problemas resueltos - compresion[1]

32
PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA 1 5.1. Determine la carga crítica de pandeo para cada una de las columnas usando la ecuación de Euler. . Límite proporcional = 30000 psi. Suponga extremos simplemente apoyados y una relación de esbeltez permisible L/ r =200. Para una barra sólida cuadrada de 1.0 pulg. X 1.0 pulg. a) L = 3 pie 0 pulg. b) L = 4 pie 6 pulg. Solución a) L = 3 pie 0 pulg. 111 12 11 12 1 12 1 12 0.29 1312 0.29 124.14 200 2910 1312 0.29 18.4 30 á á: 18.4 1 18.4 . b) L = 4 pie 6 pulg. 111

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Page 1: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

1

5.1. Determine la carga crítica de pandeo para cada una de las columnas

usando la ecuación de Euler. � � �� � ��� ��. Límite proporcional =

30000 psi. Suponga extremos simplemente apoyados y una relación de

esbeltez permisible L/ r =200.

Para una barra sólida cuadrada de 1.0 pulg. X 1.0 pulg.

a) L = 3 pie 0 pulg.

b) L = 4 pie 6 pulg.

Solución

a) L = 3 pie 0 pulg.

� � �������� ��

� � �� � 1 � 1 � 1 ���

� � ���12 � 1 � 1�

12 � 112 ��!

� � " �� � " 112 � 0.29 ��

��� � 1 � 3 � 120.29 � 124.14 ( 200

)*+ � �� � 29 � 10,�1 � 3 � 120.29 �� � 18.4 �.� ( 30 �.� / 01�23 ��á56�73

71�21 7��6�71 89 :1�893 59�á: � � )*+ � � � 18.4 � 1 � 18.4 <��.

b) L = 4 pie 6 pulg.

� � �������� ��

� � �� � 1 � 1 � 1 ���

Page 2: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

2

� � ���12 � 1 � 1�

12 � 112 ��!

� � " �� � " 112 � 0.29 ��

��� � 1 � 4 � 120.29 � 165.52 ( 200

)*+ � �� � 29 � 10,�1 � 4 � 120.29 �� � 8.2 �.� ( 30 �.� / 01�23 ��á56�73

71�21 7��6�71 89 :1�893 59�á: � � )*+ � � � 8.2 � 1 � 8.2 <��.

��91 � 14.7 ���

�@AB � 1.96

�� � 20C121.96 � 122.45 ( 200

Esfuerzo critico de pandeo

��D��E � )F � ��D29C10�E122.45� � 19.09 �.� ��G�69 :�3:3�7�3�1� 30�.�

Carga crítica o de pandeo.

H � 19.09 I 14.7 � 280.6 ���

5.4 Las dos C12x30 mostradas para L = 36 pies 0 pul g.

Page 3: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

3

Solución:

E = 29 x 106 psi

Limite de proporcional = 30 000 psi

Extremos simplemente apoyados

Relación de esbeltez permisible L/r = 200

I = 162 plg4

*+ � ����D �� E� )F � ���

D �� E� � ��D29C10ED200 E� � 7155.46 ��J/:L�22.

La carga crítica de pandeo es igual ah *+ � 7155.46 C D2C8.82E � 556640.65 ��J.

5.7. Una W 12 x 79 con una cubre placa de 3/4 x 16 pulg atornillada, cada

patín se va a usar como columna con KL = 20 pie. Encuentre su

resistencia de diseño MNOP si QR � S� TUV.

Solución

�W � 23.2 ���, �Y � 662 ��!, �Z � 216 ��!

�[ � �W \ 2�]^ � 23.2 \ 2 _34 � 16` � 47.2 ��� �@íB.: bc � �34 � 16� � 34 � 2� \ D23.2E �12.382 \ 34�

23.2 \ 2 �34 � 16� � 3.51 ��

�Y � 662 \ 2 d 112 � 16 � _34`�e \ f23.2 � D6.94 g 3.51E�h\ 2 d_34 � 16` _3.51 g 34 � 2`�e � 1171.95 ��!

�Z � 216 \ 2 i 112 � 34 � D16E�j � 728 ��!

Page 4: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

4

�@íB. � "�� � "72847.2 � 3.93 ��

��� � 20 � 123.93 � 61.07 ( 200

k* � ��� � � ")Z� � 61.07� " 5029 � 10� � 0.81 ( 1.50 / ��9�á56�73. )*+ � �0.658lmn� )Z � 37.99 �.� o* B � o � �W � )*+ � 0.85 � 47.2 � 37.99

o* B � 1524.16 <��.

Para las 4Ls 6x6x1

p � 1.86 �Y � �Z � 35.5 p � 1.86

�� � 22 :�9 0 :L�2 )Z � 50 �.�

��91 � 11C4 � 44���

q � 2C11C1.86 \ 2C11C18.144C11

�Y � �Z � 2r2D35.5E \ 2C11D10 g 1.86Es � 500.16 ��!

�Y � �Z � "500.1644 � 3.37 :L�2 ��� � 12C223.37 � 78.34

De tabla )*+ � 27.14

Page 5: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

5

t B � 27.14C44 � 119.16 <�:5. Para el segundo perfil

uv 18C42.7 w 12C72

� � 12.6 ��� � � 21.1 ���

8 � 18 �� 8 � 12.25 ��

�Y � 554 �x � 597

�Z � 14.4 �y � 195

p � 0.877

��91 � 2C12.6 \ 21.1 � 46.3���

q � 9

�Y � 2C554 \ 195 � 1303 ��!

�Z � 2C14.4 \ 579 \ 2C5.698�C12.6 � 1443.97 ��!

�Y � z{�|�!,.� � 5.30 :L�2 �Z � z{|!{.}~!,.� � 5.58 :L�2

��� � 12C225.30 � 41.89

De tabla t)*+ � 37.38

t B � 37.38 C 46.3 � 1730.80 <�:5.

Page 6: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

6

5.10 Calcule la resistencia de diseño ØP n de las columnas cargadas concéntricamente, mostrada en la figura ; el acero tiene un F y = 50 ksi.

Solución:

Datos:

C 15 x 50 (A = 14.7 pulg2, Ix = 404 pulg4, Iy = 11.0)

A = (18 x ¾) + 2(14.7) = 42.9 pulg2

Ubicación del eje neutro:

q � D13.5C0.375E \ D2C14.7C8.25E 42.9 � 5.77 :L�2. Hallando el momento de inercia de la sección:

�Y � D2C404E \ D2C14.7C2.48�E \ �18 C18C 18�� \ _D 34C18` CD5.395�E

� 1010.66 :L�2!

�Z � D2C11E \ D2C14.7C5.77�E \ _18 C18�C3/4` � 1547.56 :L�2!

Radio de giro mínimo � � ��/�

� � �1010.66/42.9 � 4.85 :L�2. D��� E � 24C124.85 � 49.48

Entramos a la tabla E-1 : como no encontramos el valor 49.48 entonces interpolamos entre los valores de =

Page 7: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

7

49 → 35.66 y 50 → 35.40 por lo tanto interpolando sale 35.54

t*J*+ � 35.54 <5�.

Finalmente: t* B � �WC t*J*+ � 42.9 C 35.54 � 1524.46 <��.

5.18. Una columna W 12 x 65, de 27 pie de longitud cargada axialmente

está soportada en forma lateral a la mitad de su al tura perpendicular a su

eje y. Determine MNOP para esta columna si QR � S� TUV, suponiendo

factores de longitud efectiva = 1.0 en cada caso.

Solución

�W � 19.1 ���, �Y � 5.28 ��, �Z � 3.02 ��

D��EY � 27 ��

D��EZ � 13.5 ��

_��� `Y � 27 � 125.28 � 61.36 ( 200 �

_��� `Z � 13.5 � 123.02 � 53.64 ( 200

k* � ��� � � ")Z� � 61.36� " 5029 � 10� � 0.81 ( 1.50 / ��9�á56�73. )*+ � �0.658lmn� )Z � 37.99 �.� o* B � o � �W � )*+ � 0.85 � 19.1 � 37.99

o* B � 616.77 <��. 6.3 Repita el problema 6.2 si Fy = 36 ksi.

Datos.

Sección W14 x ¿

PD = 200 klb y PL= 300 klb

Page 8: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

8

Kl = 12 pie y Fy = 36 ksi.

Solución:

1 tanteo:

Pu = 1.2D + 1.7L = 1.2 (200) + 1.7 (300) = 720 klb.

Asumimos una �T�� � � �� ingresamos a la tabla y tN�N� � �S. ��

Entonces:

����� � O�tN�N� � ����S. �� � ��. �� ����.

Seleccionamos una sección:

W14x120 → Ag = 26.5 pulg2 y rmin= 3.70 pulg.

�T��� � � �� ����.�� � ��. �� Entramos a la tabla con este valor tN�N� � ��. �S

tNOP � ��� tN�N� � ��. S � ��. �S � ���. �� ���. > Pu

O� � ��� T��

O� � ��� T��

T� � �� �� �� � S�TUV

O� � �. �D���E \ �. �D���E O� � ��� T��

Page 9: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

9

QN� � �� DS�E � ��. �� T�� �� ��������� � O�tQN� � �����. ����. �S � ��. ���P�

Seleccionamos

�����S

� � ��. � �P�

� � �. �� ���

T�� � ������. �� � ��. �� ( ���

De table

QN� � ��. �� T�� tOP � ���. �� ( ��� �����

QN� � ��. �� T�� �� ��������� � O�tQN� � �����. ����. �S � ��. ���P�

Seleccionamos

�����S

� � ��. � �P�

� � �. �� ���

T�� � ������. �� � SS. �� ( ���

De table

QN� � ��. �� T�� tOP � ���. �� � ��� N����

Optimizando

QN� � ��. �� T�� �� ��������� � O�tQN� � �����. ����. �S � ��. ���P�

Page 10: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

10

Seleccionamos

����S�

� � ��. � �P�

� � �. �� ���

T�� � ������. �� � �S. �� ( ���

De table

QN� � ��. �S T�� tOP � ��S. �� � ��� N����

6.6. Seleccione la sección W 14 más ligera para sop ortar las cargas

axiales de compresión PD =200 klb. y PL =300 klb. si KL =12 pie y Fy =36

ksi. Use las tablas de columnas disponibles en el m anual, particularmente

las de la parte 3.

Solución

O� � �. �O� \ �. �O� � D�. � � ���E \ D�. � � ���E � ��� ���. QN� � �� QR � �� D��E � �� TUV

�����. � O�M � QN� � ����. �S � �� � �S. �� �P�

��� �P��R�: � �� � ���: �� � �S. � �P�, ���P. � �. �� �P

T�� � �� � ���. �� � ��. S� ( ���

O�� ����� � g ��: QN� � ��. �S TUV

MNOP � M � �W � QN� � ��. �S � �S. � � ����. �S ���. MNOP � O� � �� 

Page 11: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

11

¡��N�P�� �� ��� ������: �����. � O�M � QN� � �����. �S � �S. �� �P�

��� �P��R�: � �� � ��: �� � ��. S �P�, ���P. � �. �� �P

T�� � �� � ���. �� � ��. �� ( ���

O�� ����� � g ��: QN� � ��. �� TUV

MNOP � M � �� � QN� � ��. �� � ��. S � �S�. �� ���. MNOP � O� � �� 

¢ �� ����� �á� ������ ��: � �� � ��

6.9 Seleccione una sección W para soportar una carg a axial de

compresión Pu = 1800 klb. El miembro de 24 pie de a ltura esta articulado

en ambos extremos y tiene soporte lateral (apoyo si mple) a la mitad de su

altura en la dirección débil. Seleccione la sección W12 o W14 mas ligera

de acero A grado 50.

Datos .

Sección W12 x ¿

Pu = 1800 klb

L = 24 pie

Kl = 12 pie y Fy = 50 ksi.

Solución:

1er Ensayo:

Fv = 2/3 Fy = 2/3 x 50 = 33.33 ksi.

Page 12: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

12

����� � O�tN�£ � �����. �S � ��. � � ��. S� ����.

Seleccionamos una sección:

W12x170 → Ag = 50.0 pulg2 y rx= 5.74 pulg. Y ry= 3.22 pulg.

La dirección débil es el eje y podemos usamos el ry

�T��� � � �� ���S.�� � S�. �� R _T��R ` � �� ����.�� � ��. ��

Se realiza los cálculos con la relación de esbeltez máxima.

¤N � ���¥ "�R� � S�. ��¥ " S������ � �. ��

Entramos a la tabla con este valor ¤N � �. �� y hallamos tN�N� � �S. ��

����� � O�tN�£ � �����S. � � S�. �S � S�. � ���� ¦§ ¨�©O��

2do Ensayo:

Fv = 35.40 ksi.

Seleccionamos una sección:

W12x190 → Ag = 55.8 pulg2 y rx= 5.82 pulg. Y ry= 3.25 pulg.

Page 13: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

13

La dirección débil es el eje y podemos usamos el ry

Se realiza los cálculos con la relación de esbeltez máxima.

Entramos a la tabla con este valor y hallamos

Escogemos la sección W12x190

Usando un W 14 x ?

L=24 pies

K=1

K=1

Page 14: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

14

)*+ � 23 D36E � 24 �5� �W +Fª�F+A«¬ � �t)*+ � 180024C0.85 � 88.24���

Seleccionamos

w14p311

� � 91.4 ���

�Y � 6.88 :L�2

�Z � 4.20 :L�2

�Y�Y�Y � 24C126.88 � 41.86 ( 200

�Z�Z�Z � 24C124.20 � 34.29 ( 200

957329G35 41.86 G15 7��6�73

k* � <��� "JZ�

k* � 41.86� " 3629000 � 0.47 ( 1.5 �1�23 ��9�156�73

)*+ � 0.658lmnC JZ

)*+ � 0.658|.!~nC 36 � 32.84 �.�

t B � 2551 � 1800 7LG:�9

Optimizando

)*+ � 32.84 �5� �W +Fª�F+A«¬ � �t)*+ � 180032.84C0.85 � 64.48 ���

Seleccionamos

w 14 p 233

� � 68.5 ���

Page 15: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

15

�Y � 6.63 :L�2

�Z � 4.10 :L�2

�Y�Y�Y � 24C126.63 � 43.44 ( 200

�Z�Z�Z � 12C124.10 � 35.12 ( 200

957329G35 43.44 G15 7��6�73

k* � <��� "JZ�

k* � 43.44� " 3629000 � 0.49 ( 1.5 �1�23 ��9�156�73

)*+ � 0.658lmnC JZ

)*+ � 0.658|.!}nC 36 � 32.60 �.�

t B � 1786.50 ( 1800 �3 7LG:�9

Seleccionamos

w 14 p 257

� � 75.6 ���

�Y � 6.71 :L�2

�Z � 4.13 :L�2

�Y�Y�Y � 24C126.63 � 42.92 ( 200

�Z�Z�Z � 12C124.10 � 34.87 ( 200

957329G35 42.92 G15 7��6�73

k* � <��� "JZ�

Page 16: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

16

k* � 42.92� " 3629000 � 0.48 ( 1.5 �1�23 ��9�156�73

)*+ � 0.658lmnC JZ

)*+ � 0.658|.!­nC 36 � 32.67 �.�

t B � 2099 � 1800 5� 7LG:�9 3<

Usando un W 12 x ?

)*+ � 23 D36E � 24 �5� �W +Fª�F+A«¬ � �t)*+ � 180024C0.85 � 88.24���

Seleccionamos

w12p305

� � 89.61 ���

�Y � 6.29 :L�2

�Z � 3.42 :L�2

�Y�Y�Y � 24C126.29 � 45.79 ( 200

�Z�Z�Z � 24C123.42 � 42.11 ( 200

957329G35 45.79 G15 7��6�73

k* � <��� "JZ�

k* � 45.79� " 3629000 � 0.51 ( 1.5 �1�23 ��9�156�73

)*+ � 0.658lmnC JZ

)*+ � 0.658|.®{nC 36 � 32.24 �.�

Page 17: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

17

t B � 2418.13 � 1800 7LG:�9

Optimizando

)*+ � 32.24 �5� �W +Fª�F+A«¬ � �t)*+ � 180032.24C0.85 � 65.68 ���

Seleccionamos

w 12 p 230

� � 67.7 ���

�Y � 5.97 :L�2

�Z � 3.31 :L�2

�Y�Y�Y � 24C125.97 � 48.24 ( 200

���Z�Z � 12C123.31 � 43.50 ( 200

957329G35 48.24 G15 7��6�73

k* � <��� "JZ�

k* � 48.24� " 3629000 � 0.54 ( 1.5 �1�23 ��9�156�73

)*+ � 0.658lmnC JZ

)*+ � 0.658|.®!nC 36 � 31.85 �.�

t B � 1778.12 ( 1800 �3 7LG:�9

Seleccionamos

w 12 p 252

� � 74.1 ���

�Y � 6.06 :L�2

Page 18: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

18

�Z � 3.34 :L�2

�Y�Y�Y � 24C126.06 � 47.52 ( 200

�Z�Z�Z � 12C123.34 � 43.11 ( 200

957329G35 47.52 G15 7��6�73

k* � <��� "JZ�

k* � 47.52� " 3629000 � 0.53 ( 1.5 �1�23 ��9�156�73

)*+ � 0.658lmnC JZ

)*+ � 0.658|.®�nC 36 � 31.96 �.�

t B � 2013 � 1800 5� 7LG:�9 3<

6.12. Una columna de 27 pie de altura está soportad a lateralmente a la

mitad de su altura en la dirección débil. Seleccion e la sección W más

ligera que pueda soportar las cargas axiales: por g ravedad PD = 200 klb Y

PL, = 150 klb, usando Fy = 50 ksi. Suponga que todas las K’s son iguales

a 1.0.

Solución

P° � 1.2P± \ 1.6P² � D1.2 � 200E \ D1.6 � 150E � 480 klb. F·¸ � 23 F¹ � 23 D50E � 33.33 KSI A¾¿ÀÁ. � P°Â � F·¸ � 4800.85 � 33.33 � 16.94 in�

1er Ensayo: w 12 � 58:

Page 19: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

19

A¾ � 17.0 in�, rÍ � 5.28 in, r¹ � 2.51 in

KÍLÍ � 27 pies

K¹L¹ � 13.5 pies

_KLr `Í � 27 � 125.28 � 61.36 ( 200 _KLr `¹ � 13.5 � 122.51 � 64.54 ( 200 � Por TablaÑ F·¸ � 24.59 KSI ·PÒ �  � A¾ � F·¸ � 24.59 � 17.0 � 418.03 klb. ·PÒ ( P° � No cumple 

Analizando otro perÚil: A¾¿ÀÁ. � P°Â � F·¸ � 48024.59 � 19.52 in�

2er Ensayo: w 21 � 68: A¾ � 20.0 in�, rÍ � 8.60 in, r¹ � 1.80 in

_KLr `Í � 27 � 128.60 � 37.67 ( 200 _KLr `¹ � 13.5 � 121.80 � 90 ( 200 � Por TablaÑ F·¸ � 20.00 KSI ·PÒ �  � A¾ � F·¸ � 20.0 � 20.0 � 400.00 klb. ·PÒ ( P° � No cumple 

Analizando otro perÚil: A¾¿ÀÁ. � P°Â � F·¸ � 48020 � 24.00 in�

Page 20: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

20

3er Ensayo: w 21 � 83: A¾ � 24.30in�, rÍ � 8.67 in, r¹ � 1.83 in

_KLr `Í � 27 � 128.67 � 37.37 ( 200 _KLr `¹ � 13.5 � 121.83 � 88.52 ( 200 � Por TablaÑ F·¸ � 20.3 KSI ·PÒ �  � A¾ � F·¸ � 20.3 � 24.30 � 493.29 klb. ·PÒ � P° � Si cumple 

¢ El perÚil más ligero es: w 21 � 83.

6.15 Una sección W14 de acero 50 ksi deberá selecci onarse para soportar

cargas axiales de compresión P D = 300 klb y P L = 350 klb. El miembro de

30 de pie de altura estará empotrado en sus extremo s y tendrá soporte

lateral (apoyo simple) perpendicularmente al eje y en los tercios de su

altura.

Datos .

Sección W14 x

Pu = 1.2D + 1.7L = 1.2 (300) + 1.7 (350) = 920 klb.

L = 30 pie

Fy = 50 ksi.

K = 0.65 sus extremos están empotrados

Solución:

1er Ensayo:

Fv = 2/3 Fy = 2/3 x 50 = 33.33 ksi.

Page 21: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

21

����� � O�tN�£ � ����. �S � ��. � � ��. S� ����.

Seleccionamos una sección:

W14x82 → Ag = 24.1 pulg2 y rx= 6.05 pulg. Y ry= 2.48 pulg.

La dirección débil es el eje y podemos usamos el ry

�T��� � � �. �S � �� ����.�S � �8. �� R _T��R ` � �. �S ��� ����.�� � ��. �S

Se realiza los cálculos con la relación de esbeltez máxima.

¤N � ���¥ "�R� � ��. ��¥ " S������ � �. S�

Entramos a la tabla con este valor ¤N � �. S�, como no encontramos dicho valor interpolamos y hallamos tN�N� � ��. ��

����� � O�tN�£ � �����. � � ��. �S � ��. � ���� ¦§ ¨�©O��

2do Ensayo:

Fv = 38.10 ksi.

Page 22: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

22

Seleccionamos una sección:

W14x90 → Ag = 26.5 pulg2 y rx= 6.14 pulg. Y ry= 3.70 pulg.

La dirección débil es el eje y podemos usamos el ry

�T��� � � �. 6S � �� ����.�� � ��. �� R _T��R ` � �. �S � �� ����.�� � ��. ��

Se realiza los cálculos con la relación de esbeltez máxima.

¤N � ���¥ "�R� � ��. ��¥ " S������ � �. S�

Entramos a la tabla con este valor ¤N � �. S� y hallamos tN�N� � ��. �S

����� � O�tN�£ � �����. �� � ��. �S ( ��. S� ����

w 14 p 145

� � 42.7 ���

Page 23: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

23

�Y � 1710 :L�2!

�Z � 677 :L�2!

)*+ � 23 D50E � 33.33 �5� �W +Fª�F+A«¬ � �t)*+ � 287533.33C0.85 � 101.48���

�ÜÝÞ*Þ � 101.48 g 42.7 � 58.72 ���

��7�3 89 :�171 � �58.722 �34 � 40 :L�2

��91 ß � 42.7 \ 2 _34` 40 � 102.7 ���

�Y � 1710 \ 2D30ED9.745E� � 7408

�Y � "7408102.7 � 8.49 :L�2

�Y�Y�Y � 12C128.49 � 16.96 ( 200

�Z � 677 \ 2 _ 112` _34` 40� � 8677

�Z � "8677102.7 � 9.19 :L�2

�Z�Z�Z � 12C129.19 � 15.67 ( 200

957329G35 16.96 G15 7��6�73

k* � <��� "JZ�

k* � 16.96� " 5029000 � 0.22 ( 1.5 �1�23 ��9�156�73

Page 24: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

24

)*+ � 0.658lmnC JZ

)*+ � 0.658|.��nC 50 � 48.96 �.�

t B � 4273.96 � 2875 7LG:�9

Optimizando

)*+ � 48.96 �.�

�W +Fª�F+A«¬ � �t)*+ � 287548.96C0.85 � 69.08���

�ÜÝÞ*Þ � 69.08 g 42.7 � 26.38 ���

��7�3 89 :�171 � �26.382 �34 � 18 :L�2

��91 ß � 42.7 \ 2 _34` 18 � 69.7 ���

�Y � 1710 \ 2D27ED9.745E� � 6838.11

�Y � "6838.1169.7 � 9.90 :L�2

�Y�Y�Y � 12C129.90 � 14.55 ( 200

�Z � 677 \ 2 _ 112` _34` 18� � 1406

�Z � "140669.7 � 4.40 :L�2

�Z�Z�Z � 12C124.40 � 32.07 ( 200

957329G35 32.07 G15 7��6�73

k* � <��� "JZ�

Page 25: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

25

k* � 32.07� " 5029000 � 0.42 ( 1.5 �1�23 ��9�156�73

)*+ � 0.658lmnC JZ

)*+ � 0.658|.!�nC 50 � 46.24 �.�

t B � 2739 ( 2875 J1��1

)*+ � 46.24 �.�

�W +Fª�F+A«¬ � �t)*+ � 287546.24C0.85 � 73.15���

�ÜÝÞ*Þ � 73.15 g 42.7 � 30.45 ���

��7�3 89 :�171 � �30.452 �34 � 20.5 :L�2

��91 ß � 42.7 \ 2 _34` 20.5 � 73.45 ���

�Y � 1710 \ 2D30.75ED9.745E� � 7550.35

�Y � "7550.1473.45 � 10.14 :L�2

�Y�Y�Y � 12C1210.14 � 14.20 ( 200

�Z � 677 \ 2 _ 112` _34` 20. 5� � 1753.89

�Z � "1753.8973.45 � 4.89 :L�2

�Z�Z�Z � 12C124.89 � 29.45 ( 200

957329G35 29.45 G15 7��6�73

Page 26: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS

26

La placa será de PL ·3/4 x 20.5 pulg

6.19 Determinar la resistencia de d

mostrada si se usan tornillos apretados sin holgura a 4 pie entre centros

para conectar los ángulos de acero A572 grado 50. K xLx = KyLy = 24 pie.

6.22. Seleccione un par de canales estándar para soportar una carga axial

a compresión d Pu = 925 lb.

El miembro tiene 24 pie

estará armado como se muestra en la figura. Diseñe la celo sía simple y

las placas de unión en le extremos con tomillos de

éstos debe n situarse a 2 1/4

50 ksi.

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

La placa será de PL ·3/4 x 20.5 pulg

6.19 Determinar la resistencia de d iseño por compresión de la sección

mostrada si se usan tornillos apretados sin holgura a 4 pie entre centros

para conectar los ángulos de acero A572 grado 50. K xLx = KyLy = 24 pie.

Seleccione un par de canales estándar para soportar una carga axial

= 925 lb.

de longitud con ambos extremos articulados

armado como se muestra en la figura. Diseñe la celo sía simple y

en le extremos con tomillos de conexión de

n situarse a 2 1/4 pulg. Desde el alma de lo s canales. Use

DISEÑO ACERO Y MADERA

iseño por compresión de la sección

mostrada si se usan tornillos apretados sin holgura a 4 pie entre centros

para conectar los ángulos de acero A572 grado 50. K xLx = KyLy = 24 pie.

Seleccione un par de canales estándar para soportar una carga axial

articulados y

armado como se muestra en la figura. Diseñe la celo sía simple y

nexión de 3/4 pulg;

s canales. Use Fy =

Page 27: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

27

Solución

a) Diseño de par de canales:

P° � 925 klb. , KL � 24à F·¸ � 23 F¹ � 23 D50E � 33.33 KSI A¾¿ÀÁ. � P°Â � F·¸ � 9250.85 � 33.33 � 32.65 in�

A¾¿ÀÁ.de cada canal � 16.32 in�

1er Ensayo: 2MC 18 � 58: A¾ � 17.1 in�c/canal, rÍ � 6.29 in, r¹ � 1.02 in

IÍ � 676 in, I¹ � 17.8in, Xä � 0.862

IÍ � 2 � IÍ � 2 � 676 � 1352 in! I¹ � 2D17.8E \ 2D17.1ED4 \ 0.862E� � 808.46 in! � råíÒ. � " IA � " 808.462 � 17.8 � 4.77 in

_ KLråæÒ.` � 24 � 124.77 � 60.38 ( 200 Por TablaÑ F·¸ � 32.59 KSI ·PÒ �  � A¾ � F·¸ � 32.59 � 2 � 17.1 � 1114.58 klb.

Page 28: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

28

·PÒ � P° � Si cumple 

Analizando un perÚil mas ligero: A¾¿ÀÁ. � P°Â � F·¸ � 92535.59 � 28.38 in�

A¾¿ÀÁ.de cada canal � 14.19 in�

2do Ensayo: 2MC 18 � 51.9: A¾ � 15.3 in�c/canal, rÍ � 6.41 in, r¹ � 1.04 in

IÍ � 627 in, I¹ � 16.4in, Xä � 0.858 in

IÍ � 2 � IÍ � 2 � 627 � 1254 in! I¹ � 2D16.4E \ 2D15.3ED4 \ 0.858E� � 754.97 in! � råíÒ. � " IA � " 754.972 � 15.3 � 4.97 in

_ KLråæÒ.` � 24 � 124.97 � 57.95 ( 200 Por TablaÑ F·¸ � 33.22 KSI ·PÒ �  � A¾ � F·¸ � 33.22 � 2 � 15.3 � 1016.53 klb. ·PÒ � P° � Si cumple 

¢ Usar el perÚil más ligero es: 2 MC 18 � 51.9.

b) Diseño de celosía:

Page 29: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

29

Fuerza de una barra de celosía: V° � 0.02 � ÂP° � 0.02 � 1016.53 � 20.33 klb. 12 V° � 10.17 klb. é fza. cort. en cada plano de celosía

Fuerza en una barra: P° � _14.4312.50` 10.17 � 11.74 klb. Propiedades de una barra plana: A � b � t I � bt�

12

r � " IA � "bt�12bt � 0.289t Diseño de la barra: Lr � 140 DMáx. permitidoE

1.0170.289t � 140 é t � 0.25 in D 14 pulg. barra planaE

Lr � 10.170.289 � 0.25 � 93.84 ( 140

Por TablaÑ F·¸ � 22.35 KSI A¾¿ÀÁ. � P°Â � F·¸ � 11.7422.35 � 0.53 in� DSe Necesita: 1.41 � 38E

Distancia minima al borde usando tornillos de 34 pulg � 1 14 pulg. Longitud minima de la barras es: � 14.43 \ 2 _1 14` 10.17 � 16.93 in

¢ Use barras de: 38 pulg.� 2pulg.� 1 pie 5pulg.

Page 30: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS

30

7.6 Repita el problema 7.5 si las cargas son cada u na de 1000 klb y el

acero usado es A36

Pu = 1000

Datos:

Sección W12 x?

Pu = 2000 klb

L = 14 pie

Fy = 36 ksi.

Para la columna de la derecha:

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

7.6 Repita el problema 7.5 si las cargas son cada u na de 1000 klb y el

Pu = 1000 Pu = 1000 klb

Para la columna de la derecha:

DISEÑO ACERO Y MADERA

7.6 Repita el problema 7.5 si las cargas son cada u na de 1000 klb y el

Page 31: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

31

K = 1 , Pu = 1000 klb, entonces KL = 14 pie

1º Ensayo:

Fv = 2/3 Fy = 2/3 x 36 = 24 ksi.

����� î O�tN�£ î �����. �S � �� î ��. �� ����.

Seleccionamos una sección:

W12x170 → Ag = 50 pulg2 y rmin= 3.22 pulg.

_T��� ` � �� ����. �� � S�. ��

¤N � ���¥ z�R� � S�.��¥ z S������ � �. S� < 1.5 Pandeo inelástico

�£ � ��. �S�¤N�� �R � r�. �S��.S��s��� � ��. ��

tNOP � ��� tN�N� � �. �S � S� � ��. �� � ���S. �� ���. > Pu

Para la columna de la izquierda:

Ky = 1, Pu = 2000 klb

Kx = hallarlo con el monograma.

GB = 10 por estar articulado

Page 32: PROBLEMAS RESUELTOS - COMPRESION[1]

PROBLEMAS PROPUESTOS DISEÑO ACERO Y MADERA

32

Para la viga de W18x158 → Ix = 3060 y Iy = 347

Seleccionamos una sección:

W12x336 → Ag = 98.8 pulg2 y rx= 6.41 pulg. Ix = 4060 y Iy = 1190 pulg4

Hallando Ga =?

ï� � ∑�NVN�N∑ñòóòôò� õö÷öøõùö÷önõ = 4.59

Del monograma sacamos K = 2.55

_���Y ` � 2.55C14 C126.41 � 66.83

k* � úÝ+û züýþ � ,,.­�û z ®|�}||| � 0.75 < 1.5 Pandeo inelástico

J� � �0.658lmn� JZ � r0.658|.~®nsC36 � 28.46

t* B � �WC t*J*+ � 0.85 C 50 C 28.46 � 2389.82 <��. > Pu