Especifi cación del AISC no especifi ca exactamente defl exiones máximas permisi-bles. Existen tantos materiales diferentes, tipos de estructuras y cargas que no es aceptable


10.3 Defl exiones 311

un solo grupo de defl exiones máximas para todos los casos. Por ello el proyectista debe esta-blecer los valores máximos basándose en su experiencia y buen juicio. El lector deberá observar que las limitaciones de las defl exiones se sitúan en el área de la capacidad de servicio. Por lo tanto, las defl exiones se determinan para las cargas de servicio, y de este modo los cálculos son idénticos para ambos diseños LRFD y ASD. Antes de sustituir a ciegas en la fórmula que da la defl exión de una viga para determi-nada condición de carga, el estudiante deberá entender completamente los métodos teóricos para calcular defl exiones. Entre estos métodos se incluyen los procedimientos de áreas de momentos, los de la viga conjugada y del trabajo virtual. Con estos métodos pueden obtener-se varias expresiones como la del fi nal de este párrafo para la defl exión en el centro del claro de una viga simple con carga uniformemente repartida.

¢ = 5wL4

384EIcL

Para usar las expresiones para defl exiones como ésta, el lector debe ser muy cuidadoso para aplicar unidades consistentes. El Ejemplo 10-3 ilustra la aplicación de la expresión an-terior. El autor ha cambiado todas las unidades a libras y pulgadas. De esta manera, la carga uniforme dada en el problema en klb/pie se ha cambiado entonces a lb/plg.

Ejemplo 10-3

Una W24 * 55 (Ix = 1 350 plg4) con un claro simple de 21 pies ha sido seleccionada para soportar una carga total de servicio de 3 klb/pie (incluyendo el peso de la viga). ¿Es satisfac-toria la sección para la defl exión en el centro del claro por carga viva de servicio si el valor máximo permisible es de 1/360 del claro?

Solución. Use E = 29 * 106 lb/plg2

OK 6 ¢ 1360≤(12 * 21) = 0.70 plg

¢ = 5wL4

384EI=

(5)(3 000/12)(12 * 21)4

(384)(29 * 106)(1 350)= 0.335 como deflexión total de la cargacL

Otra manera que muchos ingenieros emplean para considerar las unidades en el cálcu-lo de las defl exiones es considerar a la carga uniforme, w, con las unidades de klb/pie y el claro, L, con las unidades de pie, y luego convertir las unidades de pie a plg al multiplicar por 1 728 (es decir, 12 * 12 * 12). En este método, E tiene unidades de klb/plg2 (es decir, 29 000).

En la página 3-7 del Manual del AISC, se presenta la siguiente fórmula sencilla para determinar las defl exiones máximas en vigas con secciones W, M, HP, S, C y MC para diversas condiciones de carga:

¢ = ML2

C1Ix



w (klb/pie)

C1 # 161(a)

C1 # 201(b)

C1 # 158 ($ @ Centro)

(c) Constantes de carga

P P

C1 # 170

(d)

P

P P P

Figura 10.7

Valores de la constante C1 por usarse en la expresión de la defl exión. (Figura 3-2 en el Manual del AISC.)

En esta expresión, M es el momento de la carga máxima de servicio en klb-pie, y puede basarse en las 4 condiciones diferentes de carga de la Figura 10.7; C1 es una constante cuyo valor se puede determinar con ayuda de la Figura 10.7; L es la longitud del claro (pie); e Ix es el momento de inercia (plg4). Si queremos usar esta expresión para la viga del Ejemplo 10-3, C1 según la parte (a) de la Figura 10.7 es 161, el momento fl exionante en el centro del claro es wL2/8 = (3)(21)2/8 = 165.375 klb-pie y la defl exión en el centro del claro para la carga viva de servicio es

¢ =(165.375)(21)2

(161)(1 350)= 0.336 plgcL

La Tabla 1604.3 del IBC 2009 presenta defl exiones máximas permisibles para varios ti-pos de miembros y condiciones de carga. Varios de éstos se presentan en la Tabla 10.1. Estos valores no son aplicables a situaciones de encharcamiento. Algunas especifi caciones consideran el problema de la defl exión, requiriendo ciertas relaciones mínimas de peralte a claro. Por ejemplo, la AASHTO sugiere que la relación de peralte a claro se limite a un valor mínimo de 1/25. Se permite una sección con menor peralte, pero siempre que tenga sufi ciente rigidez para prevenir una defl exión mayor que la que se tendría si se hubiese usado la relación 1/25. A una viga de acero debe doblarse en frío, o combada, con un valor igual a la defl exión producida por las cargas muertas, o la ocasionada por las cargas muertas más cierto porcen-taje de la carga viva. Aproximadamente el 25% de la combadura así producida es elástica, y desaparece cuando se termina la operación de combeo necesaria para ocasionarla. Se debe recordar que una viga que se fl exione hacia arriba se ve más segura y resistente que la que se fl exiona hacia abajo (aun a corta distancia). El combeo es un requisito muy común en vigas largas de acero. De hecho, un porcen-taje bastante grande de vigas usadas actualmente en construcción compuesta (véase el Ca-pítulo 16) son combadas. Sin embargo, en muchas ocasiones es más económico seleccionar



vigas más pesadas con mayores momentos de inercia para reducir las defl exiones y evitar así los costos de mano de obra implícitos en combar las vigas. Una regla empírica comúnmente usada es que toma aproximadamente una hora-hombre de trabajo extra combar cada viga. El combeo es una molestia para muchos fabricantes y puede introducir algunos pro-blemas adicionales. Por ejemplo, cuando las vigas se comban puede ser necesario alterar los detalles de las conexiones para lograr un ajuste apropiado de los miembros. El extremo de una viga combada girará y puede entonces ser necesario girar los detalles de la conexión un mismo ángulo para garantizar un ajuste apropiado. Si podemos escoger el perfi l superior en peso, reduciendo así las defl exiones de mane-ra que no sea necesario el combeo, tendremos una solución muy deseable. Similarmente, si se está usando un acero de resistencia superior, puede ser conveniente cambiar las vigas que necesitan combeo por un acero con esfuerzo de fl uencia menor. Se tendrán entonces vigas mayores pero menores defl exiones y tal vez algún ahorro si el combeo puede eliminarse. La forma más económica de combar vigas es con una prensa mecánica. Sin embargo, las vigas con longitudes menores de aproximadamente 24 pies no encajan bien en una prensa estándar. Esta situación puede requerir el uso del calor para realizar el combado, pero el costo se incrementa dos o tres o aun más veces. Par esta razón, casi siempre es aconsejable aumentar el tamaño de estos miembros hasta que ya no sea necesario el combeo. Si es necesario para un proyecto específi co, un miembro puede doblarse o combarse alrededor de su eje horizontal. A esto se le llama barrido. Las defl exiones pueden determinar los tamaños de las vigas para claros grandes o pe-queños, en los que las limitaciones a la defl exión son muy severas. Para ayudar al proyectista a seleccionar secciones en las que puede regir la defl exión, el Manual del AISC incluye un conjunto de tablas numeradas 3-3 y tituladas “W-shapes Selection by Ix” (Selección de perfi -les W por el valor de Ix), en donde los valores Ix se indican en orden numérico descendente para todas la secciones usadas normalmente como vigas. En esta tabla, las secciones están ordenadas por grupos con la sección más ligera de cada grupo en negritas. El Ejemplo 10-4 presenta el diseño de una viga en la que la defl exión rige en el diseño.

TABLA 10.1 Límites de deflexión tomados del IBC 2009

MiembrosCondiciones de carga

L D + L S o W

Para miembros de piso L360

L240

—

Para miembros de techo que soportan plafón de yeso* L360

L240

L360

Para miembros de techo que soportan plafones que no son de yeso*L

240L

180L

240

Para miembros de techo que no soportan plafones* L180

L120

L180

*Todos los miembros de techo deberán investigarse en cuanto al encharcamiento.



Ejemplo 10-4

Usando los métodos LRFD y ASD, seleccione la sección más ligera disponible con Fy = 50 klb/plg2 para soportar una carga muerta de servicio de 1.2 klb/pie y una carga viva de servicio de 3 klb/pie en un claro simple de 30 pies. La sección tendrá soporte lateral a todo lo largo de su patín de compresión y la defl exión máxima por carga total de servicio no debe exceder de 1/500 la longitud del claro.

Solución. Después de algunos cálculos preliminares suponga un peso propio de 167 lb/pie para la viga.

LRFD ASD

wu = 1.2(1.2 + 0.167) + (1.6)(3) = 6.44 klb/pie

Mu =(6.44 klb/pie)(30 pies)2

8= 724.5 klb-pie

De la Tabla 3-2 del AISC, ensaye W24 * 76 (Ix = 2 100 plg4)

¢ máxima permisible = ¢ 11 500

≤(12 * 30) = 0.24 plg

¢ real = ML2

C1Ix

M = Ma = Mservicio =(4.37 klb/pie)(30 pies)2

8

= 491.6 klb/pie

no es admisible¢ =(491.6)(30)2

(161)(2 100)= 1.31 plg 7 0.24 plg

Ix mínimo requerido para limitar

¢ a 0.24 plg

= ¢1.31

0.24≤(2 100) = 11 463 plg4


Use W40 * 167. (Ix = 11 600 plg4)

wa = (1.2 + 0.167) + 3 = 4.37 klb/pie

Ma =(4.37 klb/pie)(30 pies)2

8

= 491.6 klb-pie

De la Tabla 3-2 del AISC, ensaye W24 * 76

Todos los demás cálculos iguales que en el método LRFD

Use W40 * 167.

10.3.1 Vibraciones

Aunque pueden seleccionarse miembros de acero que sean satisfactorios respecto a mo-mento, cortante, defl exiones, etc., pueden aún ocurrir vibraciones de piso muy molestas. Éste es el problema de servicio más común enfrentado por los ingenieros. Vibraciones objetables ocurren con frecuencia donde se usan grandes claros y grandes pisos abiertos sin muros di-visorios que pudieran proporcionar un amortiguamiento adecuado. El lector habrá notado esta situación en los pisos de centros comerciales grandes.



1T. M. Murray, “Controlling Floor Movement”. Modern Steel Construction (AISC, Chicago, IL, junio, 1991), pp. 17-19.2T. M. Murray, “Acceptability Criterion for Occupant-Induced Floor Vibrations”, Engineering Journal, AISC, 18, 2 (2do. trimestre, 1992), pp. 62-70.3F. J. Hatfi eld, “Design Chart for Vibration of Offi ce and Residential Floors”, Engineering Journal, AISC, 29, 4 (4to. trimestre, 1992), pp. 141-144.4Gary Van Ryzin, “Roof Design: Avoid Ponding by Sloping to Drain”, Civil Engineering (Nueva York: ASCE, enero, 1980), pp. 77-81.

El amortiguamiento de las vibraciones puede lograrse usando muros divisorios enmar-cados al sistema de piso en por lo menos tres lugares, o mediante la instalación de muros divisorios “falsos” de tabla roca entre los plafones y el paño inferior de las losas de piso. El amortiguamiento puede también lograrse aumentando el espesor de las losas de los pisos, mediante la estabilidad de los muros divisorios, y por el peso de los muebles de ofi cina y tal vez del equipo usado en el edifi cio. Un procedimiento mejor es controlar la rigidez del sistema estructural.1, 2 (Una práctica bastante común en el pasado ha sido tratar de limitar las vibra-ciones seleccionando vigas con peralte no menor de 1/20 veces las longitudes de los claros.) Si los ocupantes de un edifi cio se sienten intranquilos o molestos con las vibraciones, el diseño no es apropiado. Es bastante difícil corregir una situación de este tipo en una es-tructura existente. Por otra parte, la situación puede pronosticarse y corregirse fácilmente en la etapa de diseño. Varios procedimientos aceptables se han desarrollado que permiten al ingeniero estructurista estimar la aceptabilidad por los usuarios de un sistema dado. F. J. Hartfi eld3 ha preparado un diagrama muy útil usado para estimar la perceptibili-dad de vibraciones de vigas de acero y losas de concreto para ofi cinas y edifi cios residenciales.

10.3.2 Encharcamiento

Si el agua sobre un techo horizontal se acumula más rápido de lo que puede evacuarse, la carga incrementada ocasiona que el techo se defl exione en forma de plato, el cual puede almacenar más agua, que a su vez causa mayores defl exiones, etc. Este proceso de encharca-miento continúa hasta que se alcanza el equilibrio o hasta que sobreviene el colapso. El en-charcamiento es un asunto serio como lo evidencia el gran número anual de fallas en techos planos que ocurre en Estados Unidos. El encharcamiento se presenta prácticamente en todo techo horizontal, aun cuando se tengan drenes para desalojar el agua. Éstos pueden ser insufi cientes durante tormentas muy intensas, o pueden taparse. Además, frecuentemente se encuentran colocados a lo largo de las líneas de vigas que son los puntos más altos del techo. El mejor método para prevenir el encharcamiento es darle al techo una pendiente adecuada (¼ plg/pie o mayor) junto con la instalación de drenes que funcionen correctamente. Se ha estimado que probablemente dos terceras partes de los techos horizontales en Estados Unidos tienen pendientes menores que este valor, que es el mínimo recomendado por la National Roofi ng Contractors Association (NRCA) (Asociación Nacional de Contratistas de Techados). Cuesta aproximadamente 3 a 6 por ciento o más construir un techo con esta pendiente que construirlo sin ella.4

Cuando se considera un techo horizontal muy grande (media hectárea o mayor), el efecto del viento en la profundidad del agua puede ser muy importante. Frecuentemente una tormenta intensa está acompañada por vientos fuertes. Cuando está presente una cantidad grande de agua en el techo, un viento fuerte puede empujar el agua hacia un extremo, crean-do un tirante peligroso de agua con respecto a la carga en libras por pie cuadrado que queda



aplicada al techo. En tales situaciones se usan a veces los imbornales. Éstos son grandes agujeros o tubos en los muros que permiten que el agua más arriba de cierto nivel se drene rápidamente hacia fuera del techo. Las fallas por encharcamiento se pueden prevenir si el sistema de techo (que consta de la cubierta del techo más trabes y vigas de soporte) tiene sufi ciente rigidez. La Especifi cación del AISC (Apéndice 2) recomienda una rigidez mínima para evitar esta falla. Si no se tiene esta rigidez mínima, es necesario efectuar ciertas revisiones para asegurar que la falla por encharcamiento no suceda. Los cálculos teóricos por encharcamiento son muy complicados. Los requisitos del AISC se basan en un trabajo de F. J. Marino,5 en el que se consideró la interacción de un sistema de dos vías de elementos secundarios, o submiembros, soportado por un sistema primario de elementos principales o trabes. Un ejemplo numérico sobre encharcamiento se presenta en el Apéndice E de este libro.

10.4 ALMAS Y PATINES CON CARGAS CONCENTRADAS

Cuando los miembros de acero tienen cargas concentradas aplicadas perpendicularmente a un patín y simétricamente respecto al alma, sus patines y almas deben tener sufi ciente resistencia de diseño del patín y del alma por fl exión del patín, por fl uencia del alma, aplas-tamiento y pandeo lateral del alma. Si un miembro tiene cargas concentradas aplicadas en ambos patines, deberá tener una resistencia sufi ciente de diseño por fl uencia, aplastamiento y pandeo del alma. En esta sección se dan fórmulas para determinar tales resistencias. Si las resistencias de patín y alma no satisfacen los requisitos de la Sección J.10 de la Especifi cación del AISC, será necesario usar atiesadores transversales en las cargas concen-tradas. Si las resistencias de diseño del alma no satisfacen los requisitos de la Sección J.10 de la Especifi cación del AISC, será necesario usar placas de refuerzo o atiesadores diagonales, como se describe aquí. Estos casos se analizan en los párrafos siguientes.

10.4.1 Flexión local del patín

El patín debe ser sufi cientemente rígido de modo que no se deforme y ocasione una zona de alta concentración de esfuerzos en la soldadura alineada con el alma. La carga nominal de tensión que se puede aplicar a través de una placa soldada al patín de un perfi l W se deter-mina con la siguiente expresión, en la que Fyf es el esfuerzo mínimo especifi cado de fl uencia del patín (klb/plg2) y tf es el espesor de éste (plg).

Rn = 6.25t f 2Fyf (Ecuación J10-1 del AISC)

f = 0.90 (LRDF) Æ = 1.67 (ASD)

No es necesario revisar esta fórmula si la longitud de carga medida transversalmente al patín de la viga es menor de 0.15 veces el ancho bf del patín o si se proporciona un par de atiesadores de medio peralte o mayores. La Figura 10.9(a) muestra una viga con fl exión local del patín.

5F. J. Marino, “Ponding of Two-Way Roof System”, Engineering Journal (Nueva York: AISC, Julio, 1966), pp. 93-100.

10.4 Almas y patines con cargas concentradas 317


10.4.2 Fluencia local del alma

El tema de la fl uencia local del alma se aplica a todas las fuerzas concentradas, ya sean de tensión o de compresión. Trataremos aquí de limitar el esfuerzo en el alma de un miembro en el que se está transmitiendo una fuerza. La fl uencia local del alma se ilustra en la parte (b) de la Figura 10.9. La resistencia nominal del alma de una viga en la base del cordón de soldadura que la conecta al patín, cuando se aplica una carga concentrada o una reacción, se determina con alguna de las dos expresiones siguientes, en la que k es la distancia entre el borde exterior del patín y la base del cordón de soldadura, lb es la longitud de apoyo (plg) de la fuerza paralela al plano del alma, Fyw es el esfuerzo (klb/plg2) mínimo de fl uencia especifi cado del alma, y tw es su espesor. Si la fuerza es una carga concentrada o una reacción que causa tensión o compresión y está aplicada a una distancia mayor que el peralte del miembro, d, medido desde su extremo, entonces

Rn = (5k + lb)Fywtw (Ecuación J10-2 del AISC)

f = 1.00 (LRDF) Æ = 1.50 (ASD)

Si la fuerza es una carga concentrada o una reacción aplicada a una distancia d o me-nor desde el extremo del miembro, entonces

Rn = (2.5k + lb)Fywtw (Ecuación J10-3 del AISC)

f = 1.00 (LRDF) Æ = 1.50 (ASD)

Esta viga está sometida a cargas concentradas fuertes. Se usan atiesadores totales en el alma para impedir su aplastamiento y evitar que el patín superior se tuerza o se alabee bajo la carga. (Cortesía de CMC South Carolina Steel.)



R

R

Extremo delos filetes

2.5 kl lb

lb

2.5 kl

2.5 kl

kl

kl

Extremo delos filetes

Figura 10.8

Fluencia local del alma.

La referencia a la Figura 10.8 muestra claramente cómo se obtuvieron estas expresiones. La resistencia nominal Rn es igual a la longitud sobre la que se supone distribuida la fuerza cuando llega a la base del cordón de soldadura multiplicada por el espesor del alma y por el esfuerzo de fl uencia de ésta. Si se proporciona un atiesador que se extienda por lo menos la mitad del peralte del miembro o una placa de refuerzo a cada lado del alma bajo la fuerza concentrada, no es necesario entonces revisar la fl uencia del alma.

10.4.3 Aplastamiento del alma

Si se aplican cargas concentradas de compresión a un miembro estructural cuya alma no está atiesada (la carga aplicada en el plano del ama), la resistencia nominal por aplastamiento del alma debe determinarse por medio de alguna de las dos ecuaciones siguientes (en las que d es el peralte total del miembro). Si se proporcionan uno o dos atiesadores al alma o una o dos placas de refuerzo y éstos se extienden por lo menos hasta la mitad del peral-te, no es necesario revisar el aplastamiento. Las investigaciones han mostrado que cuando ocurre el aplastamiento del alma, éste queda localizado en la parte del alma adyacente al patín cargado. Se considera entonces que atiesando el alma en esta área sobre la mitad de su peralte se impedirá el problema. El aplastamiento del alma se ilustra en la parte (c) de la Figura 10.9. Si la carga concentrada se aplica a una distancia mayor que o igual a d/2, medida desde el extremo del miembro, entonces

(Ecuación J10-4 del AISC)

f = 0.75 (LRFD) Æ = 2.00 (ASD)

Rn = 0.80tw2 B1 + 3¢ lb

d≤ ¢ tw

tf≤1.5RBEFywtf

tw



(se hunde y se “abomba”)

a) Flexión local del patín (b) Fluencia local del alma

(d) Pandeo lateral del alma

Aplastamiento del alma

Riostra

Figura 10.9.

Si la carga concentrada se aplica a una distancia menor que d/2 medida desde el extre-mo del miembro, entonces

(Ecuación J10-5a del AISC)

Para

(Ecuación J10-5b del AISC)

f = 0.75 (LRFD) Æ = 2.00 (ASD)

Rn = 0.40tw2 B1 + ¢4

lbd

- 0.2≤ ¢ tw

tf≤1.5RBEFywtf

tw

lbd

7 0.2,

f = 0.75 (LRFD) Æ = 2.00 (ASD)

Rn = 0.40tw2 B1 + 3¢ lb

d≤ ¢ tw

tf≤1.5RBEFywtf

tw

paralbd

… 0.2,

10.4.4 Pandeo lateral del alma

Si se aplican cargas de compresión al patín de compresión estando éste soportado lateral-mente, el alma quedará sujeta a compresión y el patín de tensión podría pandearse, como se muestra en la Figura 10-9(d). Se ha encontrado que el pandeo lateral del alma no ocurrirá si los patines están res-tringidos contra rotación con (h/tw)/(Lb/bf) 7 2.3, o si (h/tw)/(Lb/bf) 7 1.7 cuando la rota-ción del patín de compresión no está restringida con respecto a su eje longitudinal. En estas



expresiones h es el peralte del alma medido entre las bases de los fi letes de soldadura, es decir d - 2k, y Lb es la longitud más grande sin soporte lateral a lo largo de cualquiera de los dos patines en el punto de la carga. También es posible prevenir el pandeo lateral del alma por medio de soportes late-rales adecuadamente diseñados o por medio de atiesadores en el punto de aplicación de la carga. El Comentario del AISC sugiere que los soportes laterales locales para ambos patines se diseñen para el 1 por ciento de la magnitud de la carga concentrada localizada en el punto. Si se usan atiesadores, éstos deben extenderse desde el punto de aplicación de la carga hasta por lo menos la mitad del peralte del miembro y deben diseñarse para soportar la carga total. Debe evitarse la rotación de los patines para que los atiesadores sean efectivos. Si los miembros estructurales no están restringidos contra movimiento relativo por medio de atiesadores o soportes laterales y están sujetos a cargas concentradas de compre-sión, sus resistencias pueden determinarse como sigue: Cuando el patín cargado está restringido contra rotaciones y (h/tw)/(Lb/bf) es … 2.3,


f = 0.85 (LRFD) Æ = 1.76 (ASD)

Rn =Crtw

3 tf

h2 B1 + 0.4¢ h/tw

Lb/bf≤3R

Almacén C&W, Spartanburg, SC. (Cortesía de Britt, Peters and Associates.)



Cuando el patín cargado no está restringido contra rotaciones y h/twLb/bf

… 1.7,


f = 0.85 (LRFD) Æ = 1.76 (ASD)

Rn =Crtw

3 tf

h2 B0.4¢ h/tw

Lb/bf≤3R

No es necesario revisar las Ecuaciones J10-6 y J10-7 si las almas están sometidas a carga distribuida. Además, estas ecuaciones se desarrollaron para conexiones tipo aplastamiento y no se aplican a conexiones de momento. En estas expresiones,

Cr = 960 000 klb/plg2 si Mu 6 My (LRFD) o 1.5Ma 6 My (ASD) en la posición de la fuerza, klb/plg2.

Cr = 480 000 klb/plg2 si Mu Ú My (LRFD) o 1.5Ma Ú My (ASD) en la posición de la fuerza, klb/plg2.

10.4.5 Pandeo por compresión del alma

Este estado límite se aplica a cargas concentradas de compresión actuando en ambos patines de un miembro, como por ejemplo, las conexiones de momento aplicadas a ambos extre-mos de una columna. Para tal situación, es necesario limitar la relación de esbeltez del alma para evitar la posibilidad del pandeo. Si las cargas concentradas son mayores que el valor de fRn dado en la siguiente ecuación, es necesario proporcionar uno o un par de atiesadores o una placa de refuerzo que se extiendan sobre toda la altura del alma y cumplan los requisi-tos de la Especifi cación J10.8 del AISC. (La ecuación que sigue es aplicable a conexiones de momento, pero no a conexiones de apoyo.)


f = 0.90 (LRFD) Æ = 1.67 (ASD)

Rn =24 tw

3 2EFyw

h

Si las fuerzas concentradas que van a resistirse se aplican a una distancia del extremo del miembro que sea menor que d/2, entonces el valor de Rn se reduce en 50 por ciento. El Ejemplo 10-5 que sigue, presenta la revisión de una viga de los conceptos aplicables estudiados en esta sección.

Ejemplo 10-5

Se ha seleccionado una W21 * 44 para momento en la viga mostrada en la Figura 10.10. Se proporciona soporte lateral para ambos patines en los extremos de la viga y en las cargas concentradas. Si en los extremos la longitud de apoyo es 3.50 plg y las longitudes de apoyo para las cargas concentradas son cada una de 3.00 plg, revise la viga por fl uencia del alma, aplastamiento del alma y por pandeo lateral del alma.



Figura 10.10.

PL # 35 klb PL # 35 klb

wD # 1.044 klb/pie (se incluye el peso de la viga)


Solución

Usando una W21 * 44 (d = 20.7 plg, bf = 6.50 plg, tw = 0.350 plg, tf = 0.450 plg,

k = 0.950 plg)

LRFD ASD

Reacción en el extremo

Ru = (1.2)(1.044 klb/pie)¢15 pies2

+ (1.6)(35 klb)≤ = 65.4 klb

Carga concentrada

Pu = (1.6)(35 klb) = 56 klb

Reacción en el extremo

Ra = (1.044 klb/pie)¢15 pies2

+ 35 klb≤ = 42.83 klb

Carga concentrada

Pa = 35 klb

Fluencia local del alma

(lb = longitud de apoyo de las reacciones = 3.50 plg, para cargas concentradas lb = 3.00 plg)

En las reacciones en los extremos (Ecuación J10-3 del AISC)

Rn = (2.5 klb + lb) Fywtw = (2.5 * 0.950 plg + 3.50 plg) (50 klb/plg2) (0.350 plg) = 102.8 klb

LRFD f = 1.00 ASD Æ = 1.50

fRn = (1.00)(102.8) = 102.8 klbRn

Æ = 102.81.50

= 68.5 klb

7 65.4 klb OK 7 42.83 klb OK



En las cargas concentradas (Ecuación J10-2 del AISC)

Rn = (5 klb + lb) Fywtw = (5 * 0.950 plg + 3.00 plg) (50 klb/plg2)(0.350 plg) = 135.6 klb

LRFD f = 1.00 ASD Æ = 1.50

fRn = (1.00)(135.6) = 135.6 klbRn

Æ = 135.61.50

= 90.4 klb

7 56 klb OK 7 35 klb OK

Aplastamiento del alma

En las reacciones en los extremos (Ecuación J10-5a del AISC) ya que lbd

… 0.20

= 90.3 klbB (29 * 103 2 2 klb/plg )(50 klb/plg )(0.450 plg)

0.350 plg

= (0.40)(0.350 plg)2B1 + 3¢ 3.5 plg20.7 plg

≤ ¢0.350 plg0.450 plg

≤1.5R Rn = 0.40tw 2B1 + 3¢ lb

d≤ ¢ tw

tf≤1.5RBEFywtf

tw

lbd

= 3.520.7

= 0.169 6 0.20

LRFD f = 0.75 ASD Æ = 2.00

fRn = (0.75)(90.3) = 67.7 klbRn

Æ = 90.32.00

= 45.1 klb

OK7 65.4 klb OK7 42.83 klb

En las cargas concentradas (Ecuación J10-4 del AISC)

= 173.7 klb

= (0.80)(0.350)2B1 + 3¢ 3.020.7≤ ¢ 0.350

0.450≤1.5RB (29 * 103)(50)(0.450)

0.350

Rn = 0.80 tw2 B1 + 3¢ lb

d≤ ¢ tw

tf≤1.5RBEFywtf

tw



\

LRFD f = 0.75 ASD Æ = 2.00

fRn = (0.75)(173.7)Rn

Æ = 173.72.00

= 86.8 klb

= 130.3 klb 7 56 klb OK 7 35 klb OK

Pandeo lateral del almaEl patín de compresión está restringido contra la rotación.

htwnLb

bf= 20.7 plg - 2 * 0.950 plg

0.350 plgn ¢12 plg/pie * 5 pies

6.50 plg≤ = 5.82 7 2.3

‹ el pandeo lateral del alma no tiene que revisarse.

Los cálculos anteriores se pueden abreviar considerablemente si se usan las tablas del Manual numeradas 9-4 y tituladas “Beam Bearing Constants” (Constantes de apoyo de las vigas). En esas tablas, se muestran valores para fR1, fR2, fR3, R1/Æ, R2/Æ, R3/Æ, etcétera. Los valores dados representan partes de las ecuaciones que se usan para revisar la fl uencia y el aplastamiento del alma y se defi nen en la página 9-19 del Manual. En las páginas 9-19 y 9-20 del Manual se proporcionan instrucciones para el uso de las tablas. Las expresiones para la fl uencia local del alma en los extremos de una viga W21 * 44 están escritas a un lado cuando se usan los valores de la tabla. Entonces, se usan esas expresiones y los valores de la tabla para revisar los cálculos anteriores.

LRFD ASD

fRn = fR1 + flb R2Rn

Æ = ¢R1

Æ ≤ + lb ¢R2

Æ ≤= 41.6 + (3.5)(17.5) = 27.7 + (3.5)(11.7)

OK= 102.8 klb OK= 68.6 klb

10.5 FLEXIÓN ASIMÉTRICA

Recordamos que según la mecánica de materiales, toda sección transversal de una viga tiene un par de ejes mutuamente perpendiculares, conocidos como ejes principales, para los cuales el producto de inercia es nulo. Si la fl exión ocurre respecto a cualquier otro eje que no sea el principal se tendrá una fl exión asimétrica. Cuando las cargas externas no son coplanares con alguno de los ejes principales, o cuando las cargas se aplican a la viga de modo simultáneo desde dos o más direcciones, se tendrá también una fl exión asimétrica. Si una carga no es perpendicular a uno de los ejes principales, ésta puede descompo-nerse en componentes perpendiculares a esos ejes y los momentos respecto a cada eje, Mux y Muy, o Max y May, pueden determinarse como se muestra en la Figura 10.11.


10.5 Flexión asimétrica 325

Figura 10.11.

y

Mux o Max

Muy o May

y

x x

x

x

y

y

Mux o Max

Muy o May

Cuando una sección tiene un eje de simetría, ese eje es uno de los principales y los cálcu-los necesarios para la determinación de los momentos resultan muy sencillos. Por esta razón la fl exión asimétrica no resulta complicada para los perfi les usuales de vigas, que probablemente son W, S, M o C. Cada uno de estos perfi les tiene por lo menos un eje de simetría, por lo que los cálculos se reducen mucho. Un factor adicional que simplifi ca es que las cargas por lo general son por gravedad y probablemente perpendiculares al eje x. Entre las vigas que deben resistir fl exión asimétrica se encuentran las trabes de grúa en edifi cios industriales y los largueros de armadura de techos ordinarios. Los ejes x de los largueros son paralelos a la superfi cie inclinada del techo, en tanto que un gran porcentaje de sus cargas (techado, nieve, etc.), son de gravedad. Estas cargas no son coplanares con ningún eje principal de los largueros inclinados y se tiene por ello una fl exión asimétrica. En general se considera que las cargas de viento actúan en dirección perpendicular a la superfi cie del techo y a los ejes x de los largueros, por lo que no se considera que ocasionen fl exión asimé-trica. Normalmente los ejes x de las trabes de grúa son horizontales, pero éstas están sujetas a empujes laterales provenientes de las grúas móviles, así como a cargas por gravedad. Para revisar si los miembros estructurales fl exionados respecto a ambos ejes simultá-neamente son adecuados, el AISC proporciona una ecuación en la Sección H1 de su Especi-fi cación. La siguiente ecuación es para fl exión combinada con fuerza axial, si Pr/Pc 6 0.2:

(Ecuación H1-1b del AISC)Pr

2Pc+ ¢Mrx

Mcx+

Mry

Mcy≤ … 1.0

Aquí, los valores se defi nen como sigue:

1. Pr es la resistencia axial requerida para el método LRFD o la resistencia axial permi-sible requerida con el método ASD.

2. Pc es la resistencia axial disponible para el método LRFD o la resistencia axial permi-sible disponible con el método ASD.

3. Mrx y Mry son las resistencias a la fl exión de diseño requeridas con respecto a los ejes x y y para el método LRFD y las resistencias a la fl exión permisibles requeridas con el método ASD.



4. Mcx y Mcy son las resistencias a la fl exión de diseño con respecto a los ejes x y y usando el método LRFD y las resistencias a la fl exión permisibles disponibles con respecto a esos ejes usando el método ASD.

Como para el problema analizado aquí Pr es igual a cero, la ecuación se reduce a

MrxMcx

+MryMcy

… 1.0

Ésta es una ecuación de interacción o de porcentajes. Si Mrx es el 75 por ciento de Mcx, entonces Mry no puede ser mayor que 25 por ciento de Mcy. Los ejemplos 10-6 y 10-7 ilustran el diseño de vigas sujetas a fl exión asimétrica. Para ilustrar la naturaleza de tanteos que caracteriza al método, el autor no hizo tantos cálculos previos como en otros ejemplos. Los primeros problemas de diseño de este tipo que trate de realizar el estudiante, bien puede tomarle varios intentos previos. Debe considerarse el asunto del soporte lateral del patín de compresión. Si el soporte lateral es dudoso, el ingenie-ro debe reducir la resistencia del momento de diseño por medio de una de las expresiones dadas antes para tal propósito.

Ejemplo 10-6

Una viga de acero en posición vertical debe resistir los siguientes momentos de servicio: MDx = 60 klb-pie, MLx = 100 klb-pie, MDy = 15 klb-pie y MLy = 25 klb-pie. Estos momentos incluyen los efectos del peso estimado de la viga. Se supone que las cargas pasan por el cen-troide de la sección. Seleccione un perfi l W24 de acero de 50 klb/plg2 que pueda resistir estos momentos, suponiendo que la viga tiene soporte lateral en todo su patín de compresión.

SoluciónEnsayamos una W24 * 62 (fbMpx = 574 klb-pie,

MpxÆb

= 382 klb-pie, Zy = 15.7 plg3)

=(50 klb/plg )(15.7 plg3)2

(12 plg/pie)(1.67)= 39.1 klb-pie

fbMpy = fbFyZy =(0.9)(50 klb/plg )(15.7 plg32 )

12 plg/pie= 58.8 klb-pie,

Mpy

Æb=

FyZy

Æb

LRFD ASD

Mux = (1.2)(60) + (1.6)(100) = 232 klb-pie Max = 60 + 100 = 160 klb-pie

Muy = (1.2)(15) + (1.6)(25) = 58 klb-pie May = 15 + 25 = 40 klb-pie

Mrx

Mcx+

Mry

Mcy… 1.0

Mrx

Mcx+

Mry

Mcy… 1.0

no es aceptable232574

+ 5858.8

= 1.39 7 1.0 no es aceptable160382

+ 4039.1

= 1.44 7 1.0


10.6 Diseño de largueros 327

Ensayemos una

fbMpy =(0.9)(50 klb/plg )(24.5 plg3)

12 plg/pie= 91.9 klb-pie,

Mpy

Æb=

(50 klb/plg )(24.5 plg3)2

2

(12 plg/pie)(1.67)= 61.1 klb-pie

W24 * 68 (fbMpx = 664 klb-pie, Mpx

Æb= 442 klb-pie, Zy = 24.5 plg3)

LRFD ASD

232664

+ 5891.9

= 0.98160442

+ 4061.1

= 1.02

OK6 1.0 no es aceptable7 1.00

Use W24 * 68. Ensaye una sección más grande, W24 * 76.

Se notará en la solución del Ejemplo 10-6 que aunque el procedimiento usado dará un perfi l adecuado para soportar los momentos indicados, la selección del perfi l más ligero tabulado en el Manual del AISC podría ser muy larga debido a que las dos variables Zx y Zy afectan al tamaño requerido. Si se tiene un Mux grande y un Muy pequeño, la sección más económica resultará muy peraltada y algo estrecha, en tanto que si se tiene un Muy grande en relación con el Mux, el perfi l más económico será algo ancho y de poco peralte.

10.6 DISEÑO DE LARGUEROS

Para evitar la fl exión en las cuerdas superiores de las armaduras de techo, es teóricamente conveniente colocar los largueros sólo en los nudos. Sin embargo, en armaduras grandes es más económico espaciarlos a intervalos cortos. Si no se hace así, el tamaño de los largueros resultará demasiado grande y se volverán imprácticos. Cuando se usan largueros interme-dios, las cuerdas superiores de las armaduras deben diseñarse por fl exión y carga axial como se describe en el Capítulo 11. Los largueros se espacian por lo general de 2 a 6 pies entre sí, dependiendo de las condiciones de la carga, en tanto que la relación más conveniente de peralte a claro es aproximadamente de 1/24. Los perfi les usados con más frecuencia son las secciones S y las canales, pero en otras ocasiones pueden ser más adecuados otros perfi les. Como se mencionó anteriormente, las canales y las secciones S son muy débiles res-pecto a sus ejes coincidentes con el alma y puede ser necesario usar tensores para reducir los claros en fl exión alrededor de los ejes. En efecto, los tensores hacen que los largueros tengan una sección continua en la dirección de sus ejes y, y los momentos respecto a esos ejes se re-ducen bastante, como se muestra en la Figura 10.12. Estos diagramas de momentos se obtienen suponiendo que los cambios en longitud de los tensores son despreciables. Se supone además que los largueros están simplemente apoyados en las armaduras. Esta hipótesis es conserva-dora, ya que con frecuencia son continuos sobre dos o más armaduras y puede lograrse una continuidad apreciable en sus empalmes. El estudiante puede reproducir fácilmente estos diagramas a partir del conocimiento de la distribución de momentos o mediante otros mé-todos de análisis. En los diagramas, L es la distancia entre armaduras, wuy es el componente



de la carga perpendicular al eje del alma del larguero y wux es el componente de la carga paralelo al mismo eje. Si no se usan tensores, el momento máximo respecto al eje del alma de un larguero es de wyL2>8. Cuando se colocan tensores a la mitad del claro, este momento se reduce a un máximo de wyL2>32 (una reducción del 75 por ciento), y cuando se colocan en los tercios del claro el momento se reduce a un máximo de wyL2>90 (una reducción del 91 por ciento). En el Ejemplo 10-7 se usan tensores en el centro del claro y los largueros se diseñan para un momento wyL2>8 paralelo al eje del alma y un momento wyL2>32 perpendicular a ese mismo eje. Además de reducir los momentos respecto al alma de los largueros, los tensores tienen otros propósitos muy útiles. Primero, pueden proporcionar soporte lateral a los largueros;

wx

(a)

(b)

(c)

(d)

38

L2

38

L2

wxL29512

wxL29512

L2

L2

L3

L3

L3

!

!

! ! !

!

"

" "

W L2

32

wyL2

90

wxL2

8

2wyL2

2251wyL2

3602wyL2

225

wyL2

90

wy (tensores unidos a los largueros cerca del patín superior)

Figura 10.12

(a) Larguero con sección en canal. (b) Momento respecto al eje del alma de los largueros que actúa sobre la mitad superior del larguero —tensores en el centro del claro. (c) Momento respecto al eje del ama de los largueros que actúa sobre la mitad superior del larguero— tensores en los tercios del claro. (d) Momento respecto al eje x del larguero.


10.6 Diseño de largueros 329

segundo, son muy útiles para mantenerlos alineados durante el montaje, hasta que la cubier-ta del techo se instala y se conecta a los largueros.

Ejemplo 10-7

Usando ambos métodos LRFD y ASD, seleccione un larguero con sección W16 para el techo mostrado en la Figura 10.13. Las armaduras están colocadas cada 18 pies 6 plg entre centros y se usan tirantes en los centros de los claros entre las armaduras. Se supone que el techo proporciona soporte lateral completo. Use acero de 50 klb/plg2 y la Especifi cación del AISC. Las cargas se dan en términos de libras por pie cuadrado de superfi cie de techo:

Nieve = 30 lb/pie2

Techado = 6 lb/pie2

Peso estimado de largueros = 3 lb/pie2

Presión del viento = 15 lb/pie2 › a la superfi cie del techo

Figura 10.13.

Largueros 4 pies 5 plg (centro a centro)

6 @ 8 pies ! 48 pies

12 pies1

2

LRFD ASD

wux = 1.2D + 1.6 S + 0.8W wax = D + S + W

= (1.2)(6 + 3)(4.42)¢ 225≤ + (1.6)(30)(4.42)¢ 225

≤ = (6 + 3)(4.42)a 225

b + (30)(4.42)a 225b

+(0.8)(15)(4.42) = 285.5 lb/pie + 15 (4.42) = 220.5 lb/pie

Mux =(0.2855)(18.5)2

8= 12.21 klb-pie Max =

(0.2205)(18.5)2

8= 9.43 klb-pie

wuy = [1.2D + 1.6 S]¢ 125≤ way = (6 + 3 + 30)¢ 125

≤(4.42)

= [(1.2)(6 + 3)(4.42) + (1.6)(30)(4.42)]¢ 125≤

= 116.5 lb/pie = 77.1 lb/pie

Muy =(0.1165)(18.5)2

32= 1.25 klb-pie May =

(0.0771)(18.5)2

32= 0.82 klb-pie



Solución

Ensayamos una

Mpy

Æb=

(50)(1.72)(12)(1.67)

¢ 12≤ = 2.15 klb-pie)

Mpx

Æb=

(50)(6.23)(12)(1.67)

= 15.54 klb-pie,

fbMpy =(0.9)(50)(1.72)

12 ¢1

2≤ = 3.23 klb-pie,Zy = 1.72 plg3,

W6 * 9 (Zx = 6.23 plg3, fbMpx =(0.9)(50)(6.23)

12= 23.36 klb-pie,

(se usa 12

para fbMpy y MpyÆb

ya que el tensor está unido a la parte superior del larguero).

LRFD ASD

MrxMcx

+MryMcy

… 1.0MrxMcx

+MryMcy

… 1.0

OK12.2123.36

+ 1.253.23

= 0.910 6 1.00 OK9.4315.54

+ 0.822.15

= 0.988 6 1.00

Use W6 * 9. Use W6 * 9.

10.7 EL CENTRO DE CORTANTE

El centro de cortante se defi ne como el punto en el plano de una sección transversal de una viga, por el cual debe pasar la resultante de las cargas transversales para que los esfuerzos en la viga se puedan calcular sólo con las teorías de la fl exión pura y del cortante transversal. Si la resultante pasa por este punto, no es necesario analizar la viga por momentos de torsión. En una viga con dos ejes de simetría, el centro de cortante se localiza en la intersección de los dos ejes, coincidiendo así con el centroide de la sección. En una viga con un eje de simetría, el centro de cortante se encuentra sobre dicho eje, pero no necesariamente coincidirá con el centroide de la sección. Esta afi rmación sorprendente signifi ca que para evitar torsión en algu-nas vigas, las líneas de acción de las cargas aplicadas y de las reacciones de las vigas no deben pasar por los centroides de las secciones. El centro de cortante es de gran importancia en vigas cuyas secciones transversales están compuestas de elementos delgados que proporcionan una resistencia considerable a la fl exión, pero poca a la torsión. Muchos perfi les estructurales comunes, tales como las sec-ciones W, S y C, los ángulos y diversas vigas formadas con placas delgadas (como las de la construcción aeronáutica) quedan dentro de esta clasifi cación y el problema tiene una am-plia aplicación. En la Figura 10.14 se muestra la posición del centro de cortante de varias secciones abiertas mediante balas (•). Secciones como éstas son relativamente débiles en torsión, y para ellas y perfi les similares, la posición de la resultante de las cargas externas es sumamen-te importante. Se indicó antes que la adición de una o más almas a estas secciones, convir-tiéndolas así en secciones en cajón, aumenta mucho sus resistencias de torsión.


10.7 El centro de cortante 331

Figura 10.14

El proyectista promedio quizá no se toma el tiempo necesario para efectuar los tedio-sos cálculos necesarios para localizar el centro de cortante y evaluar el efecto de la torsión. Lo más probable es que ignore el problema o haga una estimación aproximada del efecto de la torsión en los esfuerzos de fl exión. Una estimación de poco valor pero conservadora usada en muchas ocasiones, es la de reducir fbMny en 50 por ciento al usarla en la ecuación de interacción. Los centros de cortante se pueden localizar rápidamente en vigas con secciones trans-versales abiertas y almas relativamente delgadas. Para otras vigas, los centros de cortante pueden encontrarse con bastante difi cultad. Con frecuencia se usa el término fl ujo de cor-tante al considerar miembros estructurales de pared delgada, aunque en realidad no está presente ningún fl ujo. Este término se refi ere al esfuerzo cortante por pulgada de la sección transversal y es igual al esfuerzo cortante multiplicado por el espesor del elemento. (El es-fuerzo cortante unitario Fv se determina con la expresión VQ/bI y el fl ujo de cortante qv con VQ/I si se supone que el esfuerzo cortante es constante a través del espesor del elemento.) El fl ujo de cortante actúa paralelamente a los lados de cada elemento de un miembro. En la siguiente exposición se considerará la sección en canal de la Figura 10.15(a). En esta fi gura el fl ujo de cortante se muestra con pequeñas fl echas, y en la parte (b) se muestran

Figura 10.15

Centro de cortante

e

h

H

H

V

V

(a) (b)



las resultantes H y V en cada elemento del perfi l. Las dos fuerzas H están en equilibrio en la dirección horizontal y la fuerza V interna equilibra la fuerza cortante que actúa en la sección. Aunque las fuerzas horizontal y vertical están en equilibrio, no puede decirse lo mismo para los momentos de estas fuerzas, a menos que la línea de acción de la resultante de las fuerzas externas pase por un cierto punto llamado el centro de cortante. Puede verse que las fuer-zas horizontales H en la parte (b) de la fi gura forman un par. El momento producido por este par debe ser opuesto e igual al producido por las dos fuerzas V. La localización del centro de cortante es un problema de equilibrio; por ello deben tomarse momentos respecto a un punto que elimine el mayor número posible de fuerzas. Con esta información, podemos escribir la siguiente ecuación, con la cual se localiza el centro de cortante:

Ve = Hh (momentos tomados respecto al centroide del alma)

Los Ejemplos 10-8 y 10-9 muestran los cálculos necesarios para localizar el centro de cortante de dos perfi les. Nótese que la localización del centro de cortante es independiente de la magnitud de la fuerza cortante externa. (Las posiciones de los centros de cortante para canales se dan en la Tabla 1-5 de la Parte I del Manual del AISC. Su posición está dada por eo en esas tablas.)

Ejemplo 10-8

La sección de canal C10 * 30 mostrada en la Figura 10.16(a) está sujeta a una fuerza cortante externa V en el plano vertical. Localice el centro de cortante.

Solución

Propiedades de la sección: Para esta canal, los patines se idealizan como elementos rectangulares con un espesor igual al espesor promedio del patín.

H Total = 12

(2.694)(0.05479 V) = 0.07380 V

qv en B =(V)(2.694 * 0.436 * 4.782)

102.52= 0.05479 V/plg

Ix = ¢ 112≤(3)(10)3 - ¢ 1

12≤(2.327)(9.128)3 = 102.52 plg4

Ubicación del centro de cortante:

Ve = Hh

Ve = (0.07380 V)(9.564)

e = 0.706 plg a partir de Lc del alma

o

e = 0.369 plg a partir de la espalda del alma

eo = 0.368 plg de la Tabla 1-5 (C10 * 30)


10.7 El centro de cortante 333

Figura 10.16

0.436 plg

10 plg

3.03 plg

0.673 plg

A H

H C

V

B

e

D

Variación de los esfuerzos cortantes

(a) (b)

El estudiante debe ver claramente que la variación del esfuerzo cortante en las es-quinas, donde se juntan el alma y el patín, no puede determinarse correctamente con la expresión de mecánica de materiales (VQ/bI o bien VQ/I para el fl ujo de cortante) y no puede determinarse lo sufi cientemente bien, ni siquiera con un estudio complicado de la teoría de la elasticidad. Como aproximación en los dos ejemplos que aquí se presentan, hemos supuesto que el fl ujo de cortante se extiende hasta el punto medio de las esquinas con la misma ley de variación (variación lineal para los elementos horizontales, y parabólica para los verticales). Los valores de Q se calculan para las dimensiones correspondientes. Se podrían haber adoptado otras hipótesis, por ejemplo, que el fl ujo de cortante se extiende verticalmente en todo el peralte del alma y sólo en las partes proyectantes de los patines horizontales o viceversa. Resulta molesto ver que con cualquier hipótesis que se adopte, los valores no concuerdan exactamente. Como muestra, en el Ejemplo 10-9, la suma del fl ujo de cortante vertical no concuerda muy bien con la fuerza cortante externa.

Ejemplo 10-9

La sección abierta de la Figura 10.17 está sujeta a una fuerza cortante V en un plano vertical. Localice el centro de cortante.

Solución

Propiedades de la sección:

Ix = ¢ 112≤(0.25)(16)3 + (2)(3.75 * 0.25)(4.87)2 = 129.8 plg4



Figura 10.17

3 plg

10 plg

3 plg

4 plg

0.25 plg

A

B

E

F

D

C

Valores del fl ujo de cortante (etiquetado q):

qLc = qC +(V)(4.87 * 0.25 * 2.44)

129.8= 0.0968 V/plg

qC = qB +(V)(3.75 * 0.25 * 4.87)

129.8= 0.0739 V/plg

qB =(V)(3.12 * 0.25 * 6.44)

129.8= 0.0387 V/plg

qA = 0

Estos valores del fl ujo de cortante se muestran en la Figura 10.18(a) y la suma para cada elemento de la sección se presenta en la parte (b) de la fi gura.

Figura 10.18

3.75 plg

0.0387 V/plg

0.0387 V/plg

0.0739 V/plg0.0739 V/plg 0.211 V

0.211 V

0.0807 V

0.0807 V0.0739 V/plg

0.0739 V/plg

0.0968 V/plg

0.869 V

0.0387 V/plg

0.0387 V/plg

D

C

(a) (b)

9.75 plg

e


10.8 Placas de asiento para vigas 335

Tomando momentos respecto al eje central de CD

-(0.211 V)(9.75) + (2)(0.0807 V)(3.75) + Ve = 0

e = 1.45 plg

La teoría del centro de cortante es muy útil en el diseño, pero tiene ciertas limitaciones que deben entenderse claramente. Por ejemplo, el análisis aproximado dado en esta sección es válido sólo para secciones delgadas. Además, las vigas de acero tienen con frecuencia sec-ciones transversales variables a lo largo de sus claros, por lo que el lugar geométrico de sus centros de cortante no es una línea recta a lo largo de esos claros. Entonces, si la resultante de las cargas pasa por el centro de cortante en una sección transversal, es posible que no sea así en otras secciones transversales a lo largo de la viga. Cuando los proyectistas se enfrentan al problema de considerar cargas aplicadas a perfi les de pared delgada en los que pueden surgir tensiones, éstos generalmente proporcio-nan algún medio para evitar tal torsión. Pueden especifi car soportes laterales a intervalos cortos o conexiones a pisos o techos o medios similares. Si tales soluciones no son factibles, los proyectistas probablemente considerarán la selección de secciones con mayor rigidez a la torsión. Se dan aquí dos referencias6,7 al respecto.

10.8 PLACAS DE ASIENTO PARA VIGAS

Cuando los extremos de las vigas están soportados por apoyo directo sobre concreto o mam-postería, con frecuencia es necesario distribuir las reacciones de las vigas por medio de pla-cas de asiento o apoyo. Se supone que la reacción se distribuye uniformemente a través de la placa de apoyo sobre la mampostería, y que ésta reacciona contra la placa con una presión uniforme igual a la reacción factorizada Ru o Ra dividida entre el área A1 de la placa. Esta presión tiende a doblar hacia arriba a la placa y al patín inferior de la viga. El Manual del AISC recomienda que se considere que la placa de apoyo toma el momento fl exionante total producido y que la sección crítica para el momento se considere a una distancia k del eje longitudinal de la viga (véase la Figura 10.19). La distancia k es la misma que la distancia de la cara exterior del patín al límite del fi lete del alma, dado en las tablas para cada sección (o igual al espesor del patín, más el radio del fi lete). La determinación de la distribución exacta de la presión en una placa de asiento es un problema muy difícil, por lo que se supone por lo general una distribución uniforme de presión. Esta hipótesis es probablemente conservadora, ya que la presión por lo común es mayor en el centro de la viga que en los bordes. Los bordes exteriores de la placa y patín tienden a doblarse hacia arriba y el centro de la viga tiende a bajar, concentrándose ahí la presión. El espesor requerido de una franja de 1 plg de ancho de placa se puede determinar como sigue, con referencia a la Figura 10.19:

La Z de una franja de placa de 1 plg de ancho y espesor t = 112a t2b a t

4b122 = t

2

4

6C. G. Salmon y J. E. Johnson, Steel Structures, Design and Behavior, 4a. ed. (Nueva York: Harper & Row, 1996), pp. 430-443.7Personal técnico del AISC, “Torsional Analysis of Steel Members” (Chicago: AISC, 1983).



Figura 10.19 B

n

Ct

franja de 1 plg de ancho

k

Los momentos Mu y Ma se calculan para una distancia k desde el eje central del alma y son iguales, respectivamente, a fbFyZ y FyZ/Æb; entonces se despeja el espesor requerido de la placa de las ecuaciones resultantes.

LRFD fb = 0.90 ASD Æb = 1.67

Mu =Ru

A1 n¢n

2≤ =

Run2

2A1Ma =

Ra

A1 n¢n

2≤ =

Ran2

2A1

Run2

2A1= fbFy

t2

4Ran

2

2A1=

Fy t2

4Æb

De donde t requerido = B 2Run2

fbA1FyDe donde trequerido = B2Ran2Æb

A1Fy

En ausencia de normas que especifi quen valores diferentes, la resistencia de diseño por aplastamiento del concreto se debe tomar igual a fcPp o Pp/Æa de acuerdo con la Especi-fi cación J8 del AISC, la cual establece que cuando una placa de apoyo se extiende sobre toda el área de un soporte de concreto, la resistencia por aplastamiento del concreto puede determinarse como sigue:

Pp = 0.85fcœA1 (Ecuación J8-1 del LRFD)

(Los valores de apoyo proporcionados son los mismos que los dados en la Sección 10.17 del ACI Building Code Requirements for Structural Concrete de 2005 [Requisitos del reglamento de construcciones del ACI para el concreto estructural].) Si la carga de apoyo se aplica a un área menor que el área total del soporte de con-creto, fcPp debe determinarse con la siguiente ecuación, en la que A2 es el área máxima de la superfi cie de soporte que es geométricamente similar y concéntrica con el área cargada; 2A2/A1 tiene un valor máximo de 2:

(Ecuación J8-2 del AISC)Pp = 0.85fcœA1AA2

A1… 1.7fc

œA1


10.8 Placas de asiento para vigas 337

En esta expresión, fcœ es la resistencia a la compresión del concreto en lb/plg2 y A1 es el área de la placa (plg2) que se apoya concéntricamente sobre el concreto. Para el diseño de esta placa, el área A1 requerida puede determinarse dividiendo la reacción factorizada Ru entre fc0.85fcœ para el método LRFD, o dividiendo Ra entre 0.85f¿c /Æc para el método ASD.

A1 =Ru

fc0.85fcœ con fc = 0.65 o A1 =

ÆcRa

0.85fcœ con Æc = 2.31

Después de determinar A1, se seleccionan su longitud (paralela a la viga) y su ancho. La longitud no debe ser menor que la N requerida para impedir la fl uencia en el alma o su aplastamiento, ni menor que 3 1/2 o 4 plg por razones constructivas. No debe ser mayor que el espesor del muro o de cualquier otro soporte, y de hecho, deberá ser menor que ese espe-sor, sobre todo en muros exteriores, para que el acero no quede expuesto. El Ejemplo 10-10 muestra los cálculos necesarios para diseñar una placa de asiento para viga. Nótese que el ancho y la longitud de la placa se escogen de preferencia en múlti-plos enteros de pulgadas.

Ejemplo 10-10

Una viga W18 * 71 (d = 18.5 plg, tw = 0.495 plg, bf = 7.64 plg, tf = 0.810 plg, k = 1.21 plg) tiene uno de sus extremos apoyados sobre un muro de concreto reforzado con fc

œ = 3 klb/plg2. Diseñe una placa de apoyo de acero A36 para la viga, para las cargas de servicio RD = 30 klb y RL = 50 klb. La longitud máxima de apoyo › al muro es el espesor total de éste = 8.0 plg.

Solución

Calcule el área de la placa A1.

LRFD fc = 0.65 ASD Æc = 2.31

Ru = (1.2)(30) + (1.6)(50) = 116 klb Ra = 30 + 50 = 80 klb

A1 =Ru

fc0.85fcœ = 116

(0.65)(0.85)(3)A1 =

ÆcRa

0.85fcœ =

(2.31)(80)

(0.85)(3)

= 70.0 plg2 = 72.5 plg2

Ensaye una PL 8 * 10 (80 plg2). Ensaye una PL 8 * 10 (80 plg2).

Revise la fl uencia local del alma.

Rn = (2.5k + lb)Fywtw (Ecuación J10-3 del AISC)

= (2.5 * 1.21 + 8)(36)(0.495) = 196.5 klb



LRFD f = 1.00 ASD Æ = 1.50

Ru = fRn = (1.00)(196.5) Ra =Rn

Æ = 196.51.50

= 196.5 klb 7 116 klb OK = 131 klb 7 80 klb OK

Revise el aplastamiento del alma.

= 221.7 klb

= (0.40)(0.495)2B1 + ¢4 * 818.5

- 0.2≤ ¢0.4950.810

≤1.5RB (29 * 103)(36)(0.810)0.495

Rn = 0.40tw 2B1 + ¢4lb

d- 0.2≤ ¢ tw

tf≤1.5RBEFywtf

tw

lbd

= 818.5

= 0.432 7 0.2 ‹ debe usarse la ecuación del AISC (J10-5b)

LRFD f = 0.75 ASD Æ = 2.00

Ru = fRn = (0.75)(221.7) Ra =Rn

Æ = 221.72.00

= 111 klb

= 166 klb 7 116 klb OK 780 klb OK

Determine el espesor de la placa.

n = 102

- 1.21 = 3.79 plg

LRFD fb = 0.90 ASD Æb = 1.67

t = B 2Run2

fbA1Fy= B (2)(116)(3.79)2

(0.9)(80)(36)t = B2Ran2Æb

A1Fy= B (2)(80)(3.79)2(1.67)

(80)(36)

= 1.13 plg = 1.15 plg

Use PL .114 * 8 * 10 (A36) Use PL (A36).11

4 * 8 * 10

En algunas ocasiones los patines de la viga por sí solos proporcionan sufi ciente área de apoyo, pero de cualquier modo deben utilizarse placas de asiento, ya que éstas son muy útiles en el montaje y aseguran una mejor superfi cie de apoyo para la viga. Se pueden colo-car independientemente de las vigas y nivelarse en forma adecuada. Cuando los extremos de las vigas de acero se ahogan en el concreto o en los muros de mampostería, se considera


10.9 Arriostramiento lateral de los extremos de miembros soportados sobre placas... 339

conveniente el uso de algún tipo de anclaje al muro para impedir que la viga se mueva en sentido longitudinal con respecto al muro. El ancla usual consta de una barra de acero dobla-da llamada ancla de pared que se pasa a través del alma de la viga y corre paralela al muro. Ocasionalmente se utilizan ángulos fi jos al alma en vez de anclas de pared. Si se considera posible la presencia de fuerzas longitudinales de cierta intensidad, deben utilizarse pernos verticales estándar de anclaje en los extremos de la viga. De haber revisado si el espesor de los patines por sí solo es sufi ciente, tendríamos ¢con n =

bf

2- k≤ = 7.64

2- 1.21 = 2.61 plg.

LRFD fb = 0.90 ASD Æb = 1.67

t = B (2)(116)(2.61)2

(0.9)(8 * 7.64)(36)t = B (2)(80)(2.61)2(1.67)

(8)(7.64)(36)

= 0.893 plg 7 tf = 0.810 plg para W18 * 71no es aceptable

= 0.910 7 tf = 0.810 plg para W18 * 71no es aceptable

‹ el valor de tf del patín no es sufi ciente por sí solo para ninguno de los dos diseños LRFD o ASD.

10.9 ARRIOSTRAMIENTO LATERAL DE LOS EXTREMOS DE MIEMBROS SOPORTADOS SOBRE PLACAS DE ASIENTO

Los extremos de vigas y trabes (y armaduras) soportadas sobre placas de asiento deben restringirse contra la rotación con respecto a sus ejes longitudinales. Esto se establece clara-mente en la Sección F1 (2) de la Especifi cación del AISC. La estabilidad en estas localidades se puede obtener de varias maneras. Independientemente del método seleccionado, las vigas y las placas de asiento deben anclarse a los soportes. Los patines de las vigas pueden conectarse al sistema de piso o de techo y a su vez de-ben anclarse para impedir la traslación; los extremos de las vigas se pueden ahogar en muros de mampostería sólida o de concreto; o pueden usarse atiesadores de apoyo transversal o placas de extremo como se ilustra en la Figura 10.20.

Figura 10.20

Arriostramiento en los extremos de una viga

Placa de extremoAtiesador

transversal

Pernos de anclaje




Use el método LRFD para los Probs. 10-1 a 10-9 excepto si se indica otra cosa. Use ambos métodos para todos los demás.

10-1 al 10-5. Considerando solamente momento y suponiendo soporte lateral completo para los patines de compresión, seleccione las secciones más ligeras disponibles, usando acero de 50 klb/plg2 y el método LRFD. Las cargas mostradas incluyen el efecto del peso de las vigas. Use análisis elástico, cargas factorizadas y la regla relativa al 0.9.

10-1. (Resp. W24 * 62.)


wD ! 0.75 klb/piewL ! 2.50 klb/pie

Figura P10-1.

10-2.

20 pies 20 pies 10 pies20 pies 20 pies



! 4 klb


PD2

! 6 klbPL2

Figura P10-2.

10-3. (Resp. W21 * 50.)

30 pies

12.5 pies 12.5 pies

30 pies



Figura P10-3.

10-4.



Figura P10-4.



10-5. (Resp. W21 * 44.)

3 a 8 pies 4 a 8 pies 3 a 8 pies= 24 pies = 32 pies = 24 pies

PPPP P P PPD ! 15 klbPL ! 12 klb

Figura P10-5.

10-6. Repita el Prob. 10-1, usando análisis plástico. 10-7. Repita el Prob. 10-3, usando análisis plástico. (Resp. W21 * 48.) 10-8. Repita el Prob. 10-5, usando análisis plástico. 10-9. En la Figura P10-9 se muestran tres métodos para soportar un techo. Usando

un análisis elástico con cargas factorizadas, Fy = 50 klb/plg2, y suponiendo soporte lateral total en cada caso, seleccione la sección más ligera para una carga muerta uniforme de servicio (incluyendo el peso propio de la viga) de 1.5 klb/pie y una carga viva uniforme de servicio de 2.0 klb/pie que van a ser soportadas. Considere sólo el momento.

28 pies 28 pies

(a) (Resp. W24 * 55)

28 pies


(b) (Resp. W21 * 44)

28 pies 28 pies

16 pies6 pies 6 pies 28 pies

(c) (Resp. W16 * 26 (B), W21 * 44 (A))

A ABArticulación

Figura P10-9.

10-10. La sección soldada de trabe con placas, hecha de acero de 50 klb/pie2, tiene soporte lateral completo en su patín de compresión y está fl exionada respecto a su eje mayor. Si Cb = 1.0, determine sus momentos de diseño y permisible y sus resistencias al cortante.

PL " 1634

PL " 1234

PL " 5412

Figura P10-10.



10-11 al 10-13. Usando Fy = 50 klb/plg2, seleccione la sección W más ligera disponible para el claro y carga mostrados. Haga su selección inicial de miembro basándose en el momen-to y revise el cortante. Desprecie el peso propio de la viga en sus cálculos. Se supone que los miembros tienen soporte lateral completo de los patines de compresión.

10-11. (Resp. W21 * 62 LRFD, W24 * 62 ASD.)


PP


Figura P10-11. 10-12.

2 pies12 pies

PL ! 65 klbwD ! 0.75 klb/pie

Figura P10-12. 10-13. Repita el Prob. 10-11, usando Fy = 36 klb/plg2. (Resp. W24 * 76 LRFD, W24 *

84 ASD.) 10-14. Una W14 * 26 va a usarse como una viga simplemente apoyada para un claro

de 12 pies con una carga concentrada individual localizada a 2 pies desde el apoyo izquierdo. Revise el momento y el cortante para determinar las cargas máximas PD y PL permitidas en la viga, usando acero de 50 klb/plg2 y los métodos LRFD y ASD. Suponga que P está constituida de 25 por ciento de carga muerta y 75 por ciento carga viva. Desprecie el peso de la viga. Existe soporte lateral completo del patín de compresión.

10-15. Una W10 * 17 va a usarse como una viga simplemente apoyada para un claro de 8 pies con una carga viva de servicio concentrada móvil de 56 klb. Use acero A992 y desprecie el peso propio de la viga. ¿En qué posición puede colocarse la carga a lo largo del claro de la viga sin que se exceda la resistencia al cortante usando el método LRFD? (Resp. 1.5 pies … x … 6.5 pies.)

10-16. Una W12 * 40 consistente de acero de 50 klb/plg2 se usa como una viga simple para un claro de 7.25 pies. Si tiene soporte lateral total, determine las cargas uniformes máximas wu y wa que puede soportar además de su propio peso. Use los métodos LRFD y ASD y considere solamente momento y cortante.

10-17. Una viga simplemente apoyada de 24 pies debe soportar una carga viva de servicio concentrada móvil de 50 klb, además de una carga muerta de servicio uniforme de 2.5 klb/pie. Usando acero de 50 klb/plg2, seleccione la sección más ligera considerando solamente momentos y cortante. Use los métodos LRFD y ASD y desprecie el peso propio de la viga. (Resp.W24 * 76 LRFD y ASD.)

10-18. Una viga simple de 36 pies que soporta una carga muerta uniforme de servicio de 1.0 klb/pie y una carga viva concentrada de servicio de 25 klb a la mitad del claro está sin arriostramiento lateral, excepto en sus extremos y bajo la carga concentrada a la mitad del claro. Si la defl exión máxima permisible al cen-tro del claro bajo las cargas de servicio es igual a L/360 para la carga total y L/1 000 para la carga viva, seleccione la sección W más económica de acero de 50 klb/plg2, considerando momento, cortante y defl exión. Se incluye el peso propio de la viga en la carga muerta uniforme. Use Cb = 1.0.



10-19. Diseñe una viga para un claro simple de 30 pies que soporte las cargas uniformes de trabajo wD = 1.25 klb/pie (incluye el peso propio de la viga) y wL = 1.75 klb/pie. La defl exión máxima permisible de carga total bajo cargas de trabajo es de 1/360 del claro. Use acero de 50 klb/plg2 y considere momento, cortante y defl exión. La viga está soportada lateralmente solamente en sus extremos a la mitad del claro. (Resp. W24 * 76 LRFD y ASD.)

10-20. Seleccione el perfi l W más ligero de acero A992 para la carga muerta de servicio uniforme y la carga viva de servicio concentrada mostradas en la Figura P10-20. La carga muerta incluye el peso propio de la viga. La viga tiene soporte lateral en el patín de compresión y en los extremos así como en la carga concentrada. La defl exión máxima bajo la carga viva de servicio no debe exceder de 1/1 000 del claro. Considere momento, cortante y defl exión.

30 pies

15 pies 15 pies

(Use Cb = 1.0)

2 klb/pie13 klb

Figura P10-20.

10-21. La viga en voladizo mostrada en la Figura P10-21 es una W14 * 34 de acero A992. Solamente el empotramiento tiene soporte lateral. Use una longitud sin arriostramiento igual a la longitud del claro. La carga uniforme es una carga muerta de servicio que incluye el peso de la viga, y la carga concentrada es una carga viva de servicio. Determine si la viga es adecuada para momento, cortante y una defl exión permisible bajo la carga total de 0.25 plg. (Resp. OK por momento y defl exión, no es aceptable por cortante.)

1pie10 pies

85 klb500 lb/pie

Figura P10-21.

10-22. Una W24 * 68 consistente en acero de 50 klb/plg2 se usa como una viga simplemente apoyada mostrada en la Figura P10-22. Incluya el peso de la viga ydetermine si el miembro tiene sufi ciente capacidad por cortante usando las ecuaciones del Capítulo G de la Especifi cación del AISC (usted puede revisar su respuesta usando los valores de las tablas), y determine si la viga cumple o no con los siguientes criterios de defl exión: máx para carga viva (LL) = L/360 y máx para carga total (TL) = L/240.

27 pies


PL ! 36 klb PL ! 36 klbD ! 2.5 klb/pie

Figura P10-22.



10-23. Seleccione los perfi les W disponibles más ligeros (Fy = 50 klb/plg2) para las vigas y trabes que se muestran en la Figura P10-23. La losa de piso es de concreto reforzado de 6 plg (peso = 145 lb/pie3) y soporta una carga viva uniforme de 125 lb/pie2. Suponga que se proporciona arriostramiento lateral continuo del patín de compresión. La defl exión máxima permisible para carga total es L/240. (Resp. Viga = W21 * 44 LRFD y ASD, Trabe = W24 * 62 LRFD y ASD.)

30 pies

Vigas

Trabes

3 a

8 pi

es !

24

pies

Figura P10-23.

10-24. Repita el Prob. 10-23 si la carga viva es de 250 lb/pie2. 10-25. Seleccione el perfi l W disponible más ligero de acero de 50 klb/plg2 para una

viga simplemente apoyada en el extremo izquierdo y con un empotramiento en el extremo derecho de un claro de 36 pies. El miembro soporta una carga muerta de servicio de 2.4 klb/pie, incluyendo su peso propio y una carga viva de servicio de 3.0 klb/pie. Suponga soporte lateral completo del patín de compresión y una defl exión máxima bajo carga total de L/600. Considere momento, cortante y defl exión. (Resp. W30 * 108 LRFD, W30 * 116 ASD.)

10-26. Repita el Prob. 10-25 si el peralte nominal de la viga se limita a 27 plg y se proporciona soporte lateral del patín de compresión en los extremos y en los puntos tercios del claro. Use Cb = 1.0.

10-27. La viga mostrada en la Figura P10-27 es una W14 * 34 de acero A992 y tiene soporte lateral del patín de compresión en los extremos y bajo los puntos de las cargas concentradas. Las dos cargas concentradas son cargas vivas de servicio. Revise la viga por cortante y por fl uencia local del alma así como por aplastamiento del alma bajo la carga concentrada si lb = 6 plg. Desprecie el peso propio de la viga. (Resp. Cortante y aplastamiento del alma no son aceptables, fl uencia local del alma OK.)

85 klb

1.5 pies 1.5 pies5 pies

8 pies

85 klb

Figura P10-27.

10-28. Una viga de 7 pies con soporte lateral completo para su patín de compresión soporta una carga viva concentrada móvil de 58 klb. Usando acero de 50 klb/plg2,



seleccione el perfi l W más ligero. Suponga que la carga móvil puede colocarse en cualquier lugar en los 5 pies a la mitad del claro de la viga. Seleccione un miembro basándose en el momento y luego revise si es satisfactorio por cortante, y calcule la longitud mínima de apoyo que se requiere en los apoyos desde el punto de vista de la fl uencia local del alma y del aplastamiento del alma. Desprecie el peso propio.

Figura P10-28.

PLL

1 pie

lb ! ? lb ! ?

1 pie5 pies

(Use Cb ! 1.0)

10-29. Una viga de 12 pies con soporte lateral completo del patín de compresión se usa en un claro simple. Se aplica una carga viva de servicio concentrada de 64 klb a 3 pies del apoyo izquierdo. Use acero A992 y desprecie el peso propio de la viga. Seleccione el perfi l W más ligero basándose en el momento. Revise la viga por fl exión local del patín bajo la carga concentrada y por aplastamiento local del alma bajo la carga concentrada si lb = 4 plg. Desprecie el peso propio de la viga. Redimensione la viga si es necesario. (Resp. W18 * 46 LRFD y ASD.)

10-30. Un miembro W21 * 68 se usa como una viga simplemente apoyada con una longitud de claro de 12 pies. Determine Cb, dado que se proporciona soporte lateral del patín de compresión solamente en los extremos. El miembro está uniformemente cargado. Las cargas producen momentos factorizados de MDx = 75 klb-pie, MLx = 90 klb-pie y MDy = 15 klb-pie, MLy = 18 klb-pie. ¿Es satisfactorio este miembro por resistencia a la fl exión basándose en la ecuación de interacción en el Capítulo H de la Especifi cación del AISC?

10-31. La viga simplemente apoyada de 30 pies que se muestra en la Figura P10-31 tiene soporte completo de su patín de compresión y es de acero A992. La viga soporta una carga muerta de servicio por gravedad de 132 lb/pie (incluye el peso de la viga) y una carga viva por gravedad de 165 lb/pie. Suponga que las cargas pasan por el centroide de la sección. Seleccione la sección W10 más ligera disponible. (Resp. W10 * 22 LRFD, W10 * 26 ASD.)

Figura P10-31.12

3

W10

10-32. Diseñe una placa de apoyo de acero A572 (Grado 50) para una viga W18 * 35, con reacciones en los extremos de RD = 12 klb y RL = 16 klb. La viga se apoyará sobre un muro de concreto reforzado con fc

œ = 3 klb/plg2. En la dirección perpendicular al muro, la longitud máxima de la placa de apoyo no debe ser mayor de 6 plg. La W18 es de acero A992.

10-33. Diseñe una placa de apoyo de acero A36 para una viga W24 * 55 soportada por un muro de concreto reforzado con fc

œ = 3 klb/plg2. La reacción máxima de la viga es RD = 30 klb y RL = 40 klb. La longitud máxima del apoyo en el extremo perpendicular al muro es el espesor total del muro de 10 plg. La W24 es de acero A992. (Resp. Use PL11/78 * 9.0 pies a 8 plg según los métodos LRFD y ASD.)

346 Diseño de Estructuras de Acero – McCormac /Csernak Alfaomega

C A P Í T U L O 1 1

Flexión y fuerza axial

11.1 SITIO DE INCIDENCIA

Los miembros estructurales sujetos a una combinación de esfuerzo por fl exión y carga axial son mucho más comunes de lo que el lector se imagina. Esta sección se dedica a presentar algunos de los casos más obvios. Las columnas que forman parte de una estructura de acero deben soportar, casi siempre, momentos de fl exión, además de sus cargas usuales de compre-sión. Es casi imposible montar y centrar exactamente las cargas axiales sobre las columnas, aun en los casos de pruebas de laboratorio, y el lector se dará cuenta de que en las construc-ciones dicha difi cultad es aún mayor. Aunque las cargas en un edifi cio pudieran centrarse perfectamente en un momento dado, no permanecerían estacionarias. Además, las columnas pueden tener defectos iniciales o tener otras fallas, dando como resultado el que se produz-can fl exiones laterales. Las vigas generalmente se ligan a las columnas mediante ángulos o ménsulas colocadas a un lado. Estas cargas aplicadas excéntricamente producen momentos. El viento y otras cargas laterales ocasionan fl exión lateral en las columnas y las de marcos rígidos de edifi cios, están sometidas a momentos, aun cuando el marco soporte sólo cargas verticales. Los elementos de los portales de puentes deben resistir fuerzas combinadas, en forma semejante a las columnas de edifi cios. Entre las causas que las originan se encuentran los fuertes vientos laterales o las cargas sísmicas, las cargas verticales de tránsito, sean o no simétricas, y la fuerza centrífuga debida al tránsito en los puentes con curva. El lector posiblemente ha considerado anteriormente que los miembros de las arma-duras solamente tienen carga axial. Sin embargo, con frecuencia se colocan largueros para armaduras de techo entre los nudos de las armaduras, haciendo que se fl exionen las cuerdas superiores. De modo semejante, las cuerdas inferiores pueden fl exionarse por el peso de las instalaciones de alumbrado, ductos y otros elementos colocados entre los nudos de las arma-duras. Todos los miembros horizontales e inclinados de las armaduras están sometidos a un momento ocasionado por su propio peso, en tanto que todos los miembros de las armaduras, sean o no verticales, quedan sujetos a esfuerzos de fl exión secundaria. Los esfuerzos secun-darios se ocasionan porque los miembros no se conectan mediante pasadores sin fricción, como se supone por el análisis acostumbrado, porque los ejes de gravedad de los miembros o los de sus elementos de conexión no coinciden exactamente en los nudos, etcétera. Los momentos en los miembros sujetos a tensión no son tan peligrosos como en los miembros sujetos a compresión, porque la tensión tiende a reducir las defl exiones laterales, en tanto que la compresión las incrementa. A su vez, el incremento de defl exión lateral se


11.2 Miembros sujetos a fl exión y tensión axial 347

traduce en incremento de momento, con el resultado de mayores defl exiones laterales, etc. Es de esperarse que los miembros en tal situación sean sufi cientemente rígidos como para impedir que las defl exiones laterales lleguen a ser excesivas.

11.2 MIEMBROS SUJETOS A FLEXIÓN Y TENSIÓN AXIAL

En la Figura 11.1 se muestran algunos tipos de miembros sometidos a fl exión y tensión axial. En la Sección H1 de la Especifi cación del AISC, se dan las siguientes ecuaciones de interacción para perfi les simétricos sujetos simultáneamente a fl exión y a tensión axial. Estas ecuaciones también se aplican a miembros sujetos a fl exión y a fuerzas de compresión, como se describirá en las Secciones 11.3 a 11.9.

Si

(Ecuación H1-1a del AISC)

y si

(Ecuación H1-1b del AISC)Pr

2Pc+ ¢Mrx

Mcx+

Mry

Mcy≤ … 1.0

Pr

Pc6 0.2,

Pr

Pc+ 8

9 ¢Mrx

Mcx+

Mry

Mcy≤ … 1.0

Pr

PcÚ 0.2,

El edifi cio Alcoa en proceso de construcción en San Francisco, CA. (Cortesía de Bethlehem Steel Corporation.)

348 Capítulo 11 Flexión y fuerza axial


en donde

Pr = resistencia requerida a la tensión axial, Pu (LRFD) o Pa (ASD), klb

Pc = resistencia nominal a la tensión axial (fcPn) o resistencia permisible

a la tensión ¢Pn

Æc≤ , klb

Mr = resistencia requerida a la fl exión, Mu (LRFD) o Ma (ASD), klb-pie

Mc = resistencia nominal a la fl exión (fbMn) o resistencia permisible

a la fl exión ¢Mn

Æb≤ , klb-pie

Generalmente, sólo se hace un análisis de primer orden (es decir, sin incluir fuerzas secundarias, como se describe en la siguiente sección) para miembros sujetos a fl exión y tensión axial. Resul-ta ser conservador despreciar los efectos de las fuerzas de tensión que actúan con los momentos de fl exión. Se sugiere a los proyectistas efectuar análisis de segundo orden para estos miembros y usar los resultados en sus diseños. Los Ejemplos 11-1 y 11-2 ilustran el uso de las ecuaciones de interacción para revisar miembros sujetos simultáneamente a fl exión y a tensión axial.

wu klb/pie

wu klb/pie

Pu

Pu

Pu

Pu

e

(a) Colgante sometido a una carga de tensión excéntrica

(c) Viga sometida a una carga uniforme de gravedad y a una carga axial de tensión

(b) Colgante sometido a una carga de tensión axial y a una carga lateral (como viento) u otro momento causado por fuerzas laterales

FIGURA 11.1

Algunos miembros sometidos a fl exión y tensión axial.


11.2 Miembros sujetos a fl exión y tensión axial 349

Ejemplo 11-1

Un miembro a tensión W12 * 40 de 50 klb/plg2 sin agujeros está sujeto a las cargas axiales PD = 25 klb y PL = 30 klb, así como a los momentos fl exionantes MDy = 10 klb-pie y MLy = 25 klb-pie. ¿Es satisfactorio el miembro si Lb 6 Lp?

Solución

Usando una W12 * 40 (A = 11.7 plg2)

LRFD ASD

Pr = Pu = 11.22125 klb2 + 11.62130 klb2 = 78 klb Pr = Pa = 25 klb + 30 klb = 55 klb

= 52 klb-pie

Mry = Muy = 11.22110 klb-pie) + 11.62125 klb-pie2 Mry = May = 10 klb-pie + 25 klb-pie

Pc = fP n = ftFyAg = 10.92150 klb/plg22111.7 plg22 Pc =Pn

Æc=

Fy Ag

Æc=150 klb/plg221 11.7 plg22

1.67

= 526.5 klb = 350.3 klb

Mcy = fbMpy = 63.0 klb-pie (Tabla 3-4 del AISC) Mcy =Mcy

Æb= 41.9 klb-pie (Tabla 3-4 del AISC)

Pr

Pc= 78 klb

526.5 klb= 0.148 6 0.2

Pr

Pc= 55 klb

350.3 klb= 0.157 6 0.2

debe usarse la Ecuación H1-1b del AISC‹ debe usarse la Ecuación H1-1b del AISC‹

Pr

2Pc+ ¢Mrx

Mcx+

Mry

Mcy≤ … 1.0

Pr

2Pc+ ¢Mrx

Mcx+

Mry

Mcy≤ … 1.0

781221526.52 + a0 + 5263b 551221350.32 + a0 + 35

41.9b

OK= 0.899 6 1.0 OK= 0.914 6 1.0

= 35 klb-pie

Ejemplo 11-2

Un miembro a tensión W10 * 30 sin agujeros, consistente en acero de 50 klb/plg2 y con Lb = 12.0 pies, está sujeto a cargas axiales de servicio PD = 30 klb y PL = 50 klb y a momentos de servicio MDx = 20 klb-pie y MLx = 40 klb-pie. Si Cb = 1.0, ¿es satisfactorio el miembro?

Solución

Usando una W10 * 30 (A = 8.84 plg2, Lp = 4.84 pies y Lr = 16.1 pies, fbMpx = 137 klb-pie, BF para LRFD = 4.61, BF para ASD = 3.08 y Mpx/ b = 91.3 klb-pie de la Tabla 3-2 del AISC).



LRFD ASD

Pr = Pu = (1.2)(30 klb) + (1.6)(50 klb) = 116 klb Pr = Pa = 30 klb + 50 klb = 80 klb

Mrx = Mux = (1.2)(20 klb-pie) + (1.6)(40 klb-pie) Mrx = Max = 20 klb-pie + 40 klb-pie

= 88 klb-pie = 60 klb-pie

Pc = fPn = ftFyAg = (0.9)(50 klb/plg2)(8.84 plg2) Pc =Pn

Æc=

FyAg

Æc=150 klb/plg2 218.84 plg22

1.67

= 397.8 klb = 264.7 klb

Mcx = fbMnx = Cb[fbMpx - BF (Lb - Lp)] Mcx =Mnx

Æb= CbBMpx

Æb- BF1Lb - Lp2R

= 1.0[137 - 4.61(12.0 - 4.84)] = 1.0[91.3 - (3.08)(12 - 4.84)]

= 104.0 klb-pie = 69.2 klb-pie

Pr

Pc= 116

397.8= 0.292 7 0.2

Pr

Pc= 80

264.7= 0.302 7 0.2

‹ debe usarse la Ecuación H1-1a del AISC ‹ debe usarse la Ecuación H1-1a del AISC

Pr

Pc+ 8

9 ¢Mrx

Mcx+

Mry

Mcy≤ … 1.0

116397.8

+ 89

a 88104.0

+ 0bPr

Pc+ 8

9 ¢Mrx

Mcx+

Mrx

Mcy≤ … 1.0

80264.7

+ 89

a 6069.2

+ 0b = 1.044 7 1.0 no es aceptable = 1.073 7 1.0 no es aceptable

11.3 MOMENTOS DE PRIMER Y SEGUNDO ORDEN PARA MIEMBROS SOMETIDOS A COMPRESIÓN AXIAL Y FLEXIÓN

Cuando una viga-columna está sometida a momento a lo largo de su longitud no soporta-da, ella se desplazará lateralmente en el plano de fl exión. El resultado será un momento secundario o incrementado igual a la carga de compresión axial multiplicada por el despla-zamiento lateral o excentricidad. En la Figura 11.2 podemos ver que el momento del miembro se incrementó una cantidad Pnt d, donde Pnt es la fuerza axial de compresión determinada por un análisis de primer orden. Este momento ocasionará una defl exión lateral adicional que causará un mayor momento en la columna, que provocará una mayor defl exión lateral, y así sucesivamente hasta que se alcance el equilibrio. Mr es la resistencia requerida a los mo-mentos del miembro. Mnt es el momento de primer orden, suponiendo que no hay traslación lateral del marco. Si un marco está sujeto a ladeo, o sea que los extremos de las columnas pueden mover-se lateralmente entre sí, aparecerán otros momentos secundarios adicionales. En la Figura 11.3, el momento secundario producido por el ladeo es igual a Pnt ¢. Se supone por la Especifi cación del AISC que el momento Mr es igual a Mlt (que es el momento debido a las cargas laterales) más el momento debido a Pu ¢.


11.3 Momentos de primer y segundo orden para miembros sometidos a... 351

La resistencia por fl exión total requerida de un miembro debe ser igual por lo menos a la suma de los momentos de primer y segundo orden. Se dispone de varios métodos para determinar esta resistencia requerida, que van desde muy simples aproximaciones a proce-dimientos muy rigurosos. Un análisis inelástico riguroso de segundo orden de la estructura calcula y considera las deformaciones esperadas al calcular la resistencia a la compresión máxima requerida, Pr, y la resistencia a la fl exión máxima requerida, Mr. Generalmente, este método es más com-plejo que lo necesario para el diseño estructural de estructuras comunes. Si el proyectista efectúa un análisis de segundo orden, deberá tomar en cuenta la interacción de los efectos de diversas cargas. Es decir, debemos considerar combinaciones de las cargas actuando al mismo tiempo. No es correcto hacer análisis separados y superponer los resultados, ya que éste es inherentemente un problema no lineal. El Capítulo C.1 de la Especifi cación del AISC establece que se permite cualquier método racional de diseño para la estabilidad que considere todos los efectos citados a continuación.

1. deformación del miembro por fl exión, fuerza cortante y fuerza axial, y todas las demás deformaciones que contribuyan al desplazamiento de la estructura;

2. efecto de segundo orden (ambos efectos P-¢ y P-d); 3. las imperfecciones geométricas;

Pnt

Mnt

Pnt

Mnt

El momento seráincrementado por elmomento de segundo orden Pnt d

Mr ! Mnt " Pnt

d

d

Figura 11.2

Amplifi cación del momento de una columna arriostrada contra ladeo.

Pnt

Pnt

El momento seráincrementado por elmomento de segundo orden Pnt#

Mr ! Mlt " Pnt#

Mlt

#

Figura 11.3

Columna en un marco no arriostrado.



4. reducciones de rigidez debido a la inelasticidad; 5. incertidumbre de la rigidez y de la resistencia.

Se presentan tres métodos en la Especifi cación del AISC. Las alternativas permitidas son el Método de diseño de análisis directo del Capítulo C, el Método de la longitud efectiva y el Método de análisis de primer orden del Apéndice 7. En este capítulo, los autores presentan el Método del Análisis directo y el Método de la longitud efectiva.

11.4 MÉTODO DEL ANÁLISIS DIRECTO (DM)

Este método es aplicable a todo tipo de estructura. No distingue entre los sistemas estructu-rales de construcción tales como los marcos arriostrados, los marcos para momento, el muro de cortante, o cualquier combinación de sistemas. Tiene la ventaja adicional de no tener que calcular el factor de longitud efectiva, K. Esto implica que para determinar la resistencia de compresión axial disponible, Pc, se usa K = 1.0.

11.4.1 Efectos de segundo orden [Especifi cación C2.1 (2) del AISC]

La resistencia requerida, Pr, se puede determinar usando un análisis riguroso de segundo orden que requiere un análisis iterativo con computadora del modelo o mediante la técnica aproximada de utilizar un análisis amplifi cado de primer orden usando factores de amplifi -cación, B1 y B2, que se especifi ca en el Apéndice 8 y se estudia en la Sección 11.5 del libro.

11.4.2 Reducción de rigidez (Especifi cación C2.3 del AISC)

El Método del análisis directo usa una rigidez reducida a la fl exión y axial para considerar la infl uencia de la inelasticidad y de la incertidumbre de la resistencia y la rigidez sobre los efectos de segundo orden. En el análisis, la rigidez reducida EI* se reemplaza por 0.8tbEI y EA* se reemplaza con 0.8EA. El factor tb depende del nivel del esfuerzo axial en el miembro, lo que implica que el módulo de elasticidad se reduce a medida que el material se vuelve inelástico.

Cuando:

(Ecuación C2-2a del AISC)

Cuando:

(Ecuación C2-2b del AISC)tb = 4aaPr

Pyb c1 -

aPr

Pyd

aPr

Py7 0.5

tb = 1.0

aPr

Py… 0.5

Donde: a = 1.0 (LRFD) y a = 1.6 (ASD)

Pr = resistencia a la compresión axial requerida, klb

Py = resistencia a la fl uencia axial, klb


11.5 Método de la longitud efectiva (MLE) 353

11.4.3 Cargas nocionales (Especifi cación C2.2b del AISC)

Para considerar que las columnas inicialmente están fuera de la vertical (imperfecciones geométricas), las disposiciones del Análisis Directo requieren la aplicación de cargas nocio-nales. Las cargas nocionales se aplican como cargas laterales a un modelo de la estructura que se basa en su geometría nominal. La magnitud de las cargas nominales será:

Ni = 0.002aYi (Ecuación C2-1 del AISC)

Donde: a = 1.0 (LRFD) y a = 1.6 (ASD) Ni = carga nocional aplicada al nivel i, klb

Yi = carga por gravedad aplicada al nivel i a partir de una combinación de cargas, klb

Nota: El término 0.002 representa una desviación de la vertical de 1/500 que es la tolerancia máxima permitida en la verticalidad de una columna, tal como lo especifi ca el AISC Code of Standard Practice for Steel Buildings and Bridges (Reglamento del AISC de la Práctica estándar para edifi cios y puentes de acero). La carga nocional se suma a otras cargas laterales y se aplica a todas las combinaciones de cargas, excepto por lo indicado en la Sección C2.2b(4) de la Especifi cación del AISC. Esta sección establece que para las estructuras donde la relación de la deriva máxima de segundo orden entre la deriva máxima de primer orden en todos los pisos sea igual o menor que 1.7,

B2 =¢ segundo orden

¢primer orden… 1.7

es permisible aplicar la carga nocional, Ni, sólo a combinaciones de cargas exclusivamente gravitacionales y no a combinaciones que incluyan a otras cargas laterales.

11.5 MÉTODO DE LA LONGITUD EFECTIVA (ELM)

Este método, que se encuentra en el Apéndice 7 de la Especifi cación del AISC, es aplicable donde la relación de la deriva máxima de segundo orden entre la deriva máxima de primer orden en todos los pisos sea igual o menor que 1.5.

Es decir: B2 =¢ segundo orden


La resistencia requerida, Pr, se calcula a partir de un análisis conforme a los requisitos de la Especifi cación C2.1 del AISC, excepto que no es necesario aplicar la reducción de rigi-dez indicada en C2.1 (2). Se usa la rigidez nominal de los miembros estructurales. Las cargas nocionales se aplican sólo a los casos de cargas exclusivamente gravitacio-nales. El factor K se debe determinar a partir de una análisis de pandeo por ladeo o de los nomogramas que se muestran en el Capítulo 7 de este libro. Se permite usar K = 1.0 para el diseño de todos los sistemas arriostrados y en marcos para momento donde la relación de la deriva máxima de segundo orden entre la deriva máxima de primer orden en todos los pisos sea igual o menor que 1.1.

Es decir: B2 =¢ segundo orden




La Tabla C-C1.1 del comentario del Capítulo C de la Especifi cación del AISC, que se repro-duce en la Tabla 11.1, presenta una comparación de los requisitos básicos de estabilidad del Método del Análisis Directo (DM) y del Método de la Longitud Efectiva (ELM).

11.6 ANÁLISIS APROXIMADO DE SEGUNDO ORDEN

En este capítulo, los autores presentan el análisis aproximado de segundo orden dado en el Apéndice 8 de la Especifi cación del AISC. Haremos dos análisis elásticos de primer orden; uno siendo un análisis donde se supone que el marco está arriostrado de modo que no puede

TABLA 11.1. Comparación de los requisitos básicos de estabilidad con disposiciones específi cas

Requisito básico en la Sección C1

Disposición en el Método de Análisis directo (DM)

Disposición en el Método de la Longitud Efectiva (ELM)

1) Considere todas las deformaciones C2.1(1). Considera todas las deformaciones

Igual que el DM (con referencia a C2.1)

2) Considere los efectos de segundo orden (tanto P-¢ como P-d)

C2.1(2). Considera los efectos de segundo orden P-¢ y P-d**

Igual que el DM (con referencia a C2.1)

3) Considere las imperfecciones geométricas

Esto incluye las imperfecciones de la posición del nudo* (que afecta la respuesta de la estructura) y de las imperfecciones del miembro (que afecta la respuesta de la estructura y la resistencia del miembro)

Efecto de las imperfecciones de la posición del nudo* sobre la respuesta de la estructura

C2.2a. Modelación directa o C2.2b. Cargas nocionales

Igual que el DM, sólo segunda opción (con referencia a C2.2b)

Efecto de las imperfecciones del miembro sobre la respuesta de la estructura

Incluido en la reducción de rigidez que se especifi ca en C2.3

Todos estos efectos se consideran usando KL de un análisis de pandeo por ladeo en la revisión de la resistencia del miembro. Observe que la única diferencia entre el DM y el ELM es que:• El DM usa la rigidez

reducida en el análisis; KL = L en la revisión de la resistencia del miembro

• El ELM usa la rigidez total en el análisis; KL del análisis de pandeo por ladeo en la revisión de la resistencia del miembro para los miembros de marcos

Efecto de las imperfecciones del miembro sobre la resistencia del miembro

Incluido en las fórmulas de resistencia del miembro, con KL = L

4) Considere la reducción de rigidez debida a la inelasticidad

Esto afecta la respuesta de la estructura y la resistencia del miembro

Efecto de la reducción de rigidez sobre la respuesta de la estructura


Efecto de la reducción de rigidez sobre la resistencia del miembro


5) Considere la incertidumbre en resistencia y rigidez

Esto afecta la respuesta de la estructura y la resistencia del miembro

Efecto de la incertidumbre de la rigidez/resistencia sobre la respuesta de la estructura


Efecto de la incertidumbre de la rigidez/resistencia sobre la resistencia del miembro


*En las estructuras de construcción típicas, las “imperfecciones de la posición del nudo” se refi eren a que la columna está fuera de la vertical.**Los efectos de segundo orden se pueden considerar ya sea mediante un análisis riguroso de segundo orden o mediante la técnica aproximada (usando B1 y B2) que se especifi ca en el Apéndice 8.Fuente: Comentario de la Especifi cación, Sección C2-Tabla C-C1.1, p. 16.1-273, 23 de junio de 2010. “Derechos reservados © American Institute of Steel Construction. Reproducido con autorización. Todos los derechos reservados.”


11.6 Análisis aproximado de segundo orden 355

desplazarse en sentido lateral. Llamaremos a estos momentos Mnt y vamos a multiplicarlos por un factor de amplifi cación llamado B1 para considerar el efecto P-d (véase la Figura 11.2). Entonces analizaremos el marco nuevamente, permitiendo que se desplace hacia un lado. Llamaremos a estos momentos Mlt y vamos a multiplicarlos por un factor de amplifi cación llamado B2 para considerar el efecto P-¢ (véase la Figura 11.3). El momento fi nal en un miembro particular será igual a

Mr = B1Mnt + B2Mlt . (Ecuación A-8-1 del AISC)

La resistencia axial fi nal Pr debe ser igual a

Pr = Pnt + B2Plt . (Ecuación A-8-2 del AISC)

En vez de usar el procedimiento empírico del AISC descrito aquí, el proyectista puede —y se le exhorta a hacerlo— usar un análisis elástico teórico de segundo orden, siempre que se cumplan los requisitos del Capítulo C de la Especifi cación.

11.6.1 Factores de amplifi cación

Los factores de amplifi cación son B1 y B2. Con B1, el analista intenta estimar el efecto de Pnt d para una columna, esté o no el marco soportado contra el ladeo. Con B2 se estima el efecto Plt ¢ en marcos sin soporte lateral. Estos factores son teóricamente aplicables cuando las conexiones están totalmente restringidas o cuando ellas no están restringidas en absoluto. El Manual del AISC indica que la determinación de momentos secundarios entre estos dos casos extremos (conexiones para momentos con restricción parcial) está más allá del alcance de las especifi caciones. Los términos restricción total y restricción parcial se estudian ampliamente en el Capítulo 15 de este libro. La defl exión horizontal de un edifi cio de múltiples niveles debida a viento o carga sísmica se llama deriva. Se representa por ¢ en la Figura 11.3. La deriva se mide con el índice de deriva ¢H/L, donde ¢H es la defl exión lateral de entrepiso de primer orden y L es la altura del piso. Para la comodidad de los ocupantes de un edifi cio, el índice se limita generalmente bajo cargas de trabajo o servicio a un valor entre 0.0015 y 0.0030, y para cargas factorizadas a un valor de alrededor de 0.0040. La siguiente expresión para B1 se obtuvo para un miembro arriostrado contra el ladeo. Se usará solamente para amplifi car los momentos Mnt (aquellos momentos que se calculan suponiendo que no hay traslación lateral del marco).

(Ecuación A-8-3 del AISC )B1 =Cm

1 - a Pr

Pe1

Ú 1.0

En esta expresión, Cm es un término que será defi nido en la siguiente sección de este capítulo, a es un factor igual a 1.00 para el método LRFD y 1.60 para el método ASD; Pr es la resistencia axial requerida del miembro; y Pe1 es la resistencia al pandeo de Euler del miem-bro calculada sobre la base de cero ladeo. Se permite el uso de la estimación de primer orden de Pr (es decir, Pr = Pnt + Plt) al calcular el factor de amplifi cación, B1. También, K es el fac-tor de longitud efectiva en el plano de fl exión, que se determina basándose en la hipótesis de que no hay traslación lateral, y que es igual a 1.0, a menos que el análisis justifi que un valor



menor. EI* es igual a 0.8tbEI si se usa el método de análisis directo, e igual a EI si se usa el método de longitud efectiva.

(Ecuación A-8-5 del AISC )Pe1 = EI*1K1L22 De manera similar, Pe2 es la resistencia crítica al pandeo elástico para el piso conside-rado, que se determina mediante un análisis de pandeo por ladeo. Para este análisis, K2L es la longitud efectiva en el plano de fl exión, que se basa en el análisis de pandeo por ladeo. Para este caso, se puede calcular la resistencia al pandeo por ladeo con la siguiente expresión, en donde se usa © para incluir a todas las columnas en ese nivel o piso:

Pe piso = © p2EI1K2L22

Además, el AISC permite el uso de la siguiente expresión alternativa para calcular Pe piso

(Ecuación A-8-7 del AISC)Pe piso = RM HL¢H

Aquí, los factores se defi nen como sigue:

(Ecuación A-8-8 del AISC)RM = 1 - 0.15 a Pmf

Ppisob

H = cortante de piso producido por las cargas laterales que se usan para calcular ¢H, klb

L = altura del piso, plg

¢H = deriva de entrepiso de primer orden debida a las cargas laterales que se calcula usando la rigidez requerida para el método de análisis que se use, plg

Pmf = carga vertical total en las columnas del piso que son parte del marco de momen-tos, klb (Pmf = 0 para los sistemas de marco arriostrados)

Los valores mostrados para Ppiso y Pe piso son para todas las columnas del piso bajo estudio. Esto se considera necesario porque el término B2 se usa para amplifi car los momen-tos de las columnas por ladeo. Para que se presente el ladeo en una columna específi ca, es necesario que todas las columnas del piso se ladeen simultáneamente.

(Ecuación A-8-6 del AISC)B2 = 1

1 -Ppiso

Pe piso

Debemos recordar que el factor de amplifi cación B2 es aplicable solamente a momen-tos causados por fuerzas que causan ladeo y que debe calcularse para un piso completo. (Por supuesto que si usted quiere estar del lado conservador, puede multiplicar B2 por la suma de


11.6 Análisis aproximado de segundo orden 357

los momentos que no son de ladeo y los de ladeo —es decir, Mnt y Mlt— pero probablemente esto sea exagerar la nota.) Para usar el valor de B2 dado por la Ecuación A-8-6 del AISC, debemos seleccionar las dimensiones iniciales del miembro (es decir, de modo que podamos calcular un valor para Pe piso o para ¢H). Para calcular los valores de Ppiso y Pe piso algunos proyectistas calculan los valores para las columnas para el marco considerado. Sin embargo, ésta es una práctica bastante nociva, a menos que todos los marcos en ese nivel sean exactamente iguales al que está siendo estu-diado.

11.6.2 Factores de modifi cación del momento o factores Cm

En la Sección 11.6.1 se trató el tema de la amplifi cación de momentos debido a las defl exio-nes laterales y se presentaron los factores B1 y B2, con los que se pueden estimar los incre-mentos de los momentos. En la expresión para B1 se incluyó un término Cm llamado factor de modifi cación. El factor B1 de amplifi cación se desarrolló para el máximo desplazamiento lateral posible. En muchas ocasiones el desplazamiento no es tan grande, y B1 sobreamplifi ca el momento de la columna. En consecuencia, el momento tiene que reducirse o modifi carse con el factor Cm. En la Figura 11.4 tenemos una columna fl exionada en curvatura simple, con momentos de extremo iguales tales que la columna se defl exiona lateralmente una cantidad d a la mitad de su altura. El momento máximo total que ocurre en la columna será claramen-te igual a M más el momento incrementado Pnt d. En consecuencia, no se requiere ninguna modifi cación y Cm = 1.0. En la Figura 11.5 se considera una situación enteramente diferente, donde los momentos de extremo tienden a fl exionar el miembro en curvatura doble. El momento máximo inicial ocurre en uno de los extremos y no deberíamos incrementarlo por un valor Pnt d que ocurre a cierta distancia de la columna porque estaríamos exagerando la amplifi cación del momento. El propósito del factor de modifi cación es cambiar o reducir el momento amplifi cado cuando la variación de los momentos en la columna es tal que B1 resulta demasiado grande. Si no usáramos un factor de modifi cación terminaríamos con los mismos momentos totales en las columnas de las dos Figuras 11.4 y 11.5, suponiendo las mismas dimensiones, carga y momen-tos iniciales. Los factores de modifi cación se basan en la restricción rotacional en los extremos del miembro y en los gradientes de momento en los miembros. La Especifi cación del AISC (Apéndice 8) incluye dos categorías de Cm que se describen en los siguientes párrafos.

Pnt

Pnt

M

M

MM

Pnt

Mu máx ! M " Pnt

!"

(a) Columna (b) Momentos en la columna

ddd

Figura 11.4

Amplifi cación del momento para la columna fl exionada en curvatura simple.



En la categoría 1, los miembros están impedidos de traslación en sus juntas o ladeo y no están sujetos a cargas transversales entre sus extremos. Para esos miembros el factor de modifi cación se basa en un análisis elástico de primer orden.

(Ecuación A-8-4 del AISC)Cm = 0.6 - 0.4 M1

M2

En esta expresión, M1/M2 es la relación del menor al mayor momento en los extremos de la longitud sin soporte lateral en el plano de fl exión que se esté considerando. La relación es negativa si los momentos generan curvatura simple en el miembro y positiva si generan curvatura doble en él. Como se mencionó antes, un miembro en curvatura simple tiene defl exiones laterales mayores que un miembro en curvatura doble. Con defl exiones laterales mayores, los momentos para cargas axiales serán mayores. La categoría 2 se aplica a miembros sujetos a carga transversal entre los apoyos. La cuerda a compresión de una armadura con una carga de larguero entre sus nudos es un ejemplo típico de esta categoría. La Especifi cación del AISC establece que el valor de Cm para esta situación se puede determinar mediante un análisis racional o al hacerlo conserva-doramente igual a 1.0. En vez de usar estos valores para miembros cargados transversalmente, los valores de Cm para la categoría 2 se pueden determinar para varias condiciones de extremo y cargas por medio de los valores dados en la Tabla 11.2, que es una reproducción de la Tabla C-A-8.1 del Comentario en el Apéndice 8 de la Especifi cación del AISC. En las expresiones dadas en la tabla, Pr es la carga axial de columna requerida y Pe1 es la carga de pandeo elástico para una columna arriostrada para el eje respecto al cual se está considerando la fl exión.

(Ecuación A-8-5 del AISC )Pe1 = p2EI*1K1L22

Note que en la Tabla 11.2 algunos miembros tienen extremos empotrados y otros no. Se calculan valores muestra de Cm para cuatro vigas–columnas y se muestran en la Figura 11.6.

Pnt

Pnt

Pntd

M

M

M M

M M

Los momentos máximosno son iguales a M " Pnt

" !

(a) Columna (b) Momentos en la columna

d

Figura 11.5

Amplifi cación del momento para una columna fl exionada en curvatura doble.

11.7 Vigas–columnas en marcos arriostrados 359


11.7 VIGAS–COLUMNAS EN MARCOS ARRIOSTRADOS

Se usan las mismas ecuaciones de interacción para miembros sujetos a fl exocompresión que para miembros sujetos a fl exotensión. Sin embargo, algunos de los términos usados en las ecuaciones se defi nen de manera diferente. Por ejemplo, Pa y Pu se refi eren a fuerzas de com-presión y no a fuerzas de tensión. Para analizar una viga-columna específi ca o un miembro sujeto a fl exocompresión necesitamos efectuar un análisis de primer orden y otro de segundo orden para obtener los momentos de fl exión. El momento de primer orden por lo general se obtiene haciendo un análisis elástico y consta de los momentos Mnt (éstos son los momentos en las vigas-columnas

Caso

0

$0.4

$0.4

$0.2

$0.3

$0.2

Cm

1.0Pr

L/2

1 $ 0.2aPr

Pe1

1 $ 0.3aPr

Pe1

1 $ 0.2aPr

Pe1

1 $ 0.4aPr

Pe1

1 $ 0.4aPr

Pe1

TABLA 11.2 Factores de amplifi cación (c) y factores de modifi cación (Cm) para vigas–columnas sujetas a cargas transversales entre sus apoyos.

Fuente: Comentario de la Especifi cación, Apéndice 8–Tabla C-A-8.1, p16.1–525, junio 22, 2010. “Derechos reservados © American Institute of Steel Construction. Reproducido con autorización. Todos los derechos reservados.”



200 klb

W12 % 58 (Ix ! 475 plg4,KLx ! KLb ! 20 pies)

W10 % 49 (Ix ! 272 plg4,KLx ! KLb ! 20 pies)

200 klb

280 klb

80 klb-pie

60 klb-pie

50 klb-pie

40 klb-pie

280 klb

a) Sin ladeo y sin carga transversal.Los momentos flexionan al miembro en curvatura simple.

Cm ! 0.6 $ (0.4) ! 0.92$ 4050

b) Sin ladeo y sin carga transversal.Los momentos flexionan al miembro en curvatura doble.

Cm ! 0.6 $ 0.4 ! 0.30" 6080

Cm ! 1$ 0.2 ! 0.982002 360

d) El miembro tiene extremos no restringidos, carga transversaly está flexionado respecto al eje x.Cm se puede determinar de la Tabla 11.1(Tabla C-A-8.1 del AISC).

! 2 360 klbPe1 ! (12 % 20)2

2)(29 % 103)(475)(

Cm ! 1$ 0.4 ! 0.922801351

c) El miembro tiene extremos restringidos, carga transversaly está flexionado respecto al eje x.Cm se puede determinar de la Tabla 11.1(Tabla C-A-8.1 del AISC) como sigue:

aPr ! 280 klb

aPr ! 200 klb

! 1351 klb

Pe1 ! !(12 % 20)2

2)(29 % 103)(272)(2EI(KL)2

x

"

"

p p

p

Figura 11.6

Ejemplos de los factores Cm o de modifi cación.



causados por cargas de gravedad) y de los momentos Mlt (éstos son los momentos en las vigas-columnas debido a las cargas laterales). Teóricamente, si tanto las cargas como la estructura son simétricas, Mlt será cero. De igual manera, si el marco está arriostrado, Mlt será cero. Para propósitos prácticos, pueden tenerse defl exiones laterales en edifi cios altos con dimensiones y cargas simétricas. Los Ejemplos 11-3 a 11-5 ilustran la aplicación de las ecuaciones de interacción a vi-gas-columnas que son miembros de marcos arriostrados. En estos ejemplos se usa el análisis aproximado de segundo orden, sólo se calcula B1, ya que B2 no es aplicable. Debe recordarse que Cm fue desarrollado para marcos arriostrados y debe entonces usarse en estos tres ejem-plos para calcular B1. También se usa el método de la longitud efectiva. Esto implica que se determinaron los valores de las cargas axiales y de los momentos en un análisis de primer orden usando una rigidez del miembro sin reducción y se añadieron cagas nocionales a los casos de carga solamente por gravedad.

Ejemplo 11-3

Una W12 * 96 (acero de 50 klb/plg2) de 12 pies se usa como viga-columna en un marco arrios-tra do. Se fl exiona en curvatura simple con momentos de extremo iguales y opuestos y no está sometida a cargas transversales intermedias. ¿Es satisfactoria la sección si PD = 175 klb, PL = 300 klb, y los momentos de primer orden MDx = 60 klb-pie y MLx = 60 klb-pie?

Solución. Usando una W12 * 96 (A = 28.2 plg2, Ix = 833 plg4, fbMpx = 551 klb-pie, Mpx

Æb= 367 klb-pie, Lp = 10.9 pies, Lr = 46.7 pies, BF = 5.78 klb para LRFD y 3.85 klb para

ASD).

LRFD ASD

Pnt = Pu = (1.2)(175) + (1.6)(300) = 690 klb Pnt = Pa = 175 + 300 = 475 klb

Mntx = Mux = (1.2)(60) + (1.6)(60) = 168 klb-pie Mntx = Max = 60 + 60 = 120 klb-pie

Para un marco arriostrado, sea K = 1.0 Para un marco arriostrado, sea K = 1.0

‹ (KL)x = (KL)y = (1.0)(12) = 12 pies ‹ (KL)x = (KL)y = (1.0)(12) = 12 pies

Pc = fcPn = 1 080 klb (Tabla 4-1 del AISC) Pc =Pn

Æc= 720 klb (Tabla 4-1 del AISC)

Pr = Pnt + b2 Plt = 690 + 0 = 690 klb Pr = Pnt + b2 Plt = 475 + 0 = 475 klb

Pr

Pc= 690

1 080= 0.639 7 0.2

Pr

Pc= 475

720= 0.660 7 0.2

‹ debe usarse la Ecuación H1-1a del AISC ‹ debe usarse la Ecuación H1-1a del AISC

Cmx = 0.6 - 0.4

M1

M2

Cmx = 0.6 - 0.4a - 168168b = 1.0

Cmx = 0.6 - 0.4 M1

M2

Cmx = 0.6 - 0.4a - 120120b = 1.0

(Continúa)



LRFD ASD

Pe1x =p2EIx1K1Lx22 =

1p22129 00021833211.0 * 12 * 1222= 11 498 klb

B1x =Cmx

1 -aPr

Pe1x

= 1.0

1 -11.0216902

11 498

= 1.064

Pe1x =p2EIx1K1Lx22 =

1p22129 00021833211.0 * 12 * 1222= 11 498 klb

B1x =Cm

1 -aPr

Pe1x

= 1.0

1 -11.6214752

11 498

= 1.071

Mrx = B1xMntx = (1.064)(168) = 178.8 klb-pie Mrx = (1.071)(120) = 128.5 klb-pie

Como Lb = 12 pies 7 Lp = 10.9 pies 6 Lr

= 46.6 pies

Como Lb = 12 pies 7 Lp = 10.9 pies 6 Lr

= 46.6 pies

‹ Zona 2 ‹ Zona 2

fbMpx = 1.0[551 - (5.78)(12 - 10.9)]

= 544.6 klb-pie

Mpx

Æb= 1.0[367 - 3.85 112 - 10.92]

= 362.7 klb-pie

Pr

Pc+ 8

9 ¢Mrx

Mcx+

Mry

Mcy≤

OK= 6901 080

+ 89

a178.8544.6

+ 0b = 0.931 6 1.0

Pr

Pc+ 8

9 ¢Mrx

Mcx+

Mry

Mcy≤ = 475

720+ 8

9 a128.5

362.7+ 0b

OK= 0.975 6 1.0

‹ la sección es satisfactoria. ‹ la sección es satisfactoria.

En la Parte 6 del Manual del AISC, se presenta un procedimiento un poco más sim-plifi cado para resolver las Ecuaciones H1-1a y H1-1b. El estudiante, después de batallar con el Ejemplo 11-3, seguramente estará deleitado de ver estas expresiones, que se usan para algunos de los ejemplos restantes de este capítulo. Se extraen varias partes de las ecuaciones, y se sustituyen valores numéricos en ellas para las secciones W que se registran en la Tabla 6-1 del Manual. Cada uno de estos térmi-nos, tales como p, bx y by, se muestran en la página 6-3 del Manual. Las formas revisadas de las ecuaciones, que se presentan enseguida, están dadas en la página 6-4 del Manual:

(Ecuación H1-1a modificada del AISC)

(Ecuación H1-1b modificada del AISC)12

pPr + 98

1bxMrx + byMry2 … 1.0

pPr + bxMrx + byMry … 1.0

El valor de p se basa en el mayor de los valores (KL)y y el equivalente de (KL)y = (KL)x/(rx/ry), y bx se basa en la longitud sin arriostramiento Lb. Se aplica un solo valor de by a cualquier tipo de perfi l W ya que la longitud sin soporte no es un factor en la fl exión con respecto al eje débil. El Ejemplo 11-3 se repite como Ejemplo 11-4 con estas expresiones simplifi cadas. Debe asegurarse de usar los valores amplifi cados de Mrx y Pr en estas ecuaciones.



Ejemplo 11-4

Repita el Ejemplo 11-3, usando el método simplifi cado del AISC de la Parte 6 del Manual y los valores para K, L, Pr y Mrx determinados en el ejemplo anterior.

Solución

LRFD ASD

Del Ejemplo 11-3 (LRFD) Del Ejemplo 11-3 (ASD)

Pr = 690 klb Pr = 475 klb

Mrx = 178.8 klb-pie Mrx = 128.5 klb-pie

De la Tabla 6-1 del AISC para una W12 * 96 con KL = 12 pies y Lb = 12 pies

De la Tabla 6-1 del AISC para una W12 * 96 con KL = 12 pies y Lb = 12 pies

p = 0.924 * 10-3 p = 1.39 * 10-3

bx = 1.63 * 10-3 bx = 2.45 * 10-3

by = 3.51 * 10-3 (de la parte inferior de la tabla) by = 5.28 * 10-3 (de la parte inferior de la tabla)

Entonces con la ecuación modifi cada(0.924 * 10-3)(690) + (1.63 * 10-3)(178.8)

Entonces con la ecuación modifi cada(1.39 * 10-3)(475) + (2.45 * 10-3)(128.5)

+ (3.51 * 10-3)(0) = 0.929 6 1.0 + (5.28 * 10-3)(0) = 0.975 6 1.0

La sección es satisfactoria. La sección es satisfactoria.

En los ejemplos de este capítulo, el estudiante puede encontrarse con que cuando se hace necesario calcular un valor para Pe, es un poco más fácil usar un número dado en la Tabla 4-1 del AISC para el perfi l de acero apropiado que hacer una sustitución de valores

en la ecuación Pe = p2EI1K1L22. Por ejemplo, para una W12 * 96, leemos en la parte inferior

de la tabla un valor dado para Pex, (KL)2/104 = 23 800. Si KL = 12 pies, Pex será igual a 123 80021104211.0 * 12 * 1222 = 11 478 klb.

Ejemplo 11-5

Una W14 * 120 (acero de 50 klb/plg2) de 14 pies se usa como viga-columna en un marco arriostrado. Está fl exionada en curvatura simple con momentos iguales y opuestos. Sus ex-tremos están restringidos en cuanto a rotaciones y no está sometida a cargas transversales intermedias. ¿Es satisfactoria la sección si PD = 70 klb, y PL = 100 klb y si tiene momentos de primer orden MDx = 60 klb-pie, MLx = 80 klb-pie, MDy = 40 klb-pie y MLy = 60 klb-pie?



Solución. Usando una W14 *120 (A = 35.3 plg2, Ix = 1 380 plg4, Iy = 495 plg4, Zx = 212 plg3, Zy = 102 plg3, Lp = 13.2 pies, Lr = 51.9 pies, BF para el método LRFD = 7.65 klb, y BF para el método ASD = 5.09 klb).

LRFD ASD

Pnt = Pu = (1.2)(70) + (1.6)(100) = 244 klb Pnt = Pa = 70 + 100 = 170 klb

Mntx = Mux = (1.2)(60) + (1.6)(80) = 200 klb-pie Mntx = Max = 60 + 80 = 140 klb-pie

Mnty = Muy = (1.2)(40) + (1.6)(60) = 144 klb-pie Mnty = May = 40 + 60 = 100 klb-pie

Para un marco arriostrado K = 1.0 Para un marco arriostrado K = 1.0

KL = (1.0)(14) = 14 pies KL = (1.0)(14) = 14 pies

Pc = fcPn = 1 370 klb (Tabla 4-1 del AISC) Pc =Pn

Æc= 912 klb (Tabla 4-1 del AISC)

Pr = Pnt + b2Plt = 244 + 0 = 244 klb Pr = Pnt + b2Plt = 170 + 0 = 170 klb

Pr

Pc= 244

1370= 0.178 6 0.2

Pr

Pc= 170

912= 0.186 6 0.2

‹ debe usarse la Ecuación H1-1b del AISC ‹ debe usarse la Ecuación H1-1b del AISC

Cmx = 0.6 - 0.4a - 200200b = 1.0

Pe1x =1p22129 000211380211.0 * 12 * 1422 = 13 995 klb

B1x = 1.0

1 -11.0212442

13 995

= 1.018

Cmy = 0.6 - 0.4a - 144144b = 1.0

Mrx = 11.018212002 = 203.6 klb-pie

Pe1y =1p22129 00021495211.0 * 12 * 1422 = 5 020 klb

B1y = 1.0

1 -11.0212442

5 020

= 1.051

Mry = 11.051211442 = 151.3 klb-pie

Cmx = 0.6 - 0.4a - 140140b = 1.0

Pe1x =1p22129 000211380211.0 * 12 * 1422 = 13 995 klb

B1x = 1.0

1 -11.6211702

13 995

= 1.020

Cmy = 0.6 - 0.4a - 100100b = 1.0

Mrx = 11.020211402 = 142.8 klb-pie

Pe1y =1p22129 00021495211.0 * 12 * 1422 = 5 020 klb

B1y = 1.0

1 -11.6211702

5 020

= 1.057

Mry = 11.057211002 = 105.7 klb-pie

De la Tabla 6-1, del AISC, para KL = 14 pies y Lb = 14 pies


p = 0.730 * 10-3, bx = 1.13 * 10-3, p = 1.10 * 10-3, bx = 1.69 * 10-3,

by = 2.32 * 10-3 by = 3.49 * 10-3

(Continúa)



LRFD ASD

12

p Pr + 98

(bxMrx + byMry) … 1.0

= 12

(0.730 * 10-3)(244)

+ 98

(1.13 * 10-3)(203.6)

+ 98

(2.32 * 10-3)(151.3)

= 0.743 1.0 OK…

12

p Pr + 98


= 12

(1.10 * 10-3)(170)

+ 98

(1.69 * 10-3)(142.8)

+ 98

(3.49 * 10-3)(105.7)

= 0.780 1.0 OK…

La sección es satisfactoria pero tal vez está sobrediseñada.


Los Ejemplos 11-3 y 11-5 vuelven a resolverse usando el Método de análisis directo en los Ejemplos 11-6 y 11-7. Los valores de las cargas axiales y los momentos dados se determi-naron en un análisis de primer orden usando una rigidez reducida de miembro y una aplica-ción de las cargas nocionales. El análisis arrojó valores que fueron esencialmente iguales a aquellos obtenidos con el Método de la longitud efectiva.

Ejemplo 11-6

Una W12 * 96 (acero de 50 klb/plg2) de 12 pies se usa como viga-columna en un marco arriostrado. Se fl exiona en curvatura simple con momentos iguales y opuestos y no está some tida a cargas transversales intermedias. ¿Es satisfactoria la sección si PD = 175 klb, PL = 300 klb, y los momentos de primer orden MDx = 60 klb-pie y MLx = 60 klb-pie?

Solución. Usando una W12 * 96 (A = 28.2 plg2, Ix = 833 plg4, fbMpx = 551 klb-pie, Mpx/ b = 367 klb-pie, Lp = 10.9 pies, Lr = 46.7 pies, BF = 5.78 klb para el método LRFD y 3.85 klb para el método ASD).

LRFD ASD

Pnt = Pu = 1.2(175) + 1.6(300) = 690 klb Pnt = Pa = 175 + 300 = 475 klb

Mntx = Mux = 1.2(60) + 1.6(60) = 168 klb-pie Mntx = Max = 60 + 60 = 120 klb-pie

Para el Método del análisis directo, K = 1.0 Para el método del análisis directo, K = 1.0

‹ (KL)x = (KL)y = 1.0(12) = 12 pies ‹ (KL)x = (KL)y = 1.0(12) = 12 pies

Pc = £cPn = 1 080 klb (Tabla 4-1 del AISC) Pc = Pn/Æc = 720 klb (Tabla 4-1 del AISC)

no se requiere B2, ya que se trata de un marco arriostrado, por lo tanto


Pr = Pnt + B2Plt = 690 + 0 = 690 klb Pr = Pnt + B2Plt = 475 + 0 = 475 klb

Pr

Pc= 690

1080= 0.639 7 0.2

Pr

Pc= 475

720= 0.660 7 0.2

(Continúa)



LRFD ASD

‹ debe usarse la ecuación H1-1a del AISC ‹ debe usarse la Ecuación H1-1a del AISC

Cm = 0.6 - 0.4 M1

M2

= 0.6 - 0.4 a - 168168b = 1.0

Determínese tb:

aPr

Py=

1.0(690 klb)

(28.2 plg2)(50 klb/plg2)= 0.49 6 0.5

tb = 1.0‹

B1x =Cmx

1 -aPr

Pe1x

= 1.0

1 -1.0(690)

9 198

= 1.081

Pe1x =p20.8tbEI*

(K1Lx)2=p20.8(1.0)(29 000)(833)

(1.0 * 12 * 12)2= 9 198 klb

Cm = 0.6 - 0.4 M1

M2

= 0.6 - 0.4 a- 120120b = 1.0

Determínese tb:

aPr

Py=

1.6(475 klb)

(28.2 plg2)(50 klb/plg2)= 0.539 > 0.5

tb = 4(aPr /Py)[1-( aPr /Py)]‹

tb = 4(0.539)[1-( 0.539)] = 0.994

B1x =Cmx

1 -aPr

Pe1x

= 1.0

1 -1.6(475)

9 143

= 1.091

=p20.8(0.994)(29 000)(833)

(1.0 * 12 * 12)2= 9 143 klb

Pe1x =p20.8tbEI*

(K1Lx)2

Mrx = B1xMntx = 1.081(168) = 181.6 klb-pie Mrx = B1xMntx = 1.091(120) = 130.9 klb-pie

Como Lb = 12 pies 7 Lp = 10.9 pies, 6 Lr = 46.6 pies Como Lb = 12 pies 7 Lp = 10.9 pies, 6 Lr = 46.6 pies

‹ Zona 2 ‹ Zona 2

Mcx = £bMpx = 1.0[551 -(5.78)(12 - 10.9)]

= 544.6 klb-pie

Mc = Mpx/Æb = 1.0[367 -(3.85)(12 - 10.9)]

= 362.7 klb-pie

6901 080

+ 89

a181.6544.6

+ 0b = 0.935 … 1.0

Pr

Pc+ 8

9 aMrx

Mcx+

Mry

Mcyb … 1.0

475720

+ 89

a 130.9362.7

+ 0b = 0.981 … 1.0

Pr

Pc+ 8

9 aMrx

Mcx+

Mry

Mcyb … 1.0

‹ La sección es satisfactoria. ‹ La sección es satisfactoria.

Ejemplo 11-7

Una W14 * 120 (acero de 50 klb/plg2) de 14 pies se usa como viga-columna en un marco arriostrado. Está fl exionada en curvatura simple con momentos iguales y opuestos. Sus extremos están restringidos en cuanto a rotaciones y no está sometida a cargas transversales intermedias. ¿Es satisfactoria la sección si PD = 70 klb y PL = 100 klb y si tiene momentos de primer orden MDx = 60 klb-pie, MLx = 80 klb-pie, MDy = 40 klb-pie, y MLy = 60 klb-pie?

Solución. Usando una W14 *120 (A = 35.3 plg2, Ix = 1 380 plg4, Iy = 495 plg4, Zx = 212 plg3, Zy = 102 plg3, Lp = 13.2 pies, Lr = 51.9 pies, BF para el método LRFD = 7.65 klb y 5.09 klb para el método ASD).



LRFD ASD

Pnt = Pu = 1.2 (70 klb) + 1.6 (100 klb) = 244 klb Pnt = Pa = 70 klb + 100 klb = 170 klb

Mntx = Mux = (1.2)(60 klb-pie) + (1.6)(80 klb-pie)

= 200 klb-pie

Mntx = Max = 60 klb-pie + 80 klb-pie = 140 klb-pie

Mnty = Muy = (1.2)(40 klb-pie) + (1.6)(60 kb-pie)

= 144 klb-pie

Mnty = May = 40 klb-pie + 60 kb-pie = 100 klb-pie

Para el Método del análisis directo, K = 1.0 Para el método del análisis directo, K = 1.0

‹ (KL)x = (KL)y = 1.0(14) = 14 pies ‹ (KL)x = (KL)y = 1.0(14) = 14 pies

Pc = £cPn = 1 370 klb (Tabla 4-1 del AISC) Pc = Pn/Æc = 912 klb (Tabla 4-1 del AISC)



Pr = Pnt + B2Plt = 244 + 0 = 244 klb Pr = Pnt + B2Plt = 170 + 0 = 170 klb

Pr

Pc= 244

1 370= 0.178 6 0.2

Pr

Pc= 170

912= 0.186 6 0.2

‹ debe usarse la Ecuación H1-1b del AISC ‹ debe usarse la Ecuación H1-1b del AISC

Cmx = 0.6 - 0.4 a - 200200b = 1.0 Cmx = 0.6 - 0.4a -

140140b = 1.0

Determínese tb: Determínese tb:

tb = 1.0‹

aPr

Py=

1.0(244 klb)

(35.3 plg2)(50 klb/plg2)= 0.138 6 0.5

B1x =Cmx

1 -aPr

Pe1x

= 1.0

1 -1.0(244)

11 196

= 1.022

= 11 196 klb

Pe1x =p20.8tbEI*

(K1Lx)2=p20.8(1.0)(29 000)(1 380)

(1.0 * 12 * 14)2

Mrx = B1xMntx = 1.022(200) = 204.5 klb-pie

Cmy = 0.6 - 0.4a - 144144b = 1.0

B1y =Cmy

1 -aPr

Pe1y

= 1.0

1 -1.0(244)

4 016

= 1.065

= 4 016 klb

Pe1y =p20.8tbEI*

(K1Ly)2=p20.8(1.0)(29 000)(495)

(1.0 * 12 * 14)2

Mry = B1yMnty = 1.065(144) = 153.3 klb-pie

tb= 1.0‹

aPr

Py=

1.0(170 klb)

(35.3 plg2)(50 klb/plg2)= 0.154 > 0.5

B1x =Cmx

1 -aPr

Pe1x

= 1.0

1 -1.6(170)

11 196

= 1.025

Pe1x =p20.8tbEI*

(K1Lx)2=p20.8(1.0)(29 000)(1 380)

(1.0 * 12 * 14)2= 11 196 klb

Mrx = B1xMntx = 1.025(140) = 143.5 klb-pie

Cmy = 0.6 - 0.4a - 100100b = 1.0

B1y =Cmy

1 -aPr

Pe1y

= 1.0

1 -1.6(170)

4 016

= 1.073

Pe1y =p20.8tbEI*

(K1Ly)2=p20.8(1.0)(29 000)(495)

(1.0 * 12 * 14)2= 4 016 klb

Mry = B1yMnty = 1.073(100) = 107.3 klb-pie

(Continúa)



LRFD ASD


De la Tabla 6-1 del AISC, para KL = 14 pies y Lb = 14 pies

p = 0.730 * 10-3, bx = 1.13 10-3, by = 2.32 * 10-3*

12

p Pr + 98


12

(0.730 * 10-3)(244) + 98

(1.13 * 10-3) (204.5)

+ 98

(2.32 * 10-3)(153.3) = 0.749 … 1.0 OK

p = 1.10 * 10-3, bx = 1.69 10-3, by = 3.49 * 10-3*

12

p Pr + 98


12

(1.10 * 10-3)(170) + 98

(1.69 * 10-3) (143.5)

+ 98

(3.49 * 10-3)(107.3) = 0.788 … 1.0 OK



Ejemplo 11-8

Para la armadura mostrada en la Figura 11.7(a), se usa una W8 * 35 como una cuerda superior continua del miembro del nudo L0 al nudo U3. Si el miembro consiste en acero de 50 klb/plg2, ¿tiene sufi ciente resistencia para resistir las cargas mostradas en las partes (b) y (c) de la fi gura? Las cargas factorizadas o LRFD se muestran en la parte (b), mientras que las cargas de servicio o ASD se muestran en la parte (c). Las cargas de 17.6 klb y de 12 klb representan la reacción de un larguero. El patín de compresión de la W8 está arriostrado solamente en los extremos con respecto al eje x-x, Lx = 13 pies y en los extremos y para la carga concentrada con respecto al eje y-y, Ly = 6.5 pies y Lb = 6.5 pies.

15 pies

L0

U1

6 a 12 pies ! 72 pies

U2

U3

17.6 klb

(a)

(b) cargas factorizadas(LRFD)

200 klb

200 klb

L0

6.5 pies

13 pies6.5 pies

U1

13 pies

12 klb

(c) cargas de servicio(ASD)

140 klb

140 klb 6.5 pies 6.5 pies

Figura 11.7

Una armadura cuya cuerda superior está sometida a cargas intermedias.



Solución. En este problema se usa el método de la longitud efectiva.

Usando una W8 * 35 (A = 10.3 plg2, Ix = 127 plg4, rx = 3.51 plg, ry = 2.03 plg, LP = 7.17 pies,

fbMPx = 130 klb-pie, MPx

Æb = 86.6 klb-pie, rx/ry = 1.73).

LRFD ASD

Pnt = Pu de la fi gura = 200 klb = Pr Pnt = Pa de la fi gura = 140 klb = Pr

Suponga conservadoramente Kx = Ky = 1.0. En realidad, el factor K está entre los valores de K = 1.0 (condición de extremo articulación-articulación) y K = 0.8 (condición de extremo articulación-empotramiento) para el segmento LoUi

Suponga conservadoramente Kx = Ky = 1.0. En realidad, el factor K está entre los valores de K = 1.0 (condición de extremo articulación-articulación) y K = 0.8 (condición de extremo articulación-empotramiento) para el segmento LoUi

aKLrb

x=11.02112 * 132

3.51= 44.44 ;

aKLrb

y=11.02112 * 6.52

2.03= 38.42

aKLrb

x=11.02112 * 132

3.51= 44.44 ;

aKLrb

y=11.02112 * 6.52

2.03= 38.42

De la Tabla 4-22 del AISC, Fy = 50 klb/plg2 De la Tabla 4-22 del AISC, Fy = 50 klb/plg2

fcFcr = 38.97 klb/plg2 Fcr

Æc= 25.91 klb/plg2

Pn

Æc= 125.912110.32 = 266.9 klb = Pc

Pr

Pc= 140

266.9= 0.525 7 0.2

fcPn = (38.97)(10.3) = 401.4 klb = Pc

Pr

Pc= 200

401.4= 0.498 7 0.2

‹ debe usarse la Ecuación H1-1a del AISC ‹ Debe usarse la Ecuación H1-1a del AISC

Calculando Pe1x y Cmx

Pe1x =1p22129 00021127211.0 * 12 * 1322 = 1 494 klb

De la Tabla 11.1Para

Cmx = 1 - 0.2a 1.0 (200)

1494b = 0.973

Para

Calculando Pe1x y Cmx

Pe1x =1p22129 00021127211.0 * 12 * 1322 = 1 494 klb

Calculando Cm como en el método LRFD

De la Tabla 11.1Para

Cmx = 1 - 0.2a1.6 (140)

1 494b = 0.970

Para

(Continúa)



Cmx = 1 - 0.3a 1.0 (200)

1 494b = 0.960 Cmx = 1 - 0.3a1.6 (140)

1 494b = 0.955

Cmx promedio = 0.967 Cmx promedio = 0.963

Calculando Mux Calculando Max

Para 17.6 klb

Para

Mux = PL4

=117.621132

4= 57.2 klb-pie

17.6 klb

Para 12 klb

Para

Max =11221132

4= 39 klb-pie

12 klb

Mux = 3 PL16

=132117.621132

16= 42.9 klb-pie Max =

1321122113216

= 29.25 klb-pie

Mux promedio = 50.05 klb-pie = Mrx Max promedio = 34.13 klb-pie = Mrx

B1x = 0.967

1 -11212002

1 494

= 1.116 B1x = 0.967

1 -11.6211402

1 494

= 1.138

Mr = (1.116)(50.05) = 55.86 klb-pie Mr = (1.138)(34.13) = 38.84 klb-pie

Como Lb = 6.5 pies 6 Lp = 7.17 pies Como Lb = 6.5 pies 6 Lp = 7.17 pies

Zona

fbMnx = 130 klb-pie = Mcx

‹ Zona Mnx

Æb= 86.6 klb-pie = Mcx

‹

Usando la Ecuación H1-1a Usando la Ecuación H1-1a

Pr

Pc+ 8

9aMrx

Mcx+

Mry

Mcyb … 1.0

200401.4

+ 89a55.86

130+ 0b … 1.0

Pr

Pc+ 8

9aMrx

Mcx+

Mry

Mcyb … 1.0

140266.9

+ 89a38.84

88.6+ 0b … 1.0

0.880 … 1.0 Sección OK 0.914… 1.0 Sección OK

De la Tabla 6-1 del AISC De la Tabla 6-1 del AISC

(KL)y = 6.5 pies (KL)y = 6.5 pies

(KL)yEQUIV =(KL)x

rx>ry= 13

1.73= 7.51 pies ;

P = 2.50 * 10-3, para KL = 7.51 pies

bx = 6.83 * 10-3, para Lb = 6.5 pies

p Pr + bx Mrx + by Mry 1.0…

= (2.50 * 10-3) (200) + (6.83 * 10-3) (55.86) + 0= 0.882 … 1.0 Sección OK

(KL)yEQUIV =(KL)x

rx>ry= 13

1.73= 7.51 pies ;

P = 3.75 * 10-3, para KL = 7.51 pies

bx = 10.3 * 10-3, para Lb = 6.5 pies

p Pr + bx Mrx + by Mry 1.0…

= (3.75 * 10-3) (140) + (10.3 * 10-3) (38.84) + 0= 0.925 … 1.0 Sección OK

La sección es satisfactoria. La sección es satisfactoria.


11.8 Vigas–columnas en marcos no arriostrados 371

11.8 VIGAS–COLUMNAS EN MARCOS NO ARRIOSTRADOS

Los momentos primarios máximos en marcos no arriostrados casi siempre se presentan en los extremos de la columna. Como puede verse en la Figura 11.3, los momentos máximos por ladeo siempre ocurren en los extremos del miembro y el momento total para una columna particular se determina sumando su momento primario de extremo, Mlt, a su momento de ladeo, Pnt ¢. Como se describe en la Sección 11.3, B2 es el multiplicador que se usa en el análisis aproxi-mado de segundo orden para considerar el efecto P-¢. En los Ejemplos 11-9 y 11-10 se analizan secciones de vigas-columnas usando ambos métodos de análisis directo y de la longitud efectiva. En ambos ejemplos, se usa el método de análisis aproximado para considerar los efectos de segundo orden. Se determinan los facto-res de amplifi cación, B1 y B2, para cada viga-columna en cada dirección de traslación lateral. Estas cargas y estos momentos de segundo orden se sustituyen en la ecuación apropiada de interacción para determinar si la sección es satisfactoria.

Ejemplo 11-9

Parte a) Método de análisis directoUna W10 * 39 de acero con Fy = 50 klb/plg2, se usa como una viga-columna de 14 pies de longitud en un marco no arriostrado con respecto al eje x-x pero que está arriostrado con respecto al eje y-y. Basándose en un análisis de primer orden usando los requisitos del método de análisis directo, el miembro soporta las siguientes cargas factorizadas: Pnt = 130 klb, Plt = 25 klb-pie, Mntx = 45 klb-pie, y Mltx = 15 klb-pie. Se determinó que Cmx es igual a 0.85. Ppiso vale 1 604 klb y la relación de Pmf /Ppiso vale 0.333. H, el cortante de piso, es igual a 33.4 klb y el índice de deriva (¢H/L) vale 0.0025. Usando el procedimiento de LRFD, ¿es satisfactorio el miembro?

Solución

W10 * 39 (A = 11.5 plg2, Ix = 209 plg4))

Cmx = 0.85 (dado) a = 1.0 (LRFD)

Pr = Pnt + Plt = 130 klb + 25 klb = 155 klb

Determínese tb:

tb = 1.0

B1x = 1.0‹B1x =Cmx

1 -aPr

Pe1x

= 0.85

1 -1.0(155)

1 696

= 0.94 6 1.0

Pe1x =p20.8tbEI*

(K1Lx)2 =p20.8(1.0)(29 000)(209)

(1.0 * 12 * 14)2 = 1 696 klb

‹

aPr

Py=

1.0(155 klb)

(11.5 plg2)(50 klb/plg2)= 0.27 6 0.5

Ppiso = 1 604 klb (dado) ¢H/L = 0.0025 (dado)

H = 33.4 klb (dado) a = 1.0 (LRFD)



Rm = 1 - 0.15(Pmf /Ppiso) = 1 - 0.15(0.333) = 0.95

Pe piso x

Pr = Pnt + B2 Plt = 130 klb + 1.15(25 klb) = 158.8 klb

Mrx = B1x Mntx + B2x Mltx = 1.0(45 klb-pie) + 1.15(15 klb-pie) = 62.3 klb-pie

‹

B2x = 1

1 -a(Ppiso)

Pe piso x

= 1

1 -1.0(1604)

12 692

= 1.15

= Rm(H)¢H

L

= 0.95 a 33.40.0025

b = 12 692 klb

Para el método de análisis directo, K = 1.0

‹ (KL)x = (KL)y = 1.0(14) = 14 pies

Pc = £cPn = 306 klb (Tabla 4-1 del AISC)

Pr

Pc =

158.8306

= 0.52 7 0.2

‹ Debe usarse la Ecuación H1-1a del AISC.

Para una W10 * 39, £Mpx = 176 klb-pie, Lp = 6.99 pies, Lr = 24.2 pies

BF = 3.78 klb, Lb = 14 pies, Zona 2, Cb = 1.0

£Mnx = Cb[£Mpx – BF(Lb – Lp)] = £Mpx

£Mnx = 1.0[176 – 3.78(14 – 6.99)] = 149.5 klb-pie

Ecuación H1-1a:

OK158.8306

+ 89

a 62.3149.5

+ 0b = 0.889 6 1.0

Revisión adicional:

De la Tabla 6-1 para KL = 14 pies y Lb = 14 pies

p = 3.27 * 10-3, bx = 5.96 * 10-3

3.27 * 10-3 (158.8) + 5.96 * 10-3 (62.3) = 0.891 6 1.0 OK

‹ la sección es satisfactoria.

Parte b) Método de la longitud efectivaRepita usando la misma sección W10 * 39 de 14 pies de longitud. Basándose en un análisis de primer orden, usando los requisitos del método de la longitud efectiva, el miembro tiene esencialmente las mismas cargas y los mismos momentos. Cmx todavía vale 0.85. Ppiso vale 1 604 klb, la relación de Pmf /Ppiso vale 0.333 y H, el cortante de piso, es igual a 33.4 klb.


11.8 Vigas–columnas en marcos no arriostrados 373

El índice de deriva (¢H/L) se reduce a 0.0020 debido a la rigidez incrementada del miembro en el análisis cuando se compara con el método de análisis directo. Se determinó que Kx vale 1.2 y Ky es igual a 1.0. Usando el procedimiento LRFD, ¿es satisfactorio el miembro?

Solución

W10 * 39 (A = 11.5 plg2, Ix = 209 plg4)

Cmx = 0.85 (dado) a = 1.0 (LRFD)

Pr = Pnt + Plt = 130 klb + 25 klb = 155 klb

B1x =Cmx

1 -aPr

Pe1x

= 0.85

1 -1.0(155)

2 120

= 0.92 6 1.0

Pe1x = p2EI*

(K1Lx)2 =p2(29 000)(209)

(1.0 * 12 * 14)2 = 2 120 klb

‹ B1x = 1.0

Ppiso = 1 604 klb (dado) H/L = 0.0020 (dado)

H = 33.4 klb (dado) a = 1.0 (LRFD)

Rm = 1 - 0.15(Pmf /Ppiso) = 1 - 0.15(0.333) = 0.95

B2x = 1

1 -a(Ppiso)

Pe piso x

= 1

1 -1.0(1604)

15 865

= 1.11

= Rm£ H¢H

L

≥ = 0.95 a 33.40.0020

b = 15 865 klbPe piso x

‹ Pr = Pnt + B2Plt = 130 klb + 1.11(25 klb) = 157.8 klb

Mrx = B1xMntx + B2xMltx = 1.0(45 klb-pie) + 1.11(15 klb-pie) = 61.7 klb-pie

Método de la longitud efectiva: Ky = 1.0 y Kx = 1.2

‹ (KL)y = 1.0(14) = 14 pies d rige

(KL)y equivalente = (KL)x

rxry

=(1.2)(14)

2.16= 7.78 pies

Pc = £cPn = 306 klb (Tabla 4-1 del AISC))

Pr

Pc= 157.8

306= 0.52 7 0.2

introducción al estudio de vigas -...

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