Diseño de Vigas y Armaduras

5.PROBLEMAS DE DISEÑO DE VIGAS Y ARMADURAS 5.1. DISEÑO DE VIGAS 1 Para el diseño de vigas por el método ASD se usan las fórmulas: M I  S Fb c Donde: M = momento flector, I = momento de Inercia, c = la fibra mas alejada, S = módulo de sección y Fb = esfuerzo admisible. En la mayoría de los casos el esfuerzo admisible: Fb  0.66 Fy (Ecuación F1-1 del ASD) No se requiere reducción por agujeros de tornillos en cualquier patín es necesario si: 0.5 Fu A fn  0.6 F y A fg (Ecuación B10-1 del ASD) Donde: A fn y A fg son las áreas neta y total del patín. Para el diseño de vigas por el método LRDF se usan las fórmulas: M n  M p  Fy Z  1.5M y (Ecuación F1-1 del LRDF) M u  b M n con b  0.90 Donde: M n y M p son momentos nominal y resistente plástico respectivamente, Z módulo plástico y F y esfuerzo de fluencia. Para miembros híbridos, el momento de fluencia M y  Fyf S En un análisis elástico, Lb  L p  300ry / Fyf Para el dimensionado se utiliza la fórmula: Z  para que M n  Fy Z Mu b Fy PROBLEMAS 5.1. Seleccione una sección W para la cargas y claros mostrados de la viga de la figura P 5.1. Ignore el peso propio de la viga en los cálculos. El esfuerzo de fluencia es σ y = 360 MPa. (Hibbeler, 1997, p. 195) Figura P 5.1 Solución: Primero determinamos la sección donde el momento flector es máximo: M 1 A  82    2011  150  0..  ..B  206.25kN  0  B  8  40  2  (Mc Cormac, 2002) .2... Ay  133. Para el marco acero que se muestra en la figura P 5.. 1995.  .75  40 x  0.m  40 x10 M .mm 3  ad 0. Determinación del módulo de sección: Sx  M max 223.344   223.  .m . (Laible.  ..  .kN .F y  0  Ay  40 8  B  20  0.23 x10 3.6 360  . σ y = 360 MPa.344. seleccione una sección W que pueda soportar la carga indicada.m x 40 2 M max  Ay x  20 x 2  133.61x10 6   1035. M x 133. columna S x del AISC en SI buscamos próximo al calculado y seleccionamos W310x74 con S x  1058 x10 3 mm 3 5...mm 3  ad 0.133.mm  2 M max  D Determinación del módulo de sección: Sx  M max 40 x10 6   185.  L 6   10 4   40.D  10kN  0  Ay  20  D  0. Ay  10kN Trazando el diagrama de momento flector se ve que la sección crítica está en el punto de aplicación de la carga externa.344   20 3..75 3.75  0.6 360  En la tabla de W. 456) Figura P 5.2 x10 3.75kN M x  A y x  20 x 2 .2 Solución: Primero determinamos la sección donde el momento flector es máximo: M F y A  0  20 4   D  8  0. Ignore el peso del material en los cálculos.2.  . p.61.x   3....kN . 3..M n  8 Pn Por otro lado: M n  Fy .8klb 8  12   Comparación con el método elástico (Sx = 204 pulg3): La sección de máxima carga está debajo de la carga puntual donde el momento máximo es: M max  8 Pn Por otro lado: M n  Fy . donde el trabajo de la carga externa durante el desplazamiento 24θ es igual al trabajo interno absorbido por la articulación plástica. Usando la sección W18x106 (Z = 230) de acero A572 grado 50 (σ y = 50 ksi) y la teoría plástica determine el valor de Pn de la viga indicada en la figura P 5..  ....S 8 Pn  Fy . es decir.P n  Fy .Z Luego igualando los Mn obtenemos el valor de Pn: 8 Pn  Fy .3 Solución Las articulación plástica se produce debajo de la carga puntual Pn.. Aplicando el método del trabajo virtual. Pn  24   M n  3 ..3. 2002..Z .. p 238) Figura P 5..Pn  Fy .S .3klb 8  12   .  .En la tabla de W. columna S x del AISC en SI buscamos próximo al calculado y 3 3 seleccionamos W200x22.5 con S x  194. genera un desplazamiento 24θ hacia abajo del punto de aplicación de la carga y la articulación izquierda girará 2θ. (Mc Cormac. Girando un ángulo θ la articulación derecha.S 8   50  204    106.  ..2 x10 mm 5.Z 8   50  230    119 . Analizando la viga con articulaciones plásticas.. mediante la teoría del ángulo pequeño donde el seno del ángulo pequeño es igual a la tangente del mismo ángulo y también a éste expresado en radianes.  ..Considerando que la articulación plástica se produce debajo de la máxima carga. Aplicando el método del trabajo virtual.  . es decir. éste sufrirá un desplazamiento 30θ y el de la menor carga 20θ.Se observa la ventaja del método plástico en el diseño de estructuras porque permite mayor carga de trabajo para el mismo perfil. Usando la sección W27x84 (Z = 244) de acero A572 grado 50 (σ y = 50 ksi) y la teoría plástica determine el valor de Pn de la figura P 5..4. 5. 3Pn  30   Pn  20   M n  4 . es decir. la articulación derecha gira un ángulo θ y la izquierda .. es decir. con lo cual la articulación plástica gira 4θ. y éstas sufren un desplazamiento 20θ.M n  110 Pn 4 .4.Considerando que la articulación plástica se produce primero en el centro de la viga generando un desplazamiento 20θ del punto de aplicación de la carga P n y rotación θ de los apoyos reales. 3Pn 10   Pn  20   M n  2 ..Considerando que la articulación plástica se produce debajo de las 2 cargas. Aplicando el método del trabajo virtual.4 Solución La articulación plástica se produce debajo de las cargas puntuales Pn. donde el trabajo de las cargas externas es igual al trabajo interno absorbido por la articulación plástica. Analizando la viga con articulaciones plásticas. mediante la teoría del ángulo pequeño donde el seno del ángulo pequeño es igual a la tangente del mismo ángulo y también a éste expresado en radianes. p 238) Figura P 5. la articulación derecha gira un ángulo θ y la izquierda gira θ. Aplicando el método del trabajo virtual.. (Mc Cormac.M n  50 Pn 2 ... 2002.. donde el trabajo de las cargas externas durante el desplazamiento de sus puntos de aplicación es igual al trabajo interno absorbido por las articulaciones. donde el trabajo de las cargas externas es igual al trabajo interno absorbido por la articulación plástica. M n       Pni   i  .  .P n      37klb 4 55 55  12  Comparación con el método elástico (Sx = 213 pulg3): La sección crítica está debajo de la máxima carga puntual donde el momento máximo es: M max  110 Pn 4 Por otro lado: M n  Fy .Z .3klb 4 55 55  12  Se observa nuevamente la ventaja del método plástico en el diseño de vigas y estructuras en general porque permite mayor carga de trabajo para el mismo perfil. p 238) Figura P 5.. (Mc Cormac.5. 5.  ... Usando la sección W21x57 (Z = 129) de acero A572 grado 50 (σ y = 50 ksi) y la teoría plástica determine el valor de Pn de la viga mostrada en la figura P 5. luego el cálculo se 4 realiza para esa condición: 2 Fy . mediante la teoría del ángulo pequeño donde el seno del ángulo pequeño es igual a la tangente del mismo ángulo y también a éste expresado en radianes. genera un ..S 2 50   213  110 Pn  Fy .. Analizando la viga con articulaciones plásticas..gira 2θ...Z 110 2 50  244  Pn  Fy .S 2 Fy .S ..Z . con lo cual la articulación plástica gira 3θ.  .Pn      32. Aplicando el método del trabajo virtual se tiene: 3Pn  20   Pn  20   M n  3 . 2002.M n  80 Pn 3 El más desfavorable es el segundo caso donde M n  110 Pn  Fy ..5... Girando un ángulo θ la articulación derecha.5 Solución Las articulaciones plásticas se producen en los empotramientos y debajo de la carga puntual Pn. . es decir.. Analizando la viga con articulaciones plásticas.6. Aplicando el método del trabajo virtual..6.  . Usando la sección W33x118 (Z = 415) de acero A572 grado 50 (σy = 50 ksi) y la teoría plástica determine el valor de Pn.P n  Fy .  ....M n  24 Pn  4 Pn 6 Por otro lado: M n  Fy .  .Caso del empotramiento y punto de carga menor: .4klb 4  12   5.  ....6 Solución Las articulaciones plásticas se producen en los empotramientos y debajo de la carga puntual Pn.Z .. M n       Pni   i  Considerando que la articulación plástica se presenta primero en dos puntos de la viga: empotramiento y punto de aplicación de una carga puntual y luego en dos puntos intermedios: . con lo cual la articulación intermedia gira 3θ. de la viga mostrada en la figura P 5. mediante la teoría del ángulo pequeño donde el seno del ángulo pequeño es igual a la tangente del mismo ángulo y también a éste expresado en radianes..desplazamiento 24θ hacia abajo del punto de aplicación de la carga y la articulación izquierda girará 2θ. 2002. p 238) Figura P 5.5 Pn 12   2 Pn  20   3Pn 10   M n   2   . Aplicando el método del trabajo virtual. donde el trabajo de la carga externa durante el desplazamiento 24θ es igual al trabajo interno absorbido por las articulaciones. (Mc Cormac..M n  148 Pn 5 .Caso del empotramiento y punto de carga intermedia: 1..Z Luego igualando los Mn obtenemos el valor de Pn: 4 Pn  Fy . es decir..5 Pn 12   2 Pn  20   3Pn  30   M n   4   .. donde el trabajo de las cargas externas durante el desplazamiento de sus puntos de aplicación es igual al trabajo interno absorbido por las articulaciones.Caso del empotramiento y punto de mayor carga: 1.Z 4   50  129    134.M n  22 Pn .. Pn  24   M n  2  3     M n  6 . .7.7. 7  35  5      ..P n      58..Caso de puntos de carga menor e intermedio.. es decir....  .5 Pn  28   2 Pn  20   3Pn 10   M n  . Usando la sección W21x101 (Z = 253) de acero A572 grado 50 (σ y = 50 ksi) y la teoría plástica determine el valor de la carga distribuida w n.  ..10  336  7      .  ... con lo cual los puntos intermedios de aplicación de cargas intermedias tienen desplazamientos 12θ y 20θ respectivamente Por otro lado: M n  Fy .. Aplicando el método del trabajo virtual. mostrada en la figura P 5.. 2002. M n       Pni   i  . .Z 5 50   415  148 Pn  Fy .7 Solución Se tiene el caso de una viga continua de 3 tramos con carga uniformemente distribuida..5 Pn  0  2 Pn  20   3Pn 10   M n  El caso de menor carga Pn surge cuando se plastifican primero el empotramiento y el punto de mayor carga (3Pn) Girando un ángulo θ la articulación izquierda.M n  Pn 2  3  2 1. 1. genera un desplazamiento 30θ hacia abajo del punto de aplicación de la carga máxima (3P n) y la articulación derecha gira 3θ.42klb 5 148 148  12  5..8   . p 238) Figura P 5.M n  70 Pn 3.Z Luego igualando los Mn obtenemos el valor de Pn: 5 Fy .. donde el trabajo de las cargas externas durante el desplazamiento de sus puntos de aplicación es igual al trabajo interno absorbido por las articulaciones en el tramo analizado.. Las articulaciones plásticas se producen en los empotramientos y en los puntos de máximo momento flector.M n  Pn 3  17  3 1.  .5 Pn  0   2 Pn  8   3Pn 18   M n   2. (Mc Cormac.Caso de puntos de carga mayor y menor.Z .8 .. .  M n  0..Analizando el tramo derecho con bordes empotrado – apoyado . Para barras en compresión se utilizan las fórmulas: Con el método ASD:  kL rmin y C   2E  ad .Z  Por otro lado:   50 253 12  6325 6 6325  34.74klb / pie 5.. U  0..L   0. Ae = área neta efectiva.x  0.  .wn  18. DISEÑO DE ARMADURAS Para armaduras en tensión.74klb / pie 6 4 Luego la carga a considerar es wn  18. para el estado límite de fluencia en la sección bruta Pu   t Fy Ag  Ag  Pu  t Fy con  t  0. Ag = área bruta..85 (Ecuación D1-2 del LRDF) Donde: F y = esfuerzo de fluencia.. Pu  t Fu Ae  Ae  Pu con t  0..0858wn L  34.75 t FuU ..El tramo intermedio e izquierdo son iguales en longitud y condición de borde: 225  1 wn  15   ...M n  4  2 M n  4    30wn    .32 wn  2 M n   2.  .586 L   M n  Fy ..  .78klb / pie 6 .  .. Fu = esfuerzo último.414 L dx  1 2  ..L   L  x    x    2 dM n  .2.90 (Ecuación D1-1 del LRDF) Por fractura en la sección neta donde están los agujeros para remaches o tornillos.wn  30....32wn ... primero determinamos el punto x donde el momento es máximo lx    1 Mn        wn ...... 6325 225  wn .  0...414    wn . 658 Fy Fe C 2  F KL r Fy (Ecuación E2-4 del LRDF) E para C  1.5 (Ecuación E2-3 del LRDF) Pu   c Ae Fcr  Ae  Pu con  c = 0.. E = 200 GPa.877   Fy 2   C   (Ecuación E2-1 del LRDF) PROBLEMAS: 5. σ y = 250 MPa. 2 . la resistencia de diseño del elemento se se determina con: C   Fcr   0. Para la armadura mostrada en la figura P 5.8 Solución: Cálculo de las fuerzas internas en las barras de la armadura: M A  0  120 20   B10   0  .B  240kN Equilibrio en el nudo C: .5    C    (columna larga)   5  3     1    3 8  C  8  C  A De donde: 3 para 0    C (columna corta) Pw  ad Con el método LRDF.85  c Fcr y  0. (Nelson.5 (Ecuación E2-2 del LRDF) Fcr   para C  1. seleccione un tubo estándar de acero que pueda soportar la barra más crítica sometida a carga de compresión. p 292) Figura P 5.8. 2006..8.E 23 2 12  ac    C   para   ad  2      y  1  0. BD  120.90 La columna es larga.50 mm. 5 La barra crítica es la que trabaja a compresión y la de mayor carga es la barra BC con 134.10 mm  kL 5 5 x1000   121.CD  60 5  134.   ad  W  1       y  1   2  C     2 5 3   1         3 8  C  8  C  3 2  1  121.7      5 3  121.7  8  125.2. A = 5420 mm2 y r = 73. la fórmula a aplicar es de Euler:  ad   2 E  2  250 x10 3    44...47 A 7680 Como el esfuerzo de trabajo es mucho menor.7. se aplica la fórmula de la columna corta.kN .76MPa A 5420 Debido a la diferencia de esfuerzos..CD  1    0  ..  5  5  0  CD  y  0  2CD  1    120  0  .4   250  1     2  125. A = 3600 mm2 y r = 56. 5 Equilibrio en el nudo D: F  y  0  BD  2.F x F  2   2    BC    0  .4 rmin 92. . A = 7680 mm2 y r = 92.9MPa 23 2 23 2 151.90 mm.3. C rmin 73.4  1  121.3  12 12 W  P 134200   24.. luego el dimensionado será para esa barra.4        3 8  125.10 C  2 2 E  y   2 2 200 x10 3  125.CD  BC.  kL 5 5 x1000   151. De la tabla de tubos seleccionamos el tubo de Φ = 10” = 273 mmm . seleccionamos otro tubo de Φ = 8” = 219 mm.  250 La columna es corta.7  3  69.kN .62 P 134200   17. seleccionamos otro tubo de menor diámetro Φ = 6” = 219 mm.2 kN y longitud 5 5 m. el tubo seleccionado es de 8”.  5  0  AD Equilibrio en el nudo D: F y  3   0  .. como se muestra en la figura P 5. C rmin 56. Una armadura simple articulada está apoyada y sometida a cargas. ad . hechas de acero estructural con un módulo de elasticidad de 200 GPa y una resistencia a la fluencia de 250 MPa.kN . 5...(Riley.no..CD .kN .resiste. AD  25.9.CD  75.9.. 2001.  20kN 5  5  0  AD  3   15  0  . p 563) Figura P 5. Todos los miembros de la armadura son secciones WT102x43. Determine: a) el factor de seguridad respecto a la falla por fluencia. kL 5 5 x1000   197.3MPa.. la fórmula a aplicar es de Euler:  2 E  2  250 x10 3    26.50 La columna es larga.9 12 12  ad  P 134200 W    37.9 Solución: Cálculo de las fuerzas internas en las barras de la armadura: M C  0  15 8  30 4   E  3  0  . A 3600 Luego..9.E  80kN Equilibrio en el nudo A: F x F y 4  4   AB  0  ..3MPa 23 2 23 2  197.. b) el factor de seguridad respecto a la falla por pandeo. AB  AD..  5  0  45  . b) la carga de seguridad máxima para el miembro AB si se retira el miembro de arriostramiento CD.08 W 13. Si se aplica el reglamento 1 (AISC).24 14. 2001.6 A 5515 FS   ad 28.(Riley.2 mm.8 12 12 W  P 75000   13.MPa A 5515 y w  250  17. considérese que todas las conexiones son el equivalente de extremos con articulaciones. En tensión: w  FS  N 80000   14.6 Se observa que la condición crítica se presenta en las barras sometidas al pandeo.  .29.10 es una sección de patín ancho de acero estructural W254x67 con el eje x-x situado en el plano de la armadura.5. se aplica la fórmula de la columna larga.MPa 23 2 23 2  190. p 563) .5 En compresión:  kL 1x5000   190. 5.  250 La columna es larga.7. De la tabla de perfiles T seleccionamos para WT 102 x 43 : A = 5515 mm2 y r = 26.Las barras críticas son las que soportan mayores cargas: DE a tensión y CD a compresión luego el factor de seguridad se determinará para esas barras. determine: a) la carga de seguridad máxima para el miembro AB.  ad   2 E  2  200000    28. El miembro es continuo de A a B.29   2.10 Un miembro a compresión AB de la armadura mostrada en la figura P 5. .8 rmin 26.2 C  2 2 E  y   2 2 200 x10 3  125. 1 mm.5.4  1  117 .kN A REFERENCIALES .MPa 23 2 23 2   234.kN A b) La longitud efectiva es 12m  kL 1x12000   234.  kL 1x6000   117 . A  73. se aplica la fórmula de la columna corta.82 12 12  W   ad  Pmax  Pmax   ad .68.N  631. se aplica la fórmula de la columna larga  ad   2E  2  200000    18.7  8  125.4   250  1     2  125. a) La longitud efectiva es 6m.Figura P 5.7  2 3  73. σ y = 250 MPa.7     5 3  117 .4        3 8  125. De la tabla de perfiles W seleccionamos para W254x67: A = 8580 mm2 y r = 51.1 La columna es larga.61 Pmax  Pmax   ad .82  C rmin 51.61 8580  631488.  .  250 La columna es corta.N  160.68 8580   160250. A  18.1 C  2 2 E  y   2 2 200 x10 3  125.42 rmin 51. Solución: El acero estructural tiene: E = 200 GPa.10.  ad  1   y  1   2  C   5 3   1      3 8  C  8   W   ad  2         C 3    1  117 .7. Jr. . 2da Edición. 2) HIBBELER R. MC CORMAC. Diseño de estructuras metálicas. Jack C. Jack C Diseño de estructuras metálicas. Thomson – Learning. Jeffrey P. 5) MC CORMAC. 1997 3) KASSIMALI. Método LRDF.C. Aslam.. Análisis Estructural.. México. México: Alfaomega Grupo Editor. 2006. 9) POPOV EGOR P. México: Alfaomega Grupo Editor. Análisis Estructural. Mecánica de Sólidos. 3ra Edición. 1996. 2da Edición. 1999. Mecánica de Materiales. 2001.1) AMERICAN INSTITUTE OF STEEL CONSTRUCTION (AISC). Análisis de estructuras Métodos clásico y matricial. Steel Construction Manual. 6) MC CORMAC. 2001 4) LAIBLE. Chicago: 13th Edition.1999. Jack C. México: Pearson Educación. México. New York: John Wiley & Sons. 1995. Método ASD. 2002.. 8) NELSON James K. 3ra edición. 4ta Edición. Jack C. 2nd edition. . 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