Ejemplo de Cable, Arco y Cercha Ejemplo de

Ejemplo de Cable, Arco y Cercha
Ejemplo de predimensionado cable
Predimensionar el arco de la figura:
h
w
L
h= 18 m; L= 50 m; w= 500 kgf/m
Cable parabólico
Para la carga uniforme en la dirección horizontal de 500 kgf/m el cable adopta la forma de una
parábola.
Para resolverlo, se realiza un diagrama de cuerpo libre sobre la mitad del cable cortándose en la parte
más baja del cable.
Tmax
B
θ
h
TO
L/2
W=w*L/2
L/4
w
Diagrama de cuerpo libre del cable.
La distancia horizontal del punto más bajo al alto es L/2 y se realiza ΣM en el punto B para obtener T0.
∑ M B = 0 ⇒ 18T0 − 500 * 25 *12,5 = 0 ⇒ T0 = 8681kgf
Tmax = TO2 + (wx )
2
Según la Ecuación 2
; tenemos
Tmax = 8680,6 + (500 * 25) ⇒ Tmax = 15218,5kgf
2
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2
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Areq =
El área requerida se determina al emplear la Ecuación 1
galvanizados de acero
Areq =
15218
⇒ Areq = 3, 22
14200
3Tmax
σ ult
donde σult=14200 kgf/cm2 de la Tabla para Torón
cm2
De la Tabla para Torón galvanizado de acero obtenemos que para el diámetro nominal de 3”; A=0,837 cm2 y wpp=28,13 kgf/m
por lo tanto, n cables =
3,22
= 3,8 se colocan 4 cables de 3” por lo que
0,837
A=3,348 cm2 y wpp=112,5 kgf/m.
Catenaria
Para el peso propio del cable, este toma la forma denominada catenaria, luego se aplica el método
indicado para esta configuración.
1.
Se
Th =
estima
w pp L
2α
según
Th1
⇒ Th =
Se calcula α según la ecuación
3.
Se
determina
w pp h
cosh α − 1
valor
la
condición
α =1
112,5 * 50
⇒ Th = 2813 ,
2 *1
2.
Th3 =
un
Th3
⇒ Th3 =
α=
w pp L
2Th1
con
⇒α =
112,5 * 50
⇒ α =1
2 * 2813
el
valor
de
α
anterior
según
112,5 *18
⇒ Th 3 = 3729,4 ;
cosh (1) − 1
4.
Se obtiene Th4 según Th 4 = 2Th1 − Th 3 ⇒ Th 4 = 2 * 2813 − 3729, 4 ⇒ Th 4 = 1896,6 ;
5.
Se iguala Th1=Th4; es decir Th1=1896,6 y se vuelve al paso 2 hasta que Th 3 ≈ Th1 .
La siguiente Tabla indica los valores que se obtienen de repetir los pasos 2 al 5.
Th1
α
Th3
Vuelta 1
2813,0
1
3729,4
Vuelta 2
1896,6
1,48317334
1538,0
Vuelta 3
2255,3
1,24730799
2290,8
Vuelta 4
2219,7
1,26729448
2210,1
Vuelta 5
2229,3
1,2618418
2231,7
Vuelta 6
2226,8
1,26323342
2226,2
Vuelta 7
2227,5
1,2628716
2227,6
Vuelta 8
2227,3
1,26296523
2227,3
Vuelta 9
2227,3
1,26294097
2227,4
Vuelta 10
2227,3
1,26294726
2227,3
El procedimiento se repitió 10 veces hasta que Th= 2227 kgf luego con α=1,26294726 se determina Tmax según
Tmax = Th cosh α ⇒ Tmax = 2227,3 cosh(1,26294726 ) ⇒ Tmax = 4253 kgf
Comprobación del cable
Con los resultados obtenidos se comprueba que el diseño es capaz de resistir las cargas asignadas
(carga horizontal mas peso propio del cable).
σ trabajo
்ౣ౗౮ ೛ೌೝೌ್೚೗೔೎೚ ା்ౣ౗౮ ೎ೌ೟೐೙ೌೝ೔ೌ
=
ܶ୫ୟ୶ ௣௔௥௔௕௢௟௜௖௢ + ܶ୫ୟ୶ ௖௔௧௘௡௔௥௜௔ =19471 ߪ =
஺೎ೌ್೗೐
Tmax parabolico Tmax catenaria T (kgf)
15218
4253
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ଵଽସ଻ଵ
ଷ,ଷସ଼
⟹ ߪ =5815,8
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Debido a que el esfuerzo de trabajo es menor al esfuerzo del cable (5815,8 kgf/cm2 <14200 kgf/cm2),
la solución de 4 cables de 3” es la adecuada.
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Ejemplo de Arco
Predimensionar el arco de la figura
w
h
l
l= 80 m; h= 25m; wcp= 600 kgf/m; wcv= 350 kgf/m
Los datos adaptados a la Tabla de arcos son: wcp=g y wcv= p, es decir g= 660 kgf/m y p= 350 kgf/m
Cálculo de g’
Aplicando la Ecuación 1
r=
h
L
tenemos
r=
25
80
tan θ = 8rc ; para determinar θ en el apoyo c=0,5; tenemos tan θ = 8 * 0,31* 0,5
si
Aplicando la Ecuación 2
θ = tan (8rc ) ; tenemos
−1
600
g
g′ =
− 600
g′ =
−g
cos 51,34
cosθ
; tenemos
r
0,31
tanθ
1,25
θ
g´ (kgf/m)
51,3401917
360,47
Resolución de casos de la Tabla de arcos
De la Tabla 2 (Momentos y reacciones para arcos doblemente empotrados), se aplica las fórmulas
indicadas, tenemos:
Caso I
19200
24000
Esquema de las reacciones en el apoyo Caso I
Reacción vertical
600 * 80
2
2
gl
600 * 80 2
H=
; tenemos H =
8h
8 * 25
R=
Reacción Horizontal
gl
2
; tenemos R
=
Momento en el apoyo izquierdo (l) o derecho (r)
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R
24000
H
Ml=Mr
19200
0
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Caso II
g ′l
360, 47 * 80
; tenemos R =
6
6
2
g ′l
360,47 * 80 2
Reacción Horizontal H =
; tenemos H =
56h
56 * 25
2
g ′l
360,47 * 80 2
Momento en el apoyo M = −
; tenemos M = −
210
210
Reacción vertical
R=
R
4806,25
H
1647,86
Ml=Mr
-10985,7
10985,7
1647,9
4806,25
Esquema de las reacciones en el apoyo Caso II
Caso V
Para resolver la carga viva solo se aplica el caso V por ser el más desfavorable. De cada fórmula se
escoge la que proporcione el mayor valor.
Reacción vertical R= 0,35 pl ; tenemos R
Reacción
= 0,35 * 350 * 80
H=
Horizontal
39,7 *10 −3 pl 2
h
;
en
el
apoyo
M l = −17,3 *10 −3 pl 2 ;
M l = −17,3 *10 −3 * 350 * 80 2
9800
H
3557,12
Ml
-38752
tenemos
39,7 *10 −3 * 350 * 80 2
H=
25
Momento
R
tenemos
38752
3557,12
9800
Esquema de las reacciones en el apoyo Caso V
Cargas de diseño
La carga axial se determina por P = V sin θ + H cosθ y sabiendo que los Casos I y II corresponden
a la carga permanente (CP) y el Caso V a la carga variable (CV), sumamos las componentes verticales (R) y
horizontales (H).
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θ
H
V
P
Esquema de las cargas de diseño
CP
La vertical carga permanente
La
horizontal
Vcp = RI + RII ; tenemos Vcp = 24000 + 4806,25
carga
permanente
H cp = H I + H II ;
P = V sin θ + H cosθ
Pcp = 28806,28 * sin 51,34 + 20847,86 * cos 51,34
θ=51,3401917
El
momento
de
empotramiento
28806,25
H
20847,9
Pcp
35517,5
Memp
-10985,7
tenemos
H cp = 19200 + 1647,86
Si
V
y
por
carga
permanente
M cp = M I + M II
M cp = 0 − 10985,71
CV
Vcv = RV ; tenemos Vcv = 9800
La horizontal carga variable H cv = H V ; tenemos H cp = 3557,12
V
9800
H
3557,12
Pcv
9874,63
Memp
-38752
Pu (kgf)
49724,4
Mu (kgf*m)
15380,0
Pu (kgf)
47 558,3
Mu (kgf*m)
32 558,9
Pu (kgf)
58 420,4
Mu (kgf*m)
75 186,1
La vertical carga variable
θ=51,3401917
Si
P = V sin θ + H cosθ ⇒ Pcv = 9800 * sin 51,34 + 3557,12 * cos 51,34
El momento de empotramiento por carga variable M cv = M V ⇒ M cv = −38752
y
Carga mayorada
U 1 = 1,4CP ; PU1 = 1,4 PCP ⇒ PU1 = 1,4 * 35517,5
M U1 = 1,4 M CP ⇒ M U1 = 1,4 *10985,7
U 2 = 1,2CP + 0,5CVt ;
PU 2 = 1,2 PCP + 0,5 PCVt ⇒ PU 2 = 1,2 * 35517,5 + 0,5 * 9874,6
M U 2 = 1, 2M CP + 0,5M CVt ⇒ M U 2 = 1, 2 *10985,7 + 0,5 * 38752
U 3 = 1,2CP + 1,6CVt ;
PU 3 = 1,2 PCP + 1,6 PCVt ⇒ PU 3 = 1,2 * 35517,5 + 1,6 * 9874,6
M U 3 = 1,2 M CP + 1,6 M CVt ⇒ M U 3 = 1,2 *10985,7 + 1,6 * 38752
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Diseño del arco
Acero
Con los valores de las cargas mayoradas Pu =58420,35 kgf; Mu = 75186,05 kgf*m; k= 0,65 y l tomado
como 3,2 m (longitud de arriostrado del arco) y siguiendo el procedimiento de elementos sometidos a fuerzas
de compresión, tenemos:
a. Se selecciona un perfil de tanteo (en este caso un perfil W12x152) del cual se obtiene las
propiedades geométricas A, Zmax y rmin, para luego comprobar que kL rmin ≤ 200 ;
para el perfil, las propiedades geométricas son
Perfil
W 12x152
A (cm2)
Zy (cm3)
Zz (cm3)
r y (cm)
rz (cm)
289,00
3980
1840
14,40
8,09
(
KL/rmin
25,7
)
b. Se calculó øcFcr kL rmin 
→ φc Fcr y øcPn (φc Pn = φc Fcr A) para el perfil de tanteo con
el coeficiente de esbeltez redondeado a cero cifras tenemos;
KL/rmin
26
tabla
ϕFcr
ϕPn
2054 kgf/cm2 593606 kgf
c. El perfil de tanteo se revisa con la formula de interacción, si la resistencia de diseño es muy
cercana al valor requerido puede ensayarse el siguiente tamaño tabulado.
Fórmula de Interacción
si
Pu
P
8 Mu
≥ 0, 2 ⇒ u +
≤1
φc Pn
φc Pn 9 φb M n
si
Pu
Pu
Mu
< 0,2 ⇒
+
≤1
φc Pn
2φc Pn φb M n
(4.a)
(4.b)
Pu/ϕPn Interaccion
0,10
0,89
Según la ecuación 4.b
El perfil W12x152 cumple para el arco.
Concreto armado
Con los valores de las cargas mayoradas Pu =58420,35 kgf; Mu = 75186,05 kgf*m y materiales a
emplear de ݂௖ᇱ = 250 kgf/cm2 ; fy= 4200 kgf/cm2. Para elemento de concreto armado a flexocompresión se
siguen las indicaciones señaladas en el diseño de elementos sujetos a cargas axiales.
i.
Se selecciona la cuantía de acero ρ entre [0,02; 0,03] y calcular ω =
ρ=0,025 y la cuantía mecánica es
ω=
0,85 f c′
, por ello se escoge
0,025 * 4200
⇒ ω = 0,49 .
0,85 * 250
ii. Se escoger como valor tentativo para h, 60 cm
γ=
ρf y
γ=
h − 2r
por lo que la relación de forma queda
h
60 − 2 * 5
⇒ γ = 0,83 , se escoge el ábaco γ=0,80.
60
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Abaco seleccionado.
iii. Calcular el valor e/h y trazar una línea radial que represente este valor.
e = M u Pu ⇒ e = 75186,05 58420,5 ⇒ e = 1,287 m;
por
lo
tanto
e µ
e 128,7cm
e
=
⇒ = 2,145 . Para trazar la línea radial se aplica la relación =
y se
h
60cm
h
h ν
escoge
ν=0,1
para
establecer
el
valor
correspondiente
de
µ
para
0,1;
e
ν = µ ⇒ 0,1* 2,145 = µ ⇒ µ = 0, 215 . El punto señalado en la figura corresponde a estas
h
coordenadas (µ=0,215; ν=0,1). Este punto se une con el origen para obtener la línea radial.
Trazado de la línea radial e/h=2,145.
iv. Donde corta la línea radial e/h= 2,145 con la curva ω =0,49 se lee el correspondiente valor de ν de
0,078 (véase la Figura).
v. Se calcula el área requerida Ag con el valor obtenido de ν, según la relación
tenemos Ag =
ν=
Pu
,
0,85 f c′Ag
58420,5
⇒ Ag = 3524,62 cm2.
0,85 * 250 * 0,078
vi. Se determina b =
Ag
h
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con el área obtenida y altura h establecida b =
3524,62
⇒ b = 58,7 cm.
60
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Valor de ν obtenido del corte de la línea radial e/h=2,145 con la curva ω=0,49.
vii. Se revisa la proporción de la sección bien proporcionada
b 0,60
=
= 1 que está dentro del rango
h 0,60
[0,6; 1].
Las dimensiones del arco son 60x60 cm.
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Ejemplo de cercha
Predimensionar la cercha de la figura, donde todas las cargas están mayoradas
H=3,6 m
4 paneles de 4,5 m = L=18 m
Esquema de la Cercha.
Dicho método comienza con la definición de las reacciones, haciéndose sumatoria de momentos en el
rodillo y luego una sumatoria de fuerzas verticales.
∑ M = 0 18 R − 1163 * 18 − 2327 * 13,5 − 7566 * 9 = 0 ⇒ R = 6691,25kg
∑ F = 0 6691,25 − 1163 − 227 − 7566 + R = 0 ⇒ R = 4364,75kg
rodillo
y
Posteriormente, se realiza una sumatoria de fuerzas en los eje x e y en cada nodo de la cercha. Dado
que por equilibrio esta sumatoria es igual a cero, ello ayuda a conocer las fuerzas en las barras desconocidas
(incógnitas). Resalta que la dirección que lleva una fuerza es la misma dirección de la barra, por consiguiente,
se conoce la relación que existe entre las componentes de la fuerza en el eje x o y.
En relación al criterio para realizar la secuencia de cálculos de los nodos esta dependerá del que tenga
menor cantidad de barras desconocidas. Siguiendo dicha premisa se realizó la secuencia, tal como se muestra
a continuación:
Nodo 1
Se comenzó por el nodo 1 porque estaba sometido al menor número de fuerzas desconocidas, es decir
sólo dos fuerzas que correspondían a las fuerzas en la barra 1-6 y la barra 1-2:
∑F
y
=0
6691,25 − 1163 − Fy = 0 ⇒ Fy = 5528,28 kg
Fy
Fx
1
=
⇒ Fx =
⇒ Fx = 6910,31kg
Fy 0,8
0,80
∑F
=0
F12 − 6910,31 = 0 ⇒ F12 = 6910,31kg
x
Nodo 2
Se continuó con el nodo 2, ya que se conocía del nodo anterior la fuerza en la barra 1-2, por lo que
quedaba en este nodo solo dos fuerzas desconocidas (barra 2-6, barra 2-3):
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∑F
y
= 0 F26 − 2327 = 0 ⇒ F26 = 2327kg
∑F
=0
F23 − 6910,31 = 0 ⇒ F23 = 6910,31kg
x
Nodo 6
Similar al nodo anterior, se conocían las fuerzas en las barras 2-6 y 1-6, por tanto se apreciaron dos
barras desconocidas:
∑F
y
=0
5528,25 − 2327 + Fy = 0 ⇒ Fy = −3201,25kg
Fy
Fx
1
=
⇒ Fx =
⇒ Fx = −4001,56 kg
Fy 0,8
0,80
∑F
=0
− F67 + 6910,31 + 4001,56 = 0 ⇒ F67 = 10911,88kg
x
Nodo 7
Dado que se calculó la fuerza en la barra 6-7, el nodo 7 quedó con dos barras incógnitas:
∑F
=0
10911,88 − F78 = 0 ⇒ F78 = 10911,88kg
x
∑F
y
= 0 F37 = 0
Nodo 3
En el nodo 3 actuaban cinco barras, de las que se conocían la fuerza en tres, entonces se determinó la
fuerza en las dos restantes:
∑F
y
=0
3201,25 − 7566 + Fy = 0 ⇒ Fy = 4364,75kg
Fy
Fx
1
=
⇒ Fx =
⇒ Fx = 5455,93kg
Fy 0,8
0,80
∑F
=0
F34 − 400156
, − 6910,31 + 545593
, = 0 ⇒ F34 = 545593
, kg
x
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Nodo 4
Al haberse calculado lo anteriores nodos, se observó que tanto el nodo 4 como el nodo 8 tenían dos
barras incógnitas, entonces se escogió el nodo 4 en vista de que las barras incógnitas en este nodo no estaban
inclinadas, lo cual facilitaba el cálculo:
∑F
=0
F45 − 5455,93 = 0 ⇒ F45 = 5455,93kg
x
∑F
y
= 0 F48 = 0
Nodo 5
El nodo 5 así como el nodo 8 tenían una barra desconocida. Era indiferente escoger cualquiera de los
dos nodos, pero se realizó el nodo 5 por tener menos barras que incidieran en el mismo:
∑F
y
= 0 4364,75 − Fy = 0 ⇒ Fy = 4364,75
Fy
Fx
1
=
⇒ Fx =
⇒ Fx = 5455,93kg
Fy 0,8
0,80
∑F
x
= 0 5455,93 − 5455,931 = 0 ⇒ 0 = 0
Comprobación Nodo 8
Después de realizarse el cálculo en el nodo 5, se conocían todas las fuerzas en las barras. Por
consiguiente restaba, para comprobar los cálculos realizados, aplicar las ecuaciones de equilibrio en el eje x e
y con lo que se constataría que su suma fuese igual a cero (nodo en equilibrio) lo que efectivamente se logró:
∑F
= 0 4364,75 − 4364,75 = 0 ⇒ 0 = 0
∑F
= 0 10911,88 − 5455,93 * 2 = 0 ⇒ 0 = 0
y
x
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Resultados
10912 kgf
51
2327 kgf
50
8
8
f
kg
24
=0
kg
f
87
69
69
87
f
kg
6910 kgf
=0
kg
f
5456 kgf
Fuerzas que actúan en las barras de la cercha.
Predimensionado de los elementos
Cargas de diseño
Cordón Inferior
Cordón Superior
Primera Diagonal
6910 kgf
10912 kgf
8850 kgf
Cordón Inferior (Diseño a tracción)
Se aplica la Ecuación 1 ;
Areq ≥
Pu
φt Fy
tenemos que
Areq ≥
6910
0,9 * 2500
Areq
3,07
En la tabla de perfiles IPN, el área del perfil IPN 80 cumple con lo requerido
rmin ≥
Se realiza la comprobación
L
300 ; tenemos que
rmin ≥
450cm
300
rmin
1,5
El perfil IPN 160 cumple con el radio de giro mínimo (criterio de esbeltez), por lo tanto al cumplir con
los 2 criterios, este perfil va a ser empleado como cordón inferior.
Cordón Superior (Diseño a compresión)
k=1; l= 4,5 m
Se selecciona el IPN 300, donde en la Tabla de IPN tenemos A=69 cm2 y r= 2,55 cm.
L 450cm
L
=
⇒ = 176,47 . Al emplear
r 2,55cm
r
kL
kgf
= 176 tabla

→ φFcr = 499 cm
2 .
r
la tabla de Esfuerzos Admisibles a Compresión LRFD, tenemos
φPn = φFcr A ; tenemos φPn = 499 * 69 ⇒ φPn = 34431kgf
Pu
≤ 1 se comprueba que el perfil seleccionado cumpla con lo
Por medio de la Ecuación de Interacción (Ecuación 4)
φc Pn
Se aplica la Ecuación 5
requerido; tenemos
10912
= 0,32 ≤ 1 ; por lo tanto el IPN 300 cumple
34431
Primera diagonal (Diseño a compresión)
k=1;
l = 4,5 2 + 3,6 2 ⇒ l= 5,76 m
Se selecciona el IPN 300, donde en la Tabla de IPN tenemos A=69 cm2 y r= 2,55 cm.
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L 576cm
L
kL
=
⇒ = 226 . No sirve IPN 300 porque
≤ 200
r 2,55cm
r
r
Se selecciona el 2 UPN 100, y a partir de la Tabla de UPN tenemos que 2 perfiles tiene A=21,2 cm2 y
r= 3,02 cm.
L 576cm
L
=
⇒ = 190,68 . Al emplear
r 3,02cm
r
kL
kgf
= 191 tabla

→ φFcr = 424 cm
2 .
r
la tabla de Esfuerzos Admisibles a Compresión LRFD, tenemos
φPn = φFcr A ; tenemos φPn = 424 * 21,2 ⇒ φPn = 8988,8kgf
Pu
≤ 1 se comprueba que el perfil seleccionado cumpla con lo
Por medio de la Ecuación de Interacción (Ecuación 4)
φc Pn
Se aplica la Ecuación 5
requerido; tenemos
8850
= 0,98 ≤ 1 ; por lo tanto 2 UPN 100 cumple
8988,8
Resumen
Cordón Inferior IPN 160
Cordón Superior IPN 300
Primera Diagonal 2 UPN 100
Facultad de Arquitectura y Diseño
Universidad de Los Andes, Venezuela
Sistemas Estructurales 30
Prof. Jorge O. Medina M.