Capitulo 3 Dise. Placa

8/16/2019 Capitulo 3 Dise. Placa

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Diseño de Elementos de Acero Estructural - Ing. Jimmy Vanegas Salmerón - UCA Página 1

Capitulo 3

Diseño de Elementos a Compresion

3.1 Disposiciones Generales.

Los elementos a considerar en este capítulo, al igual que los elementos entensión, será aquellos que resistan cargas que pases por su eje centroidalúnicamente (Compresión Axial). Estos elementos tendrán que cumplir lossiguientes estados límites: pandeo por flexión, pandeo torsional y pandeoflexo-torsional .


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3.2 Longitud efectiva.

Uno de los parámetros más importantes para poder clasificar a este tipo deelementos, es el parámetro de la Relación de esbeltez , la que nos permitirádecir si el elemento es considerado como no esbelto o esbelto.

La relación de esbeltez KL/r, está afectada por el parámetro K, llamado factorde longitud efectiva. Este factor será determinado según la sección C o Anexo 7 del AISC 360-10.


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3.3 Pandeo por flexion (miembros sin elementos esbeltos).

Este criterio se aplicara a miembros en compresión con secciones compactasy no compactas, tal como se define e indica en la sección B4 del AISC 360-10, descrita en la sección 3.2 de este documento

La resistencia en compresión nominal Pn, debe ser determinada basada en elestado límite de pandeo por flexión:


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3.4 Miembros con elementos esbeltos.

La resistencia en compresión nominal Pn, debe ser determinada basada en elestado límite de pandeo por flexión, torsional o flexo-compresión:


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Ejemplo #8 (Continuación de Clase práctica #1)

Diseñar el elemento sometido a la máxima fuerza compresión de laestructura modelada en la clase práctica #1.

Solución:Del modelo de la cercha mostrado, se obtiene el elemento que soporta lamáxima fuerza axial que es de 3.169 Kips, (14,098.62 N) luego se procederevisar el mismo elemento que resulto del diseño a tensión (uniformidad de laestructura), de no cumplir con los criterios de diseño, se procederá amodificar la sección.

E acero = 200,000 MpaFy = 250 Mpa

Propiedades de la sección:

LL 2.5” x 2.5” x ¼” A = 2.375 in2 r x = 0.769 in Wp = 2.474 lb/p

A máximo (1.2CM + 1.6CV) = 3.169 K. (Obtenido del Programa Sap2000) = 14,098.62 N

• Tipo de Elemento:

b/t = 2.5/0.25 = 10; 0.45√(E/Fy) = 0.45√(200,000/250) = 12.72810 < 12.728 Elemento no esbelto.

Para su diseño tendrá que utilizarse lo que se establece en la secciónE4 del AISC 360-10 (sección 3.3 de este documento).

• Determinación de la relación de esbeltez.

Como el elemento a revisar es un angular, se tendrá que utilizar los criteriosde la sección E5a y E5b del AISC 360-10 (3.5 de este documento). Paraeste caso se usara lo que se especifica en la sección E5a, ya que elelemento se conectara al ala más larga de un elemento de similarescaracterísticas.

L/r x = 2*12/0.769 = 31.209

0 < 31.209 < 80 = 72+0.75(2*12/0.769) = 95.407

• Cálculo de resistencia, Pn.

KL/r = 95.407.

= 4.71√(200,000/250) = 133.219 se aplicara el criterio delinciso (a) de esta sección.


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Como el valor de la relación de esbeltez es menor que el parámetro del inciso(a) de esta sección se tendrá que calcular el esfuerzo critico de esta seccióncon la ecuación E3-2. Para determinar el esfuerzo hay que calcular primero elvalor del esfuerzo en pandeo elástico del material, para lo cual se usara laexpresión de la ecuación E3-4.

• Esfuerzo de pandeo Elástico, Fe:

= (2*200,000 Mpa)/95.4072 = 216.855 Mpa

• Esfuerzo crítico, Fcr :

= (0.658 250/216.855)*250 = 154.306 Mpa

Por lo que la resistencia nominal del elemento será:

Pn = Fcr *Ag = 154.306 * ((1.19*2.54^2)/10,000) = 118,467 N (1kgf = 9.8067 N)= 12,080.20 Kg.= 26.60 Kips.

A como se aprecia el elemento queda sobradísimo, respecto a la cargaactuante de 14,098.62 N, respecto a la resistente de 118,467 N. por lo quehabrá que redimensionarse este elemento para que dicha estructura no seaantieconómica.

Red iseño de elem en to :

Propiedades de la sección:LL 2”x2”x1/8” A = 0.982 in2 r x = 0.620 in Wp = 3.30 lb/p

A máximo (1.2CM + 1.6CV) = 2.597 K. (Obtenido del Programa Sap2000) = 11,553.19 N

+ Tipo de Elemento:

b/t = 2/0.125 = 16; 0.45√(E/Fy) = 0.45√(200,000/250) = 12.728

16 < 12.728 Elemento ESBELTO.(Usar los criterios de la sección E7 del AISC 360-10)

+ Valor de Qs para elementos esbeltos no atiesados.

L/r x = 2*12/0.62 = 38.710 0 < 38.710 < 80

= 72+0.75*(38.710) = 101.033


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+ Calculo de coeficiente de reducción Q:

= (2/0.0.125) = 16; = 0.56 √ (200,000/250) = 15.839

La relación b/t, da mayor que el parámetro de comparación, hay que verificarsi la relación b/t esta entre los límites del ítem (ii) de la parte 1 de la secciónE7 del AISC 360-10.

= 1.03*√(200,000/250) = 29.133, por tanto usar la ecuación E7-5para calcular Q.

15.839 < 16 < 29.133

Por lo que el valor de Q, se calculara de esta manera:

= 1.415 – 0.74*(16)( √(250/200,000) = 0.996

+ Calculo de esfuerzo a compresión de la sección:

= 4.71√(200,000/(0.996*250)) = 133.486

Como la relación de esbeltez de 101.033, es menor que 133.486, por tantose usara la ecuación E7-2 del AISC 360-10.

Esfuerzo de pandeo Elástico, Fe:

= (2*200,000 Mpa)/101.0332 = 193.376 Mpa

= 0.996*(0.658 (0.996*250/193.376))*250 =145.257 Mpa


Pn = Fcr *Ag = 145.257 * ((0.982*2.54^2)/10,000) = 92,027.154 N= 9,384.110 Kg.= 20.664 Kips.

Aunque se ha reducido la sección a la menor dimensión posible, segúncriterios de lógica estructural, se tienen aún un sobre diseño, por lo que lasección propuesta de LL2”x2”x1/8”, será suficiente para resistir las cargas

de compresión axial descritas, y en las condiciones citadas en el desarrollode este ejemplo.


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El estudiante vera la necesidad de proponer una sección de menor capacidadpara que no siga quedando sobre diseñada (o en el peor de los casos desustituir esta armadura por una viga).

3.6 Determinacion del factor de lonfitud efectiva.

Para las demás secciones diferentes a los ángulos se tomara en cuenta loscriterios que se establecen en el Anexo 7, sección 7.2, inciso 3 del AISC 360-10.

A continuación se detalla estos criterios:

3.7 Diseno de elementos Compuestos (Celosias).

3.7.1 Columnas de Celosía y de Placa Interrumpida.

Una sección compuesta es mucho más práctica que una sección formal. Estaes mucho más importante sobre todo cuando la longitud libre de la columnaes muy larga y requiere de una sección W, S o I, por lo que termina siendomás pesada. Otro factor importante es que el radio de giro de una seccióncompuesta puede ser controlado, de tal manera que r x ≈ r y, lo que no sucede

con las secciones antes mencionadas, Donde la relación r x/r y es de 1.5 a 5 omás.

Criterios de Dimensionamiento:

1.- (l1/r 1) patín < (L/r) miembro 2.- La fuerza cortante lateral será 2% de la Fuerza Axial.3.- Para enrejado sencillo (Celosía) lb/r b ≤ 140. Para enrejado doble lb/r b ≤ 200 4.- Usar las fórmulas de elementos a compresión para determinar el árearequerida de las celosías. Las celosías en compresión deberán

considerarse como miembros secundarios.


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Opción “A” (Se asume un esfuerzo de compresión entre los 15 Ksi. a 20 Ksi.).

Fa = 20 Ksi. Areq= Pu/ Fa = 760 K / 20 Ksi. = 38 in

2.

Areq x L = 38 in2

/ 4 = 9.5 in2

.

Secciones propuestas:L 8”x8”x5/8” A = 9.61in2 r = 2.49in W=32.7 Lb/pL 6”x6”x7/8” A = 9.73in2 r = 1.81in W=33.1 Lb/p

Calculo de propiedades de sección compuesta:

KL/r = 32.481, se verifica este valor según el parámetro de selección de las

ecuaciones E3-2 o la E3-3aplica el mismo criterio utilizado anteriormente.

= 4.71√(200,000/250) = 133.219 se aplicara el criterio delinciso (a) de esta sección.

• Esfuerzo de pandeo Elástico, Fe:

= (2*200,000 Mpa)/32.4812 = 1,870.99 Mpa

• Esfuerzo crítico, Fcr

:

= (0.658 250/1870.99)*250 = 236.402 Mpa


Pn = Fcr *Ag = 236.402 * ((4*9.73*2.54^2)/10,000) = 5.936 MN= 605,297 Kgf.= 1,332.86 Kips.

1,332.86 Kips > 760 Kips OK!!!

Ix = Iy = 31.9 in

Ix = I

y = Io + Ad2

= 4*(31.9+9.73*8.682)= 3,059.926 in4

rx = ry = √(I/A) = √(3059.926 / (4*9.73))= 8.867 in

KL/r = (1*24*12)/8.867 = 32.481


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• Diseño de Celosía:

i. Dado que la distancia entre agujeros es menor de 15” (Usamos 14”),se usara enrejado sencillo, α = 60°.

Cos30° = 14 / lb lb = 14 / cos30° = 16.166 inL1 = 2*√(16.1662 – 142) = 16.166 inii. Verificando el primer criterio de dimensionamiento:

(l1/r1) patín < (L/r) miembro16.166/1.81 < 1*12*24/8.867 8.931 < 32.481 OK!!!

iii. La fuerza cortante horizontal será 2% del Axial máximo:Pv = 0.02 * 760 K = 15.2 Kips.

Por lo que el radio de giro de la barra será: r b = tb/√12iv. Cumpliendo con el requisito de la relación de esbeltez para el enrejado

sencillo, que no tiene que ser mayor de 140, se tiene que:

Ib/r b ≤ 140 tb ≥ 16.166 / (0.289 * 140) = 0.400 inO sea que el espesor mínimo a utilizar para la barra será de 0.40 in.Por lo tanto se propone usar una barra de tb = 7/16” (0.438 in)

La relación de esbeltez para este miembro será de:lb/r b = (16.166/0.438) = 127.712

v. Determinación del esfuerzo crítico para la barra, según los criteriosestablecidos con anterioridad.

= 4.71√(200,000/250) = 133.219 se aplicara el criterio del

inciso (a) de esta sección.• Esfuerzo de pandeo Elástico, Fe:

= (2*200,000 Mpa)/127.7122 = 121.023 Mpa

• Esfuerzo crítico, Fcr :

= (0.658 250/121.023)*250 = 105.304 Mpa= 15.2731 Ksi.

Pb

Pb

Pv

30°

30°

La fuerza Pb en la celosía se calcula por:Pb = (15.2 / 2 cos 30°) = 8.776 Kips

Para una barra rectangular propuesta:Ib = (1/12)b*t

3 = (Ab * tb2) / 12

Ib/Ab = tb2 /12; r b = √(Ib/Ab)


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vi. Despejando el área de la barra de la fórmula del esfuerzo critico

Despejando el Ab, nos queda que Ab = 8.776 / 15.273 = 0.575 in2

Como el área es el ancho de la barra por el espesor, se despeja elancho, lo que nos da un ancho de barra de:

Wb = 0.575 / 0.438 = 1.313 in

Por tanto Usar una barra de1 3/8” x 7/16” (1.375 in x 0.438 in)

vii. Para la placa de extremos, se propone la condición de que a=b, por loque la altura de la placa será de 14”. El espesor mínimo a utilizar seráde b/50, por lo que el espesor a utilizar será de 5/16”.

Por tanto Usar una Placa de extremo

de 21”x14”x5/16”

Opción “B” (Utilizando la relación de esbeltez para miembros a compresión).

K = 1L = 24 pies.KL/r ≤ 200 r req = KL/200 = 1*24*12/200 = 1.44 in

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De aquí en adelante, se proponen secciones que tengan valores ligeramentemayores al radio de giro requerido. Este procedimiento puede ser más largoque el anterior por lo que el proceso de tanteo se vuelve tedioso. Esteprocedimiento es igualmente de efectivo que el anterior, por lo que su usodependerá de la pericia del diseñador.

3.8 Diseno de Placas de Conexión (Placa Base) para columnas

cargadas axialmente y Axial mas flexion.

La resistencia de este tipo de elementos estará determinada por el estadolímite de aplastamiento o fluencia de compresión local, a como lo indica lasección J7 del AISC 360-10.

Para el diseño de este tipo de elementos se deberá de tener en cuenta loscriterios de resistencia de la sección J8 del AISC 360-10, donde se deberáde realizar disposiciones apropiadas para transferir las cargas y momentosde la columna a las zapatas y fundaciones.

En este caso la resistencia de aplastamiento nominal Pn, se determinaracomo se indica en las ecuaciones J8-1 y J8-2, donde se establececlaramente como determinar la resistencia en función del tamaño del área decontacto (si el área de contacto de la placa base es mayor o de igual tamañoque el pedestal de concreto utilizado).


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Solución:Para comenzar a hacer este análisis y diseño de la placa base, se tiene quehaber realizado el diseño de la columna (el diseño de estos elementos severá más adelante). Primeramente se calculara el área requerida de la placabase. Luego se procederá a obtener las dimensiones de la placa y

posteriormente determinar la carga tributaria correspondiente que rodea lasección para verificar que resista el efecto de aplastamiento, y por últimocalcular el espesor requerido de este elemento.

Imagen No.1 Puente de estructura Metalica Sujeta a condiciones extremas.

1. Dimensiones de la Placa de conexión (Base Plate Dimensions).

- Factorización de la carga:Pu = 1.6*CM = 1.6*375.43 = 600.688 Kips.

- Calculo del área de la placa base: A1 = Pu/(Øc*0.85*f’c) = 600.688/(0.65*0.85*3) = 362.406 in

2 Considerar una sección de placa de 21.0”x18.0” = 378.00 in2

- Verificación de las dimensiones de la placa según criterios o

parámetros de dimensiones:

N ≥ d + 2m = 14.17 + 2*3 = 20.17 d+2m < 21.00 OK!!!B ≥ bf + 2n = 10.07 + 2*3 = 16.07 bf + 2n < 18.00 OK!!!

2. Resistencia de la Unión (Concrete Bearing Strength)

Para esta revisión se utilizara la ecuación de la sección J8-2, ya que eltamaño de la placa será menor que el área del pedestal de concreto.

A2 = 30 x 30 = 900 in2 < A1 =378.0 in

2

- Pr lo que la resistencia de la unión será:


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ΦcPP = Φc * 0.85*f’c* A1 √(A2/A1) ≤ Φc * 1.7 * f’c A1

= 0.65 * 0.85 * 3 * 378 * (√ (900/378) ≤ 0.65 * 1.7 * 3 * 378 = 966.764 Kips ≤ 1,253.07 Kips la Resistencia de la Unión será de

966.764 Kips

3. Espesor de la Placa de conexión (Concrete Bearing Strength)

El espesor de la placa se determinara de acuerdo a las siguientesexpresiones, y se tomara la mayor de todas las distancias para acceder a lafórmula. La mayor de: m, n o λn’. A continuación se determinaran estasdistancias.

= (21 – 0.95*14.17)/2 = 3.769 in.

= (18 – 0.8*10.07)/2 = 4.972 in.

= (√14.17*10.07)/4 = 2.986 in

=((4*14.17*10.07)/(14.17+10.07)2)*(600.688/966.764)

= 0.604

= (2√0.604)/(1+√(1-0.604)) = 0.954 (si este valor damayor que uno, se tendrá que tomar un valorconservados igual a uno).

λn’ = 0.954 * 2.986 = 2.849 in.

La máxima distancia de las tres condiciones es el valor de n, por lo que setomara como la distancia el valor de ɭ =4.972 in.

El espesor de la placa es:

; y el esfuerzo sobre la placa de conexión es:

= 600.688/(21*18) = 1.589 Ksi

= 4.972 * √((2*1.589)/(0.9*36)) = 1.557 in.

Usar Placa de Conexión de 18in x 21in x 5/8”

……………………………………………………………………………………….


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3.9 Diseno de Placas de Conexión (Placa Base) para columnas

Con carga Axial mas flexion.

En el diseño de placas de conexión entre las columnas cargadas axialmentey las fundaciones, se asume que la presión de contacto entre las placas y lafundación es uniformemente distribuida.

Los pernos de anclaje son necesarios únicamente para mantener la columnaen posición, aun cuando la columna resista momento. Si el momento espequeño, la presión de contacto puede asumirse que está distribuida comose muestra (Fig. ¿?) y la presión en los bordes f P se calculara de la siguientemanera:

de esta ecuación, vemos que si M/P = d/6, las presiones son cero en elextremo izquierdo y 2P/bd en el otro.

Figura No.1 a) condicion para M/P = d/6. b) condición para e>d/6. c) condiciónpara e=d/2. d) condición para e=M/P es mayor que d/2.

Para e>d/6, se forma una línea de presión cero desde el borde de la placahacia adentro y la presión máxima excede 2P/bd (Fig. b). Finalmente si laexcentricidad es e=d/2, la presión de contacto se concentra en el borde de laplaca (Fig. c).

Por supuesto que esta condición nunca puede ser alcanzada ya que la fuerzade respuesta debe de estar distribuida en algún área, sin embargo, es unlímite superior de la excentricidad de la carga, la cual puede existir sin pernosde anclaje, así que si e=M/P es mayor que d/2, es claro que la condición deequilibrio requiere del sistema de fuerzas que se muestran en la figura (Fig.d), donde T es el perno de anclaje en tensión y P+T es la presión de contactoresultante.

Para las otras condiciones, ni el ASD ni el LRFD, definen la forma deconsideración de la distribución de la presión de contacto en la placa, lo que

existe son metodologías experimentales que definen algunos autores, dóndeconsideran que la distribución tiene que considerarse lineal.


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Ejemplo #11

Para la columna del ejemplo anterior, diseñar la placa de conexión si ademásdel axial actuante esta soportara un momento flexionante de 265 KN-m(195.404 Kips-pie). La sección Obtenida del diseño de la columna es una W

360x11.1 (W14x74). La sección del pedestal de concreto a anclarse mide30”x30”.

Solución:Igual que el ejercicio anterior, lo que hay que determinar en este caso son lasdimensiones y espesor de la placa base, lo único que aquí se comienza,estableciendo los valores de las presiones de contacto en la placa, ya quedependiendo de la ubicación de la fuerza resultante, se procederá a trabajarde diferentes formas.

Esfuerzo de contacto con la placa para el concreto = 0.35 * f’c = 1.05 Ksi.

Momento Actuante, M = 195.404 Kips-pie = 2,344.848 Kips – in. Axial actuante = 1670 KN = 375.430 Kips

• Cálculo de distribución de presiones en la placa:

El área de la placa será B*N, por lo que se tendrá que proponer unadimensión de la placa, para así poder obtener el otro dato, partiendo del área.q = (375.43/B*N) + (6*2,344.848)/B*N2; el valor de q = 1.05 Ksi., por lo queasumiremos un valor de N = 30 in.

Por lo que se requiere de un valor de B=26.806 ≈ 27 in

Por lo que se revisara con una placa de 30 in x 27 in.

• Cálculo de esfuerzos máximo y mínimo en la placa, q:

q = (375.43/30*27) (6*2344.848)/27*302) = 0.464 0.579q (-) = -0.115 Ksiq (+) = 1.043 Ksi

Luego de establecer los valores de laspresiones máximas y mínimas, se tiene

que establecer la ecuación de ladistribución lineal de estos valores, parapoder obtener los valores de la fuerzaCortante y del momento inducido en laplaca.

Lo que nos interesa de esteprocedimiento, es el valor del momentoinducido en la placa, ya que con este datose procederá a calcular el espesorrequerido por flexión.


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