297503890 ejercicios-impares-captitulo-iii-mc-cormac-1

Universidad Nacional de San Agustín
Facultad de Ingeniería Civil
Escuela Profesional de Ingeniería Civil
Tema: Resolución de problemas impares del Capítulo
VII y VIII –libro Mc Cormac
 Integrantes:
 Choquehuanca Mamani , Kevin
 Cornejo Mamani , Mitward
 Salcedo Mendoza ,Ferdinand
 Villanueva Idme, Arturo
Yoshimar
 Prof.: Ing. Fidel Copa
 Curso: Diseño en Acero y Madera
 Grupo: “A”
Arequipa – Perú
2014

Calcule el área neta en cada uno de los miembros indicados
Ejercicio 3-1.- Determinar el área neta
SOLUCION
espesor placa ep
3
4
in
ancho placa ap 8 in
diametro tornillos dt
3
4
in
Area neta = Area bruta - Area agujeros
An ep ap( ) dt
1
8
in





ep






An 5.344 in
2


Ejercicio 3-3.- Determinar el área neta
SOLUCION
espesor ala Eala
1
2
in area perfil A 11.7 in
2

espesor alma Ealma
5
16
in
3
4
in
An A 4 dt
1
8
in





Eala 2 dt
1
8
in





 Ealma






An 9.403 in
2

Ejercicio 3-5.- Determinar el área neta para un ángulo L8x4x3/4 con dos líneas de tornillos de 3/4
in de diámetro en el lado largo y una línea de tornillos de 3/4 in. de diámetro en el lado corto

SOLUCION
espesor ep
3
4
in diametro tornillos dt
3
4
in
area perfil A 8.44 in
2

An A 3 dt
1
8
in





 ep






An 6.471 in
2

Ejercicio 3-7.- Determinar el área neta para un perfil W18x35 con dos agujeros en cada patín y uno
en el alma todos para tornillos de 7/8 in. de diámetro.
SOLUCION
espesor ala Eala 0.425 in area perfil A 10.3 in
2

espesor alma Ealma 0.300 in
7
8
in
An A 4 dt
1
8
in





Eala 1 dt
1
8
in





 Ealma






An 8.3 in
2

Ejercicio 3-9.- Determinar el área neta para la placa 1x8 mostrada en la figura. Los agujeros son
para tornillos de 3/4 in. de diámetro

SOLUCION
espesor placa ep 1 in
paso s
3
2
in
ancho placa ap 8 in
gramil g 3 in
3
4
in
AREAS NETAS
An ep ap dt
1
8
in





ep
Seccion ABC
An 7.125 in
2

An ep ap 2 dt
1
8
in





ep
s
2
4 g
ep
Seccion ABDE
An 6.438 in
2

Elegimos el area menor por lo tanto An 6.438 in
2


Calcule el área neta en cada uno de los miembros indicados:
Ejercicio 3-11.- La placa de 7/8 x 1/4 mostrada en la figura .Los agujeros son para tornillos de
7/8plg. de diámetro
1,5
2,5
3,54,53,52,5
14
PL 7
8 X 14
U:plg. A
B
C
D
E
F
Datos :
L 14in 
7
8
in
e
7
8
in 
1
8
in
Ag L e 12.25 in
2
 D   1 in
Solucion :
AnABE Ag 1 D e 11.375 in
2

AnABCG Ag 2 D e
4in( )
2
4 4.5 in
e 11.278 in
2

AnABCDEF Ag 3 D e
4in( )
2
4 4.5 in
1.5in( )
2
4 3.5 in







e 10.543 in
2

Rpta.- El área neta critica, menor, es: 10.54 in²

Ejercicio 3-13.- El miembro a tensión mostrado en la figura contiene agujeros para tornillos de ¾
plg. De diámetro ¿Para qué pase, s, será el área neta para la sección que pasa por un agujero igual
a la de la línea de fractura que atraviesa por dos agujeros?
2,532,5
s
Datos :
L 8in 
3
4
in
e 1in 
1
8
in
Ag L e 8 in
2
 D   0.875 in
Solucion :
An01agujero Ag 1 D e
An02agujeros Ag 2 D e
S
2
4 3 in
e
S
2
4 3 in
e
Ag 1 D e Ag 2 D e
S
2
4 3 in
e
D e
S
2
4 3 in
e
S 4 3 in D 3.24 in
Rpta.- El escalonamiento, s, es: 3.24 in

Ejercicio 3.15.- Un L6X6X1/2 se usa como miembro a tensión con una línea de gramil para tornillos
de3/4plg de diámetro en cada lado en la posición usual de gramil (Véase la tabla 3.1) ¿Cuál es el
escalonamiento mínimo, s, necesario para que solo un tornillo tenga que sustraerse del área total
del ángulo? Calcule el área neta de este miembro si los agujeros se escalonan a cada 3plg
Datos :
e
1
2
in g1 3.5in 
3
4
in
bw 6in g 2 g1 e 6.5 in 
1
8
in
d 6in D   0.875 in
Ag 5.77in
2

Solucion :
Andeseada Ag 1 D e 5.332 in
2

An Ag 2 D e
S
2
4 g
e
S
2
4 g
e
Ag 1 D e Ag 2 D e
S
2
4 g
e
S 4 D g 4.77 in
Para : s 3in
An Ag 2 D e
s
2
4 g
e 5.068 in
2

Rpta.- El escalonamiento, s, es: 4.77 in y el área neta para este escalonamiento es: 5.068 in²

Ejercicio 3.17.- Determine el aérea neta más pequeña del miembro a tensión mostrado en la
Figura P3-17. Los agujeros son para tornillos de 3/4plg de diámetro en la posición usual de gramil.
El escalonamiento es de 1 1/2plg.
3/8
2L 5X3 1
2 X 1
4
S
Datos :
g 3in
d 5in 
3
4
in
bw 3.5in 
1
8
in g1 2in
e
1
4
in D   0.022m g2 1
3
4






in
s 1
1
2






in
Ag 2.06in
2

Solucion :
AnABCDE 2Ag 6 D e 2
s
2
4 g2
e






 2.968 in
2
 ( Este es el menor An)
AnABCF 2 Ag 4 D e 3.245 in
2

Rpta.- El área neta critica, menor, es: 2.968 in²

Ejercicio 3.19.- Calcule el aérea neta efectiva de la sección armada mostrada en la Figura, si se han
taladrado agujeros para tornillos de 3/4plg de diámetro. Suponga U=0.9
C 10 X 25
PL 1
2 X 11
Problema 3-19
Datos :
PL 1/2 X 11 C 10 X 25
bw1 11in Ag2 7.34in
2
 
3
4
in
e1
1
2
in tf2
7
16
in 
1
8
in
Ag1 bw1 e1 5.5 in
2
 Ag2 7.34 in
2
 D   0.875 in
U 0.9
Solucion :
An 2 Ag1 2 Ag2 4 D e1 tf2  22.399 in
2

Ae An U 20.159 in
2

Rpta.- El área neta efectiva, es: 20.159 in²

Ejercicio 3-21.- Determinar el área neta efectiva de L7x4x½ mostrado en la siguiente figura.
Suponga que los agujeros son para tornillos de 1 plg ø.
0,5
2,531,5
4
2 2 2 2 2 2 2
L 7 x 4 x 1/2
Solución:
Según las tablas de secciones L de AISC se obtuvieron los siguientes datos:
Ag = 5.25 in2
̅ = 0.910 in
Hallamos el área neta para las siguientes posibles líneas de falla:
2 2 2 2 2 2 2
2,531,5
0,5
A
B
C
D
E
Para "ABC":
An 5.25in
2
1 1
1
8






 in
1
2






 in
An in
2


Para "ABDE":
An 5.25in
2
2 1
1
8






in
1
2






 in
2
2 
4 3






in
1
2






in
An 4.292in
2

Por lo tanto el An a considerar es de 4.292 in2
. Para hallar el valor del área neta efectiva tenemos
que definir el factor “U”:
U = 1 -
̅
U 1
0.910
12

U 0.924
Obtenido el valor de U, es posible hallar el Área neta efectiva “Ae”:
Ae = U . An
Ae 0.924 4.292 in
2

Ae 3.966in
2

Rpta: Ae = 3.966 in2

Ejercicio 3-23.- Determinar el área neta efectiva de la W16x50 mostrada en la siguiente figura.
Suponga que los agujeros son para tornillos de 3/4 plg ø.
3 1/2
W 16 x 40
3 1/2 3 1/27
16
0.505
Solución:
Ag = 11.80 in2
̅ para WT 8x40 = 1.81 in
En este caso solo habrá una posible área de falla, la cual será paralela a la sección del elemento
metálico, para la cual hallamos el Área neta “An”:
An 11.80in
2
4
3
4
1
8






 in 0.505( )in
An 10.033in
2

Para hallar el valor del área neta efectiva tenemos que definir el factor “U”:

U = 1 -
̅
Aplicando la fórmula:
L 3
1
2






in 3 10.5in
U 1
1.81in
10.5in

U 0.828
Sin embargo para el caso de secciones W, se tiene que verificar además las siguientes condiciones:
{
Para el caso se da:
Por lo tanto:
U = 0.85
Ae = U . An
Ae 0.85 10.033 in
2

Ae 8.528in
2


Rpta: Ae = 8.528in2
Ejercicio 3-25.- Determinar las resistencias de diseño LRFD y permisible ASD de las secciones
dadas. Desprecie el bloque de cortante para una sección de acero A36 y tornillos de 3/4 plg ø.
1,532,5
3 2 2 2 2 2
L 7x4x1/2
Solución:
Ag = 5.25 in2
Fy = 36 KSI
̅ = 0.91 in Fu = 58 KSI
a) Resistencia a la fluencia por tensión:
Fy 36
kip
in
2

Ag 5.25in
2

x 0.91in
Pn Fy Ag
Pn 189kip

LRFD ASD
 0.9  1.67
Pna
1
 Pn 170.1kip Pna
2
Pn

113.174kip
b) Resistencia a la fractura por tensión:
1,532,5
2 2 2 2
A
B
C
D
E
3 2
Para "ABC":
An 5.25in
2
1
3
4
1
8






 in
1
2






 in
An 4.813in
2

Para "ABDE":
An 5.25in
2
2
3
4
1
8






in
1
2






 in
2
2 
4 3






in
1
2






in
An 4.542in
2

Por lo tanto el An a considerar es de 4.542 in2
. Para hallar el valor del área neta efectiva tenemos
que definir el factor “U”:

U = 1 -
̅
U 1
0.910
8

U 0.886
Calculamos las resistencias para rotura:
Fu 58
kip
in
2

Ae 4.024in
2

x 0.91in
Pu Fu Ae
Pu 233.392kip
LRFD ASD
 0.75  2
Pua
1
 Pu 175.044kip Pua
2
Pu

116.696kip
Por lo tanto escogemos los mínimos valores:
Rpta: LRFD: 170.1 kip
ASD: 113.2 kip
Ae = U . An
Ae 0.886 4.542 in
2

Ae 4.024in
2


dadas. Desprecie el bloque de cortante para una W 18x40 que consiste de acero A992 y que tiene
dos líneas de tornillos de 1 plg ø en cada patín. Hay 4 tornillos en cada línea, 3 plg entre centros.
Solución:
3
W 18 x 40
6.02
17.9
0.525
3 3
Ag = 11.80 in2
Fy = 50 KSI
̅ para W9x20 = 2.29 in Fu = 65 KSI
d =17.9 in Bf = 6.02 in

Fy 50
kip
in
2

Ag 11.8in
2

x 0.91in
Pn Fy Ag
Pn 590kip
LRFD ASD
 0.9  1.67
Pna
1
 Pn 531kip Pna
2
Pn

353.293kip
En este caso solo habrá una posible área de falla, la cual será paralela a la sección del
elemento metálico, para la cual hallamos el Área neta “An”:
An 11.80in
2
4 1
1
8






 in 0.525( )in
An 9.438in
2

U = 1 -
̅
L 3( )in 3 9in
U 1
2.29in
9in

U 0.746

Sin embargo para el caso de secciones W, se tiene que verificar además las siguientes
condiciones:
{
Para el caso se da:
Por lo tanto:
U = 0.85
Ae = U . An
Ae 0.85 9.438 in
2

Ae 8.022in
2

Fu 65
kip
in
2

Ae 8.022in
2

x 0.91in
Pu Fu Ae
Pu 521.43kip
LRFD ASD
 0.75  2
Pua
1
 Pu 391.073kip Pua
2
Pu

260.715kip

ASD: 260.7 kip
dadas. Desprecie el bloque de cortante para una W 18x40 de acero A992 y que tiene dos líneas de
tornillos de 3/4 plg ø en cada patín. Hay 3 tornillos en cada línea, 4 plg entre centros.
Solución:
4
W 8 x 40
8.07
8.25
0.560
4
Ag = 11.70 in2
Fy = 50 KSI
̅ para W9x20 = 0.735 in Fu = 65 KSI
d =8.25 in Bf = 8.07 in

Fy 50
kip
in
2

Ag 11.7in
2

x 0.91in
Pn Fy Ag
Pn 585kip
LRFD ASD
 0.9  1.67
Pna
1
 Pn 526.5kip Pna
2
Pn

350.299kip
En este caso solo habrá una posible área de falla, la cual será paralela a la sección del
elemento metálico, para la cual hallamos el Área neta “An”:
An 11.70in
2
4
3
4
1
8






 in 0.560( )in
An 9.74in
2

U = 1 -
̅

L 4( )in 2 8in
U 1
0.735in
8in

U 0.908
Sin embargo para el caso de secciones W, se tiene que verificar además las siguientes
condiciones:
{
Para el caso se da:
Por lo tanto, como el U hallado por la fórmula resulta mayor, se utiliza este:
U = 0.908
Ae = U . An
Ae 0.908 9.74 in
2

Ae 8.844in
2

Fu 65
kip
in
2

Ae 8.844in
2

x 0.91in
Pu Fu Ae
Pu 574.86kip

LRFD ASD
 0.75  2
Pua
1
 Pu 431.145kip Pua
2
Pu

287.43kip
ASD: 287.4 kip

Ejercicio 3-31.- Una C9X20 (Fy=36 klb/ plg^2, Fu= 58 klb/ plg^2) con 2 líneas de tornillos de 7/8 plg
Ø en el alma como se muestra en la Figura P3-31.
C9x20
3" 3"
23
4"
31
2"
23
4"
FIGURA P3-31
A
C
D
E
F
B

SOLUCION.
Fy 36ksi Fu 58ksi
Ag 5.87in
2
 L 9in tf 0.413in X 0.583in
METODO LRFD:
A FLUENCIA
Pu1 0.9Fy Ag
entonces la resitencia a fluencia sera:
Pu1 190.188 kip
B ROTURA
B.1.-TRAMO
ABCD
An Ag 2
7
8
in
1
8
in











tf
An 5.044 in
2

U 1
X
L
 U 0.935

U 1
X
L

Ae U An
Ae 4.717 in
2

Pu2 0.75Fu Ae
Pu2 205.201 kip
B.2.-TRAMO ABEF
S 3 in g 3.5 in
An Ag 2
7
8
in
1
8
in











tf
S
2
4 g
tf
An 5.309 in
2

U 1
X
L
 U 0.935
Ae U An
Ae 4.966 in
2

Pu2 0.75Fu Ae
Pu2 216.002 kip
METODO
ASD:
A FLUENCIA ? 1.67
Pu1
Fy Ag
?

Pu1 126.539 kip
B ROTURA ? 2
B1. TRAMO ABCD
Ae 4.177 in
2


Pu2
Fu Ae
?

Pu2 121.133 kip
B2. TRAMO ABEF
Ae 4.966 in
2

Pu2
Fu Ae
?

Pu2 144.014 kip
Ejercicio 3-33.- Una C6X10.5 que consiste en acero A36 con dos soldaduras longitudinales que se
muestran en la figura P3-33.
5"
C6X10
SOLDADURA LONGITUDINAL
FIGURA P3-33
SOLUCION.
Ag 3.08in
2
 L 6in tf 0.343in X 0.500in
METODO LRFD:
A FLUENCIA

Pu1 99.792 kip
B ROTURA
ojo como no hay tornillos :
An Ag
An 3.08 in
2

U 1
X
L

U 0.917
Ae U An
Ae 2.823 in
2

Pu2 0.75Fu Ae
Pu2 122.815 kip
METODO
ASD:
Pu1
Fy Ag
?

Pu1 66.395 kip
Pu2
Fu Ae
?

Pu2 81.877 kip

Ejercicio 3-35.- Una WT6X26.5, acero A992, unida por el patín con seis tornillos de 1 plg Ø como se
muestra en la Figura P3-35.
3" 3"
5
1
2"
2"
Ø1.00 Ø1.00 Ø1.00
Ø1.00 Ø1.00 Ø1.00
WT6X26.5
TORNILLOS DE 1PLG
FIGURA P3-35
A
C
B
E
D F

SOLUCION.
Ag 7.78in
2
 L 6in tf 0.575in Y 1.02 in
METODO LRFD:
A FLUENCIA
Pu1 350.1 kip
B ROTURA
B.1.-TRAMO
ABCD
An Ag 2 1 in
1
8
in











tf
An 6.486 in
2

U 1
Y
L
 U 0.83

Ae U An
Ae 5.384 in
2

Pu2 0.75Fu Ae
Pu2 262.45 kip
B.2.-TRAMO
ABEF
S 5.5 in g 3 in
An Ag 2 1 in
1
8
in











tf
S
2
4 g
tf
An 7.936 in
2

U 1
Y
L
 U 0.83
Ae U An
Ae 6.587 in
2

Pu2 0.75Fu Ae
Pu2 321.099 kip
METODO
ASD:
Pu1
Fy Ag
?

Pu1 232.934 kip

B1. TRAMO ABCD
Ae 5.384 in
2

Pu2
Fu Ae
?

Pu2 174.98 kip
B2. TRAMO ABEF
Ae 6.587 in
2

Pu2
Fu Ae
?

Pu2 214.077 kip
Ejercicio 3-37.- Un Angulo 6x6x3/8 soldado a una placa de empalme como se muestra en la Figura
P3-37. Todo el acero es Fy= 36 klb/plg^2 y Fu = 58 klb/ plg^2.
L6X6X3/8
SOLDADURA
6"
FIGURA P3-37

SOLUCION.
Ag 4.38in
2
 L 6in X 1.62in Y 1.62 in

METODO LRFD:
A FLUENCIA
Pu1 141.912 kip
B ROTURA
ojo como no hay tornillos :
An Ag An 4.38 in
2

U 1
X
L

U 0.73
Ae U An
Ae 3.197 in
2

Pu2 0.75Fu Ae
Pu2 139.087 kip
METODO
ASD:
Pu1
Fy Ag
?

Pu1 94.419 kip
Pu2
Fu Ae
?

Pu2 92.725 kip

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