EJEMPLOS CASO PRÁCTICO Tema 1. Diseño y Calculo de Estructuras Metálicas I 1. Diseño de elementos a tensión Determinar la capacidad de carga nominal por tensión, Tn, de los elementos que se muestra en la ilustración 1. Los elementos tendrán 9 agujeros de 23,8125 mm (15/16’’) de diámetro aptos para la colocación de tornillos de diámetro de 22.22 mm (7/8’’). No se requiere determinar la capacidad de los tornillos. Perfil C=C12x30 PL=38x35,5x1,3 cm Ilustr ación 1 . La calidad de los materiales son las siguientes: 𝐹𝑦 = 3.515 kg/cm2 y 𝐹𝑢 = 4.570 kg/cm2 → Perfil C 𝐹𝑦 = 2.530 kg/cm2 y 𝐹𝑢 = 4.080 kg/cm2 → Placa Las propiedades geométricas del perfil C, se obtienen de la tabla de propiedades de perfiles laminados de EADIC. Realizar las verificaciones de los estados límites de fluencia, de ruptura y por bloque de cortante. 1 MESTRU_M7_T1 Solución: 1. Obtención de las propiedades geométricas del perfil C ℎ = 30,5 𝑐𝑚 *La medida “d” del perfil C, también hace referencia al parámetro “h” de la tabla de dimensiones. 𝑡𝑤 = 1,30 𝑐𝑚 𝑏𝑓 = 8,05 𝑐𝑚 𝐴𝑔 = 56,90 𝑐𝑚2 2. Estado límite de fluencia 𝑇𝑛 = 𝐴𝑔 𝑓𝑦 Donde: 𝑇𝑛 : 𝑒𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑛𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛 𝐴𝑔 : á𝑟𝑒𝑎 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙 • Para el perfil C 𝑇𝑛 = (56,9 𝑐𝑚2 ) (3.515 𝑘𝑔 ) = 200.003,5 𝑘𝑔 𝑐𝑚2 𝑇𝑛 = 200,00 𝑇𝑜𝑛 • Para la placa 𝐴𝑃𝐿 = (35,5 𝑐𝑚)(1,3 𝑐𝑚) = 46,15 𝑐𝑚2 𝑇𝑛 = (46,15 𝑐𝑚2 ) (2.530 𝑘𝑔 ) = 116.759,5 𝑘𝑔 𝑐𝑚2 𝑇𝑛 = 116,76 𝑇𝑜𝑛 En la revisión del estado límite de influencia rige la tención nominal de la placa 𝑇𝑛 = 116,76 Ton. 2 MESTRU_M7_T1 3. Estado de límite de ruptura 𝑠2 𝑏𝑛 = ℎ − 𝑛 ∗ 𝑑𝑎 + ∑ 4𝑔 Donde: 𝑏𝑛 : 𝑎𝑛𝑐ℎ𝑜 𝑛𝑒𝑡𝑜 ℎ: 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑙 𝐶 𝑛: 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑗𝑒𝑟𝑜𝑠 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑦𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑓𝑎𝑙𝑙𝑎 𝑠: 𝑠𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑎 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑑𝑜𝑠 𝑎𝑔𝑢𝑗𝑒𝑟𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑒𝑐𝑢𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 𝑔: 𝑠𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑗𝑒𝑟𝑜𝑠 𝑑𝑎 : 𝑑𝑖á𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑗𝑒𝑟𝑜𝑠 Cálculo del ancho neto para el perfil C - Trayectoria de falla ABCF 𝑏𝑛 (𝐴𝐵𝐶𝐹 ) = 30,5 𝑐𝑚 − (2 )(2,54 𝑐𝑚) + 3 (5 𝑐𝑚)2 = 26,48 𝑐𝑚 4(5,9 𝑐𝑚) MESTRU_M7_T1 - Trayectoria de falla ABCDE 𝑏𝑛 (𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸 ) = 30,5 𝑐𝑚 − (2)(2,54 𝑐𝑚) + - (5 𝑐𝑚)2 (5 𝑐𝑚)2 + = 24,98 𝑐𝑚 4(5,9 𝑐𝑚) 4(6 𝑐𝑚) Trayectoria de falla ABDE 𝑏𝑛 (𝐴𝐵𝐷𝐸 ) = 30,5 𝑐𝑚 − (2)(2,54 𝑐𝑚) = 25,42 𝑐𝑚 Se toma el menor de los valores calculados para 𝑏𝑛 ,en este caso la línea de influencia menor es en línea de falla (ABCDE), por tanto, 𝑏𝑛 = 24,98 𝑐𝑚. 𝐴𝑛 = 𝐴𝑔 − 𝑑𝑡𝑤 + 𝑏𝑛 𝑡𝑤 𝐴𝑛 = 56,9 𝑐𝑚2 − (30,5 𝑐𝑚)(1,3 𝑐𝑚) + (24,98 𝑐𝑚)(1,3 𝑐𝑚) 𝐴𝑛 = 49,73 𝑐𝑚2 Considerar el Caso 7 de la tabla D3.1 de la ilustración 36 del temario del tema 1, para obtener el valor de 𝑈. 4 MESTRU_M7_T1 𝑈 = 0,85 𝐴𝑒 = 𝑈𝐴𝑛 Ae : Área neta efectiva U: Coeficiente de reducción del área (Factor de Corte diferido) 𝐴𝑒 = (49,73 𝑐𝑚2 )(0,85) = 42,27 𝑐𝑚2 𝑇𝑛 = (𝐴𝑒 )(𝐹𝑢 ) = (42,27 𝑐𝑚2 ) (4.570 𝑘𝑔 ) = 193.157,87 𝑘𝑔 𝑐𝑚2 𝑇𝑛 = 193,16 𝑇𝑜𝑛 Cálculo de ancho neto para la placa El ancho neto para la placa lo podemos obtener de manera práctica sumando lo que sobresale del perfil en este caso es 25 mm a cada lado del perfil. 𝑏𝑛 = 24,98 𝑐𝑚 + 5,00 𝑐𝑚 = 29,98 𝑐𝑚 𝐴𝑛 = (29,98 𝑐𝑚)(1,3 𝑐𝑚) = 38,98 𝑐𝑚2 𝑈 = 0,85 𝐴𝑒 = (0,85)(38,98 𝑐𝑚2 ) = 33,13 𝑐𝑚2 𝑇𝑛 = (33,13 𝑐𝑚2 ) (4.080 𝑘𝑔 ) = 135.166,29 𝑘𝑔 𝑐𝑚2 𝑇𝑛 = 135,17 𝑇𝑜𝑛 En la revisión del estado límite de ruptura, la tención nominal que rige es la de la placa 𝑇𝑛 = 135,17 𝑇𝑜𝑛. 5 MESTRU_M7_T1 4. Estado limite por bloque de cortante 𝑇𝑛 = 0,6𝐹𝑢 𝐴𝑛𝑣 + 𝑈𝑏𝑠 𝐹𝑢 𝐴𝑛𝑡 ≤ 0,6𝐹𝑦 𝐴𝑔𝑣 + 𝑈𝑏𝑠 𝐹𝑢 𝐴𝑛𝑡 a) Área bruta solicitada a corte 𝐴𝑔𝑣 = 𝐿𝑣 ∗ 𝑡𝑤 𝐴𝑔𝑣 = (24 𝑐𝑚)(1,3 𝑐𝑚) 𝐴𝑔𝑣 = 31,2 𝑐𝑚2 b) Área neta solicitada a corte 𝐴𝑛𝑣 = 𝐴𝑔𝑣 − 𝑛 ∗ 𝑑𝑎 ∗ 𝑡𝑤 𝐴𝑛𝑣 = 𝐴𝑔𝑣 − 2,5 (𝑑𝐵𝐴𝑅𝑅 )(𝑡𝑤 ) 𝐴𝑛𝑣 = 31,20 𝑐𝑚2 − 2,5(2,54 𝑐𝑚)(1,3 𝑐𝑚) 𝐴𝑛𝑣 = 22,95 𝑐𝑚2 c) Área neta solicitada a tensión, considerar las trayectorias de falla que se mencionan: 𝐴𝑛𝑡 = 𝑏𝑛𝑡 𝑡𝑤 + 𝐴𝑓 𝐴𝑓 = 𝐴𝑔 − ℎ ∗ 𝑡𝑤 2 𝑏𝑛 = ℎ − 𝑛 ∗ 𝑑𝑎 + ∑ 6 𝑠2 4𝑔 MESTRU_M7_T1 bnt (EBFG) = 21,2 cm − 2,5(2,54 cm) + (5 𝑐𝑚)2 (5 𝑐𝑚)2 + = 16,95 cm 4(5,9 𝑐𝑚) 4(6 𝑐𝑚) bnt (EBC) = 21,2 cm − 1,5(2,54 cm) + (5 𝑐𝑚)2 = 18,45 cm 4(5,9 𝑐𝑚) bnt (EFG) = 21,2 cm − 1,5(2,54 cm) = 17,39 cm El ancho efectivo en tensión es el que se encuentra en la línea de falla (EBFG), por lo tanto bu = 16,95 cm. Af = Af = Ag − d t w 2 56,9 cm2 − (30,5 cm)(1,3 cm) = 8,63 cm2 2 Ant = (16,95 cm)(1,3 cm) + 8,63 cm2 Ant = 30,66 cm2 𝑇𝑛 = 0.6𝐹𝑢 𝐴𝑛𝑣 + 𝑈𝑏𝑠 𝐹𝑢 𝐴𝑛𝑡 ≤ 0.6𝐹𝑦 𝐴𝑔𝑣 + 𝑈𝑏𝑠 𝐹𝑢 𝐴𝑛𝑡 0,6 (4.975 𝑘𝑔 𝑘𝑔 2) ( ( ) ) 22,95 𝑐𝑚 + 1,0 (4.920 ) (30,66 𝑐𝑚2 ) 𝑐𝑚2 𝑐𝑚2 ≤ 0,6 (3.680 𝑘𝑔 𝑘𝑔 ) (31,20 𝑐𝑚2 ) + (1,0) (4.975 2 ) (30,66 𝑐𝑚2 ) 2 𝑐𝑚 𝑐𝑚 Tn = 203,037,26 kg ≤ 205.922,87 kg Tn = 203,04 Ton Conclusión: la capacidad de carga nominal a tensión de la unión estudiada, se rige por el estado limite de fluencia en la placa con una capacidad de 𝑇𝑛 = 116,76 Ton 7 MESTRU_M7_T1 2. Diseño de elementos a compresión En la ilustración 2 se muestra un pilar metálico sometido a una carga axial, junto con su sección transversal. Calcular la resistencia a compresión del pilar con un perfil W 14x120 de 4,5 m de longitud. Con base a la ilustración 3, se pueden extraer los factores de longitud efectiva de acuerdo con las condiciones de apoyo. Las condiciones de apoyo en la parte inferior permiten rotación, pero impiden traslación; en cambio, en la parte superior los apoyos impiden rotación, pero permiten traslación. Suponer que el pandeo local no es crítico. Ilustr ación 2 8 MESTRU_M7_T1 Ilu str ación 3 Solución: Relaciones de esbeltez 𝐾𝑥 𝐿 (2)(450 𝑐𝑚) = = 56,96 (15,8 𝑐𝑚) 𝑟𝑥 𝐾𝑦 𝐿 (2)(450 𝑐𝑚) = = 94,74 (9,5 𝑐𝑚) 𝑟𝑦 Esfuerzo de Euler Para calcular el esfuerzo de Euler se toma el máximo valor de relación de esbeltez. 𝜋 2𝐸 𝜋 2 (2.039.000 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2 ) 𝐹𝑒 = = 2.242,08 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚3 2 = 2 ( ) 94,71 𝐾 𝐿 ( 𝑟𝑥 ) 𝑥 9 MESTRU_M7_T1 𝜆𝑐 = √ 𝐹𝑦 3.515 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2 =√ = 1,25 𝐹𝑒 2.242,08 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2 𝜆𝑐 < 1,5 Esfuerzo critico nominal La sección no está sometida a pandeo por torsión o flexo torsión. El esfuerzo crítico nominal se determina con la ecuación que se presenta a continuación. Esta ecuación es aplicable a columnas de sección transversal cerrada, o con dos ejes de simetría, o con otra forma cualquiera para la que pueda demostrarse que no están sujetas a pandeo por torsión o flexo torsión. 2 2 𝐹𝑐𝑟 = (0.658𝜆𝑐 ) 𝐹𝑐𝑟 = (0.6581,25 )(3,515) = 1.827,69 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2 Resistencia nominal en compresión 𝑃𝑛 = 𝐴𝑔 𝐹𝑐𝑟 = 227,8 𝑐𝑚2 ∗ 1.827,69 𝑘𝑔⁄𝑐𝑚2 = 416.348,50 𝑘𝑔 LRFD 𝜙𝑐 = 0.90 𝜙𝑐 𝑃𝑛 = 0.90 ∗ 416,35 𝑡𝑜𝑛 = 374,72 𝑡𝑜𝑛 3. Diseño de elementos a flexión Para la viga que se encuentra simplemente apoyada en sus extremos como se muestra en la ilustración 4, capaz de resistir una carga muerta de 𝑊𝐷 = 350 𝑘𝑔/𝑚 y una carga viva de 𝑊𝐿 = 500 𝑘𝑔/𝑚, seleccionar un perfil de Sección W de un acero ASTM A992. La viga tiene un arriostramiento al centro del claro y la carga de servicio para la revisión de la deflexión es 𝑊𝑆 = 3550 𝑘𝑔/𝑚. 10 MESTRU_M7_T1 Ilustr ación 4 Solución: Método LRFD 𝑊𝑢 = 1,2𝑊𝐷 + 1,6𝑊𝐿 𝑊𝑢 = 1,2(350 𝑘𝑔/𝑚) + 1,6(500 𝑘𝑔/𝑚) 𝑊𝑢 = 1.220 𝑘𝑔/𝑚 𝑊𝑢 𝐿2 𝑀𝑢 = 8 (1.220)(8)2 𝑘𝑔 𝑀𝑢 = = 9.760 8 𝑚 𝑍𝑥𝑥 ≥ 𝑍𝑥𝑥 ≥ 𝑀𝑢 𝜙𝑏 𝑓𝑦 (976.000) (0,9)(3.515) 𝑍𝑥𝑥 ≥ 308,52 𝑐𝑚3 Con base en el módulo de sección plástico entraremos a las tablas de dimensiones y propiedades. Así, se propone un perfil tipo W10x26. 11 MESTRU_M7_T1 La viga se encuentra soportada lateralmente solo al centro del claro por lo que: 𝐿𝑏 = 400 𝑐𝑚 𝐸 𝐿𝑝 = 1,76𝑟𝑦𝑦 √ 𝐹𝑦 𝐿𝑟 = 1,95𝑟𝑇 0,7𝐹𝑦 𝑆𝑥𝑥 ℎ0 2 𝐸 𝐽𝑐 √1 + √1 + 6,76 [ √ ] 0,7𝐹𝑦 𝑆𝑥𝑥 ℎ0 𝐸𝐽𝑐 a) Si 𝐿𝑏 ≤ 𝐿𝑝 𝑀𝑛 = 𝐹𝑦 𝑍𝑥𝑥 b) Si 𝐿𝑝 < 𝐿𝑏 ≤ 𝐿𝑟 𝑀𝑛 = 𝐶𝑏 [𝑀𝑝 − (𝑀𝑝 − 0,7𝐹𝑦 𝑆𝑥𝑥 ) ( 12 𝐿𝑏 − 𝐿𝑝 )] ≤ 𝑀𝑝 𝐿𝑟 − 𝐿𝑝 MESTRU_M7_T1 c) Si 𝐿𝑟 < 𝐿𝑏 𝑀𝑛 = 𝐹𝑐𝑟 𝑆𝑥𝑥 ≤ 𝑀𝑝 𝐶𝑏 𝜋 2 𝐸 𝐽𝑐 𝐿𝑏 𝐹𝑐𝑟 = √1 + 0,078 ( ) 𝐿𝑏 2 𝑆𝑥𝑥 ℎ0 𝑟𝑇 ( ) 𝑟𝑡 Revisión de la longitud no arriostrada 2.039.000 𝐿𝑝 = 1,76(3,5)√ = 148,36 3.515 2 (16,6)(1) 2.039.000 0,7 ∗ (3.515)(457)(25,08) √1 + √1 + 6,76 [ √ ] 𝐿𝑟 = 1,95(3,9) (2.039.000)(16.6)(1) 0,7(3.515) (457)(25,08) 𝐿𝑟 = 6.302,21√0.00145√1 + √1 + 4,693 𝐿𝑟 = (6.302,21)(0,038)(1,84) = 441,57 𝐿𝑝 < 𝐿𝑏 < 𝐿𝑟 ∴ 𝑀𝑛 = 𝐶𝑏 [𝑀𝑝 − (𝑀𝑝 − 0,7𝐹𝑦 𝑆𝑥𝑥 ) ( 𝐿𝑏 − 𝐿𝑝 )] ≤ 𝑀𝑝 𝐿𝑟 − 𝐿𝑝 Cálculo del coeficiente de flexión 𝐶𝑏 13 MESTRU_M7_T1 Tomaremos como coeficientes de flexión 𝐶𝑏 = 1,3. Revisión de la sección compacta en el perfil (relaciones ancho /grueso) - Alas: 𝐸 𝜆𝑝𝑓 = 0,38√ 𝐹𝑦 𝜆𝑝𝑓 = 9,15 𝑏𝑓 < 𝜆𝑝𝑓 2𝑡𝑓 6,6 < 9,15 La sección es compacta en Alas. 14 MESTRU_M7_T1 - Alma: 𝐸 𝜆𝑝𝑤 = 3,76√ 𝐹𝑦 𝜆𝑝𝑤 = 90,56 𝑑 < 𝜆𝑝𝑤 𝑡𝑤 39,7 < 90,56 La sección es compacta en alma. Entonces el momento nominal será: 𝑀𝑛 = 𝐶𝑏 [𝑀𝑝 − (𝑀𝑝 − 0,7𝐹𝑦 𝑆𝑥𝑥 ) ( 𝐿𝑏 − 𝐿𝑝 )] ≤ 𝑀𝑝 𝐿𝑟 − 𝐿𝑝 𝑀𝑝 = 𝐹𝑦 𝑍𝑥𝑥 𝑀𝑝 = (3.515)(513) = 1.803.195 𝑘𝑔 ∗ 𝑐𝑚 𝑀𝑝 = 18,03 𝑡𝑜𝑛 ∗ 𝑚 0,7𝐹𝑦 𝑆𝑥𝑥 = (0,7)(3.515)(457) = 1.124.448 𝑘𝑔 ∗ 𝑐𝑚 0,7𝐹𝑦 𝑆𝑥𝑥 = 11,24 𝑡𝑜𝑛 ∗ 𝑚 𝑀𝑛 = (1,3) [18,03 − (18,03 − 11,24) [ 400 − 148,36 ]] ≤ 18,03 𝑡𝑜𝑛 ∗ 𝑚 441,57 − 148,36 𝑀𝑛 = 15,86 𝑡𝑜𝑛 ∗ 𝑚 𝜙𝑏 𝑀𝑛 ≥ 𝑀𝑢 (0,9)(15,86) ≥ 9,8 15 MESTRU_M7_T1 14,274 ≥ 9,8 ¡La sección es adecuada! Revisión por cortante La resistencia nominal por cortante está dada por: 𝑉𝑛 = 0,6𝑓𝑦 𝐴𝑤 𝐶𝑣 𝐴𝑤 = (𝑑 − 2𝑡𝑓 )𝑡𝑤 𝑉𝑛 = (0,6)(3.515)(23.96)(0.66)(1.0) 𝑉𝑛 = 33.350,88 𝑘𝑔 𝑉𝑛 = 33,35 𝑡𝑜𝑛 𝜙𝑣 𝑉𝑛 = 30,015 𝑡𝑜𝑛 𝑉𝑢 = 𝑉𝑢 = 𝑊𝑢 𝐿 2 (1.220)(8) = 4.880 𝑘𝑔 2 𝑉𝑢 = 4,88 𝑡𝑜𝑛 ¡La sección es adecuada! Revisión del estado límite de servicio: La deflexión permisible está dada por: Δ𝑎 = Δ𝑎 = 𝐿 360 800 = 2,22 𝑐𝑚 360 La deflexión elástica de la viga será: 16 MESTRU_M7_T1 Δ𝐸 = 5𝑊𝑠 𝐿4 384𝐸𝐼𝑥𝑥 5(5,50)(800)4 Δ𝐸 = 384(2.039.000)(5.994) Δ𝐸 = 2,4 𝑐𝑚 ¡La sección no es adecuada! La deflexión elástica es mayor que la deflexión permisible, en este caso particular se recomienda revisar con un perfil que tenga un mayor momento de inercia en la dirección de la flexión, por ejemplo, un perfil tipo W12x26 el cual tiene una inercia de 𝐼𝑥𝑥 = 8,491 𝑐𝑚4 Δ𝐸 = 5(5,50)(800)4 384(2.039.000)(9.906) Δ𝐸 = 1,69 𝑐𝑚 ¡La sección es adecuada! 4. Diseño de elementos a flexocompresión En la ilustración 5 se muestra un pórtico rígido simple de un solo nivel sometido a cargas factorizadas de igual magnitud y una carga lateral. Los pilares o columnas son perfiles W 14x90 de acero Fy = 3.515 kg/cm2. 17 MESTRU_M7_T1 Considerar un factor de modificación por pandeo – torsional de Cb = 1,0. Las propiedades geométricas del perfil W 14x90 se obtiene de la tabla de propiedades de perfiles laminados de EADIC. Comprobar si la sección es adecuada bajo efectos de flexo-compresión. Solución: Propiedades geométricas de la sección 𝐴 = 171,0 𝑐𝑚2 𝑟𝑡 = 10,10 𝑐𝑚 𝑏𝑓 = 10,20 2𝑡𝑓 𝑑 = 31,8 𝑡𝑤 𝑟𝑥𝑥 = 15,6 𝑐𝑚 𝐼𝑋𝑋 = 41.582 𝑐𝑚4 𝑆𝑥𝑥 = 2.343 𝑐𝑚3 𝑟𝑦𝑦 = 9,4 𝑐𝑚 𝐼𝑦𝑦 = 15.068 𝑐𝑚4 𝑆𝑦𝑦 = 818 𝑐𝑚3 ℎ0 = 𝑑 − 𝑡𝑓 𝑍𝑥 = 2.573 𝑐𝑚3 𝑍𝑦 = 1.239 𝑐𝑚3 = 35,6 𝑐𝑚 − 1,8 𝑐𝑚 𝐶 = 1,0 𝐽 = 169 𝑐𝑚4 ℎ0 = 33,8 𝑐𝑚 En caso de no encontrar 𝑟𝑡 dentro de la tabla de propiedades geométricas de la sección, se puede calcular este parámetro de manera precisa y conservadora con la siguiente expresión: 𝑏𝑓 𝑟𝑡 = √12 (1 + ( 1 ℎ𝑡𝑤 6 𝑏𝑓 𝑡𝑓 )) Dado que el perfil utilizado tiene una forma de “I” doblemente simétrica, el coeficiente “C” es igual a 1. 1. CÁLCULO DEL MOMENTO NOMINAL 𝑴𝑵 Y DE LA CAPACIDAD DE CARGA NOMINAL 𝑷𝑵 DE LA COLUMNA 1.1. Flexión a) Revisión de la sección compacta del elemento. • Alas 18 MESTRU_M7_T1 𝐸 2.039.000 𝜆𝑝𝑓 = 0,38√ = 0,38√ = 9,15 𝐹𝑦 3.515 𝜆𝑟𝑓 = √ 𝐸 2.039.000 =√ = 24,08 𝐹𝑦 3.515 𝜆𝑏𝑓 = 𝑏𝑓 = 10,2 2𝑡𝑓 Como 𝜆𝑝𝑓 < 𝜆𝑏𝑓 < 𝜆𝑟𝑓 la sección es NO COMPACTA EN ALA y la ecuación de momento nominal será: 𝑀𝑛 = 𝑀𝑝 − (𝑀𝑝 − 0,7𝐹𝑦 𝑆𝑥𝑥 ) ( 𝜆𝑏𝑓 − 𝜆𝑝𝑓 ) 𝜆𝑟𝑓 − 𝜆𝑝𝑓 𝑀𝑝 = 𝐹𝑦 𝑍𝑥 = (3.515)(2.573) = 9.044.095 𝑘𝑔 ∗ 𝑐𝑚 𝑀𝑝 = 90,44 𝑡𝑜𝑛 ∗ 𝑚 0,7𝑓𝑦 𝑆𝑥𝑥 = 0,7(3.515)(2.343) = 5.754.951,50 𝑘𝑔 ∗ 𝑐𝑚 0,7𝐹𝑦 𝑆𝑥𝑥 = 57,65 𝑡𝑜𝑛 ∗ 𝑚 𝑀𝑛 = 90,44 − (90,44 − 57,65) ( 10,2 − 9,15 ) 24,08 − 9,15 𝑀𝑛 = 88,14 𝑡𝑜𝑛 ∗ 𝑚 • Alma 𝐸 2.039.000 𝜆𝑝𝑤 = 3,76√ = 3,76√ = 90,56 𝐹𝑦 3.515 𝐸 2.039.000 𝜆𝑟𝑤 = 5,70√ = 5,70√ = 137,28 𝐹𝑦 3.515 𝜆𝑏𝑤 = 𝑑 = 31,8 𝑇𝑤 Como 𝜆𝑏𝑤 < 𝜆𝑝𝑤 la sección es COMPACTA EN ALMA y rige el estado límite de pandeo local en el ala. 19 MESTRU_M7_T1 b) Revisión de la longitud no soportada lateralmente del ala comprimido. 𝐸 2.038.000 𝐿𝑝 = 1,76𝑟𝑦𝑦 √ = 1,76(9,5)√ = 398,46 𝑐𝑚 𝐹𝑦 3.515 0,7𝐹𝑦 𝑆𝑥𝑥 ℎ𝑜 2 𝐸 𝐽𝑐 √ √ 𝐿𝑟 = 1,95𝑟𝑡 √ 1 + 1 + 6,76 ( ) 0,7𝐹𝑟 𝑆𝑥𝑥 ℎ0 𝐸 𝐽𝑐 𝐿𝑟 = 1,95(10,1) (169,0)(1,0) 2.039.000 √ (0,7)(3.515) (2.343)(33,8) (0,7)(3.515)(2.343,0)(33,8) √1 + √1 + 6,76 ( ) 2.039.000 (169,0)(1,0) 2 𝐿𝑟 = 1.256,67 𝑐𝑚 𝐿𝑏 = 450,0 𝑐𝑚 Como 𝐿𝑝 < 𝐿𝑏 < 𝐿𝑟 , la ecuación de momento nominal será: 𝑀𝑛 = 𝐶𝑏 [𝑀𝑝 − (𝑀𝑝 − 0,7𝐹𝑦 𝑆𝑥𝑥 ) ( 𝐿𝑏 − 𝐿𝑝 ) ] ≤ 𝑀𝑝 𝐿𝑟 − 𝐿𝑝 Como consideramos la columna como si estuviera en voladizo el factor de modificación por pandeo lateral – torsional 𝐶𝑏 = 1,0. 𝑀𝑛 = (1,0) [90,44 − (90,44 − 57,65) ( 450 − 398,46 ) ] ≤ 90,44 1.256.67 − 398.46 𝑀𝑛 = 88,47 ≤ 90,44 El menor de los momentos nominales antes descritos es el que rige en este caso es el del estado límite por pandeo local del ala en compresión. 𝑀𝑛 = 88,14 𝑡𝑜𝑛 ∗ 𝑚 20 MESTRU_M7_T1 1.2. Compresión axial 𝑃𝑛 = 𝐴𝐹𝑐𝑟 El esfuerzo crítico de las columnas sometidas a compresión axial depende de la relación de esbeltez mínima, es decir: 𝐾𝑦 𝐿 (1)(450) = = 47,87 𝑟𝑦𝑦 9,4 π2 𝐸 π2 (2.039.000) 𝐹𝑒 = = = 8.781,07 𝑘𝑔/𝑐𝑚 (47,87)2 𝐾𝑦 𝐿 2 ( ) 𝑟𝑦𝑦 𝐹𝑦 3.515,00 𝜆𝑐 = √ = √ = 0,63 𝐹𝑒 8.781,07 Como 𝜆𝑐 < 1,5 entonces: 2 𝐹𝑐𝑟 = (0,658𝜆𝑐 )𝐹𝑦 2 𝐹𝑐𝑟 =(0,658(0,63) )(3.515) = 2.972,78 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝑃𝑛 = 𝐴𝐹𝑐𝑟 = (171,0)(2.972,78) = 508.345,04 𝑘𝑔 𝑃𝑛 = 508,35 𝑡𝑜𝑛 Solución Método LRFD Para la solución por el método LRFD utilizaremos las cargas ya mayoradas. Diseño por el método directo de análisis (MDA) ∆𝐻𝐵 = 𝑃𝑢 𝐿3 (5.500)(450)3 = = 1,97𝑐𝑚 3𝐸𝐼𝑋𝑋 3(2.039.000)(41.581) 21 MESTRU_M7_T1 Cargas nocionales o ficticias. Las estructuras, serán regulares o irregulares, deben analizarse bajo la acción combinada de las fuerzas reales que actúan sobre ellas y de fuerzas nocionales horizontales que se aplican en la misma dirección y sentido que las fuerzas de viento o sismo. 𝑌𝑖 = Σ𝑃𝑢𝑖 = 110 𝑡𝑜𝑛 𝑁𝑖 = 2,1 ( ∆𝐻𝑖 1,97 ) 𝑌𝑖 = 2,1 ( ) (110) = 1,01 𝑡𝑜𝑛 𝐿 450 La carga nocional se suma a la carga lateral aplicada, teniendo como resultado una suma de fuerzas horizontales de: 𝐻 = 5,5 + 1,01 = 6,51 𝑡𝑜𝑛 Factor de reducción por rigidez. El parámetro 𝐵1 no se considera, únicamente el parámetro 𝐵2 , ya que los momentos de diseño originados por las fuerzas producen desplazamientos laterales. Cálculo del coeficiente 𝐵2 . 22 MESTRU_M7_T1 𝐵2 = 1 𝛼𝑃 1 − Σ𝑃𝑛𝑡 𝑒2 Σ𝑃𝑛𝑡 = 110 𝑡𝑜𝑛. Σ𝐻 = 6,51 𝑡𝑜𝑛 (𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑖𝑛𝑐𝑙𝑢𝑦𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑛𝑜𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙 ). ∆𝐻𝐵 = 1,97 𝑐𝑚. 𝑅𝑀 = 0,85 (𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑚𝑎𝑟𝑐𝑜𝑠 𝑛𝑜 𝑎𝑟𝑟𝑖𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠). Σ𝑃𝑒2 = 𝑅𝑀 Σ𝑃𝑒2 = 0,85 Σ𝐻𝐿 Δ𝐻𝐵 (6,51)(450) 1,97 Σ𝑃𝑒2 = 1.264,00 𝑡𝑜𝑛 𝐵2 = 1 1 = = 1,09 (1,0)(110) 0,91 1 − 1.264,00 𝐵2 ≥ 1,0 Cálculo del momento de segundo orden: 𝑀𝑟 = 𝐵1 𝑀𝑛𝑡 + 𝐵2 𝑀𝑙𝑡 𝑀𝑛𝑡 = 0 𝑀𝑙𝑡 = (6,51)(4,50) = 29,30 𝑡𝑜𝑛 ∗ 𝑚 𝑀𝑟 = 0 + (1,09)(29,30) = 32,09 𝑡𝑜𝑛 ∗ 𝑚 Cálculo de la carga axial de segundo orden: 𝑃𝑟 = 𝑃𝑢 𝑃𝑟 = 𝑃𝑛𝑡 + 𝐵2 𝑃𝑙𝑡 𝑃𝑛𝑡 = 55 𝑡𝑜𝑛 𝑃𝑙𝑡 = 0 𝑃𝑟 = 55 + (1,0)(0) = 55 𝑡𝑜𝑛 Determinación de la resistencia total del elemento sometido a la acción combinada de compresión axial y flexión. 23 MESTRU_M7_T1 𝑃𝑟 𝑃𝑢 55 55 = = = = 0,12 𝑃𝑐 𝜑𝑐 𝑃𝑛 0,9(508,35) 457,51 Como 𝑃𝑟 𝑃𝑐 < 0,2 entonces utilizaremos: 𝑃𝑟 𝑀𝑟𝑥 𝑀𝑟𝑦 +( + ) ≤ 1,0 2𝑃𝑐 𝑀𝑒𝑥 𝑀𝑒𝑦 𝑃𝑟 = 55 𝑡𝑜𝑛; 𝑃𝑐 = 𝜑𝑐 𝑃𝑛 = 0,9(508.35) = 457,51 𝑡𝑜𝑛 𝑀𝑟𝑥 = 32,07 𝑡𝑜𝑛 ∗ 𝑚; 𝑀𝑐𝑥 = 𝜑𝑏 𝑀𝑛 = 0,9(87,91) = 79,12 𝑡𝑜𝑛 ∗ 𝑚 55 32,07 +( ) ≤ 1,0 2 ∗ 457,51 79,12 0,06 + 0,40 = 0,46 ≤ 1,0 ¡La sección es adecuada por flexo compresión! 24 MESTRU_M7_T1
