UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN AGUSTIN DE AREQUIPAFACULTAD DE: INGENIERIA CIVIL DEPARTAMENTO ACADEMICO DE INGENIERIA CIVIL DISEÑO EN ACERO Y MADERA Diseño de miembros a tensión SELECCIÓN DE PERFILES Se describe la selección de miembros que deben soportar cargas de tensión. Aunque el proyectista tiene plena libertad en la selección, los miembros escogidos deben tener las siguientes propiedades: a. Deberán ser compactos b. Deberán tener dimensiones que se ajusten en la estructura con una relación razonable a las dimensiones de los otros miembros de la estructura c. Deberán tener conexiones con tantas partes de las secciones como sea posible para minimizar el retardo del cortante. La elección del tipo de miembro se ve afectada por la clase de conexiones usadas para la estructura (atornillada: ángulos, canales o perfiles W o S), (soldada: placas, canales y tes estructurales). Con frecuencia los miembros soldados pueden tener agujeros para tornillos de montaje provisionales mientras se colocan las soldaduras de campo permanentes. Es necesario considerar esos agujeros en el diseño. . rara vez se usarían. deflexiones laterales). las tablas tales como las dadas en el Manual del Acero nos permiten seleccionar directamente una sección conveniente. seleccionar una sección del Manual si se conoce el área correspondiente. aun cuando no existan agujeros. • El diseño de miembros de acero es un proceso de prueba y error.Del AISC 𝑃𝑛 = 𝐹𝑢𝐴𝑒 el valor de 𝐴𝑒 puede ser menor que el de 𝐴𝑔 . puede ser necesario probar con una sección ligeramente mayor o tal vez más pequeña y repetir el proceso de verificación. • Para un miembro a tensión. dependiendo del arreglo de las soldaduras y de si todas las partes de los miembros están conectadas. La relación de esbeltez máxima recomendada de 300 no es aplicable a varillas a tensión (tener en cuenta el transporte. y por ende a relaciones de esbeltez muy altas. y verificar la resistencia de la sección. podemos estimar el área requerida. Las Especificaciones AASHTO exigen relaciones de esbeltez máximas de 200 para miembros principales a tensión. montaje. debido a sus radios de giro extremadamente pequeños. El objetivo del proceso de diseño es dimensionar los miembros de modo que sean seguros satisfaciendo las condiciones de falla ilustradas en la Especificación AISC. 240 para miembros secundarios y 140 para miembros sometidos a inversión de esfuerzos. Los valores máximos de 𝐿 𝑟 para varillas quedan a juicio del proyectista. Si se especificara para ellas un valor máximo de 300. El área necesaria para un miembro a tensión específico puede estimarse con las ecuaciones de LRFD o de ASD. • Después de hacer esto. Para satisfacer la segunda expresión. exceder de 300.LRFD: la resistencia de diseño de un miembro a tensión es el menor de 𝜙𝑡 𝐹𝑦𝐴𝑔 . a. el valor mínimo de 𝐴𝑒 debe ser por lo menos igual a 𝑃𝑢 𝐴𝑒 mín = 𝜙𝑡 𝐹𝑢 𝐴𝑒 = 𝑈𝐴𝑛 para un miembro atornillado el Valor mínimo de 𝐴𝑛 es: 𝐴𝑒 mín 𝑃𝑢 𝐴𝑛 mín = = 𝑈 𝜙𝑡 𝐹𝑢𝑈 ⟹ 𝐴g mín = 𝐴𝑛 mín + área estimada de agujeros 𝑃𝑢 𝐴g mín = + área estimada de agujeros (b) 𝜙𝑡 𝐹𝑢𝑈 . la relación de esbeltez no deberá. de preferencia. Para satisfacer la primera de estas expresiones. 𝜙𝑡 𝐹𝑢𝐴𝑒 . o de su resistencia por bloque de cortante. Además. el área total mínima debe ser por lo menos igual a 𝑃𝑢 𝐴g mín = (a) 𝜙𝑡 𝐹𝑦 b. el valor de 𝑟 para el cual la relación de esbeltez sea exactamente igual a 300. Con este valor es fácil calcular el mínimo valor preferible de 𝑟 con respecto a cada eje principal de la sección transversal para un diseño particular. o sea. La tercera expresión puede evaluarse una vez que se haya seleccionado un perfil de prueba y se conocen los otros parámetros relacionados con la resistencia por bloque de cortante. Se puede sustituir valores en las ecuaciones (a) y (b). representa las fuerzas de las cargas factorizadas . porque entonces su relación de esbeltez excederá el valor máximo preferible de 300: 𝐿 𝑟 𝑚í𝑛 = 300 𝑃𝑢: En las ecuaciones (a) y (b). No conviene considerar una sección cuyo radio de giro mínimo 𝑟 sea menor que este valor.c. tomando el mayor valor de 𝐴g así obtenido como una estimación inicial de las dimensiones. Se debe notar que la relación 𝐿/𝑟 de esbeltez máxima preferible es de 300. Independientemente de cuáles sean las dimensiones estimadas. las áreas totales mínimas requeridas son: Ω𝑡 Ω𝑡 𝑃𝑎 (c) 𝐴g mín = 𝐹𝑦 Ω𝑡 𝑃𝑎 𝐴g mín = + área estimada de agujeros (d) 𝐹𝑦𝑈 𝑃𝑎 : En las ecuaciones (c) y (d). éstas se verifican cuidadosamente con las ecuaciones apropiadas de LRFD y ASD. Los resultados por los dos métodos serán muy cercanos entre sí. representa el resultado de nuestra aplicación de las combinaciones de cargas para el diseño ASD. se estimarán y se revisarán nuevas dimensiones de los miembros.Con base en estas expresiones. Tendremos los mismos resultados finales independientemente de si nos imaginamos unas primeras dimensiones o si usamos alguna ecuación para estimarlas. Las áreas estimadas requeridas por esos dos métodos normalmente variarán un poco. 𝐹𝑦𝐴𝑔 ASD: la resistencia permisible para el diseño de miembros a tensión es el menor de y Ω𝑡 𝐹𝑢𝑈𝐴𝑛 . Si las ecuaciones no se satisfacen. . Ejemplo Seleccione un perfil W12 de acero A992 de 30 pies de longitud para soportar una carga muerta de servicio de tensión PD = 130 klb y una carga viva de servicio de tensión PL = 110 klb. el miembro tendrá dos hileras de tornillos de 7 8 plg en cada patín (por lo menos tres en una línea a 4 plg entre centros). . Como se muestra en la figura. 53 plg 2 0. Considerando las combinaciones necesarias de carga LRFD ASD 𝑃𝑢 = 1. 𝐴g mín = = = 7.4 130 klb = 182 klb 𝑃𝑎 = D + L 𝑃𝑢 = 1. Solución. Se usó 𝑈 = 0. Caso 7).38 plg 𝜙𝑡 𝐹𝑦 0. 𝐴g mín = + areas estimadas de agujeros 𝜙𝑡 𝐹𝑢𝑈 Suponga que 𝑈 = 0.75 65 klb plg 0.38 plg 2 o mayores. y suponga que el espesor del patín es aproximadamente 0.85 (Tabla D-3. 332 klb 7 1 𝐴g mín = 2 + 4 plg + plg 0.6)(110 klb) = 332 klb 𝑃𝑎 = 130 klb + 110 klb = 240 klb b.2 130 klb + (1. a.380 plg después de buscar en las secciones W12 en el Manual LRFD que tengan áreas de 7.85 ya que 𝑏𝑓 resulta ser menor que 2 3 𝑑. Calculando el 𝑨𝐠 mínimo requerido: Usando las ecuaciones (a) y (b) del método LRFD 𝑃𝑢 332 klb 2 a.4D = 1.90 50 klb plg2 𝑃𝑢 b.380 plg = 9.2D + 1.6L = 1.1 del AISC.85 8 8 . 90 515 klb = 463. 𝟔𝟕 𝜙𝑡 𝑃𝑛 = 0.c. 𝑑 = 12.50 plg.1 del AISC.56 plg.30 plg 𝐿 = 2 4 plg = 8 plg 𝑈 = 1− = 1− = 0.3 plg 2 = 515 klb LRFD con 𝝓𝒕 = 𝟎.67 b. Radio de giro mínimo 𝒓 preferible 𝐿 12 plg pie 30 pies 𝑟 mín = = = 1. que es WT6 × 17. 𝑡𝑓 = Comprobación a.4 > 240 klb 𝐎𝐊 Ω𝑡 1.5 = 1.2 plg 300 300 Probando con una W12 × 35 𝐴g = 10. 𝑏𝑓 = 6. Fluencia de la sección total 𝑃𝑛 = 𝐹𝑦𝐴𝑔 = 50 klb plg 2 10.30 plg 𝑥 1. 𝟗𝟎 ASD con 𝛀𝒕 = 𝟏.3 plg 2 . Resistencia de fractura a la tensión (Tabla D-3.84 𝐿 8 plg . Caso 2) 𝑥 para la mitad de W12 × 35.5 > 332 klb 𝐎𝐊 𝑃𝑛 515 klb = = 308. 22 plg 2 = 6.99 plg 2 𝑃𝑛 = 𝐹𝑢𝐴𝑒 = 65 klb plg 2 6.75 454.1 del AISC.2 klb = 340.50 plg = 8. 𝐎𝐊 𝑟𝑦 1.2 klb LRFD con 𝝓𝒕 = 𝟎.7 > 332 klb 𝐎𝐊 𝑃𝑛 454.56 plg < 𝑑 = 12. 2 2 (Tabla D-3.22 plg 2 8 8 𝐴𝑒 = 𝑈𝐴𝑛 = 0. . Ω𝑡 2. use W12 × 35. 𝐆.54 plg Resp. use la siguiente sección mayor W12 × 40.3 plg 2 − 4 plg + plg 0. 𝟕𝟓 ASD con 𝛀𝒕 = 𝟐.00 c. Por LRFD. Caso 7) 𝑈 = 0.1 > 240 klb 𝐍. Por ASD.99 plg 2 = 454.33 plg 3 3 7 1 𝐴𝑛 = 10.520 plg = 8.2 klb = = 227.85 ya que 𝑏𝑓 = 6.85 8. Relación de esbeltez 𝐿𝑦 12 plg pie × 30 pies = = 234 < 300. 𝟎𝟎 𝜙𝑡 𝑃𝑛 = 0. 4 30 klb = 42 klb 𝑃𝑎 = D + L 𝑃𝑢 = 1.4D = 1. Calculando el 𝑨𝐠 mínimo requerido: 𝑃𝑢 100 klb a. Suponga que sólo se tendrá un tornillo en una sección transversal cualquiera. Considerando las combinaciones necesarias de carga LRFD ASD 𝑃𝑢 = 1.6)(40 klb) = 100 klb 𝑃𝑎 = 30 klb + 40 klb = 70 klb b. Use acero A36 con Fy = 36 klb plg 2 y Fu = 58 klb plg 2 .6L = 1.09 plg 2 𝜙𝑡 𝐹𝑦 0.90 36 klb plg2 . Solución.Ejemplo Diseñe un miembro a tensión formado por un ángulo individual de 9 pies para soportar una carga muerta de trabajo a tensión PD = 30 klb y una carga viva de trabajo a tensión PL = 40 klb. 𝐴g mín = = = 3. a.2 30 klb + (1.2D + 1. El miembro estará conectado sólo por un lado con tornillos de 7 8 plg (por lo menos cuatro en cada hilera a 4 plg entre centros). 80 2 7 1 𝐴g mín = 2.87 plg + plg + plg 𝑡 8 8 𝐿 12 plg pie 9 pies c. Tabla (caso 8) 𝑃𝑢 100 klb 𝐴𝑛 mín = = = 2.75 58klb plg2 0.80. Suponemos que 𝑈 = 0.b. 𝑟 mín = = = 0.87 plg 2 𝜙𝑡 𝐹𝑢𝑈 0.36 plg 300 300 . Fluencia de la sección total 𝑃𝑛 = 𝐹𝑦𝐴𝑔 = 36 klb plg 2 3. 𝟔𝟕 𝜙𝑡 𝑃𝑛 = 0. 𝟗𝟎 ASD con 𝛀𝒕 = 𝟏. Ω𝑡 2.4 klb = 108.30 plg 2 = 118.90 118.8 klb = = 71.87 𝐿 3 3 plg 𝑈 de la tabla (Caso 8)=0.4 klb = = 72.1 > 70 klb 𝐎𝐊 Ω𝑡 1. Comprobación a.87 = 2.3 > 100 klb 𝐎𝐊 𝑃𝑛 144. 𝟎𝟎 𝜙𝑡 𝑃𝑛 = 0.67 b.86 plg 2 16 𝑥 1.8 klb LRFD con 𝝓𝒕 = 𝟎.75 144. 𝟕𝟓 ASD con 𝛀𝒕 = 𝟐.30 plg 2 − 1 plg 1 plg = 2.49 plg 2 𝑃𝑛 = 𝐹𝑢𝐴𝑒 = 58 klb plg 2 2. Resistencia de fractura a la tensión 7 𝐴𝑛 = 3.00 .9 > 100 klb 𝐎𝐊 𝑃𝑛 118.80 𝐴𝑒 = 𝐴𝑔 𝑈 = 2.2 > 70 klb 𝐎𝐊.15 plg 𝑈 =1− =1− = 0.86 plg 2 0.8 klb = 106.49 plg 2 = 144.4 klb LRFD con 𝝓𝒕 = 𝟎. 2D + 1. a.90 36 klb plg2 .88 plg 2 𝜙𝑡 𝐹𝑦 0.2 65 klb + (1.Ejemplo Seleccione el perfil C más ligero que soporte con seguridad las cargas de servicio de tensión PD = 65 klb y PL = 50 klb. Use acero A36. Considerando las combinaciones necesarias de carga LRFD ASD 𝑃𝑢 = 1.6)(50 klb) = 158 klb 𝑃𝑎 = 65 klb + 50 klb = 115 klb b. Solución. Considere por lo menos tres agujeros en cada línea de 3 plg centro a centro.4D = 1. El miembro tiene 14 pies de largo y debe tener dos líneas de agujeros para tornillos de 3 4 plg de diámetro en el alma.6L = 1. Calculando el 𝑨𝐠 mínimo requerido: 𝑃𝑢 158 klb a.4 65 klb = 91 klb 𝑃𝑎 = D + L 𝑃𝑢 = 1. 𝐴g mín = = = 4. 75 58klb plg2 0. 𝟗𝟎 ASD con 𝛀𝒕 = 𝟏.487 plg 𝑟𝑦 = 𝑟 min = 0. b.36 klb = 178.90 3 1 𝐴g mín = 4.51 plg 2 𝑡𝑤 = 0.487 = 4.036 plg 2 + 2 plg + plg 0.56 plg 300 300 Comprobación del perfil 𝑪𝟖 × 𝟏𝟖.89plg 2 4 8 𝐿 12 plg pie 14 pies c.565 plg a.90.036 plg 2 𝜙𝑡 𝐹𝑢𝑈 0.598 plg 𝑥 = 0.487 plg 𝑃𝑢 158 klb 𝐴𝑛 mín = = = 4.90 198.51 plg 2 = 198.5 > 158 klb 𝐎𝐊 𝑃𝑛 198.8 > 115 klb 𝐎𝐊 Ω𝑡 1. 𝟕𝟓 𝐴 = 5. Fluencia de la sección total 𝑃𝑛 = 𝐹𝑦𝐴𝑔 = 36 klb plg 2 5. Suponemos que 𝑈 = 0.36 klb = = 118.36 klb LRFD con 𝝓𝒕 = 𝟎.67 . Tabla (caso 7) y asumimos un espesor 𝑡𝑤 = 0. 𝟔𝟕 𝜙𝑡 𝑃𝑛 = 0. 𝑟 mín = = = 0. 71 klb LRFD con 𝝓𝒕 = 𝟎.51 plg 2 − 2 plg + plg 0.71 klb = = 122.71 klb = 183.3 > 115 klb 𝐎𝐊. 𝟎𝟎 𝜙𝑡 𝑃𝑛 = 0.906 𝐿 2 3 plg 𝐴𝑒 = 𝐴𝑛 𝑈 = 4.5 > 158 klb 𝐎𝐊 𝑃𝑛 244. Ω𝑡 2.75 244. Resistencia de fractura a la tensión 3 1 𝐴𝑛 = 5.66 plg 2 4 8 𝑥 0.b.487 plg = 4.66 plg 2 0906 = 4.00 .565 plg 𝑈 =1− = 1− = 0.22 plg 2 𝑃𝑛 = 𝐹𝑢𝐴𝑒 = 58 klb plg 2 4.22 plg 2 = 244. 𝟕𝟓 ASD con 𝛀𝒕 = 𝟐. Ejemplo Seleccione el perfil S más ligero que soporte con seguridad las cargas de servicio de tensión PD = 75 klb y PL = 40 klb. Solución.6)(40 klb) = 154 klb 𝑃𝑎 = 75 klb + 450 klb = 115 klb b. El miembro tiene 20 pies de largo y debe tener una línea de agujeros para tornillos de 3 4 plg de diámetro en cada patín. a. 𝐴g mín = = = 4. Considerando las combinaciones necesarias de carga LRFD ASD 𝑃𝑢 = 1. Calculando el 𝑨𝐠 mínimo requerido: 𝑃𝑢 154 klb a.90 36 klb plg2 .75 plg 2 𝜙𝑡 𝐹𝑦 0.2 75 klb + (1. Use acero A36. Considere por lo menos tres agujeros en cada línea de 4 plg centro a centro. 80 plg 300 300 Comprobación del perfil 𝐒𝟔 × 𝟏𝟕. 𝟗𝟎 ASD con 𝛀𝒕 = 𝟏.57 plg 𝑟𝑦 = 𝑟 min = 0.673 plg a.9 < 115 klb 𝐍𝐎 𝐎𝐊 Ω𝑡 1.165 plg 2 + 2 plg + plg 0.8 klb = = 108.05 plg 2 𝑑 = 6. Fluencia de la sección total 𝑃𝑛 = 𝐹𝑦𝐴𝑔 = 36 klb plg 2 5.05 plg 2 = 181. 𝟐𝟓 𝐴 = 5.359 = 4.8 klb LRFD con 𝝓𝒕 = 𝟎. Tabla (caso 7) y asumimos un espesor 𝑡𝑓 = 0.65 > 154 klb 𝐎𝐊 𝑃𝑛 181.85 3 1 𝐴g mín = 4.75 58klb plg2 0.90 181.79plg 2 4 8 𝐿 12 plg pie 20 pies c.85.359 plg 𝑃𝑢 154 klb 𝐴𝑛 mín = = = 4.359 plg 𝑏𝑓 = 3. 𝑟 mín = = = 0.165 plg 2 𝜙𝑡 𝐹𝑢𝑈 0. 𝟔𝟕 𝜙𝑡 𝑃𝑛 = 0.00 plg 𝑡𝑓 = 0.67 . Asumimos que 𝑈 = 0. b.8 klb = 163. 6 < 115 klb 𝐍𝐎 𝐎𝐊. Relación de esbeltez 𝐿𝑦 12 plg pie × 20 pies = = 356.57 𝑝𝑙𝑔 < 𝑑 = 6.3 klb LRFD con 𝝓𝒕 = 𝟎.915 plg 𝑈 =1− =1− = 0.915 𝑝𝑙𝑔 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑢𝑛𝑎 𝑆𝑇3 × 8.359 plg = 4.00 c.6 > 300.00 𝑝𝑙𝑔 ⟹ 𝑈 = 0.3 klb = 170.5 > 158 klb 𝐎𝐊 𝑃𝑛 227.b.6 𝐿 2 4 plg 2 2 𝑏𝑓 = 3.673 plg S6 × 17.42 plg 2 4 8 𝑥 0.886 = 3.25 𝑂𝐾 𝑃𝐴𝑅𝐴 𝐿𝑅𝐹𝐷. Resistencia de fractura a la tensión 3 1 𝐴𝑛 = 5.85 3 3 𝐴𝑒 = 𝐴𝑛 𝑈 = 4. 𝐍𝐎 𝐎𝐊 𝑟𝑦 0. 𝑁𝑂 𝑂𝐾 𝑃𝐴𝑅𝐴 𝐴𝐷𝑆 𝑁𝑂 𝑂𝐾 𝑃𝐴𝑅𝐴 𝐿 ≤ 300 𝑟 .00 = 4. 𝟎𝟎 𝜙𝑡 𝑃𝑛 = 0.75 227.3 klb = = 113.42 plg 2 0.886 𝑥 = 𝑦 = 0. Ω𝑡 2.05 plg 2 − 2 plg + plg 0.92 plg 2 = 227.92 plg 2 𝑃𝑛 = 𝐹𝑢𝐴𝑒 = 58 klb plg 2 3. 𝟕𝟓 ASD con 𝛀𝒕 = 𝟐. 673 plg a.9 < 115 klb 𝐍𝐎 𝐎𝐊 Ω𝑡 1.40 plg 2 𝑑 = 8.05 plg 2 = 181. b.8 klb = 163.65 > 154 klb 𝐎𝐊 𝑃𝑛 181.8 klb LRFD con 𝝓𝒕 = 𝟎.359 = 4. Fluencia de la sección total 𝑃𝑛 = 𝐹𝑦𝐴𝑔 = 36 klb plg 2 5.90 181.67 . 𝟗𝟎 ASD con 𝛀𝒕 = 𝟏. 𝑟 mín = = = 0.00 plg 𝑟𝑦 = 𝑟 min = 0. 𝟒 𝐴 = 5. Tabla (caso 7) y asumimos un espesor 𝑡𝑓 = 0.85.425 plg 𝑏𝑓 = 4.8 klb = = 108. Asumimos que 𝑈 = 0.00 plg 𝑡𝑓 = 0.75 58klb plg2 0.165 plg 2 + 2 plg + plg 0.359 plg 𝑃𝑢 154 klb 𝐴𝑛 mín = = = 4.165 plg 2 𝜙𝑡 𝐹𝑢𝑈 0. 𝟔𝟕 𝜙𝑡 𝑃𝑛 = 0.85 3 1 𝐴g mín = 4.80 plg 300 300 Comprobación del perfil 𝐒𝟖 × 𝟏𝟖.79plg 2 4 8 𝐿 12 plg pie 20 pies c. la separación de los conectores se da en las Secciones J3. 5. la separación máxima permisible entre conectores es de 14 veces el espesor de la placa más delgada. Cuando se construye un miembro a tensión con elementos en contacto continuo entre sí.5 de la Especificación AISC. los perfiles deben conectarse entre sí a intervalos tales que la relación de esbeltez de los perfiles individuales entre los conectores no exceda de 300. 3. Si el miembro consiste en elementos de acero intemperizado sin pintura en contacto continuo y sometidos a corrosión atmosférica. como una placa y un perfil o dos placas. Deberán ser compactos 2. Para elementos en contacto continuo entre sí. 4.Miembros compuestos sometidos a tensión Las secciones D4 y J3. La distancia del centro de cualquier perno al borde más cercano de la parte conectada en consideración no debe ser mayor de 12 veces el espesor de la parte conectada. o de 12 plg si el miembro va a ser pintado o si no va a ser pintado y no estará sometido a efectos corrosivos. . la separación longitudinal de los conectores entre esos elementos no debe exceder de 24 veces el espesor de la placa más delgada. o de 6 plg. o 7 plg. Si un miembro a tensión se construye con dos o más perfiles separados por rellenos intermitentes.5 de la Especificación AISC dan un conjunto de reglas que describen cómo deben conectarse entre sí las diferentes partes de miembros compuestos sometidos a tensión: 1.3 a J3. su espesor no debe ser menor a un cincuentavo de esta distancia. el menor radio de giro 𝑟 de un componente individual de un miembro armado. Ésta será la separación máxima entre placas de unión permitida por la Especificación AISC para este miembro.. • La Especificación (D4) de la AISC estipula que la longitud de las placas de unión (las longitudes en este texto siempre se miden paralelamente a la dirección larga de los miembros) no debe ser menor a dos tercios de la distancia entre las hileras de conectores. • Si se sustituye en esta expresión ( 𝐿 𝑟 = 300). en cada lado. más la distancia al borde. WT. • La Especificación (D4) del AISC fija la separación máxima entre placas de unión. . Además. etc. necesaria para impedir que los tornillos agrieten la placa. (También pueden usarse cubreplacas perforadas. bajo el encabezado “Gramil trabajable”.) Las reglas se fundamentan en muchas décadas de experiencias con miembros a tensión armados. entonces se puede despejar el valor de 𝐿. se listan las posiciones usuales para colocar tornillos en los patines de las W.Recomendaciones de AISC • La Sección D4 de la Especificación AISC proporciona reglas empíricas para el diseño. C. • El ancho mínimo permisible para las placas de unión (no mencionado en la especificación) es el ancho entre las hileras de conectores. • En la sección de “Dimensiones y propiedades” de la Parte 1 del Manual. estipulando que la relación 𝐿 𝑟 de cada componente individual de un miembro armado colocado individualmente entre placas de unión no debe exceder de 300 de preferencia. Determine si el miembro es satisfactorio de acuerdo con la Especificación AISC y diseñe las placas de unión necesarias. que se muestran en la figura.75 plg del dorso de las canales. para soportar una carga muerta de trabajo a tensión PD = 120 klb y una carga viva a tensión PL = 240 klb. . Suponga que los centros de huecos están situados a 1. El miembro de acero A36 tiene 30 pies de longitud y en cada patín tiene una hilera de tres tornillos de 7 8 plg a 3 plg entre centros.Se han seleccionado dos C12 × 30. 81plg 2 − 2 plg + plg 0.1 del AISC.501 plg = 15.81 plg 2 𝑡𝑓 = 0. 𝟗𝟎 ASD con 𝛀𝒕 = 𝟏.67 b.674 plg 𝑈 = 1− = 1− = 0.90 634.6L = 1.12 plg 4 𝑦 = 0.674 plg 𝑟𝑦 = 0. Fluencia de la sección total 𝑃𝑛 = 𝐹𝑦 𝐴𝑔 = (36 klb plg 2 ) 2 × 8.3 klb LRFD con 𝝓𝒕 = 𝟎.62 plg 2 8 8 𝑥 0.6)(240 klb) = 528 klb 𝑃𝑎 = D + L 𝑃𝑎 = 120 klb + 240 klb = 360 klb a. Caso 2) 𝐿 2 (3 plg) 𝑃𝑛 = 𝐹𝑢𝐴𝑒 = 58 klb plg 2 15. Resistencia de fractura a la tensión 7 1 𝐴𝑛 = 2 2.501 plg 𝐼𝑥 = 162 plg 4 𝐼𝑦 = 5.2 120 klb + (1.3 klb .2D + 1.762 plg Cargas que deben resistirse LRFD ASD 𝑃𝑢 = 1.89 (Tabla D-3. 𝟔𝟕 𝜙𝑡 𝑃𝑛 = 0.3 klb = 570.8 > 360 klb 𝐎𝐊 Ω𝑡 1.9 > 528 klb 𝐎𝐊 𝑃𝑛 634.3 klb = = 379.89) = 806.62 plg 2 (0.Solución 𝐴𝑔 = 8.81 plg 2 = 634. 29 plg < 𝑟𝑦 = = 5.12 plg 4 + 2 8.326 plg 2 = 510 plg 4 𝐼𝑦 = 𝐼𝑦 + 𝐴𝑑𝑦 2 324 plg 510 plg 𝐼𝑥 𝑟𝑥 = = 4.62 plg 2 𝐴 ∴ 𝑟𝑚í𝑛 = 𝑟𝑥 = 4.3 klb = = 403. 𝟕𝟓 ASD con 𝛀𝒕 = 𝟐.7 > 528 klb 𝐎𝐊 𝑃𝑛 806.29 plg 𝐿𝑦 12 plg pie × 30 pies = = 83. 𝟎𝟎 𝜙𝑡 𝑃𝑛 = 0.38 plg 𝑟𝑥 = 17.75 806.9 < 300 𝑟𝑦 4. LRFD con 𝝓𝒕 = 𝟎.3 klb = 604.1 > 360 klb 𝐎𝐊 Ω𝑡 2.81plg 2 5.29 plg .00 Relación de esbeltez 𝐼𝑥 = 2 162 plg 4 = 324 𝑝𝑙𝑔4 𝐼𝑦 = 2 5.62 plg 2 17. 67 plg o bien 6 plg 3 1 3 Espesor mínimo de las placas de unión = 8.Diseño de las placas de unión (Especificación D4 del AISC) 3 Distancia entre hileras de tornillos = 12 plg − 2 1 plg = 8.762 plg = 𝑟𝑦 𝐿 máxima preferible = 300 𝑟 (12 plg/píe)(𝐿) = 300 0.50 plg = 5.50 plg = 0.5 plg o bien 12 plg 2 Separación máxima preferible de las placas de unión 𝑟 mínimo de una C = 0.50 plg 4 2 Longitud mínima de las placas de unión = 8.17 plg o bien plg 50 16 1 Ancho mínimo de las placas de unión = 8.05 pies (o bien 15 pies) 3 Usar placas de unión de × 6 × 12 plg a 15 pies centro a centro.726 plg 𝐿 = 19.50 plg + 2 1 plg = 11. 16 . o bien.75𝐹𝑢𝐴𝐷 𝝓 = 𝟎. el diámetro de la extremidad exterior de la rosca. 𝟕𝟓 𝑳𝑹𝑭𝑫 𝛀 = 𝟐. 𝐹𝑛𝑡 .Varillas y Barras Cuando se usan varillas y barras como miembros a tensión. titulada “Threading Dimensions for High-Strength and Non- High-Strength Bolts” (Dimensiones de las roscas para pernos de alta resistencia y de no alta resistencia). se presentan las propiedades de varillas estándar roscadas.75𝑃𝑢 En la Tabla 7-18 del Manual. pueden soldarse simplemente sus extremos.75𝐹𝑢 0. El esfuerzo de diseño nominal a tensión del AISC para varillas roscadas.2 del AISC y es igual a 0. Entonces. 𝟎𝟎 𝑨𝑺𝑫 𝑃𝑢 𝛀𝑃𝑎 𝐴𝐷 ≥ 𝐴𝐷 ≥ 𝝓0. mantenerse en posición por medio de roscas (cuerdas) con tuercas. se da en la Tabla J3. es decir. el área requerida para una carga específica a tensión puede calcularse como sigue: 𝑅𝑛 = 𝐹𝑛𝑡 𝐴𝐷 = 0. .75𝐹𝑢. Esto se aplica al área total 𝐴𝐷 de la varilla calculada con el diámetro mayor de la rosca.