metalicaymadera-fiobera.wikispaces.commetalicaymadera-fiobera.wikispaces.com/file/view/T.P... · Web viewMomento de inercia de la sección transversal basado en el ancho efectivo

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CCONSTRUCCIONESONSTRUCCIONESMMETÁLICASETÁLICAS YY DEDE M MADERAADERA UUNIVERSIDADNIVERSIDAD N NACIONALACIONAL DEDE M MISIONESISIONES

CCONSTRUCCIONESONSTRUCCIONES MMETÁLICASETÁLICAS YY DEDE M MADERAADERA

TTRABAJORABAJO P PRÁCTICORÁCTICO Nº10 Nº10AALUMNOSLUMNOS::

BBARASZARASZ G GERARDOERARDO S SAMUELAMUEL

GGUTAWSKIUTAWSKI A ALEXLEX I IVÁNVÁN

SSAUCEDOAUCEDO G GERMÁNERMÁN

20102010

Juan Manuel de Rosas 325 Tel/Fax 03755-422 179 –422170 www.fiobera.unam.edu.ar. E-mail:[email protected] Oberá Misiones CP 3360

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EEJERCICIOJERCICIO Nº 1: Nº 1: Definir los siguientes conceptos, indicando cuando sea posible, valores y simbología utilizada:

1.1. MMOMENTOOMENTO DEDE INERCIAINERCIA. M. MOMENTOOMENTO DEDE INERCIAINERCIA EFECTIVOEFECTIVO..MMOMENTOOMENTO DEDE I INERCIANERCIA:: Es una medida de la inercia rotacional de un cuerpo respecto de un eje, da una idea de la resistencia del cuerpo a rotar sobre el eje considerado.

MMOMENTOOMENTO DEDE I INERCIANERCIA EFECTIVOEFECTIVO: : Momento de inercia de la sección transversal basado en el ancho efectivo de los elementos comprimidos que pandean localmente.

2.2. EEFECTOFECTO DEDE SEGUNDOSEGUNDO ORDENORDEN..Los efectos de segundo orden son las solicitaciones provocadas por las deformaciones debidas a un estado de carga inicial. El primer orden sería el estado de cargas inicial, y la geometría inicial de la estructura, al producirse deformaciones, las solicitaciones cambian, y las mismas fuerzas ahora aplicadas a una distinta geometría producen nuevas solicitaciones.

3.3. DDEFLEXIONESEFLEXIONES YY R ROTACIONESOTACIONES. D. DEFINIREFINIR YY DARDAR LASLAS EXPRESIONESEXPRESIONES PARAPARA DISTINTOSDISTINTOS CASOSCASOS..


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EEJERCICIOJERCICIO Nº 2: Nº 2: Resumir las especificaciones exigidas, referidas al cálculo y verificación de elementos flexo-comprimidos.

El reglamento CIRSOC 301 se basa en las especificaciones AISC-LRFD, que para combinación de esfuerzos de flexión con esfuerzos de compresión utilizan fórmulas de interacción.

La especificación AISC-LRFD fija que las fórmulas de interacción deben cumplir los siguientes objetivos:

Deben aplicarse dentro de un amplio espectro de variables como:. Flexión alrededor del eje fuerte y alrededor del eje débil.. Efecto de las tensiones residuales.. Estructuras de nudos indesplazables y desplazables.. Comportamiento inelástico del acero.. Cobertura de todo el rango de esbelteces de columnas.. Columnas sin rigidez lateral (apoyadas en otras).. Efectos de segundo orden.


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. Diferentes condiciones de vínculo.

El efecto de segundo orden se mantendrá separado e identificable en el proceso de verificación.

De esta manera podrá realizarse, si se desea, un análisis exacto de segundo orden.

La resistencia obtenida con ecuaciones de interacción para las que se utilice análisis elástico de segundo orden no debe resultar deficitaria en más de un 5% con respecto a los resultados de soluciones teóricas “exactas” obtenidas por análisis inelástico de segundo orden.

Para barras prismáticas de simple y doble simetría, sometidas a flexión y tracción:

Para

Puφ×Pn

≥0,2 →

Puφ×Pn

+ 89 [ M ux

φb×M nx+

M uy

φb×M ny ] ≤ 1,0

Para

Puφ×Pn

¿¿ →

Pu2×φ×Pn

+ 89 [ Mux

φb×M nx+

M uy

φb×M ny ] ≤ 1,0

Donde:

Ø = factor de resistencia para la compresión = 0,85.

Øb = factor de resistencia para flexión = 0,90.

Para barras prismáticas de simple doble simetría, sometidas a flexión y compresión:

Para

Puφc×Pn

≥0,2 →

Puφ×Pn

+ 89 [ M ux

φb×M nx+

M uy

φb×M ny ] ≤ 1,0

Para

Puφc×Pn

¿¿ →

Pu2×φ×Pn

+ 89 [ Mux

φb×M nx+

M uy

φb×M ny ] ≤ 1,0

Donde:

Ø = factor de resistencia para la compresión = 0,85.

Øb = factor de resistencia para flexión = 0,90.

Para estado límite de plastificación para tensiones normales: f un≤φ×F y Ø = 0,9

Para estado límite de plastificación bajo tensiones de corte: f uv≤0,6×φ×F y Ø = 0,9


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Para estado límite de pandeo: f uvóf un≤φc×Fcr Øc = 0,85Fcr : tensión crítica de pandeo que resulte aplicable.

EEJERCICIOJERCICIO Nº 3: Nº 3: Dimensionar a flexión compuesta las siguientes secciones:

DDATOSATOS:: Acero F-24E = 2.100.000 Kg/cm2

Lb = 1,50 m.Nu = 15,00 tnMxu= 2,00 tn·m

A.A. SSECCIÓNECCIÓN R RECTANGULARECTANGULAR (T (TIPOIPO C CAJÓNAJÓN): ): 1.1. P PRERE-D-DIMENSIONADOIMENSIONADO::

Por Momento de Plastificación → Z=

M u

φb×F y →

Z=200000 kg×cm0,9×2350kg /cm2

=94 ,56cm3

Por Compresión Axil → Ag=

Puφb×F y →

Ag=15000kg0,9×2350kg /cm2

=7 ,09 cm2

PPOROR LOLO TANTOTANTO SESE ADOPTAADOPTA, , COMOCOMO PRIMERAPRIMERA APROXIMACIÓNAPROXIMACIÓN, , UNUN PERFILPERFIL CAJÓNCAJÓN:: 100100MMMM×200×200MMMM×4×4MMMM

2. VVERIFICACIÓNERIFICACIÓN DEDE ESTADOSESTADOS ÚLTIMOSÚLTIMOS::

a) Compresión Axil:

λc=1π×√ F y

E ×( k×Lr ) λc=1π×√2350kg/cm1

2100000kg/cm2 ×( 1×150cm7 ,23cm )=0 ,221

< 1,50 → Q = 1

Fcr=(0 ,358λc2)×F y → Fcr=(0 ,358(0 ,221 )2)×2350 kg /cm2=2298 ,50kg/cm2


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Pn=Fcr×Ag → Pn=2298 ,50kg/cm2×22 ,948 cm2=52745 ,66 kg=52 ,75 tn

b) Flexión:

Momento Plástico:

M p=φb×Z×F y → M p=0,9×148 ,05 cm3×2350 kg/cm2=313125 ,75kg×cm=3 ,13 tn×m

M y=φb×S×F y → M p=0,9×119 ,90cm3×2350 kg /cm2=253588 ,50kg×cm=2 ,54 tn×m

Pandeo Lateral Torsional:

Para secciones del tipo cajón y para cargas aplicadas en el alma se tiene:

Lp=23 ,5×r yM p

×√J×A →

Lp=23 ,5×4 ,23cm31 ,31KN×m

×√966 ,79cm4×22 ,95cm2=472 ,85 cm > Lb

Dado que la longitud no arriostrada es menor que Lp, la sección llega al momento de plastificación, sin producirse el pandeo torsional.

Pandeo del Ala:

λ p=

500√F y →

λ p=500√235MPa

=32 ,62

λ=bft f →

λ=100mm−(4×4mm )4mm

=21

Como λ < λp → Mn = Mp

Pandeo del alma:

λ p=2550√F y

×(1−0 ,74×Pu

φb×P y) →

λ p=2550√235MPa

×(1−0 ,74×15 tn0,9×53 ,93 tn)=128 ,30

λ=hwtw →

λ=180mm−(4×4mm )4mm

=41



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3. IINTERACCIÓNNTERACCIÓN::

Para barras prismáticas de simple y doble simetría, sometidas a flexión y compresión

Puφc×Pn

=15 tn0 ,85×52 ,75 tn

=0 ,34 > 0,2

Puφ×Pn

+ 89×[ M ux

φb×M nx+

M uy

φb×M ny ]≤1

15 tn0 ,85×52 ,75tn

+ 89× 2 tn×m

0,9×3 ,13 tn×m=0 ,97≤1

B.B. PPERFILERFIL L LAMINADOAMINADO TIPOTIPO IPN IPN 1.1. P PRERE-D-DIMENSIONADOIMENSIONADO: :

Por Momento de Plastificación Z=

M u

φb×F y →

Z=200000 kg×cm0,9×2350kg /cm2

=94 ,56cm3

Por Compresión Axil Ag=

Puφb×F y →

Ag=15000 kg0,9×2350kg /cm2

=7 ,09cm2

POR LO TANTO SE ADOPTA COMO PRIMERA APROXIMACIÓN IPN 180

2. VVERIFICACIÓNERIFICACIÓN DEDE ESTADOSESTADOS ÚLTIMOSÚLTIMOS::

a) Compresión Axil:

λc=1π×√ F y

E ×( k×Lr )λc= 1π×√2350 kg/cm1

2100000kg/cm2 ×( 1×150 cm7 ,20 cm )=0 ,222

< 1,50 → Q = 1

Fcr=(0 ,358λc2)×F y → Fcr=(0 ,358( 0 ,222 )2)×2350 kg /cm2=2302 ,01kg /cm2

Pn=Fcr×Ag → Pn=2302 ,01kg /cm2×27 ,90 cm2=64228 ,26kg=64 ,23 tn

b) Flexión:

Momento Plástico:


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M p=φb×Z×F y → M p=0,9×187 cm3×2350 kg /cm2=395505 kg×cm=3 ,96 tn×m

M y=φb×S×F y → M p=0,9×161cm3×2350 kg/cm2=340515 kg×cm=3 ,41 tn×m

Pandeo Lateral Torsional:

En este caso Lb = 150cm.

Para secciones doble te doblemente simétricas y para cargas aplicadas en el ala superior de la viga se tiene:

Lp=709×r y

√F y → Lp=

709×1,71cm√235MPa

=79 ,09 cm < Lb

FL=F y−Fr → FL=235MPa−69MPa=166MPa

Lr=1 ,28×

r y×X 1

FL → Lr=1 ,28×1 ,71cm×25442MPa

166MPa=335 ,47cm

> Lb

Como λp < λb < λr nos encontramos en zona inelástica. Por lo tanto, el momento resistente se calcula de la siguiente manera:

M n=Cb×[M p−(M p−M r )×( Lb−LpLr−Lp )]≤M p

M r=FL×Sx → M r=1660 kg /cm2×161cm3=267260 kg×cm=2 ,67 tn×m

M n=1×[3 ,96 tn×m−(3 ,96 tn×m−2 ,67 tn×m)×(150 cm−79 ,09cm335 ,46 cm−79 ,09cm )]=3 ,60tn×m

< Mp

Pandeo del Ala y Alma:

Las secciones IPN son secciones compactas, por lo que se descarta la verificación al pandeo local del alma y del ala.

3. I3. INTERACCIÓNNTERACCIÓN: :

Para barras prismáticas de simple y doble simetría, sometidas a flexión y compresión:

Puφc×Pn

=15 tn0 ,85×64 ,23 tn

=0 ,28 > 0,2


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Puφ×Pn

+ 89×[ M ux

φb×M nx+

M uy

φb×M ny ]≤1

15 tn0 ,85×64 ,23 tn

+ 89× 2tn×m

0,9×3 ,60 tn×m=0 ,82

< 1

Se podría optar por seleccionar un perfil menor, y probar si verifica la condición de diseño por interacción.

EEJERCICIOJERCICIO Nº 4: Nº 4: Dimensionar el cordón superior de cabriada con perfil canal. Considerar análisis de primer orden.

DDATOSATOS:: Acero F-24E = 2.050.000 kg/cm2b = 2,50 mh = 0,80 mPu = 0,80 tn

1. C1. CÁLCULOÁLCULO DEDE S SOLICITACIONESOLICITACIONES::

Mediante PPlan calculamos las solicitaciones y obtenemos:

Momento Flector:


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Mmax=0.25t.m Mmax=0.25t.m

P=0.40t P=0.80t P=0.80t P=0.80t P=0.40t

-1.25t

-1.60t-1.60t

-1.60t

+1.48t

+1.48t


Esfuerzo Normal:

2. PPRERE-D-DIMENSIONADOIMENSIONADO::

Por Plastificación:

Z=M u

φb×F y → Z=25000 kg×cm

0,9×2350 kg /cm2=11 ,82cm3

Por compresión axil:

Ag=Pu

φc×F y → Ag=

1250kg0 ,85×2350 kg /cm2

=0 ,63 cm2

CCOMOOMO PRIMERAPRIMERA APROXIMACIÓNAPROXIMACIÓN SESE ADOPTAADOPTA: UPN 80: UPN 80

3. V3. VERIFICACIÓNERIFICACIÓN DEDE ESTADOSESTADOS Ú ÚLTIMOSLTIMOS::

a) Pandeo Flexional y-y:

λc=1π×√ F y

E ×( k×Lr y ) λc=1π×√2350 kg/cm2

2100000 kg/cm2 ×( 1×125 cm1 ,33cm )=1,00

< 1,50 → Q = 1Juan Manuel de Rosas 325 Tel/Fax 03755-422 179 –422170 www.fiobera.unam.edu.ar. E-mail:[email protected]

Oberá Misiones CP 3360

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Fcr=0 ,658λ c2

×F y → Fcr=0 ,658(1 ,00)2×2350 kg

cm 2 =1544 ,99 kgcm2

Pn=Fcr×Ag → Pn=1544 ,99kg /cm2×11cm2=16994 ,93kg≈17 tn

b) Pandeo Flexional x-x:

λc=1π×√ F y

E ×( k×Lr y ) λc=1π×√2350 kg/cm2

2100000 kg/cm2 ×( 1×125 cm3 ,10cm )=0 ,43

< 1,50 → Q = 1

F cr=0 ,658λ c2

×F y → Fcr=0 ,658(0 ,43 )2×2350 kg

cm2 =2175 ,49 kgcm 2

Pn=Fcr×Ag → Pn=2175 ,49kg /cm2×11cm2=23930 ,42kg≈23 ,93tn

c) Momento Plástico:

M p=φb×Z×F y=0,9×31 ,8cm3×2350 kg/cm2=67257 kg×cm=0 ,673 tn×m

M y=φb×S×F y=0,9×26 ,5cm3×2350 kg/cm2=56047 ,50kg×cm=0 ,561tn×m

ZS=31 ,8cm3

26 ,5cm3 =1 ,20 < 1,50

d) Pandeo Lateral Torsional:

Lb = 125cm

Lp=709×r y

√F y → Lp=

709×1,33cm√235MPa

=61 ,513cm < Lb = 150cm

Lr=1 ,28×r y×X 1

FL → Lr=1 ,28×1 ,33cm×48818MPa

166MPa=500 ,65cm

> Lb = 150cm

FL=F y−Fr → FL=235MPa−69MPa=166MPa


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Lp < Lb < Lr → M n=Cb×[M p−(M p−M r )×( Lb−LpLr−Lp )] ≤ Mp

M r=FL×Sx=1660kg /cm2×26 ,5cm3=43990kg×cm=0 ,44 tn×m

M n=1 ,92×[0 ,673 tn×m−(0 ,673 tn×m−0 ,44 tn×m )×(125 cm−61 ,51 cm500 ,65cm−61,51cm )]=1 ,23 tn×m

> Mp

Mn = Mp

e) Pandeo local de ala y alma:

El perfil UPN 80 es una sección compacta, por lo que no pandean ni el ala, ni el alma.

4. I4. INTERACCIÓNNTERACCIÓN::

Para barras prismáticas de simple y doble simetría, sometidos a flexión y compresión:

Para

Puφc×Pn

= 1 ,25tn0 ,85×16 ,995 tn

=0 ,086 < 0,2

Pu2×φc×Pn

+[ M ux

φb×M nx+

M uy

φb×M ny ] ≤ 1 → 1 ,25 tn

2×0 ,85×16 ,995tn+ 0 ,25 tn×m

0,9×0 ,673 tn×m=0 ,456

< 1

EEJERCICIOJERCICIO Nº 5: Nº 5: Dimensionar la columna siguiente mediante dos perfiles UPN enfrentados, considerando análisis de segundo orden, y el voladizo con un perfil IPN. Determinar el descenso del punto A y calcular la unión del voladizo en el punto B.

DDATOSATOS:: Acero F-24E = 2.050.000 kg/cm2


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e = 0,40 m.H = 3,50 tnPu = 22,00 tnPlano de flexión: x-x.

1.1. DDIMENSIONADOIMENSIONADO DELDEL VOLADIZOVOLADIZO CONCON PERFILPERFIL IPN: IPN: Solicitaciones:

M u=Pu×e=22 tn×0 ,40m=8 ,80 tn×m=880000 kg×cm

V u=Pu=22 tn=22000 kg

Por momento de plastificación:

Z=M u

φb×F y=880000 kg×cm

0,9×2350 kg/cm2=416 ,08 cm3

SSEE ADOPTAADOPTA: IPN 260: IPN 260

ZS=514 cm3

442 cm3 =1 ,163 < 1,50

2.2. VVERIFICACIÓNERIFICACIÓN DEDE E ESTADOSSTADOS Ú ÚLTIMOSLTIMOS::Verificación de Pandeo local del ala:

λ p=250√F y →

λ p=250√235MPa

=16 ,31

λ=bft f →

λ=56 ,50mm14 ,1mm

=4 ,01


Verificación de Pandeo local del alma:

λ p=665√F y →

λ p=665√235MPa

=43 ,38


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λ=hwtw →

λ=208mm9,4mm

=22 ,13


Verificación de Pandeo lateral torsional: Lb = 40cm

Lp=709×r y

√F y → Lp=

709×2,32 cm√235MPa

=107 ,30 cm < Lb = 40cm

M n=M p=Z×F y=514 cm3×2350 kg /cm2=1207900 kg×cm=12 ,08 tn×m

Verificación de Esfuerzo de corte:

τmax=V n

hw×tw → τmax=τ y=

F y

√3≈0,6×F y=1410 k

cm2

V n=τmax×hw×tw → V n=1410 kg

cm2×20 ,8 cm×0 ,94 cm=27568 ,32 kg=27 ,57tn

V d=φ×V n → V d=0,9×27 ,57 tn=24 ,81 tn > Vu = 22tn

Verificación de Flexión local del ala:

Rn=0 ,625×t f2×F y → Rn=0 ,625×(1, 41cm )2×235MPa=292KN=29 ,90 tn

Fu=Pu≤φ×Rn → Fu=0,9×29 ,20 tn=26 ,28tn > 22tn

Verificación de Aplastamiento del alma:

Caso a) → Fu=Pu≤1×Rn=(5×K+N )×F y×tw

Considerando: N = 11,3cm; K = 2,60cm

Pu=(5×2,60 cm+11 ,3cm )×235MPa×0 ,94=536 ,78 tn > 22tn

Verificación de Pandeo localizado del alma:

Fu=Pu≤φ×Rn con Ø = 0,75


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Caso a) → Rn=35 ,8×tw

2 ×[1+3×(Nd )×( twt f )1,5 ]×√ F y×t f

tw

Rn=35 ,8×(0 ,94 cm )2×[1+3×(11,3 cm26cm )×( 0 ,94 cm

1,41cm )1,5]×√235MPa×t 1 ,41cm

0 ,94 cm=1015 ,42KN=101 ,54 tn

Pu=0 ,75×101 ,54kg=76 ,16 tn > 22tn

EELL PERFILPERFIL IPN 260 IPN 260 CUMPLECUMPLE CONCON TODASTODAS LASLAS CONDICIONESCONDICIONES DEDE DISEÑODISEÑO ESTABLECIDASESTABLECIDAS PORPOR ELEL REGLAMENTOREGLAMENTO..

1.1. PPRERE-D-DIMENSIONADOIMENSIONADO DEDE LALA COLUMNACOLUMNA CONCON PERFILESPERFILES UPN: UPN:Por Momento de plastificación:

Z=M u

φb×F y=880000 kg×cm

0,9×2350 kg/cm2=416 ,08 cm3

Por fluencia en sección bruta a compresión:

Ag=Pu

φT×F y=22000 kg

0,9×2350 kg /cm2=10 ,40 cm2

SSEE ADOPTAADOPTA: 2 UPN 220: 2 UPN 220

ZS=292 cm3

245 cm3 =1 ,192 < 1,50

Los datos de la columna armada compuesta por dos perfiles UPN 220 son:

Ag = 74,80cm2 Rx = 8,48cm3

Ixx = 5380cm4 Ry = 6,29cm3

Iyy = 2962,60cm4

2.2. VVERIFICACIÓNERIFICACIÓN DEDE E ESTADOSSTADOS Ú ÚLTIMOSLTIMOS::Verificación Pandeo flexional x-x:

λc=1π×√ F y

E ×( k×Lr x ) λc=1π×√2350 kg/cm2

2100000kg/cm2 ×( 2×350cm8 ,48cm )=0 ,879

< 1,50 → Q =1

F cr=0 ,658λ c2

×F y → Fcr=0 ,658(0 ,879 )22350 kg/cm2=1700 ,67kg /cm2


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Pnx=Fcr×Ag → Pnx=1700 ,67 kg /cm2×74 ,80cm2=127 ,21 tn

Verificación de Pandeo flexional y-y:

λm=√( k×Lr )0

2

+0 ,82× α 2

(1+α2 )×( arib )

2

λm=√( 1×175 cm6 ,29cm )

2+0 ,82×

(2 ,55 )2

(1+ (2 ,55 )2)×(27cm

2 ,30cm )2=29 ,515

h=2×(8cm−2,14 cm)=11 ,72 cm α= h

2×rib=11 ,72cm

2×2 ,30cm=2 ,548

ari

≤34×( k×Lr ) →

a2,30cm

≤34×( 2×350cm

8 ,48 cm ) → a≤142 ,39 cm

a≤355×t f

√F y≤30cm

→ a≤28 ,95cm → SSEE ADOPTAADOPTA AA = 27 = 27CMCM

λc=1π×√ F y

E × λm → λc=

1π×√2350 kg/cm2

2100000 kg/cm2 ×29 ,515=0 ,314 < 1,50 → Q = 1

F cr=0 ,658λ c2

×F y → Fcr=0 ,658(0 ,314 )2 2350kg/cm2=2254 ,82kg/cm2

Pnx=Fcr×Ag → Pnx=2254 ,82kg /cm2×74 ,80cm2=168 ,66 tn

Verificación de resistencia por Momento de plastificación:

M p=φb×Z×F y → M p=0,9×584 cm3×2350 kg /cm2=1235160 kg×cm=12 ,35 tn×m

M y=φb×S×F y → M p=0,9×538 cm3×2350 kg /cm2=1137870kg×cm=11 ,38 tn×m

Verificación de Pandeo local del ala:

λ p=250√F y →

λ p=250√235MPa

=16 ,31

λ=bft f →

λ=80mm12 ,5mm

=6 ,40


Pági

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Verificación de Pandeo local del alma:

λ p=2550√F y

×(1−0 ,74×Pu

φb×P y) →

λ p=2550√235MPa

×(1−0 ,74×22tn0,9×175 ,78tn )=149 ,23

λ=hwtw →

λ=167mm9mm

=18 ,56


Verificación de Pandeo lateral torsional: Lb = 175cm

Lp=23 ,5×r yM p

×√J×A →

Lp=23 ,5×6 ,29cm123 ,5KN×m

×√15 ,16cm4×74 ,80cm2=40 ,30cm < Lb

Lp=360×r yM p

×√J×A →

Lp=360×6 ,29cm115 ,15KN×m

×√15 ,16cm4×74 ,80 cm2=662 ,20cm > Lb

M n=S×F y=490 cm3×2350 kg /cm2=1151500kg×cm=115 ,15 KN×m

Caso 2) → Lp < Lb < Lr → M n=Cb×[M p−(M p−M r )×( Lb−LpLr−Lp )]≤M p

M n=1×[12 ,35 tn×m−(12 ,35 tn×m−11 ,515 tn×m )×(175 cm−40 ,30 cm662 ,20 cm−40 ,30 cm ) ]=12 ,14 tn×m

< Mp

3.3. CCÁLCULOÁLCULO DEDE EFECTOSEFECTOS DEDE SEGUNDOSEGUNDO ORDENORDEN::Por método iterativo:

δ II=M×L2

E×I x×2 → δ II=

1214087 ,45kg×cm×(350 cm )2

2100000 kg/cm2×5380cm4×2=6 ,58 cm

M uII=Pu×(e+δ II ) → M u

II=22000 kg×(40cm+6 ,58cm )=1024802 ,87kg×cm

δ I=M II×L

2

E×I x×2 → δ II=

1024802 ,87 kg×cm×(350 cm )2

2100000 kg/cm2×5380 cm4×2=5 ,56 cm


Pági

na20


M uI=Pu×(e+δ I+δ II ) → M u

I=22000kg×(40 cm+5 ,56 cm )=1002227 ,11kg×cm

δ 0=M I×L

2

E×I x×2 → δ0=

1002227 ,11 kg×cm×(350 cm )2

2100000 kg/cm2×5380 cm4×2=5 ,43 cm

M u0=Pu×(e+δ I+δ II+δ 0 ) → M u

0=22000 kg×(40 cm+5 ,43 cm )=999534 ,52 kg×cm

δ=M 0×L

2

E×I x×2 → δ=999534 ,52kg×cm× (350 cm)2

2100000 kg /cm2×5380 cm4×2=5 ,42cm

Mu de segundo orden es: Mu = 999534,52kg×cm = 9,995tn×m

4.4. IINTERACCIÓNNTERACCIÓN::Para barras prismáticas de simple y doble simetría, sometidas a flexión y

tracción:

Para

Puφ×Pn

=22 tn0 ,90×127 ,21 tn

=0 ,192 < 0,2

Pu2×φ×Pn

+[ M ux

φb×M nx+

Muy

φb×M ny ]≤1

22 tn2×0 ,90×127 ,21 tn

+[ 9 ,995 tn×m0 ,90×12 ,14 tn×m

+ 9 ,995 tn×m0 ,90×12 ,14 tn×m ]=0 ,989

< 1

5.5. DDESCENSOESCENSO DELDEL PUNTOPUNTO A: A:

f=13×P×L3

E×I x → f=1

3×

22000 kg×(40cm )3

2100000 kg /cm2×5380 cm4 =0 ,042 cm

6.6. UUNIÓNNIÓN DELDEL VOLADIZOVOLADIZO ENEN ELEL PUNTOPUNTO B: B:

Unión abulonada entre perfil UPN y chapa de nudo:

Se adoptan bulones ISO 8.8 de 16mm de diámetro.

El diámetro nominal del agujero es: φ=16mm+2mm=18mm

El diámetro de cálculo del agujero es: φ=18mm+2mm=20mm


Pági

na21


Rotura en sección neta de UPN:

An=37 , 40cm2−2×(2cm×0,9 cm)=33 ,80 cm2

Rd=φt×Fu×An=0 ,75×4200kg /cm2×33 ,80cm2=106470 kg=106 ,47 tn > 22tn

Resistencia al corte de los bulones:

Considerando que la rosca no está excluida de los planos de corte, se tiene:

Rd=φt×Rn=0 ,75×τ n×m×Ab → Rd=0 ,75×3200kg /cm2×1×2 ,01cm2=4825 ,34 kg

Para bulones ISO 8.8 → τ n=320MPa

Ab=π×(1,6cm )2

4=2,01cm2

N=22000 kg4825 ,34kg

=4 ,56

SSEE ADOPTANADOPTAN ENTONCESENTONCES 6 6 BULONESBULONES ISO 8.8 ISO 8.8 DEDE Ø = 16 Ø = 16MMMM ENEN DOSDOS FILASFILAS (3 (3 PORPOR FILAFILA))

Resistencia a la tracción de los bulones:

Rd=φt×Rn=0 ,75×Fn×Ab

Rd=0 ,75×6000 kg /cm2×6×2 ,01cm2=54285 ,12kg=54 ,28 tn > 22tn

Siendo para bulones ISO 8.8 → Fn = 600MPa

Unión soldada entre IPN y chapa de nudo:

Adoptando d = 5mm eg = 5mm×cos45º = 3,54mm

Rd=φt×Fw×Aw=0,6×0,6×F EXX×eg×1cm

Rd=0,6×0,6×4800 kg /cm2×0 ,354cm×1cm=610 ,64 kg


Pági

na22


Lt=22000 kg610 ,94 kg

=36 ,01cm →

SSEE DISEÑADISEÑA UNAUNA SOLDADURASOLDADURA DEDE 2 2 CORDONESCORDONES DEDE 10 10CMCM

CC//UU YY 2 2 CORDONESCORDONES DEDE 8 8CMCM CC//UU


8 cm

8 cm

10 cm10 cm

Pági

na23


EEJERCICIOJERCICIO Nº 6: Nº 6: Dimensionar la columna siguiente considerándola empotrada en su base, no restringido su desplazamiento en la dirección x-x e impedido el mismo en la dirección y-y en su extremo superior.

Datos:Acero F-24E = 2.050.000 kg/cm2

h = 2,80 m.Pu = 800 kgqxu = 120 kg/mqyu = 40 kg/m

CCOLUMNAOLUMNA DELDEL C CASOASO A: A:

AADOPTANDODOPTANDO UNAUNA SEPARACIÓNSEPARACIÓN AA = 25 = 25CMCM; ; CONCON 2 PNL ½” × 3/8”. 2 PNL ½” × 3/8”.

Datos PNL 2 ½” × ¼”:

b = 63,5mm Ix = Iy = 41,14cm4

t = 9,5mm rx = ry = 1,90cm

Ag = 11,34cm2 ex = ey = 1,92cm

1.1. SSOLICITACIONESOLICITACIONES::Dirección x-x:

MBase=q×L2

2=

120 kg/m×(2 ,80m )2

2=470 ,40kg×m

Dirección y-y:

MBase=q×L2

2=

40 kg /m×(2 ,80m )2

8=39 ,20kg×m

MTramo=q×L2

14 ,22=

40kg /m×(2 ,80m)2

14 ,22=22 ,053 kg×m


Pági

na24


2.2. PPARÁMETROSARÁMETROS S SECCIONALESECCIONALES::Análisis en la dirección x-x:

Aplicando Steiner se determina el momento de inercia de la sección armada:

I=4× [41 ,14 cm4+11 ,34 cm2×(10 ,58cm )2]=5241,99 cm4

r=√ IA=√5241 ,99 cm4

4×11 ,34 cm2=10 ,75 cm

λr=200√F y

=200√240MPa

=12,91

bt=63 ,5mm

9,5mm=6 ,68

< λr → Sección no esbelta (Q = 1)

λ= k×Lr

= 2×280 cm10 ,75cm

=52 ,09 < 200

3.3. DDISEÑOISEÑO DEDE LALA COLUMNACOLUMNA::

(ari )local≤( k×Lr )

global→

a1,90cm

≤( 2×280cm10 ,75cm )

global→a≤98 ,98cm

α=arctg(14 ,44 cm25 cm )≈30 º

a=14 ,44 cm

Se adopta: d = 28,87cmSe adopta: d = 28,87cm

Se adopta como celosía: Se adopta como celosía: Planchuela 2”×1”Planchuela 2”×1”

λ1=π×√ 2×A g×d3

n0×Ad×a×h2 =π×√ 2×11 ,34 cm2×(28 ,87 cm )3

2×19cm2×28 ,88cm×(21 ,2cm )2=15 ,21

λm=√ λ02+λ1 → λm=√ (52,09 )2+(15 ,21 )2=54 ,27

Excentricidad inicial:Excentricidad inicial: e0=

k×L500 →

e0=2×280cm500

=1 ,12cm


Pági

na25


Pcr=π 2×E×Ag

λm2

→ Pcr=

π 2×2100000 kg /cm2×45 ,36 cm2

(54 ,27 )2=319207kg

Momento flector requerido:

M S=Pu×e0+M u

1−PuPcr →

M S=800kg×0 ,0112m+470 ,80 kg×m

1−800 kg319207 kg

=480 ,96 kg×m

El esfuerzo axil requerido en cada barra de la columna armada Pu1 será:

Pu 1=Pun

+M S

n1×h → Pu 1=

800 kg4

+480 ,96 kg×m2×21 ,20 cm

=211 ,34kg

Resistencia de diseño local de la barra:

λC1=( L1

r1 )× 1π ×√ F y

E → λC1=(28 ,88 cm

1,9 cm )×1π×√2400kg /cm2

2100000kg/cm2 =0 ,16 < 1,50

Fcr=0 ,658λ c12

×F y → Fcr=0 ,658(0 ,16 )2×2400 kg /cm2=2373 kg /cm2

Pd 1=φc×Fcr×A g1 → Pd1=0 ,85×2373 kg/cm×11 ,34 cm2=22873 ,35kg

Análisis en la dirección y-y:

I y=4×[ 41 ,14 cm4+11 ,34 cm2×(1,9cm )2]=328 ,31cm4

r=√ IAg →

λ= k×Lr →

λ= 0,7×280 cm2 ,69cm

=72 ,85 < 200

λm=√ (72,85 )2+(28 ,88 cm1 ,90cm )

2=74 ,42

λc=1π×√ F y

E × λm → λc=

1π×√2400kg/cm2

2100000kg/cm2 ×74 ,42=0 ,801 < 1,50


cmcmcmr 69,2

34,11431,328

2

4

Pági

na26


Fcr=0 ,658λ c12

×F y → Fcr=0 ,658(0 ,801 )2×2400kg /cm2=1834 ,94 kg/cm2

Pd 1=φc×Fcr×A g1 → Pd 1=0 ,85×1834 ,94kg /cm×11 ,34cm2=17687 ,02kg

Pcm=π 2×E×Ag

λm2

→ Pcm=

π 2×2100000kg /cm2×45 ,36 cm2

(74 ,42 )2=169730 ,56kg

Momento flector requerido:

M S=Pu×e0+M u

1−PuPcr →

M S=800kg×0 ,0112m+22 ,05kg×m

1=31 ,01kg×m

El esfuerzo axil requerido en cada barra de la columna armada Pu1 será:

Pu 1=Pun

+M S

n1×h → Pu 1=

800kg4

+31 ,01kg×m1×6 ,34cm

=204 ,89kg

h=2 ,54 cm+1,9cm×2=6 ,34cm

4.4. IINTERACCIÓNNTERACCIÓN::Para flexión disimétrica:

Para

Puφ×Pn

=800 kg0 ,85×17687 ,02 kg

=0 ,053 < 0,2

Pu2×φ×Pn

+[ M ux

φb×M nx+

Muy

φb×M ny ]≤1

22 tn2×0,9×127 ,21tn

+[ 9 ,995 tn×m0,9×12 ,14 tn×m

+ 9 ,995 tn×m0,9×12 ,14 tn×m ]=0 ,989

< 1


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