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MIEMBROS EN TENSION.
RESISTENCIA DISEÑO
3.2-1 Un miembro en tensión formado por una barra de 7X3/8 está conectado con tres
tornillos de 1 In de diámetro. Como se muestra en la figura el acero usado es A36.
Suponga que At=An y calcule la resistencia de diseño.
SOLUCION.
 considerando la falla en la sección neta
Pu=ØPn → Ø=0.90
 considerando la rotura en la sección
Pu=ØPn → Ø=0.75
a) por fluencia en la sección total
P= → Fy =
Sea F=Pn , A=Ag
Fy=
Como: Pu=ØPn = Ø Fy Ag
Pu = Ø FyAg…………………………….(1)
Ag: área total del elemento
Ag=7x3/8 =21/8 pulg2
Ag=21/8 pulg2
Como el acero es : A36 → Fy=36kg
Fy = 36000 lib/pulg2
Ø=0.90
Reemplazando datos en la ecuación (1)
Pu= ØFy Ag
Pu= 0.90x36000 lib/pulg2 x21/8 pulg2
1kips=1000lb
Pu=85.05 kips.
b). por fracture de la sección neta
Pu= ØFy An ………………………………………………….(2)
At=An
Donde:
An= Area Neta Efectiva
An=Ag-1Agujero
Agujero=3/8x9/8 pulg2
Agujero=27/67 pulg2
Ag=3/8x9/8 pulg2
Ag=21/8 pulg2
An=Ag-1Agujero
An=21/8-1(27/67)
An=2.22 pulg2
Reemplazando en la ecuación (2)
Pu= ØFy An
Pu =0.75x36000 lib/pulg2 x2.22 pulg2
Pu =59.99 kips
Por recomendación del AISC:
Para: Ae=An se debe considerar
Como:Fy=Fu para el acero A36
Fu=58 kips
Fu=58000 lib/pulg2
Luego reemplazando en la ecuación (2)
Pu= Ø Fu Ae
Ae=An=2.22 pulg2
Pu=0.75x58000 lib/pulg2 x2.22pulg2
Pu=96.66 kips.
 De los valores Pu=85.05 kips y Pu=96.66 kps
de donde el que gobierna es el menor:
Pu = 85.05 kips. Rpta.
3.2-2 Un miembro en tensión formado por una barra de 6X3/8 está soldado a una placa
de nudo. Como se muestra en la figura el acero usado es A36. El acero usado tiene un
esfuerzo de fluencia F=50 kips y un esfuerzo ultimo de tensión Fu=65 kips. Suponga que
At=Ag y calcule la resistencia de diseño.
SOLUCION.
 considerando la falla en la sección neta
Pu=ØPn → Ø=0.90
 considerando la rotura en la sección
Pu=ØPn → Ø=0.75
b) por fluencia en la sección total
P= → Fy =
Sea F=Pn, A=Ag
Fy=
Como:Pu=ØPn = Ø Fy Ag
Pu = Ø FyAg …………………………….(1)
Ag: área total del elemento
Ag=6x3/8 =9/4 pulg2
Ag=21/8 pulg2
Como el acero es:→ Fy=50 kips.
Fy = 50000 lib/pulg2
Ø=0.90
Reemplazando datos en la ecuación (1)
Pu= ØFy Ag
Pu= 0.90x50000 lib/pulg2 x9/4 pulg2
1kips=1000lb
Pu=101.25 kips.
b). por fracture de la sección neta
Pu= ØFy An ………………………………………………….(2)
At=An
Donde:
An= Area Neta Efectiva
An=Ag , Ag=At
An=Ag
An=9/4 pulg2
Reemplazando en la ecuación (2)
Pu = ØFy An
Pu =0.75x50000 lib/pulg2 x9/4 pulg2
Pu =84.38 kips
Por recomendacion del AISC:
Para:Ae=An se debe considerer
Como:Fy=Fu
Fu=65 kips
Fu=65000 lib/pulg2
Luego reemplazando en la ecuación (2)
Pu= Ø Fu Ae
Ae=An=9/4 pulg2
Pu=0.75x65000lib/pulg2 x9/4pulg2
Pu=109.69 kips.
 De los valores Pu=101.25 kips y Pu=109.69 kps
de donde el que gobierna es el menor:
Pu = 101.25 kips. Rpta
3.2-3 Un miembro en tensión formado por una barra de 8X1/2 está conectado con seis
tornillos de 1 In de diámetro. Como se muestra en la figura. El acero usado es A242grado
42. Suponga que At=An y calcule la resistencia de diseño.
SOLUCION.
 considerando la falla en la sección neta
Pu=ØPn → Ø=0.90
 considerando la rotura en la sección
Pu=ØPn → Ø=0.75
c) por fluencia en la sección total
P= → Fy =
Sea F=Pn, A=Ag
Fy=
Como: Pu=ØPn = Ø Fy Ag
Pu = Ø FyAg…………………………….(1)
Ag: área total del elemento
Ag=8x1/2 =4 pulg2
Ag=21/8 pulg2
Como el acero es: A242 → Fy=42kg
Fy = 42000 lib/pulg2
Ø=0.90
Reemplazando datos en la ecuación (1)
Pu= ØFy Ag
Pu= 0.90x42000 lib/pulg2 x4 pulg2
1kips=1000lb
Pu=151.2 kips.
b). por fracture de la sección neta
Pu= ØFy An ………………………………………………….(2)
At=An
Dónde:
An= Area Neta Efectiva
An=Ag-2Agujero
Agujero=1/2x9/8 pulg2
Agujero=9/16 pulg2
Ag=8x1/2 pulg2
Ag=4 pulg2
An=Ag-2Agujero
An=4-2(9/16)
An=23/8pulg2
Reemplazando en la ecuación (2)
Pu= ØFy An
Pu =0.75x42000 lib/pulg2 x23/8 pulg2
Pu =90.56 kips
Por recomendación del AISC:
Para:Ae=An se debe considerer
Como:Fy=Fu para el acero A36
Fu=63 kips
Fu=63000 lib/pulg2
Luego reemplazando en la ecuación (2)
Pu= Ø Fu Ae
Ae=An=23/8 pulg2
Pu=0.75x63000 lib/pulg2 x23/8pulg2
Pu=135.84 kips.
 De los valores Pu=151.2 kips y Pu=135.89 kps
de donde el que gobierna es el menor:
Pu = 135.84 kips. Rpta.
AREA NETA EFECTIVA
3.3-1 calcule el área neta efectiva, para cada caso mostrado en la figura P3.3-1
a)
b)
c)
para
d)
3.3-3 Un miembro en tensión formado por un ángulo L4 x3 x3/8 esta soldado de una placa
de nudo, como se muestra en la figura P3.3-3. El acero es A36.
a) Determine la resistencia de diseño. Use la ecuación B.3-2 del AISC para U
b) Resuelva la parte (a) usando el valor promedio para U dado por los Comentarios.
Solución:
• Se busca en tabla para L4x3x3/8
Ag =2.48 X=1.28
• Calculando factor de reducción
Si cumple
• Hallando la resistencia de diseño fy =36 Q=0.90
3.3-5 Un miembro en tención formado por un Angulo L6x4x5/8 de acero A36 está
conectado a una placa de nudo con tornillos de 1 in de diámetro, como se muestra
en la figura P3.3-5 el miembro está sometido a las siguientes cargas de servicio:
Carga muerta= 50 kips. , carga viva = 100 kips y carga de viento = 45 kips. Use la
ecuación B3-2 del AISC para determinar si el miembro es adecuado
En la sección gruesa
En el área neta
 La fuerza del diseño basada en fluencia es
 La fuerza del diseño basada en fractura es
El diseño de la fuerza es el valor más pequeño
Combinación de carga según el AISC
Debe de cumplir , la sección es adecuada
3.3-6 Una barra de 5x1/4 es usada como miembro en tención y está conectada por un
par de soldaduras longitudinales a lo largo de sus bordes. La soldadura son cada
una de 7 pulg. de longitud. El acero usado es A36 ¿Cuál es la resistencia de
diseño?
Solución
 Por límite de fluencia en la sección gruesa
 Por fractura en la sección neta, del AISC TABLA D3.1, caso 4
• La fuerza del diseño basada en fluencia es
• La fuerza del diseño basada en fractura es
El diseño de la fuerza por LRFD es el valor más pequeño
3.3-7 Un perfil W12x35 de acero A36 está conectado a través de sus patines con tornillos
de 7/8 in de diámetro. Como se muestra en la Figura P3.3-7. Use el valor promedio
de U dado por los comentarios y calcule la resistencia de diseño por tención
Solución
En la sección gruesa
en el área neta
La conexión es hasta el final las bridas con cuatro pernos por línea
 La fuerza del diseño basada en fluencia es
 La fuerza del diseño basada en fractura es
El diseño de la fuerza es el valor más pequeño
3.3-8 Un perfil WT6x17.5 esta soldado a una placa como se muestra en la figura P3.3-8.
Fy = 50 ksi y Fu = 70 ksi
a. Use la ecuación B 3-2 del AISC para U y calcule la resistencia de diseño por
tensión
b. Determine si el miembro puede resistir las siguientes cargas de servicio: D = 75
kips , L = 40 kips, S = 50 kips y W = 70 kips.
En la sección gruesa
En el área neta
 La fuerza del diseño basada en fluencia es
 La fuerza del diseño basada en fractura es
El diseño de la fuerza es el valor más pequeño
La carga de combinación 3
La carga de combinación 4
La carga de combinación 4 debe de cumplir , la sección
es adecuada
CONECTORES ALTERNADOS
3.4-1 El miembro en tensión mostrado en la figura P3.4-1 es una placa de 1/2x10 in de
acero A36. La conexión es con tornillos de 7/8 in de diámetro. Calcule la resistencia
de diseño.
EN LA SECCION GRUESA
SECCION NETA
Posibilidades del área neta:
O:
O : , pero por supuesto de la carga de transferencia,
Use para esta posibilidad.
El menor valor encontrado, Use
La sección nominal basada en la sección neta es
3.4-2 Un miembro en tensión está formado por dos places de ½ x10 in, ellas estan
conectadas a una placa de nudo con esta colocada entre dos placas, como se muestra en
la figura P3, 4 – 2 se usan acero A36 y tornillos de ¾ de diámetro. Determine la
resistencia de diseño.
Calcular la fuerza de un plato, luego doble ello.
Sección gruesa
Diámetro de Agujero de Sección Neto =
Posibilidades para el área neta:
1/2)(7/8)=4.125
Or = 5-(1/2)(7/8)-(1/2)
A causa de transferencia de carga, empleo para esta
posibilidad.
Or (1/2)(7/8)- (1/2)
A causa de transferencia de carga, empleo para esta
posibilidad.
Los mandos de valor de smaliet, Empleo, Use
Para dos platos,
La fuerza nominal basada en la sección neta es
3.4-3 Calcule la resistencia de diseño del miembro de tensión mostrado en la figura P3
4-3 los tornillos son de ½ in de diámetro y el acero es A36
Sección gruesa ,
Sección neta: Diámetro de agujero=
3/8)(5/8) = 2.766
Or = 3 - (3/8)(5/8) - (3/8)
Or = 3 - (3/8)(5/8) - (3/8)
Or = 3 - (3/8)(5/8) - (3/8) x
Or = Use
(a) Sección gruesa:
Sección neta:
(b) Sección gruesa:
Sección neta:
3.4-4 Un miembro de tensión formado por una C9 x20 esta conectado con tornillos de 1
1/8 in de diámetro como se muestra en la figura P3 4-4 y en el
miebro esta sometido las siguientes cargas de servicio cada muestra = 36 Kips y la carga
viva = 110 Kips use el pavlor promedio para U dado por los comentarios y determine si el
miembro ttiene suficiente resistencia.
Sección gruesa: ,
Sección neta: Diámetro de agujero =1
(1.25)=5.310
Or = 5.87 = 0.448(1.25) – 0.448
(a) Sección gruesa:
Sección neta: (controls)
(OK)
Entonces El miembro tiene bastante fuerza
(b) Sección gruesa:
Sección neta : (controls)
(OK)
El miembro tiene bastante fuerza
3.4-5 Un perfil de ángulo doble 2L7 x 4 x 3/8 se usa como miembro de tensión, los dos
angulas están conectados a una placa de nudo con tornillos de 7/8 in de diámetro a través
de los lados 7 in, como se muestra en la figura P3, 4-5 se acero A572 grado 50, Use el
valor promedio para U dado por los comentarios y calcule la resistencia de diseño.
For A575 Grade 50 steel,
Calcule la fuerza para un ángulo, luego multiplíquese por 2.
Sección gruesa : ,
Para dos ángulos,
Sección neta: Diámetro de agujero =
(3/8)(1) = 3.605
Or = 3.98 - (3/8)(1) - (3/8)
Or = 3.98 - (3/8)(1) - (3/8)
Or = 3.98 - (3/8)(1) x 2 ,
Para dos ángulos,
(a) LRFD Solucion
Sección gruesa:
Sección neta: (controles)
(b) ASD solution
(c) Sección gruesa:
Sección neta:
3.4-6 Un miembro de tensión formado por u angulo L4x4x7/16 esta conectado con
tornillos de 1/8 in de diámetro, como se muestra en la fugura P3,4-5 ambos lados del
angulo están conectados si se usa acero A36 ¿Cuál es la resistencia del diseño?
Sección gruesa:
Sección neta Usan una distancia de prenda 2.5 + 2.5 – 7/16 = 4.563 ln.
Agujerodiametro = n3/4 + 1/8 = 7/8 in
An = Ag - ∑t * (d or D¨ )
An = 2.927 in
Or An = 2.640 in2
Use Ae = An = 2.640
a) Sección
Nuevasección
Totalidad sección
b) Sección
Sección gruesa:
Sección neta:
BLOQUE DE CORTANTE
3.5-1 calcule la resistencia por bloque de cortante del miembro en tensión mostrado en la
figura. El acero es A572 grado 50 y los tornillos son de 7/8 in de diámetro.
SOLUCIÓN
Zona de corte
Área de tensión
Para estetipo de conexión Ubs₌ 1.0 y para AISC la siguiente ecuación
Rn₌ 0.6 FnAnv + Ubs Fu Ant
₌0.6 (65) (1.313)+1+ (65) (0.5469) ₌ 86.8 kips
Conun límite máximo de
3.5-2 Determine la resistencia por bloque de cortante del miembro en tensión mostrado
en la figura. Los tornillos son de 1 in diámetro y el acero es de A36.
Solución
Zonas de corte
Área detensión
Para estetipo de conexión Ubs₌ 1.0 y para AISC la siguiente ecuación
Rn₌ 0.6 FnAnv + Ubs Fu Ant
Conun límite máximo de
Rn ₌ 0.6 FnAnv + Ubs FuAnt₌
Rn ₌ 199 kips
3.5-3 Determine la Resistencia por bloque de cortante (considere el miembro en tensión y
la placa de nudo) de la conexión mostrada en la figura. Los tornillos son de ¼ in de
diámetro y el acero es A36 para todas las componentes.
SOLUCIÓN
Miembros en tensión
Las zonas de corte son
La zona de tensión es
Para estetipo de conexión Ubs₌ 1.0 y para AISC la siguiente ecuación
Rn₌ 0.6 FnAnv + Ubs Fu Ant
Con un límite máximo de
La resistencia al cizallamientode bloquesnominal delelemento de tensiónespor lo tanto 148.8
kips
La placa de unión
De la ecuación de AISC tenemos Ubs₌ 1.0 y para AISC la siguiente ecuación
Rn₌ 0.6 FnAnv + Ubs Fu Ant
Conun límite máximo de
La resistencia al cortede bloquesnominal de laplaca de uniónespor lo tanto 143.4 kips
Loscontrolesde placa de escuadrayla resistencia al cortede bloquesnominal de laconexiónes
de 143.4 kips
La resistencia de diseño es
3.5-4 Calcule la carga factorizada máxima que puede aplicarse a la conexión mostrada en la
figura considere todos los estados limite. Use el valor promedio para U dados los
comentarios. Para miembros en tensión el acero usado es A572 grado 50 y para la
placa de nudo es A36 los agujeros son para tornillos de ¾ in de diámetro
.
SOLUCIÓN
Resistencia nominalsección bruta
Resistencia nominalsección neta
Bloquear laresistencia al cortedel elemento de tensión
las zonas de corte son
El área de tensión es
Para estetipo de conexiónUbs₌ 1.0 y para AISC la siguiente ecuación
Rn₌ 0.6 FnAnv + Ubs Fu Ant
Conun límite máximo de
La resistencia al cortede bloquesnominal delelemento de tensiónespor lo tanto 173.5 kips
Bloquear laresistencia al corte dela
Por la ecuación de la AISC
Conun lımite superior de
La resistencia al cortedel bloquenominal de laplaca de uniónespor lo tanto 167.7 kips
Loscontrolesplaca de uniónyla resistencia al cortebloquear lanominal de laconexiónes 67.7
kips
La resistencia de diseño para LRFD es
Parala tensión en lasuperficie bruta
Para la tensión en el área neta
Porel bloque de cortante
Carga máximafactorizada resistencia admisible 126 kpis
DISEÑO DE MIEMBROS EN TENSION
3.6-1 Seleccione un miembro en tensión formado por un solo ángulo de acero A36 para
resistir una carga muerta de 28 kips y una carga viva de 84 kips. La longitud del
miembro es de 18 pies y estará conectado con una sola línea de tornillos de 1 in de
diámetro, como se muestra en la figura. Habrá más de dos tornillos en esta línea
.
SOLUCION
Usaremos el metodo de RFLD
Requerido
Requerido
Requerido
Con
Usando L5 x3 ½ x ¾
3.6-2 Seleccione el perfil C American Standard más ligero que pueda soportar una
carga de tensión factorizada de 200 kips. El miembro tiene 20 pies de longitud y tendrá
una línea con tres tornillos de 1 in de diámetro en cada patín en la conexión. Considere
acero A36.
Solución:
El área
2
.17.6
)36(9.0
200
9.0
in
F
P
A
y
u
g ===
El área efectiva
2
.60.4
)58(75.0
200
75.0
in
F
P
A
u
u
e ===
Radio mínimo requerido
( )( ) in
L
r 8.0
300
1220
300
min ===
C12 x 25
El área (OK)
ininrr y 8.0779.0min ≤== (NO CUMPLE)
EL AREA NETA
El área efectiva (OK)
Nota: Use acero C12 x 25
3.6-3 Seleccione un miembro en tensión formado por un ángulo doble para resistir una
carga factorizada de 180 kips. El miembro estará conectado con dos líneas de tornillos de
7/8 in de diámetro colocados con el gramil usual (vea figura 3.22), como se muestra en la
figura P3.6-3. Habrá más de dos tornillos en cada línea. El miembro tiene 25 pies de
longitud y estará conectado a una placa de nudo de 3/8 in de espesor. Considere acero
A572 grado 50.
Solución:
El área
2
.00.4
)50(9.0
180
9.0
in
F
P
A
y
u
g ===
El área efectiva
2
.69.3
)65(75.0
180
75.0
in
F
P
A
u
u
e ===
Radio mínimo requerido
( )( ) in
L
r 0.1
300
1225
300
min ===
La pierna ángulo debe ser de al menos 5 cm de longitud para dar cabida a dos líneas de
tornillos (ver calibres habituales para los ángulos, fig. 3.24, consulte también la última
tabla de la sección angular única de las tablas de dimensiones y propiedades en el
manual.
2L5 x 5 x 5/16
El área (OK) ininrr x 0.156.1min ≥== (OK)
EN EL AREA NETA
Nota: Use 2L5 x 5 x 5/16
3.6-4 Seleccione un perfil C American Standard para las siguientes cargas de tensión:
carga muerta = 54 kips, carga viva= 80 kips y carga de viento = 75 kips. Las conexiones
serán con soldaduras longitudinales. La longitud del miembro es de 17.5 pies considere
Fy= 50 ksi y Fu= 65 ksi.
Solución:
Método LRFD
El área
2
.00.5
)50(9.0
80.224
9.0
in
F
P
A
y
u
g ===
El área efectiva
2
.61.4
)65(75.0
8.224
75.0
in
F
P
A
u
u
e ===
Radio mínimo requerido
( )( ) in
L
r 7.0
300
125.17
300
min ===
Dado que la relación de esbeltez limitar que una recomendación en lugar de un requisito,
esto es lo suficientemente cerca.
C10 x 20
El área (OK)
ininrr y 7.0>690.0min == (OK)
Nota: Use acero C10 x 2
3.6-5 Seleccione un perfil C American Standard para resistir una carga factorizada de
tensión de 180 kips. La longitud es de 15 pies y habrá dos líneas de tornillos de 7/8 in de
diámetro en el alma, como se muestra en la figura P3.6-5. Habramás de dos tornillos en
cada línea. Considere acero A36.
Solución:
El área
2
.56.5
)36(9.0
180
9.0
in
F
P
A
y
u
g ===
El área efectiva
2
.14.4
)58(75.0
180
75.0
in
F
P
A
u
u
e ===
Radio mínimo requerido
( )( ) in
L
r .6.0
300
1215
300
min ===
C10 x 20
El área (OK)
ininrr y 6.0>690.0min == (OK)
EL AREA NETA
Nota: Use acero C10 x 20
3.6-6 Seleccione un perfil W con peralte nominal de 10 pulgadas (W10) para resistir una
carga muerta de 175 kips y una carga viva de 175 kips. La conexión será a través de los
patines con dos líneas de tornillos de 1 1/3 in de diámetro en cada patín, como se muestra
en la figura P3.6-6. Cada línea contiene más de dos tornillos. La longitud del miembro es
de 30 pies. Considere acero A242
Solución:
Método LRFD
El área requerida
2
.9.10
)50(9.0
490
9.0
in
F
P
A
y
u
g ===
El área efectiva
2
.33.9
)70(75.0
490
75.0
in
F
P
A
u
u
e ===
Radio mínimo requerido
( )( ) in
L
r .2.1
300
1230
300
min ===
Desde la parte 1 del manual, todos w10 formas tienen un espesor 1.25in brida. por lo
tanto, la tabla 2-3 en la parte 2 del manual.
W10 x 49
El área (OK)
ininrr y 12>54.2min == (OK)
El Área Neta
Nota: Use acero W10 x 49
BARRAS ROSCADAS Y CABLES
3.7.1 Seleccione una barra roscada para resistir una carga muerta de servicio de 45kips y
una carga viva de servicio de 5kips. Considere Acero A36.
Solución
Mediante el diseño de LRFD y las combinaciones factorisada se tiene:
kipsPu 00.63)45(4.1 ==
El área requerida
2
931.1
)58)(75.0(75.0
00.63
)75.0(75.0
in
F
P
A
u
u
b ===
Igualando el área tenemos:
,931.1
4
2
=
dπ
Despejando tenemos ind 568.1=
Entonces el requerimiento de hara indd
4
31,71.1 ==
3.7.2 Un perfil W14X48 esta soportado por dos barras en tensión AB y CD, como se
muestra en la figura, la carga de 20kips es una carga viva de servicio. Considere acero
A36 y seleccione barras roscadas para los siguientes casos de carga.
a.- La carga de 20kips no puede moverse de la posición mostrada
b.- La carga de 20kips puede estar situada en cualquier lugar entre las dos barras.
Solución
a.- La carga de 20kips no puede moverse de la posición mostrada
De acuerdo al grafico se tiene
la carga muerta = peso de la viga = 0.0048kips/ft
ftkipswww LDu /0576.0)048.0(2.16.12.1 ==+=
kipsPPP LDu 0.32)20(6.16.12.1 ==+=
Por la simetría de la barra y la condición del problema se puede deducir la tensión de las
cuerdas:
[ ] kipsTu 86.1632)30(00576.0
2
1
=+=
El área requerida
2
5168.0
)58)(75.0(75.0
86.16
)75.0(75.0
in
F
T
A
u
u
b ===
Igualando el área tenemos:
despejando
d
Ab ,
4
2
π
= ind 811.0
)5168.0(4
==
π
Requerimiento indind
8
7,811.0 ==
b.- La carga de 20kips puede estar situada en cualquier lugar entre las dos barras.
La máxima fuerza en requerido en la viga es cuando la carga viva esta en A y D entonces
se tiene:
[ ] kipsTu 86.3232)30(00576.0
2
1
=+=
Entonce el área requerida se tendrá:
2
007.1
)58)(75.0(75.0
86.32
)75.0(75.0
in
F
T
A
u
u
b ===
,007.1
4
2
=
dπ
Despejando d se tiene ind 13.1=
Requerimiento indind 4
11,13.1 ==
3.7.3 Como se muestra en la figura el miembro AC se usa para contraventear la
estructura articulada contra cargas horizontales. Seleccione una barra roscada de acero
A36. La carga de 10kips esta factorizada.
Solución
La condición del problema nos dice la fuerza de 10k está factorada por lo tanto de
acuerdo a las ecuaciones combinadas de LRFD tenemos:
kipsw 16)10(6.16.1 ==
En el puntos B En el punto C
16k  O  16k 16k O
uT
°=−
57.26)40/20(tan 1
En el punto C tenemos
057.26cos16 =°−=∑ ux TF Despejando se tiene kipsTu 89.17=
El área requerida seria:
2
5484.0
)58)(75.0(75.0
89.17
)75.0(75.0
in
F
T
A
u
u
b ===
Despejando d en la siguiente ecuación 5484.0
4
2
=
dπ
despejando se tiene ind 836.0=
Requerimiento indind 8
7,836.0 ==
3.7.4.- Que tamaño de barra roscada se requiere para el miembro AB mostrado en la
figura La carga es una carga viva de servicio (Desprecie el peso del miembro CB)
Considere acero A36.
Solución
Realizando las combinaciones del diseño de LRFD
kipsLDPu 56)35(6.16.12.1 ==+=
[ ] 0)15()96.30()15(56 =°−=∑ TsenMc Despejando T se tiene kipsT 9.108=
El área requerida seria:
2
338.3
)58)(75.0(75.0
9.108
)75.0(75.0
in
F
T
A
u
u
b ===
Despejando d en la siguiente ecuación 338.3
4
2
=
dπ
despejando se tiene ind 062.2=
Requerimiento indind 8
12,06.2 ==
3.7.5.- Un tubo esta soportado a intervalos de 10pies por medio de una barra doblada
roscada como se muestra en la figura. Si se usa un tubo de acero de 10in de diámetro
lleno de agua Que tamaño de barra se requiere Considere Acero A36.
Solución
El diámetro del tubo es ind 0.10=
El volumen de agua por longitud de pie es = 3
22
5.94212
4
)0.10(
12
4
inxx
d
==
ππ
El peso total por pie es:
El peso del agua + el peso del tubo= ( ) ftlb /53.745.40)4.62
)12(
5.942
3
=+
De donde la densidad del agua es de 62.4lb/ft3
.
Calculando para el 100% de la carga muerta, utilizando las ecuaciones de las cargas
factoradas del LRFD se tiene:
ftlbwu /3.104)53.74(4.1 ==
La carga soportada es: 104.3lb/ft x 10ft=1043lb
Del grafico se tiene
10432 −=∑ TFy Despejando lbT 5.521=
El área requerida seria:
22
10598.1
)58)(75.0(75.0
5215.0
)75.0(75.0
inx
F
T
A
u
u
b
−
===
Despejando d en la siguiente ecuación 01598.0
4
2
=
dπ
despejando se tiene ind 143.0=
Requerimiento indind 8
5,143.0 ==
Problema 4.9 Escoger un perfil W12
Solución:
Fy:= 50ksiFu := 65ksi
PD := 100klbPL := 150klb L := 22ft
Pu := 1.2PD + 1.6PLPu = 360 klb
1. MínAg = Pu/0.9Fy Ag= 8 in2
SuponiendoU := 0.9 ancho supuesto de patín := 0.380in
Área estimada de agujeros = 4(7/8in).ancho supuesto de patin
2. mínAg = Pu/(0.75⋅Fu⋅U) + area estimada de agujeros Ag = 9.54 in2
3. mínr = L/300 r = 0.88 in
Escoger una W12x40 (Ag= 10.3in2)
Comprobación:
An = Ag – 4(7/8in ) ⋅tfAn = 8.55 in2
U= 1-X/L U = 1
Ae:= U⋅An Ae=8.53 in2
Pu1 := 0.9Fy ⋅Ag Pu1 = 463.5 klb
Pu2 := 0.75Fu⋅Ae Pu2 = 415.621 klb
Problema 4.9 Escoger un W10
Solución:
Fy:= 50ksiFu := 65ksi
PD := 80klbPL := 60klb L := 24ft
Pu:= 1.2PD + 1.6PLPu= 192 klb
1. MínAg = Pu/0.9Fy Ag= 4.27 in2
SuponiendoU := 0.9 ancho supuesto de patín := 0.380in
Área estimada de agujeros = 4(1in).ancho supuesto de patin
2. mínAg = Pu/(0.75⋅Fu⋅U) + area estimada de agujeros Ag = 5.9 in2
3. mínr = L/300 r = 0.96 in
Escoger una W10x17 ( Ag = 4.99in2)
Comprobación:
An = Ag An = 4.99 in2
U= 0.87 U = 0.87
Ae:= U⋅AnAe = 4.34 in2
Pu1 := 0.9Fy ⋅Ag Pu1 = 224.55 klb
Pu2 := 0.75Fu⋅Ae Pu2 = 211.638 klb
Problema 4.12 Escoger una W12
Solución:
Fy:= 36ksi Fu := 58ksi
PD := 400klb PL := 100klb L := 28ft
Pu := 1.2PD + 1.6PL Pu = 640 klb
1. MínAg = Pu/0.9Fy Ag = 29.75 in2
SuponiendoU := 0.9 ancho supuesto de patín := 0.380in
Área estimada de agujeros = 4(1in).ancho supuesto de patin
2. mínAg = Pu/(0.75⋅Fu⋅U) + area estimada de agujeros Ag = 17.68 in2
3. mínr = L/300 r = 1.12 in
Escoger una W12x72 (Ag 72in:= 2, tf:= 0.670in, bf:= 12.04in, d := 12.25⋅in)
Comprobación:
Comprobación:
An = Ag – 4(7/8in ) ⋅tfAn = 69.66 in2 bf/d = 0.98
U= 1-X/L U = 0.9
Ae:= U⋅An Ae= 62.69 in2
Pu1 := 0.9Fy ⋅Ag Pu1 = 2332.8 klb
Pu2 := 0.75Fu⋅AePu2 = 2726.993 klb
Problema 4.13 Escoger una MC
Solución:
Fy:= 36ksi Fu := 58ksi
PD := 70klb PL := 90klb L := 20ft
Pu := 1.2PD 1.6PL Pu = 228 klb
1. MínAg = Pu/0.9Fy Ag= 7.04 in2
SuponiendoU := 1
2. mínAg = Pu/(0.75⋅Fu⋅U) Ag = 5.24 in2
3. mínr = L/300 r = 0.8 in
Escoger una MC12X35 (Ag = 10.3in2)
Comprobación:
An = Ag An = 10.3 in2 bf/d = 0.98
U= 0.9 U = 0.9
Ae:= U⋅An Ae= 9.27 in2
Pu1 := 0.9Fy ⋅Ag Pu1 = 333.72 klb
Pu2 := 0.75Fu⋅AePu2 = 403.245 klb
Problema 4.15 Escoger una WT7
Solución:
Fy:= 36ksi Fu := 58ksi
PD := 100klb PL := 60klb L := 16ft
Pu := 1.2PD + 1.6PL Pu = 216 klb
1. 1MínAg = Pu/0.9Fy Ag = 6.67 in2
Ae:= U⋅An Ae = 9.27 in2
Pu1 := 0.9Fy ⋅Ag Pu1 = 216 klb
Pu2 := 0.75Fu⋅Ae Pu2 = 403.245 klb
Problema 4.20 Diseñe el miembro L2L3 de la armadura mostrada. Debe constar de un par de
ángulos con una placa de nudo de 3/8 pulg entre los ángulos en cada extremo. Use acero A36 y
suponga una línea con tres tornillos de 3/4 pulg en cada lado. Considere sólo los ángulos
mostrados en las tablas de ángulos dobles del manual. Para cada carga, PD = 20klb y Pr = 12 klb
(carga de techo). No considere bloque de cortante.
Solución:
PD := 20klb Pr := 12klb Fy:= 36ksi Fu := 58ksi
P := 1.2PD + 1.6Pr
Pu = 2.5⋅P⋅(24) − P⋅(12)/8 Pu = 259.2 klbU := 0.85
mínAg = Pu/0.9FyAg = 8 in2
mínAg = (Pu/(0.75Fu⋅U))+(7/8).(5/8)⋅4in2 Ag = 9.2 in2
mínr = L/300 r = 0.64 in
probamos con: 2L4x4x5/8 Ag := 9.22in2 r := 1.86in
An = Ag -4.(7/8⋅5/8in2) An = 7.03 in2
Ae:= U⋅An Ae= 5.98 in2
Pu1 := 0.9Fy ⋅Ag Pu1 = 298.73 klb
Pu2 := 0.75Fu⋅AePu2 = 260.03 klb
Problema 4.21 Seleccione eun ángulo simple como miembro a tensiónpara resistir las cargas de
servicio PD = 80 klb y PL = 70 klb. El miembrotiene 18 pie de longitud y estará conectado con
una línea de cuatro tornillosde 7/8 plg y 4 pulg entre centros. Suponga Fy = 40 ksi y Fu = 60 ksi.
Noconsidere bloque de cortante. U = 1 - X/L.
Solución:
PD := 80klb PL := 70klb L := 18ft Fy:= 40ksi Fu := 60ksi
Pu := 1.2PD + 1.6PL Pu = 208 klb
1. MínAg = Pu/0.9Fy Ag = 5.78in2
SuponiendoU := 0.85 y un espesor de ángulo de 3/4
Área estimada de agujeros = 4(1in).ancho supuesto de patin
mínAg = Pu/(0.75⋅Fu⋅U) + 1.3/4.1in2 Ag = 6.19in2
3. mínr = L/300 r = 0.72 in
probamos con: L6x6x9/16 Ag = 6.43in2r = 1.85in X := 1.73in L := 12in
An = Ag -4.(7/8⋅5/8in2) An = 4.24 in2
U= 1-X/L U = 0.86
Ae:= U⋅An Ae = 3.63 in2
Pu1 := 0.9Fy ⋅Ag Pu1 = 231.48 klb
Pu2 := 0.75Fu⋅Ae Pu2 = 163.39 klb
Problema 4.23 Un miembro a tensión consta de cuatro ángulos igualesdispuestos como se
muestra en la figura. Las cargas de servicio que debe desoportar son PD = 180 klb y PL = 320 klb.
La longitud del miembro es de 30pie y debe tener una línea de tres tornillos de 7/8 en cada uno de
los lados.
Diseñe el miembro en acero A572 grado 50, incluyendo las placas de uniónnecesarias. No
considere el bloque de cortante.
PD := 180klbPL := 320klb L := 30ftFy:= 50ksi Fu := 65ksi
Pu := 1.2PD + 1.6PL Pu = 728 klb
MínAg = Pu/0.9Fy Ag/4 = 4.04in2
SuponiendoU := 0.85 y un espesor de ángulo de 4/18
mínAg = Pu/(0.75⋅Fu⋅U) + 4.1.4/18in2 Ag/4 = 4.61in2
mínr = L/300 r = 1.2 in
probamos con: L5x5x1/2Ag = 4.75in2 r := 1.54in Ix = 11.3in4 X := 1.43in
An = (Ag- 2.1/2.1in)⋅4 An= 15 in2
Ae:= U⋅An Ae= 12.75 in2
Resistencia de diseño:
Pu1 := 0.9Fy ⋅(4⋅Ag) Pu1 = 855 klb
Pu2 := 0.75Fu⋅Ae Pu2 = 621.56 klb
Relación de esbeltez:
Ix = 4Ix + 4Ag (9in − X)ε2 Ix = 1.13 x 10ε3in4
rX =(Ix/4Ag)e1/2 rX= 7.73 in
L/rX= 46.6Este valor es menor que 300
Diseño de las placas de unión:
Distancia entre hileras de tornillos = 18in 2. 3. (3/4in)= 10.5 in
Longitud mínima de las placas = 2/3⋅10.5in = 7 in
Espesor mínimo de las placas = 1/50⋅10.5in = 0.21 in
Ancho minimo de las placas = 10.5in 2. 1.1/2+ ⋅ in = 13.5 in
Espaciamiento máximo preferible de las placas:
Para un sólo ángulo, se tiene: r := 1.54in
Separación máxima preferible entre placas:
L = 300⋅r/12L = 3.21 ft
Use 4Ls 5x5x1/2, y placas de 1/4x7x14 pulg a 3 pie c.a.c.
Problema 4.24 seleccione una barra redonda estándar roscada para un gancho colgante que debe
resistir las cargas de servicio PD = 10 klb y PL = 12 klb, usando acero
A36.
PD := 10klb PL := 12klb Fu := 58ksi
Pu := 1.2PD + 1.6PL Pu = 31.2 klb
AD = Pu/(0.75⋅0.75⋅Fu) AD = 0.96 in2
Problema 4.25 Seleccione una barra estándar roscada que debe resistir las cargas de servicio PD
= 12klb y PL = 15klb usando acero A572 grado 50.
Solución:
PD := 12klb PL := 15klb Fu := 65ksi
Pu := 1.2PD + 1.6PL Pu = 38.4 klb
AD
Pu
0.75⋅0.75⋅Fu
:= AD 1.05 in= 2
Use una barra de 1 1/4 pulg con 7 roscas por cada pulgada.
Problema 4.26 Las armaduras de techo de un edificio industrial están separadas entre sí a cada 21
pie, centro a centro. La cubierta del techo pesa 6 psf. Los largueros están dispuestos como se indica
en la figura y pesan 3 psf.
Diseñe los tensores de acero A36 suponiendo una carga de nieve de 30 psf de proyección
horizontal de superficie de techo. Los tensores deberán situarse en los tercios del claro de los
largueros.
Peso promedio de los 7 largueros en cada lado: del techo = 7⋅3psf/44.4721 = 0.47 psf
Nieve = 30psf (2/(5)e1/2) = 26.83 psf
Cubierta de techo = 6psf
wu:= [1.2(0.472 + 6) + 1.6⋅26.833]psfwu= 50.7 psf
Componente de las cargas paralela a la superficie del techo = 1/(5)e1/2⋅wu = 22.67 psf
Cargas sobre el tensor inclinado superior = 1/12(44.47ft2)(7) w( u) = 14.467 klb
AD = Pu/(0.75⋅0.75⋅Fu) AD = 1.05 in2
Use tensores de 5/8 pulg con 11 cuerdas por pulgada.
PROBLEMAS (Use agujeros de tamaño estándar en todos los problemas)
3.1 al 3.18 Calcule el área neta de cada uno de los miembros indicados.
Problema 3.1 (Resp. 9.84 pulg.²) PL 3/4x14
Vista en Planta
Sección transversal
Datos:
e =3/4in L := 14inhuelgo =1/8in φperno =3/4in
Solucion:
Ag := L⋅eAg = 10.5 in2
Aorificio:= e⋅(huelgo + φperno) Aorificio= 0.656 in2
Aneta:= Ag − Aorificio
Aneta= 9.844 in2Respuesta
Problema 3.2PL 1/2x15
Vista en Planta
Datos:
L := 15in e = 1/2inφperno =7/8in huelgo:= 1/8in
Solucion
Ag := L⋅eAg = 7.5 in2
Aorificio:= 2e ⋅(φperno+ huelgo) Aorificio= 1 in2
Aneta:= Ag − AorificioAneta= 6.5 in2 Respuesta
Problema 3.3 (Resp. 14.12pulg.²) WT 12x58
Solución
A = 17in2tf:= 0.640in An =17in2
An= 17in-4(1+1/8)0.640in2 An = 14.12 in2 Respuesta
Problema 3.4 WT 9x129
Solución
A =38in2 tf:= 2.3intw:= 1.280in
An = 38in-(3/4+1/8).1,280in2 An = 36.88 in2 Respuesta
Problema 3.5 Ángulo L 8x4x9/16 con una línea de tornillos de 7/8 en cada lado (Resp. 5.30pulg.²)
Datos
L1 := 8in L2 := 4in e =9/16in huelgo = 1/8in φperno = 7/8in
Solución
Ag := L1⋅e + (L2 − e) ⋅e Ag = 6.434 in2
Aorificio:= 2e⋅(huelgo+ φperno) Aorificio= 1.125 in2
Aneta:= Ag − AorificioAneta = 5.309 in2Respuesta
SOLUCIONARIO DE EJERCICIOS DE DISEÑO ACERO Y MADERA
PROBLEMA 3-2-1
Para la obtención de la sección bruta,
Ag = 7 (3/8) = 2. 625 cm2,
P "= FyAs = 36 (2.625) = 94. 5 kips
Para la fractura de la sección neta,
Ag = (3/8) [7- (1 + 1/8)] = 2. 203 cm2
Pn= FuAe = 58 (2,203) = 127. 8 kips
a) La resistencia de diseño en base a
øtPn = 0.90 (94.5) = 85. 05kips
La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es
øtPn=0.75 (127,8) = 95. 85 kips
La resistencia de diseño para LRFD es el menor valor: øtPn = 85.1kips
b) La resistencia admisible sobre la base de obtención es:
La resistencia admisible sobre la base de fractura es:
La carga de trabajo admisible es el valor más pequeño:Pn/ = 56.6 kips
Solución alternativa utilizando tensión admisible: para la obtención,
Ft = 0.6Fy = 0,6 (36) = 21. 6 MPa,
la carga admisible es Ft Ag = 21,6 (2.625) = 56. 7 kips
Por rotura
Ft = 0,5 Fu = 0,5 (58) = 29,0 MPa,
la carga admisible es FlAe = 29,0 (2.203) = 63. 89 = 63. 89 kips
La carga de trabajo admisible es el valor más pequeño = 56.7 kips
PROBLEMA 3.2.2
Para la obtención de la sección,
Ag = 6 (3/8) = 2. 25 mm2
Pn= FyAg = 50 (2,25) = 112.5
La sección neta,
Ag = As = 2.25 pulg2
Pn = FuA e = 65 (2.25) = 146. 3 kips
a) La resistencia de diseño en base a:
ФtPn= 0,90 (112,5) = 101 kips
La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es
ФtPn= 0,75 (146,3) = 110 kips
La resistencia de diseño para LRFD es el valor más pequeño: ФtPn= 101 kips
b) La resistencia admisible sobre la base de obtención es
La resistencia admisible sobre la base de fractura e
La carga de trabajo admisible es el valor más pequeño: Pn/Ωt = 67.4 kips
Solución alternativa utilizando tensión admisible: para la obtención,
Ft = 0.6Fy = 0,6 (50) = 30.0ksi
la carga admisible es
Ft Ag = 30.0 (2.25) = 67. 5 kips
Por rotura,
Ft = 0.5Fu = 0,5 (65) = 32. 5 MPa,
la carga admisible es
FtAe = 32,5 (2,25) = 73. 1 kips
que la carga de servicio admisible es el valor más pequeño = 67.5 kips
PROBLEMA 3.2.3
Para la obtención de la sección
Pn= FyAg= 50 (3,37) = 168. 5 kips
para la fractura de la sección neta,
An = Ag-Aholes = 3,37 - 0,220( ) x 2 holes = 2.930 cm2
Ae = 0.85An = 0,85 (2,930) = 2. 491 cm2
Pn= FeAe = 65 (2.491) = 161. 9 kips
a) La resistencia de diseño en base a:
ФtPn = 0,90 (168,5) = 152 kips
La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es
ФtPn= 0.75 (161.9) = 121. 4 kips
La resistencia de diseño es el valor más pequeño:ФtPn = 121.4 kips
Pu = ФtPn
1.2D +1,6 (3D) = 121,4 Solución es: D = 20. 23
P = D + L = 20,23 + 3 (20.23) = 80. 9 kips P = 80.9 kips
b) La resistencia admisible sobre la base de obtención es
La resistencia admisible sobre la base de la fractura es
La carga permitida es el valor más pequeño = 80.95 kips P = 81.0 kips
Cálculo alternativo de carga permitida usando tensión admisible: para la obtención,
Ft = 0.6Fy = 0,6 (50) = 30,0 MPa,
La carga admisible es:
Fy Ag = 30,0 (3,37) = 101. 1 kips
por rotura,
Pies = 0.5Fu = 0,5 (65) = 32. 5 MPa,
la carga admisible es
FtAe = 32. 5 (2,491) = 80. 96 kips
PROBLEMA 3.2-4
Para A242 acero y t = 1/2 pulgadas, Fy = 50 pulg y Fu = 70 ksi. Para la obtención de la sección
bruta,
Ag = 8 (1/2.) = 4 pulg2
Pn= FyAg = 50 (4) - 200 kips
para la fractura de la sección de red,
An= Ag-Aholes = 4 - (1/ 2) (1 + 1/8) x 2 holes = 2.875 pulg2
Ae = An = 2.875 cm2
Pn= FuAe = 70 (2,875) = 201.3 kips
a) La resistencia de diseño en base a ceder es
ФtPn= 0,90 (200) = 180 kips
La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es
ФtPn= 0.75(201.3) = 151 kips
La resistencia de diseño para LRFD es el valor más pequeño: ФtPn= 151 kips
b) La resistencia admisible sobre la base de obtención es
La resistencia admisible sobre la base de fractura se
La carga de trabajo admisible es el valor más pequeño: Pn/ Ωt = 101 kips
Solución alternativa utilizando tensión admisible: para la obtención,
Ft = 0.6Fy = 0.6 (50) = 30 ksi
La carga admisible es
FtAg = 30 (4) = 120 kips
Por fractura,
Ft = 0.5Fu = 0,5 (70) = 35 ksi
y la carga admisible es
FtAe = 35 (2.875) = 101 kips
La carga de trabajo admisible es el valor más pequeño = 101 kips
PROBLEMA 3.2-5
Para un espesor 3/8in., Fy = 50 ksi y Fu = 70 ksi.
En primer lugar, calcular las resistencias nominales. Para la sección bruta,
Ag = 7,5 (3/8) = 2. 813 cm2
Pn = FyAg = 50 (2.813) = 140. 7 kips
Sección neta:
=2.813-( ) ( ) (2) =1.876 in²
Ae =An = 1.876 cm2
Pn = = 70 (1,876) = 131. 3 kips
a) La resistencia de diseño en base a ceder es
Øt = 0.90 (140.7) = 127 kips
La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es
Øt =0.75 (131.3) = 98.5 kips
La resistencia de diseño es el menor valor: Øt = 98.5 kips
cargafactorizada:
Combinación 1: 1.4D = 1,4 (25) - 35.0 kips
Combinación 2: 1.2D+1,6L = 1,2 (25) + 1,6 (45) = 102 kips
La segunda combinación de controles, Pu = 102 kips.
Desde Pu>Øt (102 kips> 98.5 kips),El miembro no es satisfactoria.
b) Para la sección bruta, la fuerza permitida es
Alternativamente, el esfuerzo admisible es
Ft = 0.6Fy = 0.6 (50) = 30 ksi
la resistencia admisible es Ft Ag = 30 (2.813) = 84.4 kips
para la sección de red, la fuerza permitida es
Alternativamente, el esfuerzo admisible es
Ft = 0.5Fu = 0,5 (70) = 35 MPa, y la resistencia admisible es
FtAe = 35 (1,876) = 65.7 kips
Los controles de menor valor, la fuerza permitida es de 65.7 kips. Cuando las únicas cargas son
carga muerta y carga viva, combinación de carga ASD:
Pn= D + L = 25 + 45 -70 kips
Desde 70 kips> 65.7 kips, El miembro no es satisfactoria.
PROBLEMA 3.2.6
Calcular la fuerza de un ángulo, y luego doblarla. Para la sección bruta,
Pn = FyAg = 36 (1,19) = 42. 84 kips
Para dos ángulos, Pn= 2 (42 84} - 85 68 kips
Sección neta:
= 1.19 -( ) ( ) =0.9713Cm²
Ae - 0,85 An= 0,85 (0,9713) = 0,825 6 mm2
Pn = FuAe = 58 (0.8256) = 47. 88 kips
Para dos ángulos, Pn= 2 (47.88) = 95. 76 kips
a) La resistencia de diseño en base:
Øt = 0,90 (85,68) = 77.1 kips
La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es
Øt = 0,75 (95,76) = 71.8 kips
La resistencia de diseño es el valor más pequeño: Øt = 71.8 kips
Pu = 1.2D + 1,6 L = 1.2 (12) + 1,6 (36) = 72.0 kips
72.0 kips> 71.8 kips El miembro no es satisfactoria.
b) Para la sección bruta, la fuerza permitida es
Alternativamente, el esfuerzo admisible es
Ft = 0.6Fy = 0,6 (36) = 21.6ksi
y la resistencia admisible es Ft Ag = 21.6 (2 x 1,19) = 51.4 kips
Para la sección de red, la fuerza permitida es
Alternativamente, el esfuerzo admisible es
Ft = 0.5Fu = 0,5 (58) = 29ksi
y la resistencia admisible es FtAe = 29 (2 x 0,8256) = 47.9 kips
Los controles de la fuerza neta de la seccion, la resistencia admisible es 47.9 kips. Cuando las
únicas cargas son la carga muerta y carga viva, ASD combinación de carga 2 siempre controlará:
Pa = D + L = 12 + 36 = 48 kips> 47.9 kips
48 kips> 47.9 kips El miembro no es satisfactoria.
PROBLEMA 3.3.1
a) U = 1- f =1- = 0,7060
Ae - AgU = 5,86 (0,7060) = 4. 14 pulg2
b) Placa con sólo soldaduras longitudinales:
= = 1.25 U = 0.75 in2
Ag =AgU = ( )(0.75)= 1.125 pulg2
c) U = 1,0
Ag =AgU = ( )(1.0)=3.13 pulg2
d) U = 1,0
Ag = 0,5 (5,5) = 2. 750 cm2
An = Ag – Aholes = 2.750 - ( ) = 2.313 pulg2
An = AnU= 2.313 (1.0) = 2.313
e) U = 1,0
Ag = 4 x 6 = 3. 750 cm2
An = Ag – Aholes = 3.750 - ( ) =3.125 pulg2
Ae = AnU = 3.125 (1.0) = 3. 125 pulg2
PROBLEMA 3.3-2
a)An = Ag – Aholes = 3.31 - ( ) = 2.873 pulg2
U = 1- =1- = 0.6167
Ae = AnU = 2.873(0.6167) = 1.772 Cm
Pn =FuAe = 70 (1.772) = 124 kipsPn = 124 kips
b) De AISC Tabla D3.1, Caso 8, U = 0,60
= 2,873 (0,60) = 1.724 cm2
Pn= FuAe = 70 (1.724) = 121 kips Pn= 121 kips
PROBLEMA 3.3.3
U = 1- =1- = 0.9031
Ae = AgU = 2,48 (0,9031) = 2. 240 cm2
Pn= FuAe = 58 (2,240) = 129. 9 kips Pn= 130 kips
PROBLEMA 3.3.4
Para A242 de acero, Fy = 50 ksiyFu = 70 ksi
Para la obtención de la sección bruta,
Pn= FyAg = 50 (4,75) = 237. 5 kips
Para la fractura de la sección neta,
An = Ag-Aholes = 4.75 - ( ) = 4. 313 cm2
Desde AISC Tabla D3.1, Caso 8, U = 0,80
Ae =AnU = = 4.313 (0.80) = 3. 45 pulg2
Pn = FeAe = 70 (3,45) = 241. 5 kips
a) La resistencia de diseño en base
Øt =0,90 (237,5) = 213. 8 kips
La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es
Øt = 0,75 (241,5) = 181. 1 kips
La resistencia de diseño es el valor más pequeño: Øt = 181.1 kips
Let Pu = Øt
1.2D +1.6 (2D) = 181,1, Solución es: {0 = 41. 16}
P = D + L = 41,16 + 2 (41.16) - 124 kips P = 124 kips
b) La resistencia admisible sobre la base de obtención es
PJL = 237 "7", 5, _ 142 2 kinsQt 1.67 ii + z-ZK1Ps
La resistencia admisible sobre la base de fractura es
La carga permitida es el valor = 120.8 kips P = 121 kips
Cálculo alternativo de carga permitida usando tensión admisible: para la obtención,
Ft = 0.6Fy = 0,6 (50) = 30,0
La carga admisible es
FtAg = 30,0 (4,75) - 142. 5 kips
Por rotura,
Ft = 0.5Fu =-0.5 (70) = 35 kips
y la carga admisible es
FtAe = 35 (3,45) = 120.8 Kips
PROBLEMA 3.3.5
Sección bruto: Pn = FyAg = 36 (5.86) = 211. 0 kips
Sección neta: An= 5. 86 – ( ( ) (2) = 4. 454 cm2
U =1 - = 0.8856
Ag = AnU = 4.454 (0.8856) = 3.944
Pn = FuAe = 58(3.944) = 228.8
a) La resistencia de diseño en base a
Øt = 0,90 (211,0) = 190 kips
La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es
Øt = 0,75 (228,8) = 172 kips
La resistencia de diseño es el valor más pequeño: Øt = 172 kips
carga combinación 2 controles:
Pu= l.2D + l.6L = 1,2 (50) + 1.6 (100) = 220 kips
Desde Pu>Øt (220 kips> 172 kips), El diputado sea adecuada.
b) Para la sección bruta, la fuerza permitida es:
Para la sección de la red, la resistencia admisible es:
Los controles de menor valor, la resistencia admisible es de 114 kips.
Cargue combinación 6 controles:
Pa = D> 0.75W+ 0.75L = 50 + 0.75 (45) + 0,75 (100) = 159 kips
Desde 159 kips> 114 kips, Miembro no es suficiente.
ASD solución alternativa mediante tensión admisible:
Ft. =0.6Fy = 0,6 (36) = 21.6Kips
La resistencia admisible es Ft Ag = 21,6 (5,86) = 127 kips
Para la sección neta Ft, = 0.5Fu = 0,5 (58) = 29,0 MPa,
El resistencia admisible es F, AE = 29,0 (3.944) = 114 kips
Los controles de menor valor, la fuerza permitidos isl 14 kips.
De la combinación de carga 6,
Pa = D + 0,75 W + 0.75L = 50 + 0,75 (45) 0,75 + (100) - 159 kips Desde 159 kips> 114 kips,
El miembro no es suficiente.
PROBLEMA 3.3-6
Para la obtención de la sección bruta,
Ag = 5 (1/4) = 1,25 pulg2
Pn= FyAg = 36 (1.25) = 45.0 kips
para la fractura de la sección neta, de AISC Tabla D3.1,
L / w = 7/5 = 1,4:. U = 0,75
Ae = AsU = 1.25 (0.75) = 0.9375 cm2
Pn = FuAe = 58 (0.9375) = 54. 38 kips
a) La resistencia de diseño en base a:
= 0,90 (45,0). = 40. 5 kips
La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es
= 0,75 (54,38) - 40.8 kips
La resistencia de diseño para LRFD es el valor más pequeño: = 40.5 kips
b) La resistencia admisible sobre la base de obtención es
La resistencia admisible sobre la base de la fractura es
La carga de trabajo admisible es el valor más pequeño: = 27.0 kips
PROBLEMA 3.3.7
Sección bruta: Pn= FyAg = 50 (10,3) = 515.0 kips
Sección neta: An= 10,3-0,520( )(4) = 8, 220 cm2
La conexión es a través de las bridas con cuatro pernos por línea.
:. U =0.85
Ae =AnU = 8,220 (0,85) = 6. 987 pulg2
Pn= FuAe = 65 (6.987) = 454. 2 kips
a) La resistencia de diseño en base a ceder es
= 0,90 (515,0) = 464 kips
La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es
= 0.75 (454.2) = 341 kips
La resistencia de diseño es el valor más pequeño: = 341 kips
b) Para la sección bruta, la resistencia admisible es:
Para la sección de la red, la resistencia admisible es:
Los controles de menor valor:
PROBLEMA 3.3-8
Sección bruto: Pn = FyAs = 50 (5.17) = 258 kips:
Seccion
U = 1- =1- = 0.87
Ae = AgU = 5.17 (0.87) = 4. 498 pulg2
Pn = FuAe = 70 (4.498) - 314. 9 kips
a) La resistencia de diseño en base a ceder es
= 0,90 (258,5) -233 kips
La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es
= 0,75 (314,9) - 236 kips
La resistencia de diseño es el valor más pequeño: = 233 kips
Combinación de carga 3:
Pu= l.2D +l.6S + 0,8W = 1,2 (75) + 1,6 (50) + 0,8 (70) = 226 kips
Combinación de carga 4:
Pu = 1.2D 1,6 W 0,5 S = 1,2 (75) + 1,6 (70) + 0,5 (50) = 227 kips
carga combinación 4 controles. Desde Pu < (227 kips<233 kips),
El miembro es adecuada.
b) Para la sección bruta, la fuerza permitida es :
Para la sección de la red, la resistencia admisible es:
Los controles de menor valor, la resistencia admisible es de 155 kips.
Cargar combinación 3: Pa = D + S - 75 + 50 = 125 kips
Cargar combinación 6: Pa = D+0.75W +0.75S = 75 + 0.75 (70) + 0,75 (50) = 165 kips
Cargue combinación 6 controles.
Desde 165 kips> 155 kips, El miembro no es suficiente.
PROBLEMA 3.4.1
Sección bruto: Ag = 10 (1/2) = 5 pulg2
Sección neto: Diámetro del agujero =
Posibilidades de área neta:
An = Ag- ∑t x (d*d) = 5 - (1/2) (1) (2) = 4,0 pulg2
= 3.833
o Una An= 5 - (1/2) (1) (3) = 3. 5 cm2,
pero debido a la transferencia de carga, utilice An= 9/6 (3,5) = 5. 25 mm2
para esta posibilidad.
Los controles de menor valor.UseAn = 3.833 cm2
Ae = AnU = An (1.0) = 3.833 cm2
Pn= FuAe = 58 (3.833) = 222 kips
La resistencia nominal en base a la sección neta es3. 833 cm2
Pn = 222 kips
3.4-1
Sección bruto: Ag = 10 (1/2) = 5 in²Sección neto: Diámetro del agujero = 7/8+1/8 = 1 in 3.833 in²
Posibilidades de área neta:
para Ag= 5 - (1/2) (1) (3) = 3. 5 in², pero debido a la transferencia de carga,
Utiliza An= 9/6 (3,5) = 5. 25 in² para esta posibilidad.
Los controles de menor valor. Use An = 3.833 in²
Ae = An U = An (1.0) = 3.833 in²
P n= FuAe = 58 (3.833) = 222 kips
La resistencia nominal en base a la sección neta es Pn = 222 kips
3.4.2
Calcular la fuerza de un placa,
luego duplicarlo sección bruto: Ag = 10 (1/2) = 5,0 in²
sección neto:Diametro = ¾ + 1/8 = 7/8 in.
Posibilidades de área neta
para esta posibilidad.
3.4-3
Sección bruto: Ag = 8 (3/8) - 3,0 in², Pn= FyAg = 36 (3,0) = 108 kips
3.4.4
Sección bruto: Ag = 5. 87 cm2,Pn = FyAg = 50 (5. 87) = 293. 5 kips
Sección neto: Diámetro del agujero = 1. 25 in
(a) la sección bruta:
Sección neta: )
Pu = 1.2D + 1.6L = 1,2 (36)+ 1.6 (110) = 219kips<236 kips (OK)
Desde Pu < (219 kips<236 kips), el miembro tiene la fuerza suficiente.
(b) sección bruto: = 176 kips
Sección neta: = 158 kips (controles)
Pa=D + Z = 36 + 110 = 146 kips<158 kips (OK)
Desde Pa< = (146 kips <158 kips), el miembro tiene la fuerza suficiente.
3.4-5
Para A572 Grado 50 Acero, Fy = 50 ksi y Fu = 65 ksi.
Calcular la fuerza de un ángulo, luego se multiplica por 2.
Sección bruto: Ag = 3,98 cm2, Pu= FyAg - 50 (3.98) = 199.0 kips
para dos ángulos, Pn = 2 (199,0) = 398,0 kips
sección neto: Diámetro del agujero =
An = 3.98-(3/8) (1) x2 = 3. 230 in²,
pero debido a la mala transferencia,
utilizar An = 7/3 (3.230) = 3. 768 in² para esta posibilidad
Ae = AnU =3,605 (0,9043) - 3. 260 in²
Pn = FuAe = 65 (3,260) = 211.9 kips
Durante dos ángulos, Pn= 2 (211.9) - 423. 8 kips
(a) Solución LRFD
Sección bruto: ØtPn = 0,90 (398,0) = 358 kips
Sección neta: ØtPn= 0,75 (423,8) = 318 kips (controles)
ØtPn = 318 kips
PROBLEMA 3.8.4
La carga muerta por cercha = (4 + 12 + 6) (40,79 x 2) (25) + 5 (80) (25) = 54,870 Carga de nieve
libras por cercha = 18 (80) (25) = 36,000 lb
D = 54870/8 = 6859 Lb
S = 36000/8 = 4,500 libras
a) Carga de combinación 3 controles:
Carga factorizada conjunta = 1.2D + 1, 6S - 1,2 (6,859) + 1,6 (4.500) = 15. 43 kips
Miembro FE tiene la mayor fuerza de tensión.
Use un cuerpo libre de E conjunta:
Reacción = 7 (15,43) / 2 = 54. 01 kips
= 0 FDE =275.4 Kips
= 0 FFE =210.1 Kips
Requerido Ag =
Requerido Ag =
Ag = AgURequerido Ag =
(Esto controla el requisito superficie bruta.)
Try 2L3 (OK)
Usar 2L3 Para cordón inferior
Miembros: Diseño para la fuerza de tracción máxima, que se produce en el elemento , y utilizar
una forma para todos los miembros de banda de tensión (los miembros de banda en diagonal).
Utilizando el método de las secciones (ver figura), tenga en cuenta la fuerza de AH miembros
para actuar en H.
Longitud = = 12.81.
∑ME = FAH(30) -15.43 (10 + 20 + 30) = 0, FAH = 49.41 kips
requiere como Ag =
requiere como Ag =
Ag = AgURequerido Ag =
Try 2l 2x2x
Ag = 1.44 >1.19 (OK)
Usar 2L2 x 2 x Para cordón inferior
(b) combinación de carga 3 controles:
Carga conjunta = D + S = 6859 + 4500 = 11 360 libras
Cordón inferior: Miembro FE tiene la mayor fuerza de tensión.
Use un cuerpo libre de E.
R = Reacción = 7 (11,36) / 2 = 39. 76 kips
∑Fy = 39.76 - DE = 0 FDE = 202.7 kips
∑Fy = 202.7( FE = 0 FFE = 198.8kips
requiere como Ag =
requiere como Ag =
Ag = AgURequerido Ag =
Try 2l 5 x 5 x
Ag = 7.30 >7.20 (OK)
Usar 2L 5 x 5 x Para cordón inferior
Miembros: Diseño de la fuerza de tracción máxima, que se produce en AH miembros, y utilizar
una forma para todos los miembros de banda de tensión (los miembros de banda diagonal).
Utilizando el método de las secciones (ver figura), tenga en cuenta la fuerza de AH miembros
para actuar en H.
Longitud = = 12.81.
∑ME = FAH(30) -11.36 (10 + 20 + 30) = 0, FAH = 36.38kips
requiere como Ag =
requiere como Ag =
Ag = AgU Requerido Ag =
Try 2l 2x2x
Ag = 1.44 >1.32 (OK)
Usar 2L2 x 2 x Para cordón inferior
PROBLEMA 3.8.5
Utilice ceder barras en centro de la luz de correas.
Longitud de la cuerda = 40.79
Área Tributaria = 40.79 (25/2) = 509. 9 m2
a) carga vertical total = 6 (509,9) = 3,059 libras
Componente paralela a techo = 3.059 ( = 600.0
Dado que el diseño es sólo para carga muerta, use cargar combinación 1:
Pu = 1,4 (600) = 840 Lb
Requeriendo Ag = ( =( = 0.02575
Let = 0,02575, d = 0.181 pulg Requerido d = 0.181 pulgada,
b) Pa = 600,0 libras
Ft = 0.375Fu = 0.375 (58) = 21. 75 ksi
Requiriendo Ab =T/Ft = 0.6000/21.75 = 0,02759
Let = 0,02759, d = 0.187 pulg Requerido d = 0.187 pulgada,
PROBLEMA 3.8.4
La carga muerta por cercha = (4 + 12 + 6) (40,79 x 2) (25) + 5 (80) (25) = 54,870 Carga de nieve
libras por cercha = 18 (80) (25) = 36,000 lb
D = 54870/8 = 6859 Lb
S = 36000/8 = 4,500 libras
c) Carga de combinación 3 controles:
Carga factorizada conjunta = 1.2D + 1, 6S - 1,2 (6,859) + 1,6 (4.500) = 15. 43 kips
Miembro FE tiene la mayor fuerza de tensión.
Use un cuerpo libre de E conjunta:
Reacción = 7 (15,43) / 2 = 54. 01 kips
= 0 FDE =275.4 Kips
= 0 FFE =210.1 Kips
Requerido Ag =
Requerido Ag =
Ag = AgURequerido Ag =
(Esto controla el requisito superficie bruta.)
Try 2L3 (OK)
Usar 2L3 Para cordón inferior
Miembros: Diseño para la fuerza de tracción máxima, que se produce en el elemento , y utilizar
una forma para todos los miembros de banda de tensión (los miembros de banda en diagonal).
Utilizando el método de las secciones (ver figura), tenga en cuenta la fuerza de AH miembros
para actuar en H.
Longitud = = 12.81.
∑ME = FAH(30) -15.43 (10 + 20 + 30) = 0, FAH = 49.41 kips
requiere como Ag =
requiere como Ag =
Ag = AgURequerido Ag =
Try 2l 2x2x
Ag = 1.44 >1.19 (OK)
Usar 2L2 x 2 x Para cordón inferior
(b) combinación de carga 3 controles:
Carga conjunta = D + S = 6859 + 4500 = 11 360 libras
Cordón inferior: Miembro FE tiene la mayor fuerza de tensión.
Use un cuerpo libre de E.
R = Reacción = 7 (11,36) / 2 = 39. 76 kips
∑Fy = 39.76 - DE = 0 FDE = 202.7 kips
∑Fy = 202.7( FE = 0 FFE = 198.8kips
requiere como Ag =
requiere como Ag =
Ag = AgURequerido Ag =
Try 2l 5 x 5 x
Ag = 7.30 >7.20 (OK)
Usar 2L 5 x 5 x Para cordón inferior
Miembros: Diseño de la fuerza de tracción máxima, que se produce en AH miembros, y utilizar
una forma para todos los miembros de banda de tensión (los miembros de banda diagonal).
Utilizando el método de las secciones (ver figura), tenga en cuenta la fuerza de AH miembros
para actuar en H.
Longitud = = 12.81.
∑ME = FAH(30) -11.36 (10 + 20 + 30) = 0, FAH = 36.38kips
requiere como Ag =
requiere como Ag =
Ag = AgU Requerido Ag =
Try 2l 2x2x
Ag = 1.44 >1.32 (OK)
Usar 2L2 x 2 x Para cordón inferior
PROBLEMA 3.8.5
Utilice ceder barras en centro de la luz de correas.
Longitud de la cuerda = 40.79
Área Tributaria= 40.79 (25/2) = 509. 9 m2
a) carga vertical total= 6 (509,9) = 3,059 libras
Componente paralela a techo = 3.059 ( = 600.0
Dado que el diseño es sólo para carga muerta, use cargar combinación 1:
Pu = 1,4 (600) = 840 Lb
Requeriendo Ag = ( =( = 0.02575
Let = 0,02575, d = 0.181 pulg Requerido d = 0.181 pulgada,
d) Pa = 600,0 libras
Ft = 0.375Fu = 0.375 (58) = 21. 75 ksi
RequiriendoAb =T/Ft = 0.6000/21.75 = 0,02759
Let = 0,02759, d = 0.187 pulg Requerido d = 0.187 pulgada,
PROBLEMAS DE DISEÑO EN ACERO Y MADERA
3.2-1
3.7-4 ¿Qué tamaño de barra roscada se requiere para el miembro AB mostrado en la figura? La
carga es una carga viva de servicio. (Desprecie el peso del miembro CB). Considere acero
A36.
Todos los miembros son conectados y todas las cargas están aplicadas en la junta. Por tanto todos
los miembros tienen dos fuerzas de los miembros (miembros de tensión o compresión). Para
combinación de 4 cargas:
En el punto C
Requiere
Para
Requiere por tanto usar
3.7-5 Un tubo esta soportado a intervalos de 10 pies por medio de una barra doblada roscada,
como se muestra en la figura. Sis se usa un tubo de acero de 10 in de diámetro lleno de
agua. ¿qué tamaño de barra se requiere?. Considere acero A36.
(a) LRFD:
Requiere
Para
Requiere por tanto usar
(b) ASD:
Requiere
Para
Requiere
5.5-5 Un perfil W30x99 de acero A36 está sometido a la carga mostrada en la
figura P5.5-5. Se tiene soporte lateral continuo. Las cartas concentradas P son
cargas vivas de servicio y W=P/10 es una carga muerta de servicio. Determine los
valores máximos de P y w que se pueden soportar.
Solución:
Verificar que esta forma es compacta. Para la brida,
,
, Entonces la brida es compacta.
, (para todas las formas en el manual para Fy ≤ 65 Ksi), por lo
que el material es compacto, y la forma es compacto.
a. Cargas factorizadas, incluyendo el peso:
1.2 (0.060) = 0.072 kips/ft, 1.6(12) = 19.20 kips, 1.6(8) = 12.8 kips
Reacción en C :
∑MD = -10.61(56)-12.8(42)-12.8(14)+Rc(2)-0.072(56)²/2 = 0
Rc = 50.85 kips
Diagrama de fuerza cortante:
Momento máximo en C . Usando el diagrama de cuerpo libre de BCD,
Mc = -10.61(28)-12.8(14)-0.072(28)²/2 = -505 ft-kips
Resistencia de diseño = Øb Mn = 0.90(512.5) = 461 ft-kips
Mu = 505 ft-kips > Øb Mn = 461 ft-kips , A W18x60 no es adecuado.
b. Cargas de sevicio:
Reacción en C:
∑MD = -6.84(56) – 8(42)-8(14)+Rc (28) – 0.060(56)²/2 = 0
Rc = 33.04 kips.
Diagrama de fuerza de cortante:
Momento máximo ocurre en C. Con referencia al diagrama de cuerpo libre
de BCD.
Ma=Mc = -6.84(28)-8(14)-0.060(28)²/2 = -327 ft-kips
La resistencia admisible = Mn/Ωb = 512.5/1.67 = 307 ft-kips
Ma = 327 ft-kips > 307 ft-kips A W18x60 No es adecuado.
5.5-6 La viga mostrada en la figura P5.5-6 está hecha con un perfil W36x182. Ella
está soportada lateralmente en A y B. La carga de 300 kips es una carga viva de
servicio.
a. Calcule Cb. No incluya el peso de la viga en la carga.
b. Calcule Cb. Incluya el peso de la viga en la carga.
Solución:
a. Para un W12x30, A=8.79 in² , d= 12.3 in., tf = 0.440in., Sx = 38.6 in³, Iy =
20.3 in4, ry = 1.52 in., J = 0.457 in4., Cw = 720 in6.
Serán necesarios los siguientes términos en el cálculo de Lr:
(rts También se pueden encontrar en las tablas de dimensiones y propiedades.
Para un W12x30, se dá igual a 1.77 in.)
ho = d - tf = 12.3 – 0.440 = 11.86 in.
(ho También se pueden encontrar en las tablas de dimensiones y propiedades.
Para W12x30, se dá igual a 11.9 in.)
Lr = 187.2 in. = 15.6 ft,
Lp = 5.37 ft, Lr = 15.6 ft
b. Por consiguiente la brida es compacto.
Para :
Por consiguiente es compacto.
y la forma es compacta. (También, no hay ninguna nota al pie en las dimensiones
y propiedades de la tabla para indicar lo contrario).
Para Lb = 10ft, Lp <Lb <Lr, También:
(inelástico LTB)
Mp = Fy Zx = 50(43.1) = 2155 in. – kips
Øb Mn = 0.9(1791) = 1612 in-kips = 134 ft-kips
c.
5.5-7 Si la viga del problema 5.5-6 está soportada lateralmente en A, B y C,
Calcule Cb para la longitud no soportada AC (igual que Cb para la longitud no
soportada CB). No incluya el peso de la viga en la carga.
Solución:
Verificar que esta forma es compacta. Para la brida,
Por consiguiente la
brida es compacto.
Para :
Por consiguiente es compacto.
Para un W18x46, A = 13.5 in² , d = 18.1 in, tf = 0.605 in. Sx = 78.8 in³ , Iy = 22.5
in4. ,
ry = 1.29 in., J = 1.22 in4, Cw = 1720 in6.
Serán necesarios los siguientes términos en el cálculo de Lr:
(rts También se pueden encontrar en las tablas de dimensiones y propiedades.
6ara un W18x40, se dá igual a 1.58 in.)
ho = d - tf = 18.1 – 0.605 = 17.50 in.
(ho También se pueden encontrar en las tablas de dimensiones y propiedades.
Para W18x46, se dá igual a 17.5 in.)
= 164.4 in. = 13.70 ft.
Para Lb = 10ft, Lp <Lb <Lr, También:
(inelástico LTB)
Mp = Fy Zx = 50(90.7) = 4535 in. – kips = 378 ft-kips
Mn = 290 ft-kips
5.5-8 Calcule Lp y Lr para un perfil W36x160 de acero A572 grado 60.
Solución:
Verificar que esta forma es compacta. Para la brida,
Por consiguiente la
brida es compacto.
Para :
Por consiguiente es compacto.
Para un W18x71, A = 20.8 in² , d = 18.5 in, tf = 0.810 in. Sx = 127 in³ , Zx = 146
in³., Iy= 60.3 in4., ry = 1.70 in. rts = 2.05in., ho = 17.7 in., J = 3.49 in4, Cw =
4700 in6.
Serán necesarios los siguientes términos en el cálculo de Lr:
(rts También se pueden encontrar en las tablas de dimensiones y propiedades.
6ara un W18x71, se dá igual a 2.05 in.)
ho = d - tf = 18.5 – 0.810 = 17.69 in.
(ho También se pueden encontrar en las tablas de dimensiones y propiedades.
Para W18x71, se dá igual a 17.7 in.)
Para una doble forma simétrica, c = 1.0 de AISC ecuación F2-6,
= 195.7 in. = 16.31 ft.
Para Lb = 9ft, Lp <Lb <Lr, También:
(inelástico LTB)
Mp = Fy Zx = 65(146) = 9490 in. – kips = 791 ft-kips
Mn = 686 ft-kips
5.5-9 Un perfil W21x44 de acero A572 grado 50 se usa como viga simplemente
apoyada. Ella está uniformemente cargada y tiene soporte lateral sólo en sus
extremos.
a. Calcule la resistencia de diseño para un claro de 10 ft. No use las ayudas de
diseño en la parte 4 del manual.
b. Calcule la resistencia de diseño para un claro de 15 ft. No use las ayudas de
diseño en la parte 4 del manual.
Solución:
a.
Menor uso subíndices de casos para identificar los momentos en los cuartos de
los puntos de la longitud no arriostrada:
Ma = Mc = 150(5) = 750 ft-kips
Mb = 150(10) = 1500 ft-kips = Mmáx
b.
Ma = Mc = 150.1 (5)= 750.5 ft-kips
Mb = 150.1 (10) = 1501 ft-kips = Mmáx
5.5-10 Resuelva el problema 5.5-1 con soporte lateralsólo en los extremos. No use
las ayudas de diseño en la parte 4 del manual.
Solución:
a. Utilizando las cargas de servicio,
Usar letras minúsculas para identificar momentos:
Ma = 150(2.5) = 375 ft-kips
Mb = 150(5) = 750 ft-kips
Mc = 150(10) = 1125 ft-kips
Mmáx = 150(10) = 1500 ft-kips
b. Usando las cargas mayoradas:
Pu = 1.6 (300) = 480.0 kips
Usar letras minúsculas para identificar momentos:
Ma = 240(2.5) = 600 ft-kips
Mb = 240 (5) = 1200 ft-kips
Mc = 240(7.5) = 1800 ft-kips
Mmáx = 240(10) = 2400 ft-kips
Cb = 1.67
5.5-11 La viga simplemente apoyada mostrada en la figura P5.5-11 tiene soporte
lateral a intervalos de 10 ft. ¿ qué carga total de servicio puede ella soportar si una
mitad de la carga es muerta y la otra mitad es viva?. No use las ayudas de diseño
en la parte 4 del manual. (Sugerencia: Øb Mn puede ser diferente para cada
segmento no soportado.)
Solución:
PD = 1.7 kips, PL = 5 kips., Wd = 0.5 kips/ft, WL = 0.9 kips/ft
a.
Pa = 1.7 +5 = 6.7 kips. Wa = 0.5+0.9 = 1.4 kips/ft
Mmáx = 26.41(18.86) -1.4(18.86)² /2= 249.1 ft-kips
Ma = 26.41(13.75)-1.4(13.75)²/2 = 230.8 ft-kips
Mb = 26.41 (17.5) -1.4(17.5)²/2 = 247.8 ft-kips
Mc = 26.41(21.25) -1.4(21.25))²/2 = 245.1 ft-kips
Cb = 1.02
b.
Pu = 1.2 (1.7) +1.6(5)= 10.04 kips
Wu = 1.2 (0.5) +1.6(0.9)= 2.040 kips/ft
Mmáx = 38.57(18.91) -2.04 (18.91)² /2= 364.6 ft-kips
Ma = 38.57 (13.75)-2.04(13.75)²/2 = 230.8 ft-kips
Mb = 38.57 (17.5) -2.04 (17.5)²/2 =337.5 ft-kips
Mc = 38.57 (21.25) -2.04 (21.25))²/2 = 359.0 ft-kips
, Cb = 1.02
5.5-12 Resuelva el problema 5.5-1 con soporte lateral sólo en los extremos y en el
centro del claro. No use las ayudas de diseño en la parte 4 del manual.
Solución:
Primero, determinar la resistencia a la flexión nominal. verificar que esta forma es
compacta. para la brida:
Por consiguiente la brida es compacto.
Para :
Por consiguiente es compacto.
Para un W21x68, A = 20 in² , d = 21.1 in, tf = 0.685 in. Sx = 140 in³ , Zy=160
in³ , Iy = 64.7 in4. , ry = 1.80 in., rts = 2.17 in., ho=20.4in J = 2.45 in4, Cw =
6760 in6.
De una forma doblemente simétrico, c=1.0 de AISC ecuación F2-6,
= 224.8 in. = 18.73 ft.
Soporte lateral se proporciona a intervalos de 50/10 ft, (en los 5 puntos). De la
tabla 3-1 en la parte 3 del manual, Cb = 1.0
Para Lb = 10ft, Lp <Lb <Lr, También:
(inelástico LTB)
Mp = Fy Zx = 50(160) = 8000 in. – kips
a.
, la solución es: (Wa = 1.130).
Si se descuenta el peso de la viga, la carga de trabajo máxima es:
1.130 -0.068 = 1.06 kips/ft
5.5-13 Resuelva el problema 5.5-2 con soporte lateral sólo en A y B. No use las
ayudas de diseño en la parte 4 del manual.
Solución:
Verificar que esta forma es compacta. Para la brida,
Por consiguiente la
brida es compacto.
Para :
Por consiguiente es compacto, y la forma es compacta. (También, no hay
ninguna nota al pie en las dimensiones y propiedades de la tabla para indicar lo
contrario)
Para un W14x38, A = 11.2 in² , d = 14.1 in, tf = 0.515 in. Sx = 54.6 in³ , Iy = 26.7
in4. , ry = 1.55 in., J = 0.798 in4, Cw = 1230 in6.
Serán necesarios los siguientes términos en el cálculo de Lr:
(rts También se pueden encontrar en las tablas de dimensiones y propiedades.
para un W14x38, se dá igual a 13.6 in.)
De una forma doblemente simétrico, c=1.0 de AISC ecuación F2-6,
= 195.1 in. = 16.26 ft.
La longitud no arriostrada es 14 ft. Para Lb = 14ft, Lp <Lb <Lr, También:
(inelástico LTB)
De la figura 5.15, Cb = 1.32
Mp = Fy Zx = 50(61.5) = 3075 in. – kips = 256 ft-kips
a. Solución por LRFD:
Øb Mn = 0.9(237) = 213 ft-kips
= 169 ft-kips <213 ft-kips (ok), W14x38 es adecuado.
b. Solución por ASD:
Øb Mn = 0.9(237) = 213 ft-kips
= 106 ft kips (ok), W14x38 es adecuado.
5.2-1.- Un miembro en flexión esta hecho con dos placas de patin de ½ x 7 ½in. Y una placa de
alma de 3/8x17 in. El esfuerzo de fluencia del acero es de 50 ksi.
a) calcule el momento plastico Mp y el modulo de sección plástico Z con respecto al eje mayor
principal.
b) calcule el modulo de sección elastico S y el momento de fluencia M, con respecto al eje mayor
principal.
c) ¿se clasificaria este perfil como viga o como trabe armada de acuerdo con las Especificaciones
del AISC?m
Solucion:
a). area
desde la profundidad de la seccion.
Z = 92.7 in3
, Mp = 386 ft-kips.
b). momento de inercia:
Componentes A I d I+A*d2
Top fl 3.75 0.07813 8.750 287.2
web 6.00 154 0.00 154.0
Bot fl 3.75 0.07813 8.750 287.2
Suma 13.50 728.4
S= 80.9 in3
, My = 337 ft-kips
5.2-2.- Un miembro asimétrico en flexión consiste en un patin superior de 1/2x12, en un patin
inferior de 1/2x7 y en un alma de 3/8x16.
a) calcule el módulo de sección plástico Z, con respecto al eje principal mayor
b) calcule el módulo de sección plástico Z, con respecto al eje principal menor.
a). área encima PNA = área debajo PNA
b). a encontrar el centroide de área, momento sobre plástico neutral. Para área encima PNA.
componentes A y Ay
Top fl 6.000 4.917 29.50
web 1.750 2.334 4.085
suma 7.750 33.59
Para área abajo
componentes A y Ay
Top fl 3.500 11.58 40.53
web 4.250 5.667 24.08
suma 7.750 64.61
Momento plástico
Mp*Cx momento armado = T x momento armado
c).
componentes A y Ay
Top fl 3.500 3.00 9.000
web 3.000 0.09380 0.2814
Botfl 1.750 1.750 3.0625
7.750 12.34
5.2-3. verifique el valor d Z, para un perfil W18x50 que esta tabulado en las tablas de propiedades
en la parte 1 del manual.
Solución:
Para el centroide la mitad S10x35, usar el centroide de una ST5x17.5
CLASIFICACION DE PERFILES
5.4-1. para los perfiles W-M y S de acero A36
a). Haga un lista de los perfiles en la parte 1 del manual que son no compactos (al usarse como
miembros en flexión) Establezca si ellos son no compactos debido al patín, al alma o a ambos.
b). Haga una lista de los perfiles en la parte 1 del manual que son esbeltos. Establezca si ellos son
esbeltos debido al patín, al alma o a ambos.
a). miembros que no son compactos en flexión
Los siguientes modelos y perfiles que no son compactos
Los miembros es no compactos por flexión cuando:
b). los miembros es esbelto
5.4-3. determine el valor mínimo del esfuerzo de fluencia Fy para el cual un perfil W; M o S de la
parte 1 del manual se convierte en esbelto. ¿Para qué perfil es aplicable este valor? ¿Qué
conclusión puede derivarse de su respuesta.
Solución:
Web: máximo
RESISTENCIA POR FLEXION DE PERFILES COMPACTOS
5.5-1. la viga mostrada en la figura está formada por un perfil W21x73 de acero A36 con soporte
lateral continuo. La carga uniforme es una carga muerta sobre puesta y la carga concentrada es
una carga viva ¿es adecuada la viga?
Solución:
Del manual de la parte 1
Los miembros es compacto.
Para todo modelo en el Manuel para Fy<=65 ksi los miembros es
compacto
A W16x31 es compacto para Fy = 50 ksi.
Mn = Mp = FyZx = 50(97.6) = 4880 in-kips = 406.7 ft kips
a)- let Mu = ǾbMn:
b)-
5.5-2. una viga de 25 ft de longitud está articulada en su extreme derecho y soportada por un
rodillo en un punto a 5 ft de su extremo izquierdo, como se muestra en la figura. Ella tiene soporte
lateral continuo. La viga esta sometida a una carga uniforme en toda su longitud y consiste en una
carga muerta de servicio de 0.5 kip/ft (incluye el peso de la viga) y en una carga viva de servicio de
1.5 kips/ft. ¿es adecuada una sección W16x31 de acero A36?.
Controlar para componentes desde parte 1 del manual
Para todo modelo en manual para Fy<= 65 ksi
a W40x149 es compacto para Fy = 50 ksi
Mn = Mp = Fy*Zx = 50(598) = 2.99x 104
in-kips = 2492 ft kips
a) Let Mu = Ǿb*Mn
1.2(WD)+1.6(2WD) = 19.94, solución es WD = 4.532
WD+WL = 4.532+2(4.532) = 13.60 kips/ft
5.5-3. un perfil W16x40 se usa como una viga simplemente apoyada, cargada uniformemente con
claro de 50 ft y soporta lateral continuo. El esfuerzo de fluencia Fy es de 50 ksi, si la razón de carga
viva a carga muerta es de 3 ¿Cuál es la carga máxima total de servicio. Es kips/ft, que puede
soportar la viga?
Verificar si es compacto el miembro
Por el web
Y los modelos es compacto
=1442 ft-kips
a) combinación 2
Diseño solides
b). ASD cargar combinación 2
A W30x108 es no adecuado
5.5-4. Un perfil W33x99 de acero A572 grado 50 se usa como una viga en voladizo. Ella debe
soportar una carga muerta uniforme d eservicio de 1.1 kips/ft ( además del peso propio y una
carga viva de servicio de 2.6 kips/ft. La viga tiene soporte lateral continuo. ¿Cuál es el claro
máximo permisible?.
Verificar si es compacto el miembro
a). Wu = 1.2D+1.6L = 1.2(3)+1.6(3) = 8.4 kips/ft
Maximanegative Mu = -8.4(6)2
/2= -151 ft-kips
Máximo positivo Mu = -8.4(15)2
/2 + 126(9) = 189 ft-kips
Los diseños del punto
Ǿb*Mn = ǾbFyZx = 0.9(50)(51.2)/12 = 192 ft-kips
Entonces Mu = 189 ft-kips <ǾbMn = 192.ft-kips
A W12x35 es adecuado
b). Wa = D+L = 6 kips/ft
MaximanegativeMa = -6(6)2
/2= -108 ft-kips
Máximo positivoMa = -6(15)2
/2 + 90(9) = 135 ft-kips
Los diseños del punto
Entonces Ma = 135 ft-kips>
A W12x35 es no adecuado
5.6-3 La viga mostrada en la figura está hecha con un perfil W12*65 con F -50psi la carga consiste
en una carga viva concentrada en el centro del claro, desprecie el peso de la viga y determine el
valor máximo permisible de P, que es una carga de servicio. Use las ecuaciones del AISC para Ma
Verificar si es compacto el miembro
5.8-8 Calcule la resistencia por bloque de cortante en la viga mostrada en la figura, que está hecha
con un perfil W30*116 de acero A572 grado 50. Los tornillos son de 3/8 in de diámetro
5.10.7. la viga mostrada es parte de un sistema de techo ella esta soportada lateralmente solo en
sus extremos. La carga consiste en 170lb/ft de carga muerta (no incluye peso de viga) 100lb/ft de
carga de techo. 280 lb/ft de carga de nieve y 180lb/ft de viento actuante hacia arriba las cargas
muerta, viva de nieve son cargas de gravedad y siempre actúan hacia abajo mientras que la carga
de viento sobre el techo actuara siempre hacia arriba. Considere A572 grado 50 y seleccione un
perfil la deflexión total no debe exceder D180
(a) Se asume que:
Combinamos con 3 controles.
Luego tenemos que:
Ahora.
AHORA SE RESOLVERA
Se asume que:
(b) se asume que:
Usamos 3 controles
5.11.1. Una
viga
W36x60 está conectado con tornillos de 1 1/8 de diámetro. Se tienen dos tornillos en cada patín.
El acero es A 572 grado 50
a.- determine el modulo de sección elástico S.
b.- determine el modulo de sección Z
solución.
Se sabe que:
Ahora de la tabla obtenemos Zx
Luego tendremos
De la tabla Zx será:
La máxima defección.
Ahora la la pregunta b)
De la tabla
Ahora tenemos asi.
Máxima deflexión.
Finalmente tendremos.
5.11.2. una viga W21 x 93 está conectado con tornillos de 11/8 de diámetro se tienen dos tornillos
en cada patín. El acero es A 572 grado 50
a.- determine el modulo de sección elástico S.
b.- determine el modulo de sección Z.
se tiene que
5.11.3 un perfil W14 x 34 esta conectado por su patín superior con 2 tornillos de 7/8in de
diámetro. no hay tornillos en el patín inferior el acero A 36.
A) determine el modulo de sección elástico Sx para las fibras superior e inferior de la viga.
B) determine el modulo de sección plástico Zx.
Frente a la tabla tenemos:
Moderando la desviación:
Desde la tabla.
Desde la tabla:
la desviación máxima;
Desde la losa pesada
Según la
tabla:
Examinar la tabla:
EXANIMAR LA DESVIACION
El máximo
La losa pasada:
La reacción de la viga,
La reacción de la viga,
Peso de la losa.
Para la viga usar:
Distribuido las vigas
Examinar l
a tabla.
5.12.1. un sistema de piso usa viguetas de acero de alma abierta espaciadas de 4 pies con claro de
18 pies las viguetas deben soportar una losa de concreto reforzado de 4in de espesor de concreto
normal, 4lb/ft2 de piso y una carga de platon de 5 lb/ft2 la carga viva es de 75 lb/ft2 la losa
proporciona soporte lateral continuo ala cuerda superior
a) seleciona una vigueta serie a
Modelo de compacto.
Cambio de la reducción total es:
PROBLEMAS DE VIGAS
5.2.1 Un miembro en flexion esta hecho con dos placas de patin de ½ x7 1/2 in y una placa de
alma de 3/8x17 in . El esfuerzo flencia del acero es 50 ksi.
a.- Calcule el momento plastico Mp y el modulo de seccion plastico Zcon respecto al ele
mayor principal.
b .- Calcule el modulo de seccion elastico S y el momento de fluencia M con respecto al eje
mayor principal.
c .- ¿ Se clasificaria este perfil como viga o como trabe armada de acuerdo con las
Especificaciones del AISC ‘
5.2.2 Un miembro asimetrico en flexion consiste en un patin superior de ½ x 12, en un patin
inferior de 1/0 x 7 y un alma de 3/8 x 16.
a .- Calcule el modulo de seccion plastico Zx con respecto al eje principal mayor.
b .- Calcule el modulo de seccin plastica Zy con respecto al eje principal menor.
5.2.3 Verifique el avalor de Zx para un perfil W18 x 50 que esta tabulado de propiedades en la
parte 1 del Manual.
5.4.1 Para los perfiles W-M-y S de acero A36
a .- Hga una lista de los perfiles en parte 1 del manual que no son compactos ( al usarse
como miembro en flexion ). Establesca si ellos son no compactos debido al patin, al alma o
a ambos.
b .- Hga una lista de los perfiles en la parte 1 del manual que son esbeltos. Establesca si
ellos son esbeltos debido al patin, al alma o ambas.
5.4.2 Resuelva el problema 5.4-1 para un acero con Ey =50 ksi.
5.4.3 Determine el valor minimo del esfuerzo de fluencia Fy para el cual un perfil W-M o S de la
parte 1 se convierte en esbelto. ¿ Para que perfil es aplicable este valor? ¿ Que conclusion
puede derivarse de su respuesta ?
5.5.1 La viga mostrada en la fig. P5.5-1 esta formada por un perfil W21 x 73 de acero A36 co
soporte lateral continuo. La carga uniforme es una carga muerta sobre puesta y la carga
concentrada es una carga viva. ¿Es adecuada la viga?.
5.5.2 Una viga de 25 Ft de longitud esta articulada en su extremo derecho y soportada por un
rodillo en un punto a 5 Ft de su extremo izquierdo, como se muestra en la figura P5.5-2
.Ella tiene soporte lateral continuo. L viga esta sometida a una carga uniforme en toda su
longitud y consiste en una carga muerta de servicio de 0.5 kip/Ft (incluye el peso de la viga
) y en una carga viva de servicio de 1.5 kips/Ft .¿Es adecuada una seccion W16 x 31 de
acero A36?
5.5.3 Un perfil W16 x 40 se usa como una viga simplemente apoyada, cargada uniformemente
co claro de 50 Ft y soporte latreral continuo. El esfuerzo fluencia Fy es de 50 ksi. Si la razon
de carga viva a carga muerta es de 3.0 ¿Cuál es la carga maxima total del servicio. Kips/Ft,
que puede soportar la viga?
Problemas resueltos de acero y madera
5.6.1 Un perfil W6x15 de acero 36 se usacomo vigasimplemente apoyada, uniformemente
cargada y con soporte lateral continuo. Use las ecuaciones del AISC para Mm y calcule la
resitencia del diseño por flexión.
Verificamos los componentes. Para el ala
( is the dimencion y propiedades de la table there isa footnote indicating that the flange of a
W12x65 is noncompact). The web is compact for all shapes in part 1 of the manual for Fy≤65 ksi.
Compute the strength based on the limit state of flange local buckling.
Mp = FyZx = 50(96.8) = 4848 in kips
Mn = Mp – (4840 - 0.7 x 50 x 87.9) ((9.92-9.152)/(24.08 – 9.152))
Mn = 4749 in kips = 395.8 ft.kips
a) Available strength = design strength = ǾMn = 0.90(395.8) = 356.2 ft kips
Factored load moment:
Mu = 1/8x Wu L2
= 1/8 x Wu x (50)2
= 356.2 → Wu = 1.140 kips/ft
1.2Wd + 1.6Wl = 1.2 Wd + 1.6 (3Wd) = 1.140 →Wd = 0.190 kips/ft
W = Wd +Wl = 0.19 + 3(0.19) = 0.760 kips/ft W = 0.760 kips/ft
b) Available strength = allowable strength =
Ma = 1/8x WaL2
=1/8 Wa (50)2
= 237.9 → Wa = 0.7584 kips/ft
W = 0.7584 kips/ft
5.6.2 Use perfil W14x90 de acero a572 grado 50 se usa viga simplemente apoyada con lateral
solo en sus extremos. La carga consiste en pares iguales aplicados en los extremos, como
se muestra en la figura P5.6.2. Use las ecuaciones del AISC para Mn y calcule la resistencia
de diseño por flexion.
Check for compactness. Forthe flange
( is the dimencion y propiedades de la table there isa footnote indicating that the flange of a
W12x65 is noncompact). The web is compact for all shapes in part 1 of the manual for Fy≤65 ksi.
Compute the strength based on the limit state of flange local buckling.
Mp = FyZx = 50(173) = 8650 in kips
Mn = 8610 in kips = 717.5 ft.kips
Check for lateral – torsional bucling. From the Zx table, Lp = 13.5 ft. since Lb = 10ft Lb lateral –
torsional buckling does not have tobe investigated.
Mn = 718 ft-kips
5.8.4 Un perfil W18x35 de acero A36 se usa como viga en voladizocomose muestra en la figura
P 5.8.4. la carga concentrada es una carga viva de servicio y la carga uniforme es una carga
muerta de servicio que incluye el peso de la viga. Se proporciona soporte lateral solo en el
empotramiento. Es adecuada esta viga?
Solucion:
Nominal shearstrength :
Vn = 0.6 FyAw = 0.6 (50) (16.1x0.345) = 166.6 kips
Ǿ = 1.00 , = 1.50Ὡ
Nominal flexuralstrengh: the unbraced length is Lb= 10ft. from the Zx table, a W16x45 is compact,
Lp<Lb<Lr, lateral-torsional buckling must be checked.
Mn = Cb
For cantilevers, use Cb = 1.0 (AISC F1)
Mn = 3477 in kips = 289.8kips
a) Pu = 1.6Pl = 1.6 (85) = 136 kips, Wu = 1.2 Wd = 1.2(0.1) = 0.12 kips/ft
Ǿ Vn= 1.00(166.6) = 167 kips
Vu = 136 + 0.12 (10) = 137 kips < 167 kips (OK)
ǾbVn= 0.9(289.8) = 261 ft-kips
Mu = 136(1) + 0.12 (10)(10/2) = 142 ft-kips < 261 ft-kips (OK)
W16x45 esadecuado
b)
Va = 85 + 0.10(10) = 86.0 kips < 111 kips (OK)
Va = 85(1) + 0.10(10)(10/2) = 90.0 ft-kips < 174 kips (OK)
W16x45 es adecuado
54.4 k
50.9 k/ ft
7,5 7,5 7,5 7,5
30 40.7 k40.7 k
A B C
5.10.1 La viga mostrada en la figura P5.10-1 tiene soporte lateral continuo. La carga concetrada
es una carga viva y la carga uniforme es una carga muerta que no incluye el peso de la
viga: considere acero A36 y seleccione un perfil. La deflexión total no debe exceder de Lf
240.
a) Neglect beam weight and check is later
Wu = 1.2 Wd + 1.6 Wl = 1.2(0.75) = 0.9 kips7ft
Pu = 1.2 Pd + 1.6 Pl = 1.6(34) = 54.4 kips
Compute Cb: Mmax = Mb = 509.3 ft-kips
Ma = Mc = 40.7 (7.5) – 0.9(7.5)2
/2= 279.9 ft-kips
Enter the design charts with Lb = 30 ft and
Try W16x89
ǾbVn= 410 ft-kips for Cb =1.0 for Cb = 1.276
ǾbVn= 1.276(410) = 523 ft-kips > 509.3 ft-kips (Ok)
ǾbVp= 656 ft-kips > 523ft-kips (Ok)
Chek beam weight Wd = 0.75 + 0.089 = 0.839 kips /ft
Wu = 1.2 (0.839) = 1.007 kips/ft
(OK)
The inclusion of the beam weigth changes the total load only slightly, and Cb does not
need to be recomputed
Check shear: From the Zx table
ǾvVn= 264kips > Vu ≈ 40.7 kips (Ok)
Use W16x89
34 k
50.9 k/ ft
7,5 7,5 7,5 7,5
30
28.25 k28.25 k
A B C
b) Neglect beamweight and check it later.
Compute Cb: Mmax = Mb = 339.4 ft-kips
Ma = Mc = 28.25(7.5) – 0.75(7.5)2
/2 = 190.8 ft-kips
Enter the beam design charts with
Enter the design charts with Lb = 30 ft and
Try a W14x90
(OK)
Check beam weight
Wd= 0.75 + 0.090 = 0.84 kips/ft
(0K)
The inclusion of the weigth changes the totalload only slightly, and Cb does not need to be
recomputed.
Check shear: from theZx Table,
(0K)
5.11-1 Una viga W 36 x 160 está conectada con tornillos 1 1/8 pulg de diámetro. Se tienen dos
tornillos en cada patín. El acero es A572 grado 50.
a. Determine el módulo de sección elástico Sx
b. Determine el módulo de sección plástico Zx
Solución:
Cargas muertas:
Carga viva:
(a)
De la tabla para Zx:
Probamos para W16 x 26:
Para el peso de la viga:
Para Zx de la tabla:
Para la máxima deflexión:
Use un perfil W16 x 26
(b)
Para Zx de la tabla:
Probamos para W16 x 26,
Para el peso de la viga:
Para Zx de la tabla:
Para la máxima deflexión:
Use un perfil W16 x 26
5.11-2 Una viga está fabricada con W21 x 93 y dos cubre placas de 8 x ½ como se muestra en la
figura P5.11-2- los tornillos son de 1 pulgada de diámetro y el acero es A572 grado 50.
a. Determine el módulo de sección elástico Sx
b. Determine el módulo de sección plástico Zx
Cargas muertas:
Carga viva:
(a)
De la tabla para Zx:
Probamos para W14 x 30:
Para el peso de la viga:
Para Zx de la tabla:
Para Zx de la tabla:
Para la máxima deflexión:
Requiere:
Para Ix usamos de la tabal W18 x35 ,
Use un perfil W18 x 35
(b)
Para Zx de la tabla:
Probamos para W16 x 31,
Para el peso de la viga:
Para Zx de la tabla:
Para la máxima deflexión:
Requiere:
Para Ix usamos de la tabal W18 x 35,
Use un perfil W18 x 35
5.11-3 Un perfil W14 x 34 está conectado por su patín superior con dos tornillos de 7/8 pulgadas
de diámetro. No hay tornillos en el patín inferior. El acero es A36.
a. Determine el módulo de sección elástico Sxpara las fibras superior e inferior de la viga
b. Determine el módulo de sección plástico Zx
Cargas muertas:
Carga viva:
(a)
De la tabla para Zx:
Probamos para W18 x 35:
Para el peso de la viga:
Para Zx de la tabla:
Para la máxima deflexión:
Use un perfil W18 x 35
(b)
Para Zx de la tabla:
Probamos para W18 x 35,
Para el peso de la viga:
Para Zx de la tabla:
Para la máxima deflexión:
Use un perfil W18 x 35
VIGUETAS DE AERO DE ALMA ABIERTA
5.12-1 Un sistema de piso usa viguetas de acero de alma abierta espaciadas a 4 pies con claro de
18 pies. Las viguetas deben soportar una losa de concreto reforzado de 4 pulg de espesor
de concreto de peso normal, 4 lb/pie2
de piso y una carga de plafón de 4 lb/pie2
. La carga
viva es de 75 lb/pie2
. La losa proporciona soporte lateral continuo a la cuerda superior.
a. Seleccione una vigueta serie K de la tabla de la figura 5.34.
b. ¿Puede haber problemas de deflexión por carga viva con la selección hecha? ¿Por
qué?
a) Para un W16 x 40, bf= 7.00 pulg, tf = 0.505pulg y Sx = 64.7 pulg3
El diámetro efectivo es:
El área neta del ala es:
Determinamos Yt, para acero A992, el máximo radio Fy/Fu es 0.85.
Esto 0.80 y usamos
Si tenemos: de la ecuación F13-1 del AISC
b) Si no reducimos el largo =
La reducción es 13.6%
5.12-2 Seleccione una vigueta de alma abierta de acero de la serie K de la tabla de la figura 5.34
que satisfaga las siguientes condiciones:
Longitud del claro = 30 pies y espaciamiento de las viguetas = 3 fv
Losa de concreto reforzado de 3 pulg de espesor para piso (proporciona soporte lateral
continuo); carga de 20 lb/pie2
por subdivisiones móviles.
Otra carga muerta de 4 lb/pie2
; y
40 b/pie2
de carga viva.
a) Para un W14 x 90, bf= 14.5 pulg, tf = 0.710 pulg y Sx = 143 pulg3
El diámetro efectivo es:
El área neta del ala es:
Determinamos Yt, para acero A992, el máximo radio Fy/Fu es 0.85.
Esto 0.80 y usamos
Si tenemos: no necesita ser contado
Zx de la tabla
No resulta compacto, entonces el valor 638 pulg-kips nominal basado en FLB.
b) En este caso :
La reducción es 0.00%
PLACAS DE APOYO DE VIGAS Y PLACAS DE BASE PARA COLUMNAS
5.13-1 La viga de la figura P5.13-1 tiene soporte lateral continuo. La carga uniforme es una carga
muerta y la carga concentrada es una carga viva.
a. Use acero A36 y diseñe la viga. La deflexión total está limitada a 1/240 del claro.
b. Diseñe placas de apoyo para los soportes y la carga concentrada, suponga que la placa
de apoyo en el soporte descansa sobre concreto con un área mayor que el área de
apoyo por una cantidad igual a una pulgada por todos los lados de la placa. Use acero
A36 y un concreto Fc = 3500 psi
Cargas muertas:
Asumimos el peso de 3 psf,
De la figura 5.35 usamos el sapn de 25 pies , para 16K7 que tiene una capacidad de 642 lb/pie >
593 lb/pie y con un peso aproximado de 8.6/3 = 2.87 < 3 psf aproximadamente
Usar un 16K7
5.13.2 Diseñe una placa de apoyo para soportar unja carga concentrada factorizada de 150 kips
sobre un perfil W18 x 50. La viga es de acero A572 grado 50, pero use A36 para la placa de
apoyo.
Asumimos el peso de 4 psf,
De la figura 5.35 usamos el sapn de 22 pies , para 16K5 que tiene una capacidad de 687 lb/pie
>635 lb/pie y con un peso aproximado de 7.5/4 = 1.88<4psf aproximadamente
Para el límite de carga viva la deflexión para L/360, el servicio de vida puede no exceder 323
lb/pie
Usar un 16K5
FLEXIÓN BIAXIAL:
5.14.1 la carga concentrada de 40 kips mostrada en la figura P5.14.1 es una carga viva. Desprecie
el peso de la viga y determine si la viga cumple con las Especificaciones del AISC para una
cero A572 grado 50. Se proporciona soporte lateral sólo en sus extremos
a) Carga factorada = Ru = 1.5(50) = 240 kips
Determinamos la longitud de lb requerida. De la ecuación J10-2 de AISC el estado de límite de
diseño es:
Para:
Usamos la ecuación J10-4 del AISC para determinar el valor de lb requerido para prevenir.
Para
La solución es:
Usaremos barra de longitud
b) Lectura de servicio = Ra = 150 kips
Determinamos la longitud de lb requerida. De la ecuación J10-2 de AISC el estado de límite de
diseño es:
Para:
Usamos la ecuación J10-4 del AISC para determinar el valor de lb requerido para prevenir.
Para
La solución es:
Usaremos barra de longitud 8
5.14.2 La viga mostrada en la figura P5.14.2 es un perfil W21 x 68 de acero A36 y tiene soporte
lateral solo en los extremos. Revise si ella cumple con las Especificaciones del AISC.
a) El factor de reacción es:
Determinamos la longitud de lb requerida. De la ecuación J10-3 de AISC el estado de límite de
diseño es:
Para:
Usamos la ecuación J10-4 del AISC para determinar el valor de lb requerido para prevenir.
Para
La solución es:
Usamos la ecuación J10-5 para determinar el valor de lb requerido
Asumimos que y de la segunda ecuación, J10-5b. Para
La solución es:
Para comprobar asumimos:
Para Aplicando la ecuación, J10-5a.
La solución es:
Asumiendo como:
Determinamos B con
Para iniciar asumimos convenientemente el soporte de contacto y
Entonces Usar 11 pulg.
Para 6 x 11 de plata. Soporte peso de 8 x 13
Ponemos para
Para 6 x 1 de plata,
Verificamos en la Ecuación J8-2
Determinamos la longitud de la barra l
b
requerida. De la ecuación J10-3, el estado nominal es:
Para:
Usando la ecuación J10-5 para determinar el valor de lb requerido
Asumimos que y de la primera ecuación, J10-5a. Para
5.14.2 Cargas vivas horizontales de 12 kips cada una se aplican en B y C como se muestra en la
figura P5.14.3. se proporciona soporte lateral sólo en los extremos. Considera acero A572
grado 50 y seleccione un perfil W.
5.14.3 Cargas vivas horizontales de 12 kips cada una se aplican en B y C como se muestra en la
figura P5.14.3 se proporciona soporte lateral sólo en los extremos. Considera acero A572
grado 50 y seleccione un perfil W.
Problemas resueltos de acero y madera
5.14.4 La viga mostrada en la figura P5.14.4 está simplemente apoyada y tiene soporte lateral
sólo en sus extremos. Desprecie el peso de la viga y determine si ella es satisfactoria para
cada una de las condiciones de carga indicadas. El acero es A572 grado 50 y la carga de 1.0
kip/pie es una carga viva.
Problemas resueltos de acero y madera
Problemas resueltos de acero y madera
3.2.1 un miembro en tensión formado por una barra de 7x3/8 está
conectado con tres tornillos de 1 in de diámetro, como se muestra en la
figura. El acero usado es A36. Suponga que At=An y calcule la resistencia
de diseño.
Solución:
�)
b)
BARRA DE 7 ½ x 3/8
Entonces el valor es:
3.2.2 un miembro en tensión formado por una barra de 6x3/8 está soldado
a una placa de nudo. El acero usado tiene un esfuerzo de fluencia Fy=50
ksi y un esfuerzo ultimo de tensión Fu =65ksi. Suponga que Ae=Ag y calcule
la resistencia de diseño.
BARRA DE 6 x 1/4
Solución:
a) a)
LRFD es:
b)
Utilizando las dos ecuaciones
Factorizando:
La resistencia del diseño es:
3.2.3 un miembro es tensión formado por una barra de 8x1/2 está
conectado con seis tornillos de t in de diámetro, como se muestra en la
figura. El acero usado es A242 grado 42. Suponga que Ae=An y calcule la
resistencia de diseño.
Solución:
a) a)
b)
Utilizando las dos ecuaciones
Factorizando:
3.2.4 El miembro en tensión mostrado en la figura debe resistir una carga
muerta de servicio 25 kips y una carga viva de servicio de 45 kips. ¿Tiene el
miembro suficiente resistencia? El acero usado es A588 y los tornillos tienen
11/8 in de diámetro. Suponga que Ae = An.
Solución:
c)
LRFD es:
d)
Utilizando las dos ecuaciones
Factorizando:
3.3.1 Calcule el área neta efectiva Ae para cada caso mostrado en la
figura.
Problemas resueltos de acero y madera
Solución
a)
b)
,
c)
d)
e)
3.3.2 Un miembro en tensión formado por un solo ángulo está conectado a
una placa de nudo, como se muestra en la figura. El esfuerzo de fluencia
es F = 50kst y el esfuerzo ultimo de tensión es F =70kst. Los tornillos tienen 7/8
in de diámetro.
a. Determine la resistencia de diseño. Use la B3.2 del AISC para U.
b. resuelva la parte (a) usando el valor promedio de U dado en los
comentarios.
Solución:
a)
b)
3.3.3 un miembro en tensión formado por un ángulo L4x3x3/8 esta soldado
a una placa, como se muestra en la figura. Acero usado es A36.
a. Determine la resistencia de diseño. Use la ecuación B3.2 del AISC para U.
b. resuelva la parte (a) usando el valor promedio de U dado por los
comentarios.
Solución:
3.3.4 un miembro en tensión formado por un ángulo L5x5x1/2 de acero
A242 está conectado a una placa de nudo con seis tornillos de ¾ in de
diámetro, como se muestra en la figura.
a. use el valor promedio para U dado en los comentarios y calcule la
resistencia de diseño.
b. si el miembro está sometido a carga muerta y carga viva solamente.
¿Cuál es la carga máxima total de servicio que puede aplicarse si la razón
de la carga viva a la muerta es de 2.0?
Solución:
y
a)
Pn
b)
3.3-5 Un miembro en tención formado por un Angulo L6x4x5/8 de acero A36 está
conectado a una placa de nudo con tornillos de 1 in de diámetro, como se
muestra en la figura P3.3-5 el miembro está sometido a las siguientes cargas
de servicio: Carga muerta= 50 kips. , carga viva = 100 kips y carga de viento
= 45 kips. Use la ecuación B3-2 del AISC para determinar si el miembro es
adecuado
 La fuerza del diseño basada en fluencia es
 La fuerza del diseño basada en fractura es
El diseño de la fuerza es el valor más pequeño
Combinación de carga según el AISC
Debe de cumplir , la sección es adecuada
3.3-6 Una barra de 5x1/4 es usada como miembro en tención y está conectada
por un par de soldaduras longitudinales a lo largo de sus bordes. La
soldadura son cada una de 7 pulg. De longitud. El acero usado es A36 ¿Cuál
es la resistencia de diseño?
Solución
 Por límite de fluencia en la sección gruesa
 Por fractura en la sección neta, del AISC TABLA D3.1, caso 4
• La fuerza del diseño basada en fluencia es
• La fuerza del diseño basada en fractura es
El diseño de la fuerza por LRFD es el valor más pequeño
3.3-7 Un perfil W12x35 de acero A36 está conectado a través de sus patines con
tornillos de 7/8 in de diámetro. como se muestra en la Figura P3.3-7. Use el
valor promedio de U dado por los comentarios y calcule la resistencia de
diseño por tención
Solución
EN LA SECCION GRUESA
EN EL AREA NETA
La conexión es hasta el final las bridas con cuatro pernos por línea
 La fuerza del diseño basada en fluencia es
 La fuerza del diseño basada en fractura es
El diseño de la fuerza es el valor más pequeño
3.3-8 Un perfil WT6x17.5 esta soldado a una placa como se muestra en la figura
P3.3-8. Fy = 50 ksi y Fu = 70 ksi
c. Use la ecuación B 3-2 del AISC para U y calcule la resistencia de diseño por
tensión
d. Determine si el miembro puede resistir las siguientes cargas de servicio: D =
75 kips , L = 40 kips, S = 50 kips y W = 70 kips.
EN LA SECCION GRUESA
EN EL AREA NETA
 La fuerza del diseño basada en fluencia es
 La fuerza del diseño basada en fractura es
El diseño de la fuerza es el valor más pequeño
La carga de combinación 3
La carga de combinación 4
La carga de combinación 4 debe de cumplir , la
sección es adecuada
3.4-1 El miembro en tensión mostrado en la figura P3.4-1 es una placa de 1/2x10 in
de acero A36. La conexión es con tornillos de 7/8 in de diámetro. Calcule la
resistencia de diseño.
EN LA SECCION GRUESA
SECCION NETA
Posibilidades del área neta:
O:
O : , pero por supuesto de la carga de transferencia,
Use para esta posibilidad.
El menor valor encontrado, Use
La sección nominal basada en la sección neta es
3.6-1 seleccione un miembro en tensión formado por un solo Angulo de
acero A 36 para resistir una carga muerta de 28 kips y una carga viva de 84
kips. La longitud del miembro es de 18 pies y estará conectado con una
sola línea de tornillos de 1 in de diámetro, como se muestra en la figura.
Habrá más de dos tornillos en esta línea.
Solución
a.-
prueba L5 x3 ½ x ¾
Use un L5 x 3 ½ x ¾
b.-
Prueba L5 x3 ½ x ¾
Use un L5 x 3 ½ x ¾
3.6-2 seleccione el perfil C American Estándar más ligero que pueda
soportar una carga de tensión factorizado de 200 kips. El miembro tiene 20
pies de longitud y tendrá una línea con tres tornillos de de 1 in de diámetro
en cada patín en la conexión. Considere acero A36.
Solución:
a.
C12x25
(Aunque este valor para el radio de giro muy satisfactorio la
recomendación del AISC para máxima esbeltez, fuerza no es afectada por
esbeltez, resistencia a la tracción por cierta está permitido. Por lo tanto
valoraremos aceptable)
Use a C12x25
Solución alternativa mediante un mayor radio de giro:
C15x25
Use a C12x40
b.-
C12X25
Use a C12x25
Solución alternativa mediante un mayor radio de giro:
C15x33.9
Use a C15x40
3.6-3 selección un miembro en tensión formado por un Angulo doble para
resistir una carga factorizada de 180 kips. El miembro estará conectado
con dos líneas de tornillos de 7/8 in de diámetro colocados con el gramil
usual (véase la figura), como se muestra en la figura. Habrá más de dos
tornillos en cada línea. El miembro tiene 25 pies de longitud y estará
conectado a una placa de nudo de 3/8 in de espesor. Considere acero
a572 grado 50.
Solución:
a.
2L5x5x 5/16
De la tabla se tiene U=0.80
Use 2L5x5x5/16
b.-
2L5x5x 5/16
De la tabla U =0.80
Use 2L5x5x5/16
3.6-4 seleccione un perfil C American Estándar para las siguientes cargas
de tensión: carga muerta = 54 kips. Carga viva = 80kips y carga viento = 75
kips. La conexión será con soldaduras longitudinales. La longitud de
miembro es de 17.5pies. Considere Fv= 50 ksi y Fu = 65 ksi.
Solución:
a.- 4 combinaciones
C10x20
b.- 6 combinaciones
C12x25
3.6-5 seleccione un perfil C American Estándar para resistir una carga
factorizada de 180 Kips. La longitud es de 15 pies y habrá dos líneas de
tornillos de 7/8 in de diámetro en el alma, como se muestra en la figura en
la figura. Habrá mas de dos tornillos en cada línea. Considera acero A36.
Solución:
C12x25
3.6-6 seleccione un perfil W con peralte nominal de 10 pulgadas (W10)
para resistir una carga muerta de 175kips y una carga viva de 175 kips. La
conexión será a través de los patines con dos líneas de tornillos de 1 ¼ in de
diámetro en cada patin, como se muestra en la figura cada línea contiene
mas de dos tornillos. La longitud del miembro es de 30 pies. Considere
acero A242.
Solución:
Parte 1
Fy=50ksi y Fu=70ksi
W10x49
3.7.1 Seleccione una barra roscada para resistir una carga muerta de servicio de
45kips y una carga viva de servicio de 5kips. Considere Acero A36.
Solución
Mediante el diseño de LRFD y las combinaciones factorizada se tiene:
kipsPu 00.63)45(4.1 ==
El área requerida
2
931.1
)58)(75.0(75.0
00.63
)75.0(75.0
in
F
P
A
u
u
b ===
Igualando el área tenemos:
,931.1
4
2
=
dπ
despejando tenemos ind 568.1=
Entonces el requerimiento de hara indd
4
31,71.1 ==
3.7.2 Un perfil W14X48 esta soportado por dos barras en tensión AB y CD, como se
muestra en la figura, la carga de 20kips es una carga viva de servicio. Considere
acero A36 y seleccione barras roscadas para los siguientes casos de carga.
a.- La carga de 20kips no puede moverse de la posición mostrada
b.- La carga de 20kips puede estar situada en cualquier lugar entre las dos barras.
Solucion
a.- La carga de 20kips no puede moverse de la posición mostrada
De acuerdo al grafico se tiene
la carga muerta = peso de la viga = 0.0048kips/ft
ftkipswww LDu /0576.0)048.0(2.16.12.1 ==+=
kipsPPP LDu 0.32)20(6.16.12.1 ==+=
Por la simetría de la barra y la condición del problema se puede deducir la
tensión de las cuerdas:
[ ] kipsTu 86.1632)30(00576.0
2
1
=+=
El área requerida
2
5168.0
)58)(75.0(75.0
86.16
)75.0(75.0
in
F
T
A
u
u
b ===
Igualando el área tenemos:
despejando
d
Ab ,
4
2
π
= ind 811.0
)5168.0(4
==
π
Requerimiento indind
8
7,811.0 ==
b.- La carga de 20kips puede estar situada en cualquier lugar entre las dos barras.
La máxima fuerza en requerido en la viga es cuando la carga viva esta en A y D
entonces se tiene:
[ ] kipsTu 86.3232)30(00576.0
2
1
=+=
Entonce el área requerida se tendrá:
2
007.1
)58)(75.0(75.0
86.32
)75.0(75.0
in
F
T
A
u
u
b ===
,007.1
4
2
=
dπ
despejando d se tiene ind 13.1=
Requerimiento indind 4
11,13.1 ==
3.7.3.- Como se muestra en la figura el miembro AC se usa para contraventear la
estructura articulada contra cargas horizontales. Seleccione una barra roscada
de acero A36. La carga de 10kips esta factorizada.
Solución
La condición del problema nos dice la fuerza de 10k está factorada por lo tanto
de acuerdo a las ecuaciones combinadas de LRFD tenemos:
kipsw 16)10(6.16.1 ==
En el puntos B En el punto C
16k O  16k 16kO
uT
°=−
57.26)40/20(tan 1
En el punto C tenemos
057.26cos16 =°−=∑ ux TF Despejando se tiene kipsTu 89.17=
El área requerido seria:
2
5484.0
)58)(75.0(75.0
89.17
)75.0(75.0
in
F
T
A
u
u
b ===
Despejando d en la siguiente ecuación 5484.0
4
2
=
dπ
despejando se tiene
ind 836.0=
Requerimiento indind 8
7,836.0 ==
3.7.4.- Que tamaño de barra roscada se requiere para el miembro AB mostrado
en la figura La carga es una carga viva de servicio (Desprecie el peso del
miembro CB) Considere acero A36.
Solución
Realizando las combinaciones del diseño de LRFD
kipsLDPu 56)35(6.16.12.1 ==+=
[ ] 0)15()96.30()15(56 =°−=∑ TsenMc Despejando T se tiene kipsT 9.108=
El área requerida seria:
2
338.3
)58)(75.0(75.0
9.108
)75.0(75.0
in
F
T
A
u
u
b ===
Despejando d en la siguiente ecuación 338.3
4
2
=
dπ
despejando se tiene
ind 062.2=
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12,06.2 ==
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Problemas resueltos de acero y madera

  • 1. MIEMBROS EN TENSION. RESISTENCIA DISEÑO 3.2-1 Un miembro en tensión formado por una barra de 7X3/8 está conectado con tres tornillos de 1 In de diámetro. Como se muestra en la figura el acero usado es A36. Suponga que At=An y calcule la resistencia de diseño. SOLUCION.  considerando la falla en la sección neta Pu=ØPn → Ø=0.90  considerando la rotura en la sección Pu=ØPn → Ø=0.75 a) por fluencia en la sección total P= → Fy = Sea F=Pn , A=Ag
  • 2. Fy= Como: Pu=ØPn = Ø Fy Ag Pu = Ø FyAg…………………………….(1) Ag: área total del elemento Ag=7x3/8 =21/8 pulg2 Ag=21/8 pulg2 Como el acero es : A36 → Fy=36kg Fy = 36000 lib/pulg2 Ø=0.90 Reemplazando datos en la ecuación (1) Pu= ØFy Ag Pu= 0.90x36000 lib/pulg2 x21/8 pulg2 1kips=1000lb Pu=85.05 kips. b). por fracture de la sección neta Pu= ØFy An ………………………………………………….(2) At=An Donde: An= Area Neta Efectiva An=Ag-1Agujero Agujero=3/8x9/8 pulg2 Agujero=27/67 pulg2
  • 3. Ag=3/8x9/8 pulg2 Ag=21/8 pulg2 An=Ag-1Agujero An=21/8-1(27/67) An=2.22 pulg2 Reemplazando en la ecuación (2) Pu= ØFy An Pu =0.75x36000 lib/pulg2 x2.22 pulg2 Pu =59.99 kips Por recomendación del AISC: Para: Ae=An se debe considerar Como:Fy=Fu para el acero A36 Fu=58 kips Fu=58000 lib/pulg2 Luego reemplazando en la ecuación (2) Pu= Ø Fu Ae Ae=An=2.22 pulg2 Pu=0.75x58000 lib/pulg2 x2.22pulg2 Pu=96.66 kips.  De los valores Pu=85.05 kips y Pu=96.66 kps de donde el que gobierna es el menor:
  • 4. Pu = 85.05 kips. Rpta. 3.2-2 Un miembro en tensión formado por una barra de 6X3/8 está soldado a una placa de nudo. Como se muestra en la figura el acero usado es A36. El acero usado tiene un esfuerzo de fluencia F=50 kips y un esfuerzo ultimo de tensión Fu=65 kips. Suponga que At=Ag y calcule la resistencia de diseño. SOLUCION.  considerando la falla en la sección neta Pu=ØPn → Ø=0.90  considerando la rotura en la sección Pu=ØPn → Ø=0.75 b) por fluencia en la sección total P= → Fy = Sea F=Pn, A=Ag
  • 5. Fy= Como:Pu=ØPn = Ø Fy Ag Pu = Ø FyAg …………………………….(1) Ag: área total del elemento Ag=6x3/8 =9/4 pulg2 Ag=21/8 pulg2 Como el acero es:→ Fy=50 kips. Fy = 50000 lib/pulg2 Ø=0.90 Reemplazando datos en la ecuación (1) Pu= ØFy Ag Pu= 0.90x50000 lib/pulg2 x9/4 pulg2 1kips=1000lb Pu=101.25 kips. b). por fracture de la sección neta Pu= ØFy An ………………………………………………….(2) At=An Donde: An= Area Neta Efectiva An=Ag , Ag=At An=Ag An=9/4 pulg2
  • 6. Reemplazando en la ecuación (2) Pu = ØFy An Pu =0.75x50000 lib/pulg2 x9/4 pulg2 Pu =84.38 kips Por recomendacion del AISC: Para:Ae=An se debe considerer Como:Fy=Fu Fu=65 kips Fu=65000 lib/pulg2 Luego reemplazando en la ecuación (2) Pu= Ø Fu Ae Ae=An=9/4 pulg2 Pu=0.75x65000lib/pulg2 x9/4pulg2 Pu=109.69 kips.  De los valores Pu=101.25 kips y Pu=109.69 kps de donde el que gobierna es el menor: Pu = 101.25 kips. Rpta
  • 7. 3.2-3 Un miembro en tensión formado por una barra de 8X1/2 está conectado con seis tornillos de 1 In de diámetro. Como se muestra en la figura. El acero usado es A242grado 42. Suponga que At=An y calcule la resistencia de diseño. SOLUCION.  considerando la falla en la sección neta Pu=ØPn → Ø=0.90  considerando la rotura en la sección Pu=ØPn → Ø=0.75 c) por fluencia en la sección total P= → Fy = Sea F=Pn, A=Ag Fy=
  • 8. Como: Pu=ØPn = Ø Fy Ag Pu = Ø FyAg…………………………….(1) Ag: área total del elemento Ag=8x1/2 =4 pulg2 Ag=21/8 pulg2 Como el acero es: A242 → Fy=42kg Fy = 42000 lib/pulg2 Ø=0.90 Reemplazando datos en la ecuación (1) Pu= ØFy Ag Pu= 0.90x42000 lib/pulg2 x4 pulg2 1kips=1000lb Pu=151.2 kips. b). por fracture de la sección neta Pu= ØFy An ………………………………………………….(2) At=An Dónde: An= Area Neta Efectiva An=Ag-2Agujero Agujero=1/2x9/8 pulg2 Agujero=9/16 pulg2 Ag=8x1/2 pulg2 Ag=4 pulg2 An=Ag-2Agujero An=4-2(9/16)
  • 9. An=23/8pulg2 Reemplazando en la ecuación (2) Pu= ØFy An Pu =0.75x42000 lib/pulg2 x23/8 pulg2 Pu =90.56 kips Por recomendación del AISC: Para:Ae=An se debe considerer Como:Fy=Fu para el acero A36 Fu=63 kips Fu=63000 lib/pulg2 Luego reemplazando en la ecuación (2) Pu= Ø Fu Ae Ae=An=23/8 pulg2 Pu=0.75x63000 lib/pulg2 x23/8pulg2 Pu=135.84 kips.  De los valores Pu=151.2 kips y Pu=135.89 kps de donde el que gobierna es el menor: Pu = 135.84 kips. Rpta.
  • 10. AREA NETA EFECTIVA 3.3-1 calcule el área neta efectiva, para cada caso mostrado en la figura P3.3-1 a) b)
  • 11. c) para d) 3.3-3 Un miembro en tensión formado por un ángulo L4 x3 x3/8 esta soldado de una placa de nudo, como se muestra en la figura P3.3-3. El acero es A36. a) Determine la resistencia de diseño. Use la ecuación B.3-2 del AISC para U b) Resuelva la parte (a) usando el valor promedio para U dado por los Comentarios.
  • 12. Solución: • Se busca en tabla para L4x3x3/8 Ag =2.48 X=1.28 • Calculando factor de reducción Si cumple • Hallando la resistencia de diseño fy =36 Q=0.90
  • 13. 3.3-5 Un miembro en tención formado por un Angulo L6x4x5/8 de acero A36 está conectado a una placa de nudo con tornillos de 1 in de diámetro, como se muestra en la figura P3.3-5 el miembro está sometido a las siguientes cargas de servicio: Carga muerta= 50 kips. , carga viva = 100 kips y carga de viento = 45 kips. Use la ecuación B3-2 del AISC para determinar si el miembro es adecuado En la sección gruesa En el área neta  La fuerza del diseño basada en fluencia es  La fuerza del diseño basada en fractura es El diseño de la fuerza es el valor más pequeño Combinación de carga según el AISC
  • 14. Debe de cumplir , la sección es adecuada 3.3-6 Una barra de 5x1/4 es usada como miembro en tención y está conectada por un par de soldaduras longitudinales a lo largo de sus bordes. La soldadura son cada una de 7 pulg. de longitud. El acero usado es A36 ¿Cuál es la resistencia de diseño? Solución  Por límite de fluencia en la sección gruesa  Por fractura en la sección neta, del AISC TABLA D3.1, caso 4 • La fuerza del diseño basada en fluencia es • La fuerza del diseño basada en fractura es El diseño de la fuerza por LRFD es el valor más pequeño 3.3-7 Un perfil W12x35 de acero A36 está conectado a través de sus patines con tornillos de 7/8 in de diámetro. Como se muestra en la Figura P3.3-7. Use el valor promedio de U dado por los comentarios y calcule la resistencia de diseño por tención
  • 15. Solución En la sección gruesa en el área neta La conexión es hasta el final las bridas con cuatro pernos por línea  La fuerza del diseño basada en fluencia es  La fuerza del diseño basada en fractura es El diseño de la fuerza es el valor más pequeño 3.3-8 Un perfil WT6x17.5 esta soldado a una placa como se muestra en la figura P3.3-8. Fy = 50 ksi y Fu = 70 ksi a. Use la ecuación B 3-2 del AISC para U y calcule la resistencia de diseño por tensión
  • 16. b. Determine si el miembro puede resistir las siguientes cargas de servicio: D = 75 kips , L = 40 kips, S = 50 kips y W = 70 kips. En la sección gruesa En el área neta  La fuerza del diseño basada en fluencia es  La fuerza del diseño basada en fractura es El diseño de la fuerza es el valor más pequeño La carga de combinación 3
  • 17. La carga de combinación 4 La carga de combinación 4 debe de cumplir , la sección es adecuada CONECTORES ALTERNADOS
  • 18. 3.4-1 El miembro en tensión mostrado en la figura P3.4-1 es una placa de 1/2x10 in de acero A36. La conexión es con tornillos de 7/8 in de diámetro. Calcule la resistencia de diseño. EN LA SECCION GRUESA SECCION NETA Posibilidades del área neta: O: O : , pero por supuesto de la carga de transferencia, Use para esta posibilidad. El menor valor encontrado, Use
  • 19. La sección nominal basada en la sección neta es 3.4-2 Un miembro en tensión está formado por dos places de ½ x10 in, ellas estan conectadas a una placa de nudo con esta colocada entre dos placas, como se muestra en la figura P3, 4 – 2 se usan acero A36 y tornillos de ¾ de diámetro. Determine la resistencia de diseño. Calcular la fuerza de un plato, luego doble ello. Sección gruesa Diámetro de Agujero de Sección Neto = Posibilidades para el área neta: 1/2)(7/8)=4.125 Or = 5-(1/2)(7/8)-(1/2)
  • 20. A causa de transferencia de carga, empleo para esta posibilidad. Or (1/2)(7/8)- (1/2) A causa de transferencia de carga, empleo para esta posibilidad. Los mandos de valor de smaliet, Empleo, Use Para dos platos, La fuerza nominal basada en la sección neta es 3.4-3 Calcule la resistencia de diseño del miembro de tensión mostrado en la figura P3 4-3 los tornillos son de ½ in de diámetro y el acero es A36
  • 21. Sección gruesa , Sección neta: Diámetro de agujero= 3/8)(5/8) = 2.766 Or = 3 - (3/8)(5/8) - (3/8) Or = 3 - (3/8)(5/8) - (3/8) Or = 3 - (3/8)(5/8) - (3/8) x
  • 22. Or = Use (a) Sección gruesa: Sección neta: (b) Sección gruesa: Sección neta: 3.4-4 Un miembro de tensión formado por una C9 x20 esta conectado con tornillos de 1 1/8 in de diámetro como se muestra en la figura P3 4-4 y en el miebro esta sometido las siguientes cargas de servicio cada muestra = 36 Kips y la carga viva = 110 Kips use el pavlor promedio para U dado por los comentarios y determine si el miembro ttiene suficiente resistencia.
  • 23. Sección gruesa: , Sección neta: Diámetro de agujero =1 (1.25)=5.310 Or = 5.87 = 0.448(1.25) – 0.448 (a) Sección gruesa: Sección neta: (controls)
  • 24. (OK) Entonces El miembro tiene bastante fuerza (b) Sección gruesa: Sección neta : (controls) (OK) El miembro tiene bastante fuerza 3.4-5 Un perfil de ángulo doble 2L7 x 4 x 3/8 se usa como miembro de tensión, los dos angulas están conectados a una placa de nudo con tornillos de 7/8 in de diámetro a través de los lados 7 in, como se muestra en la figura P3, 4-5 se acero A572 grado 50, Use el valor promedio para U dado por los comentarios y calcule la resistencia de diseño. For A575 Grade 50 steel,
  • 25. Calcule la fuerza para un ángulo, luego multiplíquese por 2. Sección gruesa : , Para dos ángulos, Sección neta: Diámetro de agujero = (3/8)(1) = 3.605 Or = 3.98 - (3/8)(1) - (3/8) Or = 3.98 - (3/8)(1) - (3/8) Or = 3.98 - (3/8)(1) x 2 , Para dos ángulos,
  • 26. (a) LRFD Solucion Sección gruesa: Sección neta: (controles) (b) ASD solution (c) Sección gruesa: Sección neta: 3.4-6 Un miembro de tensión formado por u angulo L4x4x7/16 esta conectado con tornillos de 1/8 in de diámetro, como se muestra en la fugura P3,4-5 ambos lados del angulo están conectados si se usa acero A36 ¿Cuál es la resistencia del diseño?
  • 27. Sección gruesa: Sección neta Usan una distancia de prenda 2.5 + 2.5 – 7/16 = 4.563 ln. Agujerodiametro = n3/4 + 1/8 = 7/8 in An = Ag - ∑t * (d or D¨ ) An = 2.927 in Or An = 2.640 in2 Use Ae = An = 2.640 a) Sección
  • 28. Nuevasección Totalidad sección b) Sección Sección gruesa: Sección neta: BLOQUE DE CORTANTE 3.5-1 calcule la resistencia por bloque de cortante del miembro en tensión mostrado en la figura. El acero es A572 grado 50 y los tornillos son de 7/8 in de diámetro.
  • 29. SOLUCIÓN Zona de corte Área de tensión Para estetipo de conexión Ubs₌ 1.0 y para AISC la siguiente ecuación Rn₌ 0.6 FnAnv + Ubs Fu Ant ₌0.6 (65) (1.313)+1+ (65) (0.5469) ₌ 86.8 kips Conun límite máximo de 3.5-2 Determine la resistencia por bloque de cortante del miembro en tensión mostrado en la figura. Los tornillos son de 1 in diámetro y el acero es de A36.
  • 30. Solución Zonas de corte Área detensión Para estetipo de conexión Ubs₌ 1.0 y para AISC la siguiente ecuación Rn₌ 0.6 FnAnv + Ubs Fu Ant Conun límite máximo de
  • 31. Rn ₌ 0.6 FnAnv + Ubs FuAnt₌ Rn ₌ 199 kips 3.5-3 Determine la Resistencia por bloque de cortante (considere el miembro en tensión y la placa de nudo) de la conexión mostrada en la figura. Los tornillos son de ¼ in de diámetro y el acero es A36 para todas las componentes. SOLUCIÓN Miembros en tensión Las zonas de corte son La zona de tensión es
  • 32. Para estetipo de conexión Ubs₌ 1.0 y para AISC la siguiente ecuación Rn₌ 0.6 FnAnv + Ubs Fu Ant Con un límite máximo de La resistencia al cizallamientode bloquesnominal delelemento de tensiónespor lo tanto 148.8 kips La placa de unión De la ecuación de AISC tenemos Ubs₌ 1.0 y para AISC la siguiente ecuación Rn₌ 0.6 FnAnv + Ubs Fu Ant
  • 33. Conun límite máximo de La resistencia al cortede bloquesnominal de laplaca de uniónespor lo tanto 143.4 kips Loscontrolesde placa de escuadrayla resistencia al cortede bloquesnominal de laconexiónes de 143.4 kips La resistencia de diseño es 3.5-4 Calcule la carga factorizada máxima que puede aplicarse a la conexión mostrada en la figura considere todos los estados limite. Use el valor promedio para U dados los comentarios. Para miembros en tensión el acero usado es A572 grado 50 y para la placa de nudo es A36 los agujeros son para tornillos de ¾ in de diámetro . SOLUCIÓN Resistencia nominalsección bruta Resistencia nominalsección neta
  • 34. Bloquear laresistencia al cortedel elemento de tensión las zonas de corte son El área de tensión es Para estetipo de conexiónUbs₌ 1.0 y para AISC la siguiente ecuación Rn₌ 0.6 FnAnv + Ubs Fu Ant Conun límite máximo de La resistencia al cortede bloquesnominal delelemento de tensiónespor lo tanto 173.5 kips Bloquear laresistencia al corte dela Por la ecuación de la AISC Conun lımite superior de
  • 35. La resistencia al cortedel bloquenominal de laplaca de uniónespor lo tanto 167.7 kips Loscontrolesplaca de uniónyla resistencia al cortebloquear lanominal de laconexiónes 67.7 kips La resistencia de diseño para LRFD es Parala tensión en lasuperficie bruta Para la tensión en el área neta Porel bloque de cortante Carga máximafactorizada resistencia admisible 126 kpis DISEÑO DE MIEMBROS EN TENSION 3.6-1 Seleccione un miembro en tensión formado por un solo ángulo de acero A36 para resistir una carga muerta de 28 kips y una carga viva de 84 kips. La longitud del miembro es de 18 pies y estará conectado con una sola línea de tornillos de 1 in de diámetro, como se muestra en la figura. Habrá más de dos tornillos en esta línea .
  • 36. SOLUCION Usaremos el metodo de RFLD Requerido Requerido Requerido Con Usando L5 x3 ½ x ¾
  • 37. 3.6-2 Seleccione el perfil C American Standard más ligero que pueda soportar una carga de tensión factorizada de 200 kips. El miembro tiene 20 pies de longitud y tendrá una línea con tres tornillos de 1 in de diámetro en cada patín en la conexión. Considere acero A36. Solución: El área 2 .17.6 )36(9.0 200 9.0 in F P A y u g === El área efectiva 2 .60.4 )58(75.0 200 75.0 in F P A u u e === Radio mínimo requerido ( )( ) in L r 8.0 300 1220 300 min === C12 x 25 El área (OK) ininrr y 8.0779.0min ≤== (NO CUMPLE) EL AREA NETA
  • 38. El área efectiva (OK) Nota: Use acero C12 x 25 3.6-3 Seleccione un miembro en tensión formado por un ángulo doble para resistir una carga factorizada de 180 kips. El miembro estará conectado con dos líneas de tornillos de 7/8 in de diámetro colocados con el gramil usual (vea figura 3.22), como se muestra en la figura P3.6-3. Habrá más de dos tornillos en cada línea. El miembro tiene 25 pies de longitud y estará conectado a una placa de nudo de 3/8 in de espesor. Considere acero A572 grado 50. Solución: El área 2 .00.4 )50(9.0 180 9.0 in F P A y u g === El área efectiva 2 .69.3 )65(75.0 180 75.0 in F P A u u e === Radio mínimo requerido ( )( ) in L r 0.1 300 1225 300 min === La pierna ángulo debe ser de al menos 5 cm de longitud para dar cabida a dos líneas de tornillos (ver calibres habituales para los ángulos, fig. 3.24, consulte también la última tabla de la sección angular única de las tablas de dimensiones y propiedades en el manual. 2L5 x 5 x 5/16 El área (OK) ininrr x 0.156.1min ≥== (OK)
  • 39. EN EL AREA NETA Nota: Use 2L5 x 5 x 5/16 3.6-4 Seleccione un perfil C American Standard para las siguientes cargas de tensión: carga muerta = 54 kips, carga viva= 80 kips y carga de viento = 75 kips. Las conexiones serán con soldaduras longitudinales. La longitud del miembro es de 17.5 pies considere Fy= 50 ksi y Fu= 65 ksi. Solución: Método LRFD El área 2 .00.5 )50(9.0 80.224 9.0 in F P A y u g === El área efectiva 2 .61.4 )65(75.0 8.224 75.0 in F P A u u e === Radio mínimo requerido ( )( ) in L r 7.0 300 125.17 300 min === Dado que la relación de esbeltez limitar que una recomendación en lugar de un requisito, esto es lo suficientemente cerca. C10 x 20 El área (OK) ininrr y 7.0>690.0min == (OK) Nota: Use acero C10 x 2 3.6-5 Seleccione un perfil C American Standard para resistir una carga factorizada de tensión de 180 kips. La longitud es de 15 pies y habrá dos líneas de tornillos de 7/8 in de
  • 40. diámetro en el alma, como se muestra en la figura P3.6-5. Habramás de dos tornillos en cada línea. Considere acero A36. Solución: El área 2 .56.5 )36(9.0 180 9.0 in F P A y u g === El área efectiva 2 .14.4 )58(75.0 180 75.0 in F P A u u e === Radio mínimo requerido ( )( ) in L r .6.0 300 1215 300 min === C10 x 20 El área (OK) ininrr y 6.0>690.0min == (OK) EL AREA NETA Nota: Use acero C10 x 20
  • 41. 3.6-6 Seleccione un perfil W con peralte nominal de 10 pulgadas (W10) para resistir una carga muerta de 175 kips y una carga viva de 175 kips. La conexión será a través de los patines con dos líneas de tornillos de 1 1/3 in de diámetro en cada patín, como se muestra en la figura P3.6-6. Cada línea contiene más de dos tornillos. La longitud del miembro es de 30 pies. Considere acero A242 Solución: Método LRFD El área requerida 2 .9.10 )50(9.0 490 9.0 in F P A y u g === El área efectiva 2 .33.9 )70(75.0 490 75.0 in F P A u u e === Radio mínimo requerido ( )( ) in L r .2.1 300 1230 300 min === Desde la parte 1 del manual, todos w10 formas tienen un espesor 1.25in brida. por lo tanto, la tabla 2-3 en la parte 2 del manual. W10 x 49 El área (OK) ininrr y 12>54.2min == (OK) El Área Neta Nota: Use acero W10 x 49
  • 42. BARRAS ROSCADAS Y CABLES 3.7.1 Seleccione una barra roscada para resistir una carga muerta de servicio de 45kips y una carga viva de servicio de 5kips. Considere Acero A36. Solución Mediante el diseño de LRFD y las combinaciones factorisada se tiene: kipsPu 00.63)45(4.1 == El área requerida 2 931.1 )58)(75.0(75.0 00.63 )75.0(75.0 in F P A u u b === Igualando el área tenemos: ,931.1 4 2 = dπ Despejando tenemos ind 568.1= Entonces el requerimiento de hara indd 4 31,71.1 == 3.7.2 Un perfil W14X48 esta soportado por dos barras en tensión AB y CD, como se muestra en la figura, la carga de 20kips es una carga viva de servicio. Considere acero A36 y seleccione barras roscadas para los siguientes casos de carga. a.- La carga de 20kips no puede moverse de la posición mostrada b.- La carga de 20kips puede estar situada en cualquier lugar entre las dos barras.
  • 43. Solución a.- La carga de 20kips no puede moverse de la posición mostrada De acuerdo al grafico se tiene la carga muerta = peso de la viga = 0.0048kips/ft ftkipswww LDu /0576.0)048.0(2.16.12.1 ==+= kipsPPP LDu 0.32)20(6.16.12.1 ==+= Por la simetría de la barra y la condición del problema se puede deducir la tensión de las cuerdas: [ ] kipsTu 86.1632)30(00576.0 2 1 =+= El área requerida 2 5168.0 )58)(75.0(75.0 86.16 )75.0(75.0 in F T A u u b === Igualando el área tenemos: despejando d Ab , 4 2 π = ind 811.0 )5168.0(4 == π Requerimiento indind 8 7,811.0 ==
  • 44. b.- La carga de 20kips puede estar situada en cualquier lugar entre las dos barras. La máxima fuerza en requerido en la viga es cuando la carga viva esta en A y D entonces se tiene: [ ] kipsTu 86.3232)30(00576.0 2 1 =+= Entonce el área requerida se tendrá: 2 007.1 )58)(75.0(75.0 86.32 )75.0(75.0 in F T A u u b === ,007.1 4 2 = dπ Despejando d se tiene ind 13.1= Requerimiento indind 4 11,13.1 == 3.7.3 Como se muestra en la figura el miembro AC se usa para contraventear la estructura articulada contra cargas horizontales. Seleccione una barra roscada de acero A36. La carga de 10kips esta factorizada. Solución La condición del problema nos dice la fuerza de 10k está factorada por lo tanto de acuerdo a las ecuaciones combinadas de LRFD tenemos: kipsw 16)10(6.16.1 == En el puntos B En el punto C 16k  O  16k 16k O
  • 45. uT °=− 57.26)40/20(tan 1 En el punto C tenemos 057.26cos16 =°−=∑ ux TF Despejando se tiene kipsTu 89.17= El área requerida seria: 2 5484.0 )58)(75.0(75.0 89.17 )75.0(75.0 in F T A u u b === Despejando d en la siguiente ecuación 5484.0 4 2 = dπ despejando se tiene ind 836.0= Requerimiento indind 8 7,836.0 == 3.7.4.- Que tamaño de barra roscada se requiere para el miembro AB mostrado en la figura La carga es una carga viva de servicio (Desprecie el peso del miembro CB) Considere acero A36. Solución Realizando las combinaciones del diseño de LRFD kipsLDPu 56)35(6.16.12.1 ==+=
  • 46. [ ] 0)15()96.30()15(56 =°−=∑ TsenMc Despejando T se tiene kipsT 9.108= El área requerida seria: 2 338.3 )58)(75.0(75.0 9.108 )75.0(75.0 in F T A u u b === Despejando d en la siguiente ecuación 338.3 4 2 = dπ despejando se tiene ind 062.2= Requerimiento indind 8 12,06.2 == 3.7.5.- Un tubo esta soportado a intervalos de 10pies por medio de una barra doblada roscada como se muestra en la figura. Si se usa un tubo de acero de 10in de diámetro lleno de agua Que tamaño de barra se requiere Considere Acero A36. Solución El diámetro del tubo es ind 0.10= El volumen de agua por longitud de pie es = 3 22 5.94212 4 )0.10( 12 4 inxx d == ππ El peso total por pie es: El peso del agua + el peso del tubo= ( ) ftlb /53.745.40)4.62 )12( 5.942 3 =+
  • 47. De donde la densidad del agua es de 62.4lb/ft3 . Calculando para el 100% de la carga muerta, utilizando las ecuaciones de las cargas factoradas del LRFD se tiene: ftlbwu /3.104)53.74(4.1 == La carga soportada es: 104.3lb/ft x 10ft=1043lb Del grafico se tiene 10432 −=∑ TFy Despejando lbT 5.521= El área requerida seria: 22 10598.1 )58)(75.0(75.0 5215.0 )75.0(75.0 inx F T A u u b − === Despejando d en la siguiente ecuación 01598.0 4 2 = dπ despejando se tiene ind 143.0= Requerimiento indind 8 5,143.0 ==
  • 48. Problema 4.9 Escoger un perfil W12 Solución: Fy:= 50ksiFu := 65ksi PD := 100klbPL := 150klb L := 22ft Pu := 1.2PD + 1.6PLPu = 360 klb 1. MínAg = Pu/0.9Fy Ag= 8 in2 SuponiendoU := 0.9 ancho supuesto de patín := 0.380in Área estimada de agujeros = 4(7/8in).ancho supuesto de patin 2. mínAg = Pu/(0.75⋅Fu⋅U) + area estimada de agujeros Ag = 9.54 in2 3. mínr = L/300 r = 0.88 in Escoger una W12x40 (Ag= 10.3in2) Comprobación: An = Ag – 4(7/8in ) ⋅tfAn = 8.55 in2 U= 1-X/L U = 1 Ae:= U⋅An Ae=8.53 in2 Pu1 := 0.9Fy ⋅Ag Pu1 = 463.5 klb Pu2 := 0.75Fu⋅Ae Pu2 = 415.621 klb Problema 4.9 Escoger un W10 Solución: Fy:= 50ksiFu := 65ksi PD := 80klbPL := 60klb L := 24ft Pu:= 1.2PD + 1.6PLPu= 192 klb 1. MínAg = Pu/0.9Fy Ag= 4.27 in2 SuponiendoU := 0.9 ancho supuesto de patín := 0.380in
  • 49. Área estimada de agujeros = 4(1in).ancho supuesto de patin 2. mínAg = Pu/(0.75⋅Fu⋅U) + area estimada de agujeros Ag = 5.9 in2 3. mínr = L/300 r = 0.96 in Escoger una W10x17 ( Ag = 4.99in2) Comprobación: An = Ag An = 4.99 in2 U= 0.87 U = 0.87 Ae:= U⋅AnAe = 4.34 in2 Pu1 := 0.9Fy ⋅Ag Pu1 = 224.55 klb Pu2 := 0.75Fu⋅Ae Pu2 = 211.638 klb Problema 4.12 Escoger una W12 Solución: Fy:= 36ksi Fu := 58ksi PD := 400klb PL := 100klb L := 28ft Pu := 1.2PD + 1.6PL Pu = 640 klb 1. MínAg = Pu/0.9Fy Ag = 29.75 in2 SuponiendoU := 0.9 ancho supuesto de patín := 0.380in Área estimada de agujeros = 4(1in).ancho supuesto de patin 2. mínAg = Pu/(0.75⋅Fu⋅U) + area estimada de agujeros Ag = 17.68 in2 3. mínr = L/300 r = 1.12 in Escoger una W12x72 (Ag 72in:= 2, tf:= 0.670in, bf:= 12.04in, d := 12.25⋅in) Comprobación: Comprobación: An = Ag – 4(7/8in ) ⋅tfAn = 69.66 in2 bf/d = 0.98
  • 50. U= 1-X/L U = 0.9 Ae:= U⋅An Ae= 62.69 in2 Pu1 := 0.9Fy ⋅Ag Pu1 = 2332.8 klb Pu2 := 0.75Fu⋅AePu2 = 2726.993 klb Problema 4.13 Escoger una MC Solución: Fy:= 36ksi Fu := 58ksi PD := 70klb PL := 90klb L := 20ft Pu := 1.2PD 1.6PL Pu = 228 klb 1. MínAg = Pu/0.9Fy Ag= 7.04 in2 SuponiendoU := 1 2. mínAg = Pu/(0.75⋅Fu⋅U) Ag = 5.24 in2 3. mínr = L/300 r = 0.8 in Escoger una MC12X35 (Ag = 10.3in2) Comprobación: An = Ag An = 10.3 in2 bf/d = 0.98 U= 0.9 U = 0.9 Ae:= U⋅An Ae= 9.27 in2 Pu1 := 0.9Fy ⋅Ag Pu1 = 333.72 klb Pu2 := 0.75Fu⋅AePu2 = 403.245 klb Problema 4.15 Escoger una WT7 Solución: Fy:= 36ksi Fu := 58ksi PD := 100klb PL := 60klb L := 16ft Pu := 1.2PD + 1.6PL Pu = 216 klb 1. 1MínAg = Pu/0.9Fy Ag = 6.67 in2
  • 51. Ae:= U⋅An Ae = 9.27 in2 Pu1 := 0.9Fy ⋅Ag Pu1 = 216 klb Pu2 := 0.75Fu⋅Ae Pu2 = 403.245 klb Problema 4.20 Diseñe el miembro L2L3 de la armadura mostrada. Debe constar de un par de ángulos con una placa de nudo de 3/8 pulg entre los ángulos en cada extremo. Use acero A36 y suponga una línea con tres tornillos de 3/4 pulg en cada lado. Considere sólo los ángulos mostrados en las tablas de ángulos dobles del manual. Para cada carga, PD = 20klb y Pr = 12 klb (carga de techo). No considere bloque de cortante. Solución: PD := 20klb Pr := 12klb Fy:= 36ksi Fu := 58ksi P := 1.2PD + 1.6Pr Pu = 2.5⋅P⋅(24) − P⋅(12)/8 Pu = 259.2 klbU := 0.85 mínAg = Pu/0.9FyAg = 8 in2 mínAg = (Pu/(0.75Fu⋅U))+(7/8).(5/8)⋅4in2 Ag = 9.2 in2 mínr = L/300 r = 0.64 in probamos con: 2L4x4x5/8 Ag := 9.22in2 r := 1.86in An = Ag -4.(7/8⋅5/8in2) An = 7.03 in2 Ae:= U⋅An Ae= 5.98 in2 Pu1 := 0.9Fy ⋅Ag Pu1 = 298.73 klb Pu2 := 0.75Fu⋅AePu2 = 260.03 klb Problema 4.21 Seleccione eun ángulo simple como miembro a tensiónpara resistir las cargas de servicio PD = 80 klb y PL = 70 klb. El miembrotiene 18 pie de longitud y estará conectado con una línea de cuatro tornillosde 7/8 plg y 4 pulg entre centros. Suponga Fy = 40 ksi y Fu = 60 ksi. Noconsidere bloque de cortante. U = 1 - X/L.
  • 52. Solución: PD := 80klb PL := 70klb L := 18ft Fy:= 40ksi Fu := 60ksi Pu := 1.2PD + 1.6PL Pu = 208 klb 1. MínAg = Pu/0.9Fy Ag = 5.78in2 SuponiendoU := 0.85 y un espesor de ángulo de 3/4 Área estimada de agujeros = 4(1in).ancho supuesto de patin mínAg = Pu/(0.75⋅Fu⋅U) + 1.3/4.1in2 Ag = 6.19in2 3. mínr = L/300 r = 0.72 in probamos con: L6x6x9/16 Ag = 6.43in2r = 1.85in X := 1.73in L := 12in An = Ag -4.(7/8⋅5/8in2) An = 4.24 in2 U= 1-X/L U = 0.86 Ae:= U⋅An Ae = 3.63 in2 Pu1 := 0.9Fy ⋅Ag Pu1 = 231.48 klb Pu2 := 0.75Fu⋅Ae Pu2 = 163.39 klb Problema 4.23 Un miembro a tensión consta de cuatro ángulos igualesdispuestos como se muestra en la figura. Las cargas de servicio que debe desoportar son PD = 180 klb y PL = 320 klb. La longitud del miembro es de 30pie y debe tener una línea de tres tornillos de 7/8 en cada uno de los lados. Diseñe el miembro en acero A572 grado 50, incluyendo las placas de uniónnecesarias. No considere el bloque de cortante.
  • 53. PD := 180klbPL := 320klb L := 30ftFy:= 50ksi Fu := 65ksi Pu := 1.2PD + 1.6PL Pu = 728 klb MínAg = Pu/0.9Fy Ag/4 = 4.04in2 SuponiendoU := 0.85 y un espesor de ángulo de 4/18 mínAg = Pu/(0.75⋅Fu⋅U) + 4.1.4/18in2 Ag/4 = 4.61in2 mínr = L/300 r = 1.2 in probamos con: L5x5x1/2Ag = 4.75in2 r := 1.54in Ix = 11.3in4 X := 1.43in An = (Ag- 2.1/2.1in)⋅4 An= 15 in2 Ae:= U⋅An Ae= 12.75 in2 Resistencia de diseño: Pu1 := 0.9Fy ⋅(4⋅Ag) Pu1 = 855 klb Pu2 := 0.75Fu⋅Ae Pu2 = 621.56 klb Relación de esbeltez: Ix = 4Ix + 4Ag (9in − X)ε2 Ix = 1.13 x 10ε3in4 rX =(Ix/4Ag)e1/2 rX= 7.73 in L/rX= 46.6Este valor es menor que 300 Diseño de las placas de unión: Distancia entre hileras de tornillos = 18in 2. 3. (3/4in)= 10.5 in Longitud mínima de las placas = 2/3⋅10.5in = 7 in Espesor mínimo de las placas = 1/50⋅10.5in = 0.21 in Ancho minimo de las placas = 10.5in 2. 1.1/2+ ⋅ in = 13.5 in Espaciamiento máximo preferible de las placas: Para un sólo ángulo, se tiene: r := 1.54in Separación máxima preferible entre placas: L = 300⋅r/12L = 3.21 ft
  • 54. Use 4Ls 5x5x1/2, y placas de 1/4x7x14 pulg a 3 pie c.a.c. Problema 4.24 seleccione una barra redonda estándar roscada para un gancho colgante que debe resistir las cargas de servicio PD = 10 klb y PL = 12 klb, usando acero A36. PD := 10klb PL := 12klb Fu := 58ksi Pu := 1.2PD + 1.6PL Pu = 31.2 klb AD = Pu/(0.75⋅0.75⋅Fu) AD = 0.96 in2 Problema 4.25 Seleccione una barra estándar roscada que debe resistir las cargas de servicio PD = 12klb y PL = 15klb usando acero A572 grado 50. Solución: PD := 12klb PL := 15klb Fu := 65ksi Pu := 1.2PD + 1.6PL Pu = 38.4 klb AD Pu 0.75⋅0.75⋅Fu := AD 1.05 in= 2 Use una barra de 1 1/4 pulg con 7 roscas por cada pulgada. Problema 4.26 Las armaduras de techo de un edificio industrial están separadas entre sí a cada 21 pie, centro a centro. La cubierta del techo pesa 6 psf. Los largueros están dispuestos como se indica en la figura y pesan 3 psf. Diseñe los tensores de acero A36 suponiendo una carga de nieve de 30 psf de proyección horizontal de superficie de techo. Los tensores deberán situarse en los tercios del claro de los largueros. Peso promedio de los 7 largueros en cada lado: del techo = 7⋅3psf/44.4721 = 0.47 psf Nieve = 30psf (2/(5)e1/2) = 26.83 psf
  • 55. Cubierta de techo = 6psf wu:= [1.2(0.472 + 6) + 1.6⋅26.833]psfwu= 50.7 psf Componente de las cargas paralela a la superficie del techo = 1/(5)e1/2⋅wu = 22.67 psf Cargas sobre el tensor inclinado superior = 1/12(44.47ft2)(7) w( u) = 14.467 klb AD = Pu/(0.75⋅0.75⋅Fu) AD = 1.05 in2 Use tensores de 5/8 pulg con 11 cuerdas por pulgada.
  • 56. PROBLEMAS (Use agujeros de tamaño estándar en todos los problemas) 3.1 al 3.18 Calcule el área neta de cada uno de los miembros indicados. Problema 3.1 (Resp. 9.84 pulg.²) PL 3/4x14 Vista en Planta Sección transversal
  • 57. Datos: e =3/4in L := 14inhuelgo =1/8in φperno =3/4in Solucion: Ag := L⋅eAg = 10.5 in2 Aorificio:= e⋅(huelgo + φperno) Aorificio= 0.656 in2 Aneta:= Ag − Aorificio Aneta= 9.844 in2Respuesta Problema 3.2PL 1/2x15 Vista en Planta Datos: L := 15in e = 1/2inφperno =7/8in huelgo:= 1/8in
  • 58. Solucion Ag := L⋅eAg = 7.5 in2 Aorificio:= 2e ⋅(φperno+ huelgo) Aorificio= 1 in2 Aneta:= Ag − AorificioAneta= 6.5 in2 Respuesta Problema 3.3 (Resp. 14.12pulg.²) WT 12x58 Solución
  • 59. A = 17in2tf:= 0.640in An =17in2 An= 17in-4(1+1/8)0.640in2 An = 14.12 in2 Respuesta Problema 3.4 WT 9x129 Solución A =38in2 tf:= 2.3intw:= 1.280in An = 38in-(3/4+1/8).1,280in2 An = 36.88 in2 Respuesta Problema 3.5 Ángulo L 8x4x9/16 con una línea de tornillos de 7/8 en cada lado (Resp. 5.30pulg.²) Datos L1 := 8in L2 := 4in e =9/16in huelgo = 1/8in φperno = 7/8in
  • 60. Solución Ag := L1⋅e + (L2 − e) ⋅e Ag = 6.434 in2 Aorificio:= 2e⋅(huelgo+ φperno) Aorificio= 1.125 in2 Aneta:= Ag − AorificioAneta = 5.309 in2Respuesta SOLUCIONARIO DE EJERCICIOS DE DISEÑO ACERO Y MADERA PROBLEMA 3-2-1 Para la obtención de la sección bruta, Ag = 7 (3/8) = 2. 625 cm2, P "= FyAs = 36 (2.625) = 94. 5 kips Para la fractura de la sección neta, Ag = (3/8) [7- (1 + 1/8)] = 2. 203 cm2 Pn= FuAe = 58 (2,203) = 127. 8 kips a) La resistencia de diseño en base a øtPn = 0.90 (94.5) = 85. 05kips La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es øtPn=0.75 (127,8) = 95. 85 kips La resistencia de diseño para LRFD es el menor valor: øtPn = 85.1kips b) La resistencia admisible sobre la base de obtención es: La resistencia admisible sobre la base de fractura es:
  • 61. La carga de trabajo admisible es el valor más pequeño:Pn/ = 56.6 kips Solución alternativa utilizando tensión admisible: para la obtención, Ft = 0.6Fy = 0,6 (36) = 21. 6 MPa, la carga admisible es Ft Ag = 21,6 (2.625) = 56. 7 kips Por rotura Ft = 0,5 Fu = 0,5 (58) = 29,0 MPa, la carga admisible es FlAe = 29,0 (2.203) = 63. 89 = 63. 89 kips La carga de trabajo admisible es el valor más pequeño = 56.7 kips PROBLEMA 3.2.2 Para la obtención de la sección, Ag = 6 (3/8) = 2. 25 mm2 Pn= FyAg = 50 (2,25) = 112.5 La sección neta, Ag = As = 2.25 pulg2 Pn = FuA e = 65 (2.25) = 146. 3 kips a) La resistencia de diseño en base a: ФtPn= 0,90 (112,5) = 101 kips La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es ФtPn= 0,75 (146,3) = 110 kips La resistencia de diseño para LRFD es el valor más pequeño: ФtPn= 101 kips b) La resistencia admisible sobre la base de obtención es
  • 62. La resistencia admisible sobre la base de fractura e La carga de trabajo admisible es el valor más pequeño: Pn/Ωt = 67.4 kips Solución alternativa utilizando tensión admisible: para la obtención, Ft = 0.6Fy = 0,6 (50) = 30.0ksi la carga admisible es Ft Ag = 30.0 (2.25) = 67. 5 kips Por rotura, Ft = 0.5Fu = 0,5 (65) = 32. 5 MPa, la carga admisible es FtAe = 32,5 (2,25) = 73. 1 kips que la carga de servicio admisible es el valor más pequeño = 67.5 kips PROBLEMA 3.2.3 Para la obtención de la sección Pn= FyAg= 50 (3,37) = 168. 5 kips para la fractura de la sección neta, An = Ag-Aholes = 3,37 - 0,220( ) x 2 holes = 2.930 cm2 Ae = 0.85An = 0,85 (2,930) = 2. 491 cm2 Pn= FeAe = 65 (2.491) = 161. 9 kips a) La resistencia de diseño en base a: ФtPn = 0,90 (168,5) = 152 kips
  • 63. La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es ФtPn= 0.75 (161.9) = 121. 4 kips La resistencia de diseño es el valor más pequeño:ФtPn = 121.4 kips Pu = ФtPn 1.2D +1,6 (3D) = 121,4 Solución es: D = 20. 23 P = D + L = 20,23 + 3 (20.23) = 80. 9 kips P = 80.9 kips b) La resistencia admisible sobre la base de obtención es La resistencia admisible sobre la base de la fractura es La carga permitida es el valor más pequeño = 80.95 kips P = 81.0 kips Cálculo alternativo de carga permitida usando tensión admisible: para la obtención, Ft = 0.6Fy = 0,6 (50) = 30,0 MPa, La carga admisible es: Fy Ag = 30,0 (3,37) = 101. 1 kips por rotura, Pies = 0.5Fu = 0,5 (65) = 32. 5 MPa, la carga admisible es FtAe = 32. 5 (2,491) = 80. 96 kips PROBLEMA 3.2-4 Para A242 acero y t = 1/2 pulgadas, Fy = 50 pulg y Fu = 70 ksi. Para la obtención de la sección bruta, Ag = 8 (1/2.) = 4 pulg2 Pn= FyAg = 50 (4) - 200 kips para la fractura de la sección de red, An= Ag-Aholes = 4 - (1/ 2) (1 + 1/8) x 2 holes = 2.875 pulg2
  • 64. Ae = An = 2.875 cm2 Pn= FuAe = 70 (2,875) = 201.3 kips a) La resistencia de diseño en base a ceder es ФtPn= 0,90 (200) = 180 kips La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es ФtPn= 0.75(201.3) = 151 kips La resistencia de diseño para LRFD es el valor más pequeño: ФtPn= 151 kips b) La resistencia admisible sobre la base de obtención es La resistencia admisible sobre la base de fractura se La carga de trabajo admisible es el valor más pequeño: Pn/ Ωt = 101 kips Solución alternativa utilizando tensión admisible: para la obtención, Ft = 0.6Fy = 0.6 (50) = 30 ksi La carga admisible es FtAg = 30 (4) = 120 kips Por fractura, Ft = 0.5Fu = 0,5 (70) = 35 ksi y la carga admisible es FtAe = 35 (2.875) = 101 kips La carga de trabajo admisible es el valor más pequeño = 101 kips PROBLEMA 3.2-5 Para un espesor 3/8in., Fy = 50 ksi y Fu = 70 ksi.
  • 65. En primer lugar, calcular las resistencias nominales. Para la sección bruta, Ag = 7,5 (3/8) = 2. 813 cm2 Pn = FyAg = 50 (2.813) = 140. 7 kips Sección neta: =2.813-( ) ( ) (2) =1.876 in² Ae =An = 1.876 cm2 Pn = = 70 (1,876) = 131. 3 kips a) La resistencia de diseño en base a ceder es Øt = 0.90 (140.7) = 127 kips La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es Øt =0.75 (131.3) = 98.5 kips La resistencia de diseño es el menor valor: Øt = 98.5 kips cargafactorizada: Combinación 1: 1.4D = 1,4 (25) - 35.0 kips Combinación 2: 1.2D+1,6L = 1,2 (25) + 1,6 (45) = 102 kips La segunda combinación de controles, Pu = 102 kips. Desde Pu>Øt (102 kips> 98.5 kips),El miembro no es satisfactoria. b) Para la sección bruta, la fuerza permitida es Alternativamente, el esfuerzo admisible es Ft = 0.6Fy = 0.6 (50) = 30 ksi la resistencia admisible es Ft Ag = 30 (2.813) = 84.4 kips
  • 66. para la sección de red, la fuerza permitida es Alternativamente, el esfuerzo admisible es Ft = 0.5Fu = 0,5 (70) = 35 MPa, y la resistencia admisible es FtAe = 35 (1,876) = 65.7 kips Los controles de menor valor, la fuerza permitida es de 65.7 kips. Cuando las únicas cargas son carga muerta y carga viva, combinación de carga ASD: Pn= D + L = 25 + 45 -70 kips Desde 70 kips> 65.7 kips, El miembro no es satisfactoria. PROBLEMA 3.2.6 Calcular la fuerza de un ángulo, y luego doblarla. Para la sección bruta, Pn = FyAg = 36 (1,19) = 42. 84 kips Para dos ángulos, Pn= 2 (42 84} - 85 68 kips Sección neta: = 1.19 -( ) ( ) =0.9713Cm² Ae - 0,85 An= 0,85 (0,9713) = 0,825 6 mm2 Pn = FuAe = 58 (0.8256) = 47. 88 kips Para dos ángulos, Pn= 2 (47.88) = 95. 76 kips a) La resistencia de diseño en base: Øt = 0,90 (85,68) = 77.1 kips La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es Øt = 0,75 (95,76) = 71.8 kips
  • 67. La resistencia de diseño es el valor más pequeño: Øt = 71.8 kips Pu = 1.2D + 1,6 L = 1.2 (12) + 1,6 (36) = 72.0 kips 72.0 kips> 71.8 kips El miembro no es satisfactoria. b) Para la sección bruta, la fuerza permitida es Alternativamente, el esfuerzo admisible es Ft = 0.6Fy = 0,6 (36) = 21.6ksi y la resistencia admisible es Ft Ag = 21.6 (2 x 1,19) = 51.4 kips Para la sección de red, la fuerza permitida es Alternativamente, el esfuerzo admisible es Ft = 0.5Fu = 0,5 (58) = 29ksi y la resistencia admisible es FtAe = 29 (2 x 0,8256) = 47.9 kips Los controles de la fuerza neta de la seccion, la resistencia admisible es 47.9 kips. Cuando las únicas cargas son la carga muerta y carga viva, ASD combinación de carga 2 siempre controlará: Pa = D + L = 12 + 36 = 48 kips> 47.9 kips 48 kips> 47.9 kips El miembro no es satisfactoria. PROBLEMA 3.3.1 a) U = 1- f =1- = 0,7060 Ae - AgU = 5,86 (0,7060) = 4. 14 pulg2 b) Placa con sólo soldaduras longitudinales: = = 1.25 U = 0.75 in2
  • 68. Ag =AgU = ( )(0.75)= 1.125 pulg2 c) U = 1,0 Ag =AgU = ( )(1.0)=3.13 pulg2 d) U = 1,0 Ag = 0,5 (5,5) = 2. 750 cm2 An = Ag – Aholes = 2.750 - ( ) = 2.313 pulg2 An = AnU= 2.313 (1.0) = 2.313 e) U = 1,0 Ag = 4 x 6 = 3. 750 cm2 An = Ag – Aholes = 3.750 - ( ) =3.125 pulg2 Ae = AnU = 3.125 (1.0) = 3. 125 pulg2 PROBLEMA 3.3-2 a)An = Ag – Aholes = 3.31 - ( ) = 2.873 pulg2 U = 1- =1- = 0.6167 Ae = AnU = 2.873(0.6167) = 1.772 Cm Pn =FuAe = 70 (1.772) = 124 kipsPn = 124 kips b) De AISC Tabla D3.1, Caso 8, U = 0,60
  • 69. = 2,873 (0,60) = 1.724 cm2 Pn= FuAe = 70 (1.724) = 121 kips Pn= 121 kips PROBLEMA 3.3.3 U = 1- =1- = 0.9031 Ae = AgU = 2,48 (0,9031) = 2. 240 cm2 Pn= FuAe = 58 (2,240) = 129. 9 kips Pn= 130 kips PROBLEMA 3.3.4 Para A242 de acero, Fy = 50 ksiyFu = 70 ksi Para la obtención de la sección bruta, Pn= FyAg = 50 (4,75) = 237. 5 kips Para la fractura de la sección neta, An = Ag-Aholes = 4.75 - ( ) = 4. 313 cm2 Desde AISC Tabla D3.1, Caso 8, U = 0,80 Ae =AnU = = 4.313 (0.80) = 3. 45 pulg2 Pn = FeAe = 70 (3,45) = 241. 5 kips a) La resistencia de diseño en base Øt =0,90 (237,5) = 213. 8 kips La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es Øt = 0,75 (241,5) = 181. 1 kips La resistencia de diseño es el valor más pequeño: Øt = 181.1 kips Let Pu = Øt 1.2D +1.6 (2D) = 181,1, Solución es: {0 = 41. 16}
  • 70. P = D + L = 41,16 + 2 (41.16) - 124 kips P = 124 kips b) La resistencia admisible sobre la base de obtención es PJL = 237 "7", 5, _ 142 2 kinsQt 1.67 ii + z-ZK1Ps La resistencia admisible sobre la base de fractura es La carga permitida es el valor = 120.8 kips P = 121 kips Cálculo alternativo de carga permitida usando tensión admisible: para la obtención, Ft = 0.6Fy = 0,6 (50) = 30,0 La carga admisible es FtAg = 30,0 (4,75) - 142. 5 kips Por rotura, Ft = 0.5Fu =-0.5 (70) = 35 kips y la carga admisible es FtAe = 35 (3,45) = 120.8 Kips PROBLEMA 3.3.5 Sección bruto: Pn = FyAg = 36 (5.86) = 211. 0 kips Sección neta: An= 5. 86 – ( ( ) (2) = 4. 454 cm2 U =1 - = 0.8856 Ag = AnU = 4.454 (0.8856) = 3.944 Pn = FuAe = 58(3.944) = 228.8 a) La resistencia de diseño en base a
  • 71. Øt = 0,90 (211,0) = 190 kips La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es Øt = 0,75 (228,8) = 172 kips La resistencia de diseño es el valor más pequeño: Øt = 172 kips carga combinación 2 controles: Pu= l.2D + l.6L = 1,2 (50) + 1.6 (100) = 220 kips Desde Pu>Øt (220 kips> 172 kips), El diputado sea adecuada. b) Para la sección bruta, la fuerza permitida es: Para la sección de la red, la resistencia admisible es: Los controles de menor valor, la resistencia admisible es de 114 kips. Cargue combinación 6 controles: Pa = D> 0.75W+ 0.75L = 50 + 0.75 (45) + 0,75 (100) = 159 kips Desde 159 kips> 114 kips, Miembro no es suficiente. ASD solución alternativa mediante tensión admisible: Ft. =0.6Fy = 0,6 (36) = 21.6Kips La resistencia admisible es Ft Ag = 21,6 (5,86) = 127 kips Para la sección neta Ft, = 0.5Fu = 0,5 (58) = 29,0 MPa, El resistencia admisible es F, AE = 29,0 (3.944) = 114 kips Los controles de menor valor, la fuerza permitidos isl 14 kips. De la combinación de carga 6, Pa = D + 0,75 W + 0.75L = 50 + 0,75 (45) 0,75 + (100) - 159 kips Desde 159 kips> 114 kips,
  • 72. El miembro no es suficiente. PROBLEMA 3.3-6 Para la obtención de la sección bruta, Ag = 5 (1/4) = 1,25 pulg2 Pn= FyAg = 36 (1.25) = 45.0 kips para la fractura de la sección neta, de AISC Tabla D3.1, L / w = 7/5 = 1,4:. U = 0,75 Ae = AsU = 1.25 (0.75) = 0.9375 cm2 Pn = FuAe = 58 (0.9375) = 54. 38 kips a) La resistencia de diseño en base a: = 0,90 (45,0). = 40. 5 kips La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es = 0,75 (54,38) - 40.8 kips La resistencia de diseño para LRFD es el valor más pequeño: = 40.5 kips b) La resistencia admisible sobre la base de obtención es La resistencia admisible sobre la base de la fractura es La carga de trabajo admisible es el valor más pequeño: = 27.0 kips PROBLEMA 3.3.7 Sección bruta: Pn= FyAg = 50 (10,3) = 515.0 kips
  • 73. Sección neta: An= 10,3-0,520( )(4) = 8, 220 cm2 La conexión es a través de las bridas con cuatro pernos por línea. :. U =0.85 Ae =AnU = 8,220 (0,85) = 6. 987 pulg2 Pn= FuAe = 65 (6.987) = 454. 2 kips a) La resistencia de diseño en base a ceder es = 0,90 (515,0) = 464 kips La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es = 0.75 (454.2) = 341 kips La resistencia de diseño es el valor más pequeño: = 341 kips b) Para la sección bruta, la resistencia admisible es: Para la sección de la red, la resistencia admisible es: Los controles de menor valor: PROBLEMA 3.3-8 Sección bruto: Pn = FyAs = 50 (5.17) = 258 kips:
  • 74. Seccion U = 1- =1- = 0.87 Ae = AgU = 5.17 (0.87) = 4. 498 pulg2 Pn = FuAe = 70 (4.498) - 314. 9 kips a) La resistencia de diseño en base a ceder es = 0,90 (258,5) -233 kips La resistencia de diseño sobre la base de la fractura es = 0,75 (314,9) - 236 kips La resistencia de diseño es el valor más pequeño: = 233 kips Combinación de carga 3: Pu= l.2D +l.6S + 0,8W = 1,2 (75) + 1,6 (50) + 0,8 (70) = 226 kips Combinación de carga 4: Pu = 1.2D 1,6 W 0,5 S = 1,2 (75) + 1,6 (70) + 0,5 (50) = 227 kips carga combinación 4 controles. Desde Pu < (227 kips<233 kips), El miembro es adecuada. b) Para la sección bruta, la fuerza permitida es : Para la sección de la red, la resistencia admisible es: Los controles de menor valor, la resistencia admisible es de 155 kips. Cargar combinación 3: Pa = D + S - 75 + 50 = 125 kips Cargar combinación 6: Pa = D+0.75W +0.75S = 75 + 0.75 (70) + 0,75 (50) = 165 kips Cargue combinación 6 controles.
  • 75. Desde 165 kips> 155 kips, El miembro no es suficiente. PROBLEMA 3.4.1 Sección bruto: Ag = 10 (1/2) = 5 pulg2 Sección neto: Diámetro del agujero = Posibilidades de área neta: An = Ag- ∑t x (d*d) = 5 - (1/2) (1) (2) = 4,0 pulg2 = 3.833 o Una An= 5 - (1/2) (1) (3) = 3. 5 cm2, pero debido a la transferencia de carga, utilice An= 9/6 (3,5) = 5. 25 mm2 para esta posibilidad. Los controles de menor valor.UseAn = 3.833 cm2 Ae = AnU = An (1.0) = 3.833 cm2 Pn= FuAe = 58 (3.833) = 222 kips La resistencia nominal en base a la sección neta es3. 833 cm2 Pn = 222 kips 3.4-1 Sección bruto: Ag = 10 (1/2) = 5 in²Sección neto: Diámetro del agujero = 7/8+1/8 = 1 in 3.833 in² Posibilidades de área neta: para Ag= 5 - (1/2) (1) (3) = 3. 5 in², pero debido a la transferencia de carga,
  • 76. Utiliza An= 9/6 (3,5) = 5. 25 in² para esta posibilidad. Los controles de menor valor. Use An = 3.833 in² Ae = An U = An (1.0) = 3.833 in² P n= FuAe = 58 (3.833) = 222 kips La resistencia nominal en base a la sección neta es Pn = 222 kips 3.4.2 Calcular la fuerza de un placa, luego duplicarlo sección bruto: Ag = 10 (1/2) = 5,0 in² sección neto:Diametro = ¾ + 1/8 = 7/8 in. Posibilidades de área neta para esta posibilidad.
  • 77. 3.4-3 Sección bruto: Ag = 8 (3/8) - 3,0 in², Pn= FyAg = 36 (3,0) = 108 kips
  • 78. 3.4.4 Sección bruto: Ag = 5. 87 cm2,Pn = FyAg = 50 (5. 87) = 293. 5 kips Sección neto: Diámetro del agujero = 1. 25 in (a) la sección bruta: Sección neta: ) Pu = 1.2D + 1.6L = 1,2 (36)+ 1.6 (110) = 219kips<236 kips (OK) Desde Pu < (219 kips<236 kips), el miembro tiene la fuerza suficiente. (b) sección bruto: = 176 kips Sección neta: = 158 kips (controles) Pa=D + Z = 36 + 110 = 146 kips<158 kips (OK)
  • 79. Desde Pa< = (146 kips <158 kips), el miembro tiene la fuerza suficiente. 3.4-5 Para A572 Grado 50 Acero, Fy = 50 ksi y Fu = 65 ksi. Calcular la fuerza de un ángulo, luego se multiplica por 2. Sección bruto: Ag = 3,98 cm2, Pu= FyAg - 50 (3.98) = 199.0 kips para dos ángulos, Pn = 2 (199,0) = 398,0 kips sección neto: Diámetro del agujero = An = 3.98-(3/8) (1) x2 = 3. 230 in², pero debido a la mala transferencia, utilizar An = 7/3 (3.230) = 3. 768 in² para esta posibilidad Ae = AnU =3,605 (0,9043) - 3. 260 in² Pn = FuAe = 65 (3,260) = 211.9 kips Durante dos ángulos, Pn= 2 (211.9) - 423. 8 kips (a) Solución LRFD Sección bruto: ØtPn = 0,90 (398,0) = 358 kips Sección neta: ØtPn= 0,75 (423,8) = 318 kips (controles)
  • 80. ØtPn = 318 kips PROBLEMA 3.8.4 La carga muerta por cercha = (4 + 12 + 6) (40,79 x 2) (25) + 5 (80) (25) = 54,870 Carga de nieve libras por cercha = 18 (80) (25) = 36,000 lb D = 54870/8 = 6859 Lb S = 36000/8 = 4,500 libras a) Carga de combinación 3 controles: Carga factorizada conjunta = 1.2D + 1, 6S - 1,2 (6,859) + 1,6 (4.500) = 15. 43 kips Miembro FE tiene la mayor fuerza de tensión. Use un cuerpo libre de E conjunta: Reacción = 7 (15,43) / 2 = 54. 01 kips = 0 FDE =275.4 Kips = 0 FFE =210.1 Kips
  • 81. Requerido Ag = Requerido Ag = Ag = AgURequerido Ag = (Esto controla el requisito superficie bruta.) Try 2L3 (OK) Usar 2L3 Para cordón inferior Miembros: Diseño para la fuerza de tracción máxima, que se produce en el elemento , y utilizar una forma para todos los miembros de banda de tensión (los miembros de banda en diagonal). Utilizando el método de las secciones (ver figura), tenga en cuenta la fuerza de AH miembros para actuar en H. Longitud = = 12.81. ∑ME = FAH(30) -15.43 (10 + 20 + 30) = 0, FAH = 49.41 kips
  • 82. requiere como Ag = requiere como Ag = Ag = AgURequerido Ag = Try 2l 2x2x Ag = 1.44 >1.19 (OK) Usar 2L2 x 2 x Para cordón inferior (b) combinación de carga 3 controles: Carga conjunta = D + S = 6859 + 4500 = 11 360 libras Cordón inferior: Miembro FE tiene la mayor fuerza de tensión. Use un cuerpo libre de E. R = Reacción = 7 (11,36) / 2 = 39. 76 kips
  • 83. ∑Fy = 39.76 - DE = 0 FDE = 202.7 kips ∑Fy = 202.7( FE = 0 FFE = 198.8kips requiere como Ag = requiere como Ag = Ag = AgURequerido Ag = Try 2l 5 x 5 x Ag = 7.30 >7.20 (OK) Usar 2L 5 x 5 x Para cordón inferior Miembros: Diseño de la fuerza de tracción máxima, que se produce en AH miembros, y utilizar una forma para todos los miembros de banda de tensión (los miembros de banda diagonal). Utilizando el método de las secciones (ver figura), tenga en cuenta la fuerza de AH miembros para actuar en H.
  • 84. Longitud = = 12.81. ∑ME = FAH(30) -11.36 (10 + 20 + 30) = 0, FAH = 36.38kips requiere como Ag = requiere como Ag = Ag = AgU Requerido Ag = Try 2l 2x2x Ag = 1.44 >1.32 (OK) Usar 2L2 x 2 x Para cordón inferior PROBLEMA 3.8.5 Utilice ceder barras en centro de la luz de correas. Longitud de la cuerda = 40.79
  • 85. Área Tributaria = 40.79 (25/2) = 509. 9 m2 a) carga vertical total = 6 (509,9) = 3,059 libras Componente paralela a techo = 3.059 ( = 600.0 Dado que el diseño es sólo para carga muerta, use cargar combinación 1: Pu = 1,4 (600) = 840 Lb Requeriendo Ag = ( =( = 0.02575 Let = 0,02575, d = 0.181 pulg Requerido d = 0.181 pulgada, b) Pa = 600,0 libras Ft = 0.375Fu = 0.375 (58) = 21. 75 ksi Requiriendo Ab =T/Ft = 0.6000/21.75 = 0,02759 Let = 0,02759, d = 0.187 pulg Requerido d = 0.187 pulgada, PROBLEMA 3.8.4 La carga muerta por cercha = (4 + 12 + 6) (40,79 x 2) (25) + 5 (80) (25) = 54,870 Carga de nieve libras por cercha = 18 (80) (25) = 36,000 lb D = 54870/8 = 6859 Lb S = 36000/8 = 4,500 libras
  • 86. c) Carga de combinación 3 controles: Carga factorizada conjunta = 1.2D + 1, 6S - 1,2 (6,859) + 1,6 (4.500) = 15. 43 kips Miembro FE tiene la mayor fuerza de tensión. Use un cuerpo libre de E conjunta: Reacción = 7 (15,43) / 2 = 54. 01 kips = 0 FDE =275.4 Kips = 0 FFE =210.1 Kips Requerido Ag = Requerido Ag = Ag = AgURequerido Ag = (Esto controla el requisito superficie bruta.)
  • 87. Try 2L3 (OK) Usar 2L3 Para cordón inferior Miembros: Diseño para la fuerza de tracción máxima, que se produce en el elemento , y utilizar una forma para todos los miembros de banda de tensión (los miembros de banda en diagonal). Utilizando el método de las secciones (ver figura), tenga en cuenta la fuerza de AH miembros para actuar en H. Longitud = = 12.81. ∑ME = FAH(30) -15.43 (10 + 20 + 30) = 0, FAH = 49.41 kips requiere como Ag = requiere como Ag = Ag = AgURequerido Ag = Try 2l 2x2x
  • 88. Ag = 1.44 >1.19 (OK) Usar 2L2 x 2 x Para cordón inferior (b) combinación de carga 3 controles: Carga conjunta = D + S = 6859 + 4500 = 11 360 libras Cordón inferior: Miembro FE tiene la mayor fuerza de tensión. Use un cuerpo libre de E. R = Reacción = 7 (11,36) / 2 = 39. 76 kips ∑Fy = 39.76 - DE = 0 FDE = 202.7 kips ∑Fy = 202.7( FE = 0 FFE = 198.8kips requiere como Ag = requiere como Ag =
  • 89. Ag = AgURequerido Ag = Try 2l 5 x 5 x Ag = 7.30 >7.20 (OK) Usar 2L 5 x 5 x Para cordón inferior Miembros: Diseño de la fuerza de tracción máxima, que se produce en AH miembros, y utilizar una forma para todos los miembros de banda de tensión (los miembros de banda diagonal). Utilizando el método de las secciones (ver figura), tenga en cuenta la fuerza de AH miembros para actuar en H. Longitud = = 12.81. ∑ME = FAH(30) -11.36 (10 + 20 + 30) = 0, FAH = 36.38kips requiere como Ag = requiere como Ag =
  • 90. Ag = AgU Requerido Ag = Try 2l 2x2x Ag = 1.44 >1.32 (OK) Usar 2L2 x 2 x Para cordón inferior PROBLEMA 3.8.5 Utilice ceder barras en centro de la luz de correas. Longitud de la cuerda = 40.79 Área Tributaria= 40.79 (25/2) = 509. 9 m2 a) carga vertical total= 6 (509,9) = 3,059 libras Componente paralela a techo = 3.059 ( = 600.0 Dado que el diseño es sólo para carga muerta, use cargar combinación 1: Pu = 1,4 (600) = 840 Lb Requeriendo Ag = ( =( = 0.02575 Let = 0,02575, d = 0.181 pulg Requerido d = 0.181 pulgada,
  • 91. d) Pa = 600,0 libras Ft = 0.375Fu = 0.375 (58) = 21. 75 ksi RequiriendoAb =T/Ft = 0.6000/21.75 = 0,02759 Let = 0,02759, d = 0.187 pulg Requerido d = 0.187 pulgada, PROBLEMAS DE DISEÑO EN ACERO Y MADERA 3.2-1
  • 92. 3.7-4 ¿Qué tamaño de barra roscada se requiere para el miembro AB mostrado en la figura? La carga es una carga viva de servicio. (Desprecie el peso del miembro CB). Considere acero A36. Todos los miembros son conectados y todas las cargas están aplicadas en la junta. Por tanto todos los miembros tienen dos fuerzas de los miembros (miembros de tensión o compresión). Para combinación de 4 cargas: En el punto C Requiere Para Requiere por tanto usar 3.7-5 Un tubo esta soportado a intervalos de 10 pies por medio de una barra doblada roscada, como se muestra en la figura. Sis se usa un tubo de acero de 10 in de diámetro lleno de agua. ¿qué tamaño de barra se requiere?. Considere acero A36.
  • 93. (a) LRFD: Requiere Para Requiere por tanto usar (b) ASD: Requiere Para Requiere
  • 94. 5.5-5 Un perfil W30x99 de acero A36 está sometido a la carga mostrada en la figura P5.5-5. Se tiene soporte lateral continuo. Las cartas concentradas P son cargas vivas de servicio y W=P/10 es una carga muerta de servicio. Determine los valores máximos de P y w que se pueden soportar. Solución: Verificar que esta forma es compacta. Para la brida, , , Entonces la brida es compacta. , (para todas las formas en el manual para Fy ≤ 65 Ksi), por lo que el material es compacto, y la forma es compacto. a. Cargas factorizadas, incluyendo el peso: 1.2 (0.060) = 0.072 kips/ft, 1.6(12) = 19.20 kips, 1.6(8) = 12.8 kips
  • 95. Reacción en C : ∑MD = -10.61(56)-12.8(42)-12.8(14)+Rc(2)-0.072(56)²/2 = 0 Rc = 50.85 kips Diagrama de fuerza cortante: Momento máximo en C . Usando el diagrama de cuerpo libre de BCD,
  • 96. Mc = -10.61(28)-12.8(14)-0.072(28)²/2 = -505 ft-kips Resistencia de diseño = Øb Mn = 0.90(512.5) = 461 ft-kips Mu = 505 ft-kips > Øb Mn = 461 ft-kips , A W18x60 no es adecuado. b. Cargas de sevicio: Reacción en C: ∑MD = -6.84(56) – 8(42)-8(14)+Rc (28) – 0.060(56)²/2 = 0 Rc = 33.04 kips. Diagrama de fuerza de cortante:
  • 97. Momento máximo ocurre en C. Con referencia al diagrama de cuerpo libre de BCD. Ma=Mc = -6.84(28)-8(14)-0.060(28)²/2 = -327 ft-kips La resistencia admisible = Mn/Ωb = 512.5/1.67 = 307 ft-kips Ma = 327 ft-kips > 307 ft-kips A W18x60 No es adecuado. 5.5-6 La viga mostrada en la figura P5.5-6 está hecha con un perfil W36x182. Ella está soportada lateralmente en A y B. La carga de 300 kips es una carga viva de servicio. a. Calcule Cb. No incluya el peso de la viga en la carga. b. Calcule Cb. Incluya el peso de la viga en la carga. Solución: a. Para un W12x30, A=8.79 in² , d= 12.3 in., tf = 0.440in., Sx = 38.6 in³, Iy = 20.3 in4, ry = 1.52 in., J = 0.457 in4., Cw = 720 in6. Serán necesarios los siguientes términos en el cálculo de Lr:
  • 98. (rts También se pueden encontrar en las tablas de dimensiones y propiedades. Para un W12x30, se dá igual a 1.77 in.) ho = d - tf = 12.3 – 0.440 = 11.86 in. (ho También se pueden encontrar en las tablas de dimensiones y propiedades. Para W12x30, se dá igual a 11.9 in.) Lr = 187.2 in. = 15.6 ft, Lp = 5.37 ft, Lr = 15.6 ft b. Por consiguiente la brida es compacto. Para :
  • 99. Por consiguiente es compacto. y la forma es compacta. (También, no hay ninguna nota al pie en las dimensiones y propiedades de la tabla para indicar lo contrario). Para Lb = 10ft, Lp <Lb <Lr, También: (inelástico LTB) Mp = Fy Zx = 50(43.1) = 2155 in. – kips Øb Mn = 0.9(1791) = 1612 in-kips = 134 ft-kips c.
  • 100. 5.5-7 Si la viga del problema 5.5-6 está soportada lateralmente en A, B y C, Calcule Cb para la longitud no soportada AC (igual que Cb para la longitud no soportada CB). No incluya el peso de la viga en la carga. Solución: Verificar que esta forma es compacta. Para la brida, Por consiguiente la brida es compacto. Para : Por consiguiente es compacto. Para un W18x46, A = 13.5 in² , d = 18.1 in, tf = 0.605 in. Sx = 78.8 in³ , Iy = 22.5 in4. , ry = 1.29 in., J = 1.22 in4, Cw = 1720 in6. Serán necesarios los siguientes términos en el cálculo de Lr:
  • 101. (rts También se pueden encontrar en las tablas de dimensiones y propiedades. 6ara un W18x40, se dá igual a 1.58 in.) ho = d - tf = 18.1 – 0.605 = 17.50 in. (ho También se pueden encontrar en las tablas de dimensiones y propiedades. Para W18x46, se dá igual a 17.5 in.) = 164.4 in. = 13.70 ft. Para Lb = 10ft, Lp <Lb <Lr, También: (inelástico LTB) Mp = Fy Zx = 50(90.7) = 4535 in. – kips = 378 ft-kips
  • 102. Mn = 290 ft-kips
  • 103. 5.5-8 Calcule Lp y Lr para un perfil W36x160 de acero A572 grado 60. Solución: Verificar que esta forma es compacta. Para la brida, Por consiguiente la brida es compacto. Para : Por consiguiente es compacto. Para un W18x71, A = 20.8 in² , d = 18.5 in, tf = 0.810 in. Sx = 127 in³ , Zx = 146 in³., Iy= 60.3 in4., ry = 1.70 in. rts = 2.05in., ho = 17.7 in., J = 3.49 in4, Cw = 4700 in6. Serán necesarios los siguientes términos en el cálculo de Lr: (rts También se pueden encontrar en las tablas de dimensiones y propiedades. 6ara un W18x71, se dá igual a 2.05 in.) ho = d - tf = 18.5 – 0.810 = 17.69 in.
  • 104. (ho También se pueden encontrar en las tablas de dimensiones y propiedades. Para W18x71, se dá igual a 17.7 in.) Para una doble forma simétrica, c = 1.0 de AISC ecuación F2-6, = 195.7 in. = 16.31 ft. Para Lb = 9ft, Lp <Lb <Lr, También: (inelástico LTB) Mp = Fy Zx = 65(146) = 9490 in. – kips = 791 ft-kips Mn = 686 ft-kips
  • 105. 5.5-9 Un perfil W21x44 de acero A572 grado 50 se usa como viga simplemente apoyada. Ella está uniformemente cargada y tiene soporte lateral sólo en sus extremos. a. Calcule la resistencia de diseño para un claro de 10 ft. No use las ayudas de diseño en la parte 4 del manual. b. Calcule la resistencia de diseño para un claro de 15 ft. No use las ayudas de diseño en la parte 4 del manual. Solución: a. Menor uso subíndices de casos para identificar los momentos en los cuartos de los puntos de la longitud no arriostrada: Ma = Mc = 150(5) = 750 ft-kips Mb = 150(10) = 1500 ft-kips = Mmáx b. Ma = Mc = 150.1 (5)= 750.5 ft-kips
  • 106. Mb = 150.1 (10) = 1501 ft-kips = Mmáx
  • 107. 5.5-10 Resuelva el problema 5.5-1 con soporte lateralsólo en los extremos. No use las ayudas de diseño en la parte 4 del manual. Solución: a. Utilizando las cargas de servicio, Usar letras minúsculas para identificar momentos: Ma = 150(2.5) = 375 ft-kips Mb = 150(5) = 750 ft-kips Mc = 150(10) = 1125 ft-kips Mmáx = 150(10) = 1500 ft-kips
  • 108. b. Usando las cargas mayoradas: Pu = 1.6 (300) = 480.0 kips Usar letras minúsculas para identificar momentos: Ma = 240(2.5) = 600 ft-kips Mb = 240 (5) = 1200 ft-kips Mc = 240(7.5) = 1800 ft-kips Mmáx = 240(10) = 2400 ft-kips Cb = 1.67
  • 109. 5.5-11 La viga simplemente apoyada mostrada en la figura P5.5-11 tiene soporte lateral a intervalos de 10 ft. ¿ qué carga total de servicio puede ella soportar si una mitad de la carga es muerta y la otra mitad es viva?. No use las ayudas de diseño en la parte 4 del manual. (Sugerencia: Øb Mn puede ser diferente para cada segmento no soportado.) Solución: PD = 1.7 kips, PL = 5 kips., Wd = 0.5 kips/ft, WL = 0.9 kips/ft a. Pa = 1.7 +5 = 6.7 kips. Wa = 0.5+0.9 = 1.4 kips/ft Mmáx = 26.41(18.86) -1.4(18.86)² /2= 249.1 ft-kips
  • 110. Ma = 26.41(13.75)-1.4(13.75)²/2 = 230.8 ft-kips Mb = 26.41 (17.5) -1.4(17.5)²/2 = 247.8 ft-kips Mc = 26.41(21.25) -1.4(21.25))²/2 = 245.1 ft-kips Cb = 1.02 b. Pu = 1.2 (1.7) +1.6(5)= 10.04 kips Wu = 1.2 (0.5) +1.6(0.9)= 2.040 kips/ft Mmáx = 38.57(18.91) -2.04 (18.91)² /2= 364.6 ft-kips
  • 111. Ma = 38.57 (13.75)-2.04(13.75)²/2 = 230.8 ft-kips Mb = 38.57 (17.5) -2.04 (17.5)²/2 =337.5 ft-kips Mc = 38.57 (21.25) -2.04 (21.25))²/2 = 359.0 ft-kips , Cb = 1.02
  • 112. 5.5-12 Resuelva el problema 5.5-1 con soporte lateral sólo en los extremos y en el centro del claro. No use las ayudas de diseño en la parte 4 del manual. Solución: Primero, determinar la resistencia a la flexión nominal. verificar que esta forma es compacta. para la brida: Por consiguiente la brida es compacto. Para : Por consiguiente es compacto. Para un W21x68, A = 20 in² , d = 21.1 in, tf = 0.685 in. Sx = 140 in³ , Zy=160 in³ , Iy = 64.7 in4. , ry = 1.80 in., rts = 2.17 in., ho=20.4in J = 2.45 in4, Cw = 6760 in6. De una forma doblemente simétrico, c=1.0 de AISC ecuación F2-6,
  • 113. = 224.8 in. = 18.73 ft. Soporte lateral se proporciona a intervalos de 50/10 ft, (en los 5 puntos). De la tabla 3-1 en la parte 3 del manual, Cb = 1.0 Para Lb = 10ft, Lp <Lb <Lr, También: (inelástico LTB) Mp = Fy Zx = 50(160) = 8000 in. – kips a.
  • 114. , la solución es: (Wa = 1.130). Si se descuenta el peso de la viga, la carga de trabajo máxima es: 1.130 -0.068 = 1.06 kips/ft
  • 115. 5.5-13 Resuelva el problema 5.5-2 con soporte lateral sólo en A y B. No use las ayudas de diseño en la parte 4 del manual. Solución: Verificar que esta forma es compacta. Para la brida, Por consiguiente la brida es compacto. Para : Por consiguiente es compacto, y la forma es compacta. (También, no hay ninguna nota al pie en las dimensiones y propiedades de la tabla para indicar lo contrario) Para un W14x38, A = 11.2 in² , d = 14.1 in, tf = 0.515 in. Sx = 54.6 in³ , Iy = 26.7 in4. , ry = 1.55 in., J = 0.798 in4, Cw = 1230 in6. Serán necesarios los siguientes términos en el cálculo de Lr:
  • 116. (rts También se pueden encontrar en las tablas de dimensiones y propiedades. para un W14x38, se dá igual a 13.6 in.) De una forma doblemente simétrico, c=1.0 de AISC ecuación F2-6, = 195.1 in. = 16.26 ft. La longitud no arriostrada es 14 ft. Para Lb = 14ft, Lp <Lb <Lr, También: (inelástico LTB) De la figura 5.15, Cb = 1.32 Mp = Fy Zx = 50(61.5) = 3075 in. – kips = 256 ft-kips
  • 117. a. Solución por LRFD: Øb Mn = 0.9(237) = 213 ft-kips = 169 ft-kips <213 ft-kips (ok), W14x38 es adecuado. b. Solución por ASD: Øb Mn = 0.9(237) = 213 ft-kips = 106 ft kips (ok), W14x38 es adecuado. 5.2-1.- Un miembro en flexión esta hecho con dos placas de patin de ½ x 7 ½in. Y una placa de alma de 3/8x17 in. El esfuerzo de fluencia del acero es de 50 ksi. a) calcule el momento plastico Mp y el modulo de sección plástico Z con respecto al eje mayor principal. b) calcule el modulo de sección elastico S y el momento de fluencia M, con respecto al eje mayor principal. c) ¿se clasificaria este perfil como viga o como trabe armada de acuerdo con las Especificaciones del AISC?m Solucion: a). area desde la profundidad de la seccion.
  • 118. Z = 92.7 in3 , Mp = 386 ft-kips. b). momento de inercia: Componentes A I d I+A*d2 Top fl 3.75 0.07813 8.750 287.2 web 6.00 154 0.00 154.0 Bot fl 3.75 0.07813 8.750 287.2 Suma 13.50 728.4 S= 80.9 in3 , My = 337 ft-kips 5.2-2.- Un miembro asimétrico en flexión consiste en un patin superior de 1/2x12, en un patin inferior de 1/2x7 y en un alma de 3/8x16. a) calcule el módulo de sección plástico Z, con respecto al eje principal mayor b) calcule el módulo de sección plástico Z, con respecto al eje principal menor. a). área encima PNA = área debajo PNA b). a encontrar el centroide de área, momento sobre plástico neutral. Para área encima PNA. componentes A y Ay Top fl 6.000 4.917 29.50 web 1.750 2.334 4.085 suma 7.750 33.59
  • 119. Para área abajo componentes A y Ay Top fl 3.500 11.58 40.53 web 4.250 5.667 24.08 suma 7.750 64.61 Momento plástico Mp*Cx momento armado = T x momento armado c). componentes A y Ay Top fl 3.500 3.00 9.000 web 3.000 0.09380 0.2814 Botfl 1.750 1.750 3.0625 7.750 12.34
  • 120. 5.2-3. verifique el valor d Z, para un perfil W18x50 que esta tabulado en las tablas de propiedades en la parte 1 del manual. Solución: Para el centroide la mitad S10x35, usar el centroide de una ST5x17.5 CLASIFICACION DE PERFILES 5.4-1. para los perfiles W-M y S de acero A36 a). Haga un lista de los perfiles en la parte 1 del manual que son no compactos (al usarse como miembros en flexión) Establezca si ellos son no compactos debido al patín, al alma o a ambos. b). Haga una lista de los perfiles en la parte 1 del manual que son esbeltos. Establezca si ellos son esbeltos debido al patín, al alma o a ambos. a). miembros que no son compactos en flexión Los siguientes modelos y perfiles que no son compactos Los miembros es no compactos por flexión cuando: b). los miembros es esbelto
  • 121. 5.4-3. determine el valor mínimo del esfuerzo de fluencia Fy para el cual un perfil W; M o S de la parte 1 del manual se convierte en esbelto. ¿Para qué perfil es aplicable este valor? ¿Qué conclusión puede derivarse de su respuesta. Solución: Web: máximo RESISTENCIA POR FLEXION DE PERFILES COMPACTOS 5.5-1. la viga mostrada en la figura está formada por un perfil W21x73 de acero A36 con soporte lateral continuo. La carga uniforme es una carga muerta sobre puesta y la carga concentrada es una carga viva ¿es adecuada la viga? Solución: Del manual de la parte 1 Los miembros es compacto. Para todo modelo en el Manuel para Fy<=65 ksi los miembros es compacto
  • 122. A W16x31 es compacto para Fy = 50 ksi. Mn = Mp = FyZx = 50(97.6) = 4880 in-kips = 406.7 ft kips a)- let Mu = ǾbMn: b)- 5.5-2. una viga de 25 ft de longitud está articulada en su extreme derecho y soportada por un rodillo en un punto a 5 ft de su extremo izquierdo, como se muestra en la figura. Ella tiene soporte lateral continuo. La viga esta sometida a una carga uniforme en toda su longitud y consiste en una carga muerta de servicio de 0.5 kip/ft (incluye el peso de la viga) y en una carga viva de servicio de 1.5 kips/ft. ¿es adecuada una sección W16x31 de acero A36?. Controlar para componentes desde parte 1 del manual Para todo modelo en manual para Fy<= 65 ksi a W40x149 es compacto para Fy = 50 ksi Mn = Mp = Fy*Zx = 50(598) = 2.99x 104 in-kips = 2492 ft kips a) Let Mu = Ǿb*Mn
  • 123. 1.2(WD)+1.6(2WD) = 19.94, solución es WD = 4.532 WD+WL = 4.532+2(4.532) = 13.60 kips/ft 5.5-3. un perfil W16x40 se usa como una viga simplemente apoyada, cargada uniformemente con claro de 50 ft y soporta lateral continuo. El esfuerzo de fluencia Fy es de 50 ksi, si la razón de carga viva a carga muerta es de 3 ¿Cuál es la carga máxima total de servicio. Es kips/ft, que puede soportar la viga? Verificar si es compacto el miembro Por el web Y los modelos es compacto =1442 ft-kips a) combinación 2 Diseño solides
  • 124. b). ASD cargar combinación 2 A W30x108 es no adecuado 5.5-4. Un perfil W33x99 de acero A572 grado 50 se usa como una viga en voladizo. Ella debe soportar una carga muerta uniforme d eservicio de 1.1 kips/ft ( además del peso propio y una carga viva de servicio de 2.6 kips/ft. La viga tiene soporte lateral continuo. ¿Cuál es el claro máximo permisible?. Verificar si es compacto el miembro a). Wu = 1.2D+1.6L = 1.2(3)+1.6(3) = 8.4 kips/ft
  • 125. Maximanegative Mu = -8.4(6)2 /2= -151 ft-kips Máximo positivo Mu = -8.4(15)2 /2 + 126(9) = 189 ft-kips Los diseños del punto Ǿb*Mn = ǾbFyZx = 0.9(50)(51.2)/12 = 192 ft-kips Entonces Mu = 189 ft-kips <ǾbMn = 192.ft-kips A W12x35 es adecuado b). Wa = D+L = 6 kips/ft MaximanegativeMa = -6(6)2 /2= -108 ft-kips Máximo positivoMa = -6(15)2 /2 + 90(9) = 135 ft-kips Los diseños del punto Entonces Ma = 135 ft-kips> A W12x35 es no adecuado
  • 126. 5.6-3 La viga mostrada en la figura está hecha con un perfil W12*65 con F -50psi la carga consiste en una carga viva concentrada en el centro del claro, desprecie el peso de la viga y determine el valor máximo permisible de P, que es una carga de servicio. Use las ecuaciones del AISC para Ma Verificar si es compacto el miembro 5.8-8 Calcule la resistencia por bloque de cortante en la viga mostrada en la figura, que está hecha con un perfil W30*116 de acero A572 grado 50. Los tornillos son de 3/8 in de diámetro
  • 127. 5.10.7. la viga mostrada es parte de un sistema de techo ella esta soportada lateralmente solo en sus extremos. La carga consiste en 170lb/ft de carga muerta (no incluye peso de viga) 100lb/ft de carga de techo. 280 lb/ft de carga de nieve y 180lb/ft de viento actuante hacia arriba las cargas muerta, viva de nieve son cargas de gravedad y siempre actúan hacia abajo mientras que la carga de viento sobre el techo actuara siempre hacia arriba. Considere A572 grado 50 y seleccione un perfil la deflexión total no debe exceder D180 (a) Se asume que: Combinamos con 3 controles. Luego tenemos que: Ahora.
  • 128. AHORA SE RESOLVERA Se asume que: (b) se asume que: Usamos 3 controles
  • 129. 5.11.1. Una viga W36x60 está conectado con tornillos de 1 1/8 de diámetro. Se tienen dos tornillos en cada patín. El acero es A 572 grado 50 a.- determine el modulo de sección elástico S. b.- determine el modulo de sección Z solución. Se sabe que: Ahora de la tabla obtenemos Zx Luego tendremos De la tabla Zx será:
  • 130. La máxima defección. Ahora la la pregunta b) De la tabla Ahora tenemos asi. Máxima deflexión. Finalmente tendremos.
  • 131. 5.11.2. una viga W21 x 93 está conectado con tornillos de 11/8 de diámetro se tienen dos tornillos en cada patín. El acero es A 572 grado 50 a.- determine el modulo de sección elástico S. b.- determine el modulo de sección Z. se tiene que
  • 132. 5.11.3 un perfil W14 x 34 esta conectado por su patín superior con 2 tornillos de 7/8in de diámetro. no hay tornillos en el patín inferior el acero A 36. A) determine el modulo de sección elástico Sx para las fibras superior e inferior de la viga. B) determine el modulo de sección plástico Zx.
  • 133. Frente a la tabla tenemos:
  • 134. Moderando la desviación: Desde la tabla. Desde la tabla: la desviación máxima;
  • 135. Desde la losa pesada Según la tabla: Examinar la tabla: EXANIMAR LA DESVIACION El máximo
  • 136. La losa pasada: La reacción de la viga,
  • 137. La reacción de la viga, Peso de la losa. Para la viga usar: Distribuido las vigas
  • 138. Examinar l a tabla. 5.12.1. un sistema de piso usa viguetas de acero de alma abierta espaciadas de 4 pies con claro de 18 pies las viguetas deben soportar una losa de concreto reforzado de 4in de espesor de concreto normal, 4lb/ft2 de piso y una carga de platon de 5 lb/ft2 la carga viva es de 75 lb/ft2 la losa proporciona soporte lateral continuo ala cuerda superior a) seleciona una vigueta serie a Modelo de compacto.
  • 139. Cambio de la reducción total es: PROBLEMAS DE VIGAS 5.2.1 Un miembro en flexion esta hecho con dos placas de patin de ½ x7 1/2 in y una placa de alma de 3/8x17 in . El esfuerzo flencia del acero es 50 ksi. a.- Calcule el momento plastico Mp y el modulo de seccion plastico Zcon respecto al ele mayor principal. b .- Calcule el modulo de seccion elastico S y el momento de fluencia M con respecto al eje mayor principal. c .- ¿ Se clasificaria este perfil como viga o como trabe armada de acuerdo con las Especificaciones del AISC ‘
  • 140. 5.2.2 Un miembro asimetrico en flexion consiste en un patin superior de ½ x 12, en un patin inferior de 1/0 x 7 y un alma de 3/8 x 16. a .- Calcule el modulo de seccion plastico Zx con respecto al eje principal mayor. b .- Calcule el modulo de seccin plastica Zy con respecto al eje principal menor.
  • 141. 5.2.3 Verifique el avalor de Zx para un perfil W18 x 50 que esta tabulado de propiedades en la parte 1 del Manual. 5.4.1 Para los perfiles W-M-y S de acero A36 a .- Hga una lista de los perfiles en parte 1 del manual que no son compactos ( al usarse como miembro en flexion ). Establesca si ellos son no compactos debido al patin, al alma o a ambos. b .- Hga una lista de los perfiles en la parte 1 del manual que son esbeltos. Establesca si ellos son esbeltos debido al patin, al alma o ambas. 5.4.2 Resuelva el problema 5.4-1 para un acero con Ey =50 ksi.
  • 142. 5.4.3 Determine el valor minimo del esfuerzo de fluencia Fy para el cual un perfil W-M o S de la parte 1 se convierte en esbelto. ¿ Para que perfil es aplicable este valor? ¿ Que conclusion puede derivarse de su respuesta ? 5.5.1 La viga mostrada en la fig. P5.5-1 esta formada por un perfil W21 x 73 de acero A36 co soporte lateral continuo. La carga uniforme es una carga muerta sobre puesta y la carga concentrada es una carga viva. ¿Es adecuada la viga?. 5.5.2 Una viga de 25 Ft de longitud esta articulada en su extremo derecho y soportada por un rodillo en un punto a 5 Ft de su extremo izquierdo, como se muestra en la figura P5.5-2 .Ella tiene soporte lateral continuo. L viga esta sometida a una carga uniforme en toda su longitud y consiste en una carga muerta de servicio de 0.5 kip/Ft (incluye el peso de la viga ) y en una carga viva de servicio de 1.5 kips/Ft .¿Es adecuada una seccion W16 x 31 de acero A36?
  • 143. 5.5.3 Un perfil W16 x 40 se usa como una viga simplemente apoyada, cargada uniformemente co claro de 50 Ft y soporte latreral continuo. El esfuerzo fluencia Fy es de 50 ksi. Si la razon de carga viva a carga muerta es de 3.0 ¿Cuál es la carga maxima total del servicio. Kips/Ft, que puede soportar la viga?
  • 145. 5.6.1 Un perfil W6x15 de acero 36 se usacomo vigasimplemente apoyada, uniformemente cargada y con soporte lateral continuo. Use las ecuaciones del AISC para Mm y calcule la resitencia del diseño por flexión. Verificamos los componentes. Para el ala ( is the dimencion y propiedades de la table there isa footnote indicating that the flange of a W12x65 is noncompact). The web is compact for all shapes in part 1 of the manual for Fy≤65 ksi. Compute the strength based on the limit state of flange local buckling. Mp = FyZx = 50(96.8) = 4848 in kips Mn = Mp – (4840 - 0.7 x 50 x 87.9) ((9.92-9.152)/(24.08 – 9.152)) Mn = 4749 in kips = 395.8 ft.kips a) Available strength = design strength = ǾMn = 0.90(395.8) = 356.2 ft kips Factored load moment: Mu = 1/8x Wu L2 = 1/8 x Wu x (50)2 = 356.2 → Wu = 1.140 kips/ft 1.2Wd + 1.6Wl = 1.2 Wd + 1.6 (3Wd) = 1.140 →Wd = 0.190 kips/ft W = Wd +Wl = 0.19 + 3(0.19) = 0.760 kips/ft W = 0.760 kips/ft b) Available strength = allowable strength = Ma = 1/8x WaL2 =1/8 Wa (50)2 = 237.9 → Wa = 0.7584 kips/ft W = 0.7584 kips/ft 5.6.2 Use perfil W14x90 de acero a572 grado 50 se usa viga simplemente apoyada con lateral solo en sus extremos. La carga consiste en pares iguales aplicados en los extremos, como se muestra en la figura P5.6.2. Use las ecuaciones del AISC para Mn y calcule la resistencia de diseño por flexion.
  • 146. Check for compactness. Forthe flange ( is the dimencion y propiedades de la table there isa footnote indicating that the flange of a W12x65 is noncompact). The web is compact for all shapes in part 1 of the manual for Fy≤65 ksi. Compute the strength based on the limit state of flange local buckling. Mp = FyZx = 50(173) = 8650 in kips Mn = 8610 in kips = 717.5 ft.kips Check for lateral – torsional bucling. From the Zx table, Lp = 13.5 ft. since Lb = 10ft Lb lateral – torsional buckling does not have tobe investigated. Mn = 718 ft-kips 5.8.4 Un perfil W18x35 de acero A36 se usa como viga en voladizocomose muestra en la figura P 5.8.4. la carga concentrada es una carga viva de servicio y la carga uniforme es una carga muerta de servicio que incluye el peso de la viga. Se proporciona soporte lateral solo en el empotramiento. Es adecuada esta viga? Solucion: Nominal shearstrength :
  • 147. Vn = 0.6 FyAw = 0.6 (50) (16.1x0.345) = 166.6 kips Ǿ = 1.00 , = 1.50Ὡ Nominal flexuralstrengh: the unbraced length is Lb= 10ft. from the Zx table, a W16x45 is compact, Lp<Lb<Lr, lateral-torsional buckling must be checked. Mn = Cb For cantilevers, use Cb = 1.0 (AISC F1) Mn = 3477 in kips = 289.8kips a) Pu = 1.6Pl = 1.6 (85) = 136 kips, Wu = 1.2 Wd = 1.2(0.1) = 0.12 kips/ft Ǿ Vn= 1.00(166.6) = 167 kips Vu = 136 + 0.12 (10) = 137 kips < 167 kips (OK) ǾbVn= 0.9(289.8) = 261 ft-kips Mu = 136(1) + 0.12 (10)(10/2) = 142 ft-kips < 261 ft-kips (OK) W16x45 esadecuado b) Va = 85 + 0.10(10) = 86.0 kips < 111 kips (OK) Va = 85(1) + 0.10(10)(10/2) = 90.0 ft-kips < 174 kips (OK) W16x45 es adecuado
  • 148. 54.4 k 50.9 k/ ft 7,5 7,5 7,5 7,5 30 40.7 k40.7 k A B C 5.10.1 La viga mostrada en la figura P5.10-1 tiene soporte lateral continuo. La carga concetrada es una carga viva y la carga uniforme es una carga muerta que no incluye el peso de la viga: considere acero A36 y seleccione un perfil. La deflexión total no debe exceder de Lf 240. a) Neglect beam weight and check is later Wu = 1.2 Wd + 1.6 Wl = 1.2(0.75) = 0.9 kips7ft Pu = 1.2 Pd + 1.6 Pl = 1.6(34) = 54.4 kips Compute Cb: Mmax = Mb = 509.3 ft-kips Ma = Mc = 40.7 (7.5) – 0.9(7.5)2 /2= 279.9 ft-kips Enter the design charts with Lb = 30 ft and Try W16x89 ǾbVn= 410 ft-kips for Cb =1.0 for Cb = 1.276 ǾbVn= 1.276(410) = 523 ft-kips > 509.3 ft-kips (Ok) ǾbVp= 656 ft-kips > 523ft-kips (Ok) Chek beam weight Wd = 0.75 + 0.089 = 0.839 kips /ft Wu = 1.2 (0.839) = 1.007 kips/ft (OK) The inclusion of the beam weigth changes the total load only slightly, and Cb does not need to be recomputed
  • 149. Check shear: From the Zx table ǾvVn= 264kips > Vu ≈ 40.7 kips (Ok) Use W16x89
  • 150. 34 k 50.9 k/ ft 7,5 7,5 7,5 7,5 30 28.25 k28.25 k A B C b) Neglect beamweight and check it later. Compute Cb: Mmax = Mb = 339.4 ft-kips Ma = Mc = 28.25(7.5) – 0.75(7.5)2 /2 = 190.8 ft-kips Enter the beam design charts with Enter the design charts with Lb = 30 ft and Try a W14x90 (OK) Check beam weight Wd= 0.75 + 0.090 = 0.84 kips/ft (0K)
  • 151. The inclusion of the weigth changes the totalload only slightly, and Cb does not need to be recomputed. Check shear: from theZx Table, (0K)
  • 152. 5.11-1 Una viga W 36 x 160 está conectada con tornillos 1 1/8 pulg de diámetro. Se tienen dos tornillos en cada patín. El acero es A572 grado 50. a. Determine el módulo de sección elástico Sx b. Determine el módulo de sección plástico Zx Solución: Cargas muertas: Carga viva: (a) De la tabla para Zx: Probamos para W16 x 26: Para el peso de la viga: Para Zx de la tabla: Para la máxima deflexión: Use un perfil W16 x 26 (b) Para Zx de la tabla:
  • 153. Probamos para W16 x 26, Para el peso de la viga: Para Zx de la tabla: Para la máxima deflexión: Use un perfil W16 x 26 5.11-2 Una viga está fabricada con W21 x 93 y dos cubre placas de 8 x ½ como se muestra en la figura P5.11-2- los tornillos son de 1 pulgada de diámetro y el acero es A572 grado 50. a. Determine el módulo de sección elástico Sx b. Determine el módulo de sección plástico Zx Cargas muertas: Carga viva: (a) De la tabla para Zx: Probamos para W14 x 30: Para el peso de la viga: Para Zx de la tabla:
  • 154. Para Zx de la tabla: Para la máxima deflexión: Requiere: Para Ix usamos de la tabal W18 x35 , Use un perfil W18 x 35 (b) Para Zx de la tabla: Probamos para W16 x 31, Para el peso de la viga: Para Zx de la tabla: Para la máxima deflexión:
  • 155. Requiere: Para Ix usamos de la tabal W18 x 35, Use un perfil W18 x 35 5.11-3 Un perfil W14 x 34 está conectado por su patín superior con dos tornillos de 7/8 pulgadas de diámetro. No hay tornillos en el patín inferior. El acero es A36. a. Determine el módulo de sección elástico Sxpara las fibras superior e inferior de la viga b. Determine el módulo de sección plástico Zx Cargas muertas: Carga viva: (a) De la tabla para Zx: Probamos para W18 x 35: Para el peso de la viga: Para Zx de la tabla: Para la máxima deflexión:
  • 156. Use un perfil W18 x 35 (b) Para Zx de la tabla: Probamos para W18 x 35, Para el peso de la viga: Para Zx de la tabla: Para la máxima deflexión: Use un perfil W18 x 35 VIGUETAS DE AERO DE ALMA ABIERTA 5.12-1 Un sistema de piso usa viguetas de acero de alma abierta espaciadas a 4 pies con claro de 18 pies. Las viguetas deben soportar una losa de concreto reforzado de 4 pulg de espesor de concreto de peso normal, 4 lb/pie2 de piso y una carga de plafón de 4 lb/pie2 . La carga viva es de 75 lb/pie2 . La losa proporciona soporte lateral continuo a la cuerda superior. a. Seleccione una vigueta serie K de la tabla de la figura 5.34. b. ¿Puede haber problemas de deflexión por carga viva con la selección hecha? ¿Por qué? a) Para un W16 x 40, bf= 7.00 pulg, tf = 0.505pulg y Sx = 64.7 pulg3 El diámetro efectivo es:
  • 157. El área neta del ala es: Determinamos Yt, para acero A992, el máximo radio Fy/Fu es 0.85. Esto 0.80 y usamos Si tenemos: de la ecuación F13-1 del AISC b) Si no reducimos el largo = La reducción es 13.6% 5.12-2 Seleccione una vigueta de alma abierta de acero de la serie K de la tabla de la figura 5.34 que satisfaga las siguientes condiciones: Longitud del claro = 30 pies y espaciamiento de las viguetas = 3 fv Losa de concreto reforzado de 3 pulg de espesor para piso (proporciona soporte lateral continuo); carga de 20 lb/pie2 por subdivisiones móviles. Otra carga muerta de 4 lb/pie2 ; y 40 b/pie2 de carga viva. a) Para un W14 x 90, bf= 14.5 pulg, tf = 0.710 pulg y Sx = 143 pulg3 El diámetro efectivo es: El área neta del ala es: Determinamos Yt, para acero A992, el máximo radio Fy/Fu es 0.85.
  • 158. Esto 0.80 y usamos Si tenemos: no necesita ser contado Zx de la tabla No resulta compacto, entonces el valor 638 pulg-kips nominal basado en FLB. b) En este caso : La reducción es 0.00%
  • 159. PLACAS DE APOYO DE VIGAS Y PLACAS DE BASE PARA COLUMNAS 5.13-1 La viga de la figura P5.13-1 tiene soporte lateral continuo. La carga uniforme es una carga muerta y la carga concentrada es una carga viva. a. Use acero A36 y diseñe la viga. La deflexión total está limitada a 1/240 del claro. b. Diseñe placas de apoyo para los soportes y la carga concentrada, suponga que la placa de apoyo en el soporte descansa sobre concreto con un área mayor que el área de apoyo por una cantidad igual a una pulgada por todos los lados de la placa. Use acero A36 y un concreto Fc = 3500 psi Cargas muertas: Asumimos el peso de 3 psf, De la figura 5.35 usamos el sapn de 25 pies , para 16K7 que tiene una capacidad de 642 lb/pie > 593 lb/pie y con un peso aproximado de 8.6/3 = 2.87 < 3 psf aproximadamente Usar un 16K7 5.13.2 Diseñe una placa de apoyo para soportar unja carga concentrada factorizada de 150 kips sobre un perfil W18 x 50. La viga es de acero A572 grado 50, pero use A36 para la placa de apoyo. Asumimos el peso de 4 psf, De la figura 5.35 usamos el sapn de 22 pies , para 16K5 que tiene una capacidad de 687 lb/pie >635 lb/pie y con un peso aproximado de 7.5/4 = 1.88<4psf aproximadamente Para el límite de carga viva la deflexión para L/360, el servicio de vida puede no exceder 323 lb/pie Usar un 16K5 FLEXIÓN BIAXIAL:
  • 160. 5.14.1 la carga concentrada de 40 kips mostrada en la figura P5.14.1 es una carga viva. Desprecie el peso de la viga y determine si la viga cumple con las Especificaciones del AISC para una cero A572 grado 50. Se proporciona soporte lateral sólo en sus extremos a) Carga factorada = Ru = 1.5(50) = 240 kips Determinamos la longitud de lb requerida. De la ecuación J10-2 de AISC el estado de límite de diseño es: Para: Usamos la ecuación J10-4 del AISC para determinar el valor de lb requerido para prevenir. Para La solución es: Usaremos barra de longitud b) Lectura de servicio = Ra = 150 kips Determinamos la longitud de lb requerida. De la ecuación J10-2 de AISC el estado de límite de diseño es: Para:
  • 161. Usamos la ecuación J10-4 del AISC para determinar el valor de lb requerido para prevenir. Para La solución es: Usaremos barra de longitud 8 5.14.2 La viga mostrada en la figura P5.14.2 es un perfil W21 x 68 de acero A36 y tiene soporte lateral solo en los extremos. Revise si ella cumple con las Especificaciones del AISC. a) El factor de reacción es: Determinamos la longitud de lb requerida. De la ecuación J10-3 de AISC el estado de límite de diseño es: Para: Usamos la ecuación J10-4 del AISC para determinar el valor de lb requerido para prevenir. Para La solución es: Usamos la ecuación J10-5 para determinar el valor de lb requerido Asumimos que y de la segunda ecuación, J10-5b. Para
  • 162. La solución es: Para comprobar asumimos: Para Aplicando la ecuación, J10-5a. La solución es: Asumiendo como: Determinamos B con
  • 163. Para iniciar asumimos convenientemente el soporte de contacto y Entonces Usar 11 pulg. Para 6 x 11 de plata. Soporte peso de 8 x 13
  • 164. Ponemos para Para 6 x 1 de plata, Verificamos en la Ecuación J8-2
  • 165. Determinamos la longitud de la barra l b requerida. De la ecuación J10-3, el estado nominal es: Para: Usando la ecuación J10-5 para determinar el valor de lb requerido Asumimos que y de la primera ecuación, J10-5a. Para 5.14.2 Cargas vivas horizontales de 12 kips cada una se aplican en B y C como se muestra en la figura P5.14.3. se proporciona soporte lateral sólo en los extremos. Considera acero A572 grado 50 y seleccione un perfil W.
  • 166. 5.14.3 Cargas vivas horizontales de 12 kips cada una se aplican en B y C como se muestra en la figura P5.14.3 se proporciona soporte lateral sólo en los extremos. Considera acero A572 grado 50 y seleccione un perfil W.
  • 168. 5.14.4 La viga mostrada en la figura P5.14.4 está simplemente apoyada y tiene soporte lateral sólo en sus extremos. Desprecie el peso de la viga y determine si ella es satisfactoria para cada una de las condiciones de carga indicadas. El acero es A572 grado 50 y la carga de 1.0 kip/pie es una carga viva.
  • 171. 3.2.1 un miembro en tensión formado por una barra de 7x3/8 está conectado con tres tornillos de 1 in de diámetro, como se muestra en la figura. El acero usado es A36. Suponga que At=An y calcule la resistencia de diseño. Solución: �) b) BARRA DE 7 ½ x 3/8
  • 172. Entonces el valor es: 3.2.2 un miembro en tensión formado por una barra de 6x3/8 está soldado a una placa de nudo. El acero usado tiene un esfuerzo de fluencia Fy=50 ksi y un esfuerzo ultimo de tensión Fu =65ksi. Suponga que Ae=Ag y calcule la resistencia de diseño. BARRA DE 6 x 1/4
  • 174. Utilizando las dos ecuaciones Factorizando: La resistencia del diseño es: 3.2.3 un miembro es tensión formado por una barra de 8x1/2 está conectado con seis tornillos de t in de diámetro, como se muestra en la figura. El acero usado es A242 grado 42. Suponga que Ae=An y calcule la resistencia de diseño.
  • 176. b) Utilizando las dos ecuaciones Factorizando:
  • 177. 3.2.4 El miembro en tensión mostrado en la figura debe resistir una carga muerta de servicio 25 kips y una carga viva de servicio de 45 kips. ¿Tiene el miembro suficiente resistencia? El acero usado es A588 y los tornillos tienen 11/8 in de diámetro. Suponga que Ae = An. Solución: c)
  • 178. LRFD es: d) Utilizando las dos ecuaciones Factorizando:
  • 179. 3.3.1 Calcule el área neta efectiva Ae para cada caso mostrado en la figura.
  • 182. d) e) 3.3.2 Un miembro en tensión formado por un solo ángulo está conectado a una placa de nudo, como se muestra en la figura. El esfuerzo de fluencia
  • 183. es F = 50kst y el esfuerzo ultimo de tensión es F =70kst. Los tornillos tienen 7/8 in de diámetro. a. Determine la resistencia de diseño. Use la B3.2 del AISC para U. b. resuelva la parte (a) usando el valor promedio de U dado en los comentarios. Solución: a) b)
  • 184. 3.3.3 un miembro en tensión formado por un ángulo L4x3x3/8 esta soldado a una placa, como se muestra en la figura. Acero usado es A36. a. Determine la resistencia de diseño. Use la ecuación B3.2 del AISC para U. b. resuelva la parte (a) usando el valor promedio de U dado por los comentarios. Solución: 3.3.4 un miembro en tensión formado por un ángulo L5x5x1/2 de acero A242 está conectado a una placa de nudo con seis tornillos de ¾ in de diámetro, como se muestra en la figura.
  • 185. a. use el valor promedio para U dado en los comentarios y calcule la resistencia de diseño. b. si el miembro está sometido a carga muerta y carga viva solamente. ¿Cuál es la carga máxima total de servicio que puede aplicarse si la razón de la carga viva a la muerta es de 2.0? Solución: y a)
  • 186. Pn b) 3.3-5 Un miembro en tención formado por un Angulo L6x4x5/8 de acero A36 está conectado a una placa de nudo con tornillos de 1 in de diámetro, como se
  • 187. muestra en la figura P3.3-5 el miembro está sometido a las siguientes cargas de servicio: Carga muerta= 50 kips. , carga viva = 100 kips y carga de viento = 45 kips. Use la ecuación B3-2 del AISC para determinar si el miembro es adecuado  La fuerza del diseño basada en fluencia es  La fuerza del diseño basada en fractura es El diseño de la fuerza es el valor más pequeño
  • 188. Combinación de carga según el AISC Debe de cumplir , la sección es adecuada 3.3-6 Una barra de 5x1/4 es usada como miembro en tención y está conectada por un par de soldaduras longitudinales a lo largo de sus bordes. La soldadura son cada una de 7 pulg. De longitud. El acero usado es A36 ¿Cuál es la resistencia de diseño? Solución  Por límite de fluencia en la sección gruesa  Por fractura en la sección neta, del AISC TABLA D3.1, caso 4 • La fuerza del diseño basada en fluencia es • La fuerza del diseño basada en fractura es
  • 189. El diseño de la fuerza por LRFD es el valor más pequeño 3.3-7 Un perfil W12x35 de acero A36 está conectado a través de sus patines con tornillos de 7/8 in de diámetro. como se muestra en la Figura P3.3-7. Use el valor promedio de U dado por los comentarios y calcule la resistencia de diseño por tención Solución EN LA SECCION GRUESA EN EL AREA NETA La conexión es hasta el final las bridas con cuatro pernos por línea
  • 190.  La fuerza del diseño basada en fluencia es  La fuerza del diseño basada en fractura es El diseño de la fuerza es el valor más pequeño 3.3-8 Un perfil WT6x17.5 esta soldado a una placa como se muestra en la figura P3.3-8. Fy = 50 ksi y Fu = 70 ksi c. Use la ecuación B 3-2 del AISC para U y calcule la resistencia de diseño por tensión d. Determine si el miembro puede resistir las siguientes cargas de servicio: D = 75 kips , L = 40 kips, S = 50 kips y W = 70 kips. EN LA SECCION GRUESA EN EL AREA NETA
  • 191.  La fuerza del diseño basada en fluencia es  La fuerza del diseño basada en fractura es El diseño de la fuerza es el valor más pequeño La carga de combinación 3 La carga de combinación 4 La carga de combinación 4 debe de cumplir , la sección es adecuada 3.4-1 El miembro en tensión mostrado en la figura P3.4-1 es una placa de 1/2x10 in de acero A36. La conexión es con tornillos de 7/8 in de diámetro. Calcule la resistencia de diseño.
  • 192. EN LA SECCION GRUESA SECCION NETA Posibilidades del área neta: O: O : , pero por supuesto de la carga de transferencia, Use para esta posibilidad. El menor valor encontrado, Use
  • 193. La sección nominal basada en la sección neta es 3.6-1 seleccione un miembro en tensión formado por un solo Angulo de acero A 36 para resistir una carga muerta de 28 kips y una carga viva de 84 kips. La longitud del miembro es de 18 pies y estará conectado con una sola línea de tornillos de 1 in de diámetro, como se muestra en la figura. Habrá más de dos tornillos en esta línea. Solución a.-
  • 194. prueba L5 x3 ½ x ¾ Use un L5 x 3 ½ x ¾ b.- Prueba L5 x3 ½ x ¾
  • 195. Use un L5 x 3 ½ x ¾ 3.6-2 seleccione el perfil C American Estándar más ligero que pueda soportar una carga de tensión factorizado de 200 kips. El miembro tiene 20 pies de longitud y tendrá una línea con tres tornillos de de 1 in de diámetro en cada patín en la conexión. Considere acero A36. Solución: a. C12x25 (Aunque este valor para el radio de giro muy satisfactorio la recomendación del AISC para máxima esbeltez, fuerza no es afectada por esbeltez, resistencia a la tracción por cierta está permitido. Por lo tanto valoraremos aceptable)
  • 196. Use a C12x25 Solución alternativa mediante un mayor radio de giro: C15x25 Use a C12x40 b.- C12X25
  • 197. Use a C12x25 Solución alternativa mediante un mayor radio de giro: C15x33.9 Use a C15x40 3.6-3 selección un miembro en tensión formado por un Angulo doble para resistir una carga factorizada de 180 kips. El miembro estará conectado con dos líneas de tornillos de 7/8 in de diámetro colocados con el gramil usual (véase la figura), como se muestra en la figura. Habrá más de dos tornillos en cada línea. El miembro tiene 25 pies de longitud y estará
  • 198. conectado a una placa de nudo de 3/8 in de espesor. Considere acero a572 grado 50. Solución: a. 2L5x5x 5/16 De la tabla se tiene U=0.80 Use 2L5x5x5/16
  • 199. b.- 2L5x5x 5/16 De la tabla U =0.80 Use 2L5x5x5/16 3.6-4 seleccione un perfil C American Estándar para las siguientes cargas de tensión: carga muerta = 54 kips. Carga viva = 80kips y carga viento = 75 kips. La conexión será con soldaduras longitudinales. La longitud de miembro es de 17.5pies. Considere Fv= 50 ksi y Fu = 65 ksi. Solución: a.- 4 combinaciones
  • 201. 3.6-5 seleccione un perfil C American Estándar para resistir una carga factorizada de 180 Kips. La longitud es de 15 pies y habrá dos líneas de tornillos de 7/8 in de diámetro en el alma, como se muestra en la figura en la figura. Habrá mas de dos tornillos en cada línea. Considera acero A36. Solución: C12x25
  • 202. 3.6-6 seleccione un perfil W con peralte nominal de 10 pulgadas (W10) para resistir una carga muerta de 175kips y una carga viva de 175 kips. La conexión será a través de los patines con dos líneas de tornillos de 1 ¼ in de diámetro en cada patin, como se muestra en la figura cada línea contiene mas de dos tornillos. La longitud del miembro es de 30 pies. Considere acero A242. Solución: Parte 1 Fy=50ksi y Fu=70ksi W10x49
  • 203. 3.7.1 Seleccione una barra roscada para resistir una carga muerta de servicio de 45kips y una carga viva de servicio de 5kips. Considere Acero A36. Solución Mediante el diseño de LRFD y las combinaciones factorizada se tiene: kipsPu 00.63)45(4.1 == El área requerida 2 931.1 )58)(75.0(75.0 00.63 )75.0(75.0 in F P A u u b === Igualando el área tenemos: ,931.1 4 2 = dπ despejando tenemos ind 568.1= Entonces el requerimiento de hara indd 4 31,71.1 == 3.7.2 Un perfil W14X48 esta soportado por dos barras en tensión AB y CD, como se muestra en la figura, la carga de 20kips es una carga viva de servicio. Considere acero A36 y seleccione barras roscadas para los siguientes casos de carga. a.- La carga de 20kips no puede moverse de la posición mostrada b.- La carga de 20kips puede estar situada en cualquier lugar entre las dos barras.
  • 204. Solucion a.- La carga de 20kips no puede moverse de la posición mostrada De acuerdo al grafico se tiene la carga muerta = peso de la viga = 0.0048kips/ft ftkipswww LDu /0576.0)048.0(2.16.12.1 ==+= kipsPPP LDu 0.32)20(6.16.12.1 ==+= Por la simetría de la barra y la condición del problema se puede deducir la tensión de las cuerdas: [ ] kipsTu 86.1632)30(00576.0 2 1 =+= El área requerida 2 5168.0 )58)(75.0(75.0 86.16 )75.0(75.0 in F T A u u b === Igualando el área tenemos: despejando d Ab , 4 2 π = ind 811.0 )5168.0(4 == π
  • 205. Requerimiento indind 8 7,811.0 == b.- La carga de 20kips puede estar situada en cualquier lugar entre las dos barras. La máxima fuerza en requerido en la viga es cuando la carga viva esta en A y D entonces se tiene: [ ] kipsTu 86.3232)30(00576.0 2 1 =+= Entonce el área requerida se tendrá: 2 007.1 )58)(75.0(75.0 86.32 )75.0(75.0 in F T A u u b === ,007.1 4 2 = dπ despejando d se tiene ind 13.1= Requerimiento indind 4 11,13.1 == 3.7.3.- Como se muestra en la figura el miembro AC se usa para contraventear la estructura articulada contra cargas horizontales. Seleccione una barra roscada de acero A36. La carga de 10kips esta factorizada. Solución
  • 206. La condición del problema nos dice la fuerza de 10k está factorada por lo tanto de acuerdo a las ecuaciones combinadas de LRFD tenemos: kipsw 16)10(6.16.1 == En el puntos B En el punto C 16k O  16k 16kO uT °=− 57.26)40/20(tan 1 En el punto C tenemos 057.26cos16 =°−=∑ ux TF Despejando se tiene kipsTu 89.17= El área requerido seria: 2 5484.0 )58)(75.0(75.0 89.17 )75.0(75.0 in F T A u u b === Despejando d en la siguiente ecuación 5484.0 4 2 = dπ despejando se tiene ind 836.0= Requerimiento indind 8 7,836.0 == 3.7.4.- Que tamaño de barra roscada se requiere para el miembro AB mostrado en la figura La carga es una carga viva de servicio (Desprecie el peso del miembro CB) Considere acero A36.
  • 207. Solución Realizando las combinaciones del diseño de LRFD kipsLDPu 56)35(6.16.12.1 ==+= [ ] 0)15()96.30()15(56 =°−=∑ TsenMc Despejando T se tiene kipsT 9.108= El área requerida seria: 2 338.3 )58)(75.0(75.0 9.108 )75.0(75.0 in F T A u u b === Despejando d en la siguiente ecuación 338.3 4 2 = dπ despejando se tiene ind 062.2= Requerimiento indind 8 12,06.2 ==