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Universidad Nacional de Misiones

Construcciones Metálicas y de Madera 2010

Trabajo Practico Nº6 Enriquez,Esquivel,Reartes,Sewaga - pág. 1

Ejercicio Nº 3:

Dimensionar la diagonal del siguiente nudo conformado por angulares y forros discontinuos

Datos:

Acero F-24→ Fy=235MPa E = 2.050.000 kg/cm2 l = 1.45 m Pu= 6tn e= ¼” La columna corresponde al Grupo II

Predimensionamiento: Pu= Rd= ф*Ag*Fcrit adoptamos un Fcrit=150MPa → Ag=6000kg/(0.85*1500kg/cm2)

Aperf=Ag/2=4.70cm2/2=2.35cm2 … Adoptamos PNL 1 ½” x 1 ½” x 1/8” → Jx=3.11cm4 Jy=3.11cm4 Ag=2.37cm2

Determinamos las propiedades de la columna como ser Inercia (respecto a “X” “Y”, ejes de simetría donde x es

horizontal), Área bruta de toda la sección,

Jx=Jy= 21.42cm4 Ag=4.74cm2

Así como la esbeltez de la columna respecto a su eje débil → λx= (k*l)/√(Jx/Ag) Donde k se determina según la tabla C-C.2.1 y es K=0.65 λy= (0.65*145cm)/√(21.42cm4/4.74cm2)=44.34

Determinación de esbeltez:

λlocal= 38.1mm/3.2mm= 11.90

λr=0.45Ѵ(E/Fy) → λr =13.29 (según tabla B.5.1, caso 6)

Como λr > λlocal es un elemento no esbelto

*Debido a que el elemento no es esbelto se siguen las disposiciones del capítulo E Para determinar la Resistencia de diseño a compresión axil procedemos de la siguiente manera:

Para λc ≤ 1,5 → Fcrit= (0,658 λc2)*Fy

Para λc > 1,5 → Fcrit= (0,877/λc2)*Fy

→ λc= (k*l/r*π)* Ѵ(Fy/E), pero en virtud de E.4.2 →

En dicho artículo se especifica que representa cada término.

a= (distancia entre baricentros de forros) 24cm

(k*l/r)m= Ѵ ((0.65*145/2.13) + 0.82*(0.902/1.81)*(24/1.15)2) = 14.28 → λc= 0.15




λc =0.15 por lo tanto Fcrit= (0,658 λc2)*Fy= (0,658 0.0225)*Fy = 233MPa > 150MPa

Como Fcrit calculado es mayor que Fcrit adoptado entonces se verifica el perfil y se toma este para el armado de

la columna

Verificación de los forros: Las verificaciones correspondientes se realizaron según lo expuesto en el capitulo J y las disposiciones de E.4.3.1 en relación a la longitud y separación de los cordones de soldadura

(a/ri)local ≤ ¾(k*l/r)global → ¾(0.65*145cm/2.12cm)global=33.25=(a/ri)local → a= 0.71cm*33.25= 24cm

ri= radio de giro respecto al eje z (eje oblicuo de menor inercia)

Máximo valor de a para que se cumpla dicha relación de esbelteces.

Ejercicio Nº 4:

Dimensionar la siguiente columna compuesta por dos perfiles normales PNU unidos mediante cordones de soldadura.

Datos:

Acero F-24→ Fy=235MPa E = 2.050.000 kg/cm2 h = 3,50 m Pu= 12.2tn Columna art- art. La columna corresponde al Grupo I

Predimensionamiento: Pu= Rd= ф*Ag*Fcrit adoptamos un Fcrit=150MPa → Ag=12200kg/(0.85*1500kg/cm2)

Aperf=Ag/2=9.57cm2/2=4.78cm2 ……………… Adoptamos PNU 80 → Jx=106cm4 Jy=19.4cm4 Ag=11cm2

Determinamos las propiedades de la columna como ser Inercia (respecto a “X” “Y”, ejes de simetría donde x es

horizontal), Área bruta de toda la sección,

Jx=212cm4 Jy=243.46cm4 Ag=22cm2

Así como la esbeltez de la columna respecto a su eje débil...en este caso “x” → λx= (k*l)/√(Jx/Ag) Donde k se determina según la tabla C-C.2.1 y es K=1 λy= (1*350cm)/√(212cm4/22cm2)=112.75

Determinación de esbeltez:

λlocal= 80mm/6mm= 13.33

λr=1.49Ѵ(E/Fy) → λr =44.01 (según tabla B.5.1, caso 10)


*Debido a que el elemento no es esbelto se siguen las disposiciones del capítulo E




Para determinar la Resistencia de diseño a compresión axil procedemos de la siguiente manera:

Para λc ≤ 1,5 → Fcrit= (0,658 λc2)*Fy

Para λc > 1,5 → Fcrit= (0,877/λc2)*Fy

→ λc= (k*l/r*π)* Ѵ(Fy/E), pero en virtud de E.4.2 →

En dicho artículo se especifica que representa cada término.

a= (distancia entre cordones de soldadura) ≤ 350*t / ѴFy = 18cm

(k*l/r)m= Ѵ ((1*350/3.1) + 0.82*(0.492/1.24)*(18/3.1)2) = 10.87 → λc= 0.12

λc =0.12 por lo tanto Fcrit= (0,658 λc2)*Fy= (0,658 0.0144)*Fy = 233MPa > 150MPa

Como Fcrit calculado es mayor que Fcrit adoptado entonces se verifica el perfil y se toma este para el armado de

la columna

**Debido a que el elemento no es esbelto no influyen en el los efectos de pandeo y el perfil necesario se obtiene a partir del dimensionamiento dado a principio del ejercicio. Verificación de los cordones de soldadura: Las verificaciones correspondientes se realizaron según lo expuesto en el capitulo J y las disposiciones de E.4.3.1 en relación a la longitud y separación de los cordones de soldadura

Ejercicio Nº 5:

Determinar la capacidad portante de la siguiente columna armada con chapas unidas mediante cordones de soldadura, en la cual las condiciones de vínculo extrema, son idénticas en ambas direcciones. Datos: Acero F-24→ Fy=235MPa E = 2.050.000 kg/cm2 h = 3,50 m tf = 1/4” tw = 3/16” Columna art- art.

Primeramente determinamos las propiedades de la columna como ser Inercia (respecto a “X” “Y”, ejes de

simetría donde x es horizontal), Área bruta de toda la sección,




Jx=7833.09cm4 Jy=4335.65cm4 Ag=69.83cm2

Así como la esbeltez de la columna respecto a su eje débil...en este caso “y” → λy= (k*l)/√(Jy/Ag) Donde k se determina según la tabla C-C.2.1 y es K=1 λy= (1*350cm)/√(Jy/Ag)=44.42 Luego determino las rigideces locales de los elementos rigidizados (2, 3) y los no rigidizados (1) y las comparo

con sus λr respectivos (estos se determinan según el caso del que se trate en la tabla B.5.1)

Elementos no Rigidizados: (Caso 5)

(1) λlocal= 8cm/0,476cm= 16,8

λr=0,64Ѵ(E/(Fy/Kc)) donde Kc=4/ Ѵ (h/tw) con 0,35<Kc<0,763 → λr =14.82

Como λr < λlocal es un elemento esbelto

“Como el elemento no rigidizado es esbelto se debe determinar Qs “

Elementos Rigidizados: (Caso 12)

(2) λlocal= 23.04cm/0,476cm= 48.42

λr=1.49Ѵ(E/Fy) → λr =43.47

Como λr < λlocal es un elemento esbelto

(3) λlocal= 25cm/0,635cm= 39.37

λr=1.49Ѵ(E/Fy) → λr =43.47

como λr > λlocal es un elemento no esbelto

Para determinar la Resistencia de diseño a compresión axil nos basamos en el capitulo E que nos remite al

capítulo B por tratarse de elementos esbeltos:

Para λc*ѴQ ≤ 1,5 → Fcrit= Q *(0,658Q λc2)Fy

Para λc*ѴQ > 1,5 → Fcrit= (0,877/λc2)*Fy

Siendo Q= Qs*Qa

Determinación del coeficiente Qs: que tiene en cuenta el pandeo local de elementos comprimidos no

rigidizados. Se determina según el caso del libro de Troglia, en este es el caso C

Si 285/Ѵ(Fy/Kc) < b/t < 525/Ѵ(Fy/Kc) → Qs=1.415-0.00145*(b/t)* Ѵ(Fy/Kc) (a)

Si b/t > 525/Ѵ(Fy/Kc) → Qs=180650/(Fy*(b/t)2) (b)

Nuestro ejercicio corresponde al (a) por lo cual Qs=0.94

Determinación del coeficiente Qa: que tiene en cuenta el pandeo local de elementos comprimidos rigidizados el factor de reducción Qa será:




Qa= Área efectiva (Aef )/Área bruta (Ag.)

Siendo Aef = Ag - Σ (b - be)*ti (la sumatoria comprende todos los elementos rigidizados),

Para determinar el mismo debemos suponer un valor de Qa que me permite determinar Q para que mediante

la relación λc*ѴQ ≤,> 1,5 podamos determinar el be para luego poder determinar Qa y comparar con el

supuesto ya que deben ser iguales.

→ λc= (λy/π)* Ѵ(Fy/E)=0.48………. suponemos que Qa=0.90 → Q=0.94*0.90=0.85 entonces

λc*ѴQ=0.36* Ѵ0.8=0.44<1.5 por lo tanto Fcrit= Q *(0,658Q λc2) Fy=187MPa

*buscamos en la tabla el caso que tenemos y comparamos la relación de esbeltez (b/t) con (C/Ѵf) donde

f=Fcrit*0.85. Del apéndice B tenemos que:

(b/t) ≥ 1.49*Ѵ(E/f) por lo tanto be=1.91*t* Ѵ(E/f)*(1-(0.34/(b/t))* Ѵ(E/f)) como máximo be=b

be= 1.91*0.476cm* Ѵ(E/f)*(1-(0.34/(23.04cm/0.476cm))* Ѵ(E/f))= 20.9cm →

Qa= (Ag - Σ (b - be)*ti)/Ag=0.896=0.9

Debido a que los valores de Qa coinciden la verificación es positiva por lo cual la disposición de las barras antes

mostrada para formar la sección es la que se adopta para armar la columna.

Ejercicio Nº 6:

Dada la siguiente columna armada compuesta por cuatro perfiles laminados PNL

Acero F-24→ Fy=235MPa E = 2.050.000 kg/cm2 PNL= 21/2”x 1/4” h= 6.40m b = 25.0cm Columna art- art. del Grupo IV

a) Determinar la carga ultima, Pu

b) Calcular las uniones mediante soldaduras de los elementos que componen los planos de

arrostriamiento

c) Dimensionar una columna con un perfil laminado IPN (acero F-24) que soporte la misma carga ultima.

• Las diagonales de celosía y los montantes están formados por PNL alas iguales 25x3

“Para determinar Pu y la resistencia de la celosía seguimos las especificaciones del Apéndice E Cirsoc 301”




Predimensionamiento:

a= 40cm

h= 25cm

d= 47.2cm

ѳ= 580 (ángulo de inclinación de la diagonal) 450<ѳ<60

0

El esfuerzo axil requerido en cada barra de la columna armada Pu1 (kN) será: Pu1= Pu/4 + Ms/(n1*h)

Donde → Ms= Pu*eo / 1-(Pu/Pcm) eo= k*l / 500 Pcm= π2*E*Ag / λ2m λm= Ѵ((k*l/r)2

0 + λ1)

Resolviendo tenemos que Pu= 16.32tn y debido a que el peso por metro de columna es de

((4*6.18kg/m)+4(29*1.19kg/m))3.5m= 569.66 kg/m= 0.6tn/m

Si dimensionamos un perfil IPN (con las mismas características y condiciones de vínculo) que soporte 16.32tn:

Pu= Rd= ф*Ag*Fcrit adopto un Fcrit=150MPa → Ag=16320kg/(0.85*1500kg/cm2) Aperf=Ag/2=12.8cm2/2=6.4cm2

……………… Adoptamos PNI 80 → Jx=77.8cm4 Jy=6.29cm4 Ag=7.57cm2

**Esbeltez de la columna respecto a su eje débil...en este caso “y” → λy= (k*l)/√(Jy/Ag) Donde k se determina según la tabla C-C.2.1 y es K=1 λy= (1*350cm)/√(6.29cm4/7.57cm2)=383.96

λlocal= 80mm/4mm= 20

λr=1.49Ѵ(E/Fy) → λr =43.47


De igual manera realizamos la verificación de pandeo correspondiente. Para determinar la Resistencia de diseño a compresión axil procedemos de la siguiente manera:

Para λc*ѴQ ≤ 1,5 → Fcrit= Q *(0,658Q λc2)*Fy

Para λc*ѴQ > 1,5 → Fcrit= (0,877/λc2)*Fy

→ Por tratarse de una columna de un perfil laminado entonces Q=1 → λc= (λx/π)* Ѵ(Fy/E)=( 383.96/ π)* Ѵ(2350kg/cm

2/2.050.000kg/cm2)=4.13 entonces

λc*ѴQ=4.13* Ѵ1=4.13 por lo tanto Fcrit= (0,877/λc2)*Fy=(0.877/4.132)*235MPa= 12MPa

Como 12MPa es mucho menor que 150MPa probamos con un perfil IPN600 realizando el mismo

procedimiento tenemos que Fcrit=170MPa por lo que este es el perfil adoptado.




El peso por metro de columna es de (199kg/m * 3.5m)= 696.5kg

***Podemos observar que para la misma carga ocupamos menos cantidad de acero armando un barra que

utilizando solamente un perfil laminado lo que representa una ventaja económica.

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