Ejercicios Impares Captitulo Iii Mc Cormac 4i7213
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Universidad Nacional de San Agustín Facultad de Ingeniería Civil Escuela Profesional de Ingeniería Civil
Tema: Resolución de problemas impares del Capítulo VII y VIII –libro Mc Cormac Integrantes: Choquehuanca Mamani , Kevin Cornejo Mamani , Mitward Salcedo Mendoza ,Ferdinand Villanueva Idme, Arturo Yoshimar Prof.: Ing. Fidel Copa Curso: Diseño en Acero y Madera Grupo: “A” Arequipa – Perú 2014
Calcule el área neta en cada uno de los indicados Ejercicio 3-1.- Determinar el área neta
SOLUCION espesor placa
ep
3 4
in
ap 8 in
ancho placa
diametro tornillos dt
3 4
in
Area neta = Area bruta - A rea agujeros An ( ep ap ) dt
2
An 5.344 in
1 8
in ep
Ejercicio 3-3.- Determinar el área neta
SOLUCION Eala
espesor ala
1 2
Ealma
espesor alma diametro tornillos
dt
3 4
in 5 16
area perf il
2
A 11.7 in
in
in
Area neta = Area bruta - A rea agujeros An A 4 dt
1 8
in Eala 2 dt
1 8
in Ealma
2
An 9.403 in
Ejercicio 3-5.- Determinar el área neta para un ángulo L8x4x3/4 con dos líneas de tornillos de 3/4 in de diámetro en el lado largo y una línea de tornillos de 3/4 in. de diámetro en el lado corto
SOLUCION ep
espesor
3 4
in
diametro tornillos dt
area perf il
3 4
in
2
A 8.44 in
Area neta = Area bruta - A rea agujeros An A 3 dt
1 8
in ep
2
An 6.471 in
Ejercicio 3-7.- Determinar el área neta para un perfil W18x35 con dos agujeros en cada patín y uno en el alma todos para tornillos de 7/8 in. de diámetro. SOLUCION espesor ala
Eala 0.425 in
espesor alma
Ealma 0.300 in
diametro tornillos
dt
7 8
area perf il
2
A 10.3 in
in
Area neta = Area bruta - Area agujeros An A 4 dt
1 8
in Eala 1 dt
1 8
in Ealma
2
An 8.3 in
Ejercicio 3-9.- Determinar el área neta para la placa 1x8 mostrada en la figura. Los agujeros son para tornillos de 3/4 in. de diámetro
SOLUCION espesor placa ancho plac a
ep 1 in
s
paso
ap 8 in
diametro tornillos dt
4
2
in
g 3 in
gramil 3
3
in
AREAS NETA S Secc ion ABC
An ep ap dt
1 8
in ep
2
An 7.125 in
Secc ion ABDE
An ep ap 2 dt
1 8
in ep
2
An 6.438 in Elegimos el area menor por lo tanto
2
An 6.438 in
s
2
4 g
ep
Calcule el área neta en cada uno de los indicados: Ejercicio 3-11.- La placa de 7/8 x 1/4 mostrada en la figura .Los agujeros son para tornillos de 7/8plg. de diámetro
A B
14
4,5
C
3,5
2,5
U:plg.
E F
1,5
2,5
3,5
D
PL 78 X 14
Datos : L 14in
7 e in 8
2
A g L e 12.25 in
7 8 1 8
in in
D 1 in
Solucion : 2
A nABE A g 1 D e 11.375 in A nABCG A g 2 D e
( 4in)
2
4 4.5in
A nABCDEF A g 3 D e
2
e 11.278 in
2 ( 4in) 2 ( 1.5in) e 10.543 in2 4 4.5in 4 3.5in
Rpta.- El área neta critica, menor, es: 10.54 in²
2,5
3
2,5
Ejercicio 3-13.- El miembro a tensión mostrado en la figura contiene agujeros para tornillos de ¾ plg. De diámetro ¿Para qué pase, s, será el área neta para la sección que pasa por un agujero igual a la de la línea de fractura que atraviesa por dos agujeros?
s
Datos : L 8in
3 in 4
e 1in
1 in 8 2
A g L e 8 in
D 0.875 in
Solucion : A n01aguj ero A g 1 D e 2
A n02aguj eros A g 2 D e
S
4 3in
e
2
Ag 1 D e
Ag 2 D e
S
4 3in
e
2
D e
S
4 3in
e
S 4 3in D 3.24 in
Rpta.- El escalonamiento, s, es: 3.24 in
Ejercicio 3.15.- Un L6X6X1/2 se usa como miembro a tensión con una línea de gramil para tornillos de3/4plg de diámetro en cada lado en la posición usual de gramil (Véase la tabla 3.1) ¿Cuál es el escalonamiento mínimo, s, necesario para que solo un tornillo tenga que sustraerse del área total del ángulo? Calcule el área neta de este miembro si los agujeros se escalonan a cada 3plg Datos : 1 e in 2
g 1 3.5in
3 in 4
b w 6in
1 g 2 g 1 e 6.5 in in 8
d 6in
D 0.875 in 2
A g 5.77in Solucion :
2
A ndeseada A g 1 D e 5.332 in 2
A n A g 2 D e
S
4 g
e 2
Ag 1 D e
Ag 2 D e
S
4 g
e
S 4 D g 4.77 in Para :
s 3in
A n A g 2 D e
s
2
4 g
2
e 5.068 in
Rpta.- El escalonamiento, s, es: 4.77 in y el área neta para este escalonamiento es: 5.068 in²
Ejercicio 3.17.- Determine el aérea neta más pequeña del miembro a tensión mostrado en la Figura P3-17. Los agujeros son para tornillos de 3/4plg de diámetro en la posición usual de gramil. El escalonamiento es de 1 1/2plg.
3/8
S
2L 5X3 21 X 41
Datos : d 5in
3 in 4
g 3in
b w 3.5in
1 in 8
g 1 2in
1 e in 4
D 0.022m
g 2 1
s 1
3
in
4
1
in
2 2
A g 2.06in Solucion :
A nABCDE
s2 2 2A g 6 D e 2 e 2.968 in 4 g2
( Este es el menor A n)
2
A nABCF 2 A g 4 D e 3.245 in
Rpta.- El área neta critica, menor, es: 2.968 in²
Ejercicio 3.19.- Calcule el aérea neta efectiva de la sección armada mostrada en la Figura, si se han taladrado agujeros para tornillos de 3/4plg de diámetro. Suponga U=0.9
PL 21 X 11
C 10 X 25
Problem a 3-19 Datos : PL 1/2 X 11
C 10 X 25
bw 1 11in
A g2 7.34in
3 in 4 1 in 8
2
1 e1 in 2
t f2 2
Ag 1 bw 1 e1 5.5 in
7 16
in 2
A g2 7.34 in
D 0.875 in
U 0.9 Solucion : A n 2 Ag 1 2 A g2 4 D e1 t f2 22.399 in
2
2
A e A n U 20.159 in
Rpta.- El área neta efectiva, es: 20.159 in²
Ejercicio 3-21.- Determinar el área neta efectiva de L7x4x½ mostrado en la siguiente figura. Suponga que los agujeros son para tornillos de 1 plg ø.
1,5
3
0,5
2,5
4
2
2
2
2
2
2
L 7 x 4 x 1/2
Solución: Según las tablas de secciones L de AISC se obtuvieron los siguientes datos: Ag = 5.25 in2 ̅ = 0.910 in Hallamos el área neta para las siguientes posibles líneas de falla:
0,5
2,5
A
3
B
1,5
D E
C 2
2
Para "A BC": An 5.25in 1 1 2
2
An in
1
1 in in 8 2
2
2
2
2
2
2
Para "A BDE": An 5.25in 2 1 2
22 1 1 in in in in 8 2 4 3 2 1
2
An 4.292in
Por lo tanto el An a considerar es de 4.292 in2. Para hallar el valor del área neta efectiva tenemos que definir el factor “U”: ̅
U=1-
U 1
0.910 12
U 0.924
Obtenido el valor de U, es posible hallar el Área neta efectiva “Ae”:
Ae = U . An 2
Ae 0.924 4.292in 2
Ae 3.966in
Rpta: Ae = 3.966 in2
16
0.505
Ejercicio 3-23.- Determinar el área neta efectiva de la W16x50 mostrada en la siguiente figura. Suponga que los agujeros son para tornillos de 3/4 plg ø.
W 16 x 40
7
3 1/2
3 1/2
3 1/2
Solución: Según las tablas de secciones L de AISC se obtuvieron los siguientes datos:
Ag = 11.80 in2 ̅ para WT 8x40 = 1.81 in
En este caso solo habrá una posible área de falla, la cual será paralela a la sección del elemento metálico, para la cual hallamos el Área neta “An”:
An 11.80in 4 2
3
4
1
in ( 0.505)in
8
2
An 10.033in
Para hallar el valor del área neta efectiva tenemos que definir el factor “U”:
̅
U=1Aplicando la fórmula: L 3
1
in 3 10.5in
2
U 1
1.81in 10.5in
U 0.828
Sin embargo para el caso de secciones W, se tiene que verificar además las siguientes condiciones:
{
Para el caso se da:
Por lo tanto: U = 0.85
Obtenido el valor de U, es posible hallar el Área neta efectiva “Ae”:
Ae = U . An 2
Ae 0.85 10.033in 2
Ae 8.528in
Rpta: Ae = 8.528in2
Ejercicio 3-25.- Determinar las resistencias de diseño LRFD y permisible ASD de las secciones dadas. Desprecie el bloque de cortante para una sección de acero A36 y tornillos de 3/4 plg ø.
2,5
3
1,5
L 7x4x1/2
3
2
2
2
2
2
Solución: Según las tablas de secciones L de AISC se obtuvieron los siguientes datos:
Ag = 5.25 in2
Fy = 36 KSI
̅ = 0.91 in
Fu = 58 KSI 2
Ag 5.25in
a) Resistencia a la fluencia por xtensión: 0.91in
Pn Fy Ag Pn 189kip
Fy 36
kip 2
in
LRFD
ASD
0.9
1.67
Pna Pn 170.1kip
Pna
1
2
Pn
113.174kip
b) Resistencia a la fractura por tensión:
1,5
A
3
B
2,5
D E
C 3
2
2
2
2
2
Para "A BC": An 5.25in 1 2
3
4
1
1 in in 8 2
2
An 4.813in
Para "A BDE": An 5.25in 2 2
3
4
1
in
8
1
in
2
22 1 in in 4 3 2
2
An 4.542in
Por lo tanto el An a considerar es de 4.542 in2. Para hallar el valor del área neta efectiva tenemos que definir el factor “U”:
̅
U=1-
U 1
0.910 8
U 0.886
Obtenido el valor de U, es posible hallar el Área neta efectiva “Ae”:
Ae = U . An 2
Ae 0.886 4.542in 2
Ae 4.024in 2
Ae 4.024in
Fu 58
kip 2
in
x 0.91in Calculamos las resistencias para rotura:
Pu Fu Ae Pu 233.392kip
LRFD
ASD
0.75
2
Pua Pu 175.044kip 1
Pua 2
Pu
116.696kip
Por lo tanto escogemos los mínimos valores:
Rpta: LRFD: 170.1 kip ASD: 113.2 kip
17.9
0.525
Ejercicio 3-27.- Determinar las resistencias de diseño LRFD y permisible ASD de las secciones dadas. Desprecie el bloque de cortante para una W 18x40 que consiste de acero A992 y que tiene dos líneas de tornillos de 1 plg ø en cada patín. Hay 4 tornillos en cada línea, 3 plg entre centros. Solución:
W 18 x 40
6.02
3
3
3
Según las tablas de secciones L de AISC se obtuvieron los siguientes datos:
Ag = 11.80 in2
Fy = 50 KSI
̅ para W9x20 = 2.29 in
Fu = 65 KSI
d =17.9 in
Bf = 6.02 in
Fy 50
2
Ag 11.8in
kip 2
in
a) Resistencia a la fluencia por xtensión: 0.91in
Pn Fy Ag Pn 590kip
LRFD
ASD
0.9
1.67
Pna Pn 531kip
Pna
1
2
Pn
353.293kip
b) Resistencia a la fractura por tensión: En este caso solo habrá una posible área de falla, la cual será paralela a la sección del elemento metálico, para la cual hallamos el Área neta “An”: An 11.80in 4 1 2
1
in ( 0.525)in
8
2
An 9.438in
Para hallar el valor del área neta efectiva tenemos que definir el factor “U”:
U=1-
̅
Aplicando la fórmula: L ( 3)in 3 9 in
U 1
2.29in 9in
U 0.746
Sin embargo para el caso de secciones W, se tiene que verificar además las siguientes condiciones:
{
Para el caso se da:
Por lo tanto: U = 0.85
Obtenido el valor de U, es posible hallar el Área neta efectiva “Ae”:
Ae = U . An 2
Ae 0.85 9.438in 2
kip Ae 2 8.022in Fu 65 Ae 8.022in 2 in 0.91in Calculamos las resistencias para xrotura:
Pu Fu Ae Pu 521.43kip
LRFD
ASD
0.75
2
Pua Pu 391.073kip 1
Por lo tanto escogemos los mínimos valores:
Pua 2
Pu
260.715kip
Rpta: LRFD: 391.1 kip ASD: 260.7 kip
Ejercicio 3-29.- Determinar las resistencias de diseño LRFD y permisible ASD de las secciones dadas. Desprecie el bloque de cortante para una W 18x40 de acero A992 y que tiene dos líneas de tornillos de 3/4 plg ø en cada patín. Hay 3 tornillos en cada línea, 4 plg entre centros.
8.25
0.560
Solución:
W 8 x 40
8.07
4
Según las tablas de secciones L de AISC se obtuvieron los siguientes datos:
Ag = 11.70 in2
Fy = 50 KSI
̅ para W9x20 = 0.735 in
Fu = 65 KSI
d =8.25 in
Bf = 8.07 in
4
Fy 50
2
Ag 11.7in
kip 2
in
a) Resistencia a la fluencia por xtensión: 0.91in
Pn Fy Ag Pn 585kip
LRFD
ASD
0.9
1.67
Pna Pn 526.5kip
Pna
1
2
Pn
350.299kip
b) Resistencia a la fractura por tensión: En este caso solo habrá una posible área de falla, la cual será paralela a la sección del elemento metálico, para la cual hallamos el Área neta “An”: An 11.70in 4 2
3
4
1
in ( 0.560)in
8
2
An 9.74in
Para hallar el valor del área neta efectiva tenemos que definir el factor “U”:
U=1Aplicando la fórmula:
̅
L ( 4)in 2 8 in
U 1
0.735in 8in
U 0.908
Sin embargo para el caso de secciones W, se tiene que verificar además las siguientes condiciones:
{
Para el caso se da:
Por lo tanto, como el U hallado por la fórmula resulta mayor, se utiliza este: U = 0.908
Obtenido el valor de U, es posible hallar el Área neta efectiva “Ae”:
Ae = U . An 2
Ae 0.908 9.74in 2
kip Ae 2 8.844in Fu 65 Ae 8.844in 2 in x 0.91in Calculamos las resistencias para rotura:
Pu Fu Ae Pu 574.86kip
LRFD
ASD
0.75
2
Pua Pu 431.145kip 1
Pua 2
Pu
287.43kip
Por lo tanto escogemos los mínimos valores:
Rpta: LRFD: 431.1 kip ASD: 287.4 kip
Ejercicio 3-31.- Una C9X20 (Fy=36 klb/ plg^2, Fu= 58 klb/ plg^2) con 2 líneas de tornillos de 7/8 plg Ø en el alma como se muestra en la Figura P3-31.
A
234" B
321" C
234"
E
D
F
3"
C9x20
FIGURA P3-31
3"
SOLUCION. Fy 36ksi
Fu 58ksi
2
A g 5.87in
L 9in
METODO LRFD: A FLUENCIA Pu1 0.9Fy A g entonces la resitencia a f luencia sera: Pu1 190.188 kip B ROTURA B.1.-TRA MO ABCD A n A g 2
7
8
in
1 8
in t f
2
A n 5.044 in
U 1
X L
U 0.935
tf 0.413in
X 0.583in
U 1
X L
A e U A n 2
A e 4.717 in
Pu2 0.75Fu A e Pu2 205.201 kip
B.2.-TRAMO ABEF S 3 in
g 3.5 in
A n A g 2
7
8
1
in
8
in tf
2
A n 5.309 in U 1
X
U 0.935
L
A e U A n 2
A e 4.966 in
Pu2 0.75Fu A e Pu2 216.002 kip METODO ASD: A FLUENCIA
Pu1
? 1.67
Fy A g ?
Pu1 126.539 kip
B ROTURA
? 2
B1. TRAMO ABCD 2
A e 4.177 in
2
S
4 g
tf
Pu2
Fu A e ?
Pu2 121.133 kip B2. TRAMO ABEF 2
A e 4.966 in Pu2
Fu A e ?
Pu2 144.014 kip
Ejercicio 3-33.- Una C6X10.5 que consiste en acero A36 con dos soldaduras longitudinales que se muestran en la figura P3-33.
C6X10 SOLDADURA LONGITUDINAL
5"
FIGURA P3-33
SOLUCION. Fy 36ksi 2
A g 3.08in
METODO LRFD: A FLUENCIA Pu1 0.9Fy A g
Fu 58ksi L 6in
tf 0.343in
X 0.500in
entonces la res itencia a f luencia sera: Pu1 99.792 kip B ROTURA ojo como no hay tornillos : A n A g
2
A n 3.08 in
X
U 1
U 0.917
L
A e U A n 2
A e 2.823 in
Pu2 0.75Fu A e Pu2 122.815 kip
METODO ASD: A FLUENCIA
Pu1
? 1.67
Fy A g ?
Pu1 66.395 kip
B ROTURA
Pu2
Fu A e ?
Pu2 81.877 kip
? 2
Ejercicio 3-35.- Una WT6X26.5, acero A992, unida por el patín con seis tornillos de 1 plg Ø como se muestra en la Figura P3-35. WT6X26.5
A
Ø1.00
Ø1.00
Ø1.00
B
1 52" Ø1.00 C
D
2"
Ø1.00
Ø1.00
E
F
3"
3"
FIGURA P3-35
TORNILLOS DE 1PLG
SOLUCION. Fy 50ksi
Fu 65ksi
2
A g 7.78in
L 6in
METODO LRFD: A FLUENCIA Pu1 0.9Fy A g entonces la res itencia a f luencia sera: Pu1 350.1 kip B ROTURA B.1.-TRA MO ABCD A n A g 2 1 in
1 8
in t f
2
A n 6.486 in
U 1
Y L
U 0.83
t f 0.575in
Y 1.02 in
A e U A n 2
A e 5.384 in
Pu2 0.75Fu A e Pu2 262.45 kip
B.2.-TRA MO ABEF S 5.5 in
g 3 in 2
1 S A n A g 2 1 in in tf tf 8 4 g 2
A n 7.936 in U 1
Y
U 0.83
L
A e U A n 2
A e 6.587 in
Pu2 0.75Fu A e Pu2 321.099 kip METODO ASD: A FLUENCIA
Pu1
? 1.67
Fy A g ?
Pu1 232.934 kip
B ROTURA
? 2
B1. TRAMO ABCD 2
A e 5.384 in
Pu2
Fu A e ?
Pu2 174.98 kip B2. TRAMO ABEF 2
A e 6.587 in Pu2
Fu A e ?
Pu2 214.077 kip
Ejercicio 3-37.- Un Angulo 6x6x3/8 soldado a una placa de empalme como se muestra en la Figura P3-37. Todo el acero es Fy= 36 klb/plg^2 y Fu = 58 klb/ plg^2. L6X6X3/8 SOLDADURA
6"
FIGURA P3-37
SOLUCION. Fy 36ksi 2
A g 4.38in
Fu 58ksi L 6in
X 1.62in
Y 1.62 in
METODO LRFD: A FLUENCIA Pu1 0.9Fy A g entonces la resitencia a f luencia sera: Pu1 141.912 kip B ROTURA ojo como no hay tornillos : 2
A n A g U 1
A n 4.38 in
X U 0.73
L
A e U A n 2
A e 3.197 in
Pu2 0.75Fu A e Pu2 139.087 kip
METODO ASD: A FLUENCIA
Pu1
? 1.67
Fy A g ?
Pu1 94.419 kip B ROTURA
Pu2
Fu A e ?
Pu2 92.725 kip
? 2
Tema: Resolución de problemas impares del Capítulo VII y VIII –libro Mc Cormac Integrantes: Choquehuanca Mamani , Kevin Cornejo Mamani , Mitward Salcedo Mendoza ,Ferdinand Villanueva Idme, Arturo Yoshimar Prof.: Ing. Fidel Copa Curso: Diseño en Acero y Madera Grupo: “A” Arequipa – Perú 2014
Calcule el área neta en cada uno de los indicados Ejercicio 3-1.- Determinar el área neta
SOLUCION espesor placa
ep
3 4
in
ap 8 in
ancho placa
diametro tornillos dt
3 4
in
Area neta = Area bruta - A rea agujeros An ( ep ap ) dt
2
An 5.344 in
1 8
in ep
Ejercicio 3-3.- Determinar el área neta
SOLUCION Eala
espesor ala
1 2
Ealma
espesor alma diametro tornillos
dt
3 4
in 5 16
area perf il
2
A 11.7 in
in
in
Area neta = Area bruta - A rea agujeros An A 4 dt
1 8
in Eala 2 dt
1 8
in Ealma
2
An 9.403 in
Ejercicio 3-5.- Determinar el área neta para un ángulo L8x4x3/4 con dos líneas de tornillos de 3/4 in de diámetro en el lado largo y una línea de tornillos de 3/4 in. de diámetro en el lado corto
SOLUCION ep
espesor
3 4
in
diametro tornillos dt
area perf il
3 4
in
2
A 8.44 in
Area neta = Area bruta - A rea agujeros An A 3 dt
1 8
in ep
2
An 6.471 in
Ejercicio 3-7.- Determinar el área neta para un perfil W18x35 con dos agujeros en cada patín y uno en el alma todos para tornillos de 7/8 in. de diámetro. SOLUCION espesor ala
Eala 0.425 in
espesor alma
Ealma 0.300 in
diametro tornillos
dt
7 8
area perf il
2
A 10.3 in
in
Area neta = Area bruta - Area agujeros An A 4 dt
1 8
in Eala 1 dt
1 8
in Ealma
2
An 8.3 in
Ejercicio 3-9.- Determinar el área neta para la placa 1x8 mostrada en la figura. Los agujeros son para tornillos de 3/4 in. de diámetro
SOLUCION espesor placa ancho plac a
ep 1 in
s
paso
ap 8 in
diametro tornillos dt
4
2
in
g 3 in
gramil 3
3
in
AREAS NETA S Secc ion ABC
An ep ap dt
1 8
in ep
2
An 7.125 in
Secc ion ABDE
An ep ap 2 dt
1 8
in ep
2
An 6.438 in Elegimos el area menor por lo tanto
2
An 6.438 in
s
2
4 g
ep
Calcule el área neta en cada uno de los indicados: Ejercicio 3-11.- La placa de 7/8 x 1/4 mostrada en la figura .Los agujeros son para tornillos de 7/8plg. de diámetro
A B
14
4,5
C
3,5
2,5
U:plg.
E F
1,5
2,5
3,5
D
PL 78 X 14
Datos : L 14in
7 e in 8
2
A g L e 12.25 in
7 8 1 8
in in
D 1 in
Solucion : 2
A nABE A g 1 D e 11.375 in A nABCG A g 2 D e
( 4in)
2
4 4.5in
A nABCDEF A g 3 D e
2
e 11.278 in
2 ( 4in) 2 ( 1.5in) e 10.543 in2 4 4.5in 4 3.5in
Rpta.- El área neta critica, menor, es: 10.54 in²
2,5
3
2,5
Ejercicio 3-13.- El miembro a tensión mostrado en la figura contiene agujeros para tornillos de ¾ plg. De diámetro ¿Para qué pase, s, será el área neta para la sección que pasa por un agujero igual a la de la línea de fractura que atraviesa por dos agujeros?
s
Datos : L 8in
3 in 4
e 1in
1 in 8 2
A g L e 8 in
D 0.875 in
Solucion : A n01aguj ero A g 1 D e 2
A n02aguj eros A g 2 D e
S
4 3in
e
2
Ag 1 D e
Ag 2 D e
S
4 3in
e
2
D e
S
4 3in
e
S 4 3in D 3.24 in
Rpta.- El escalonamiento, s, es: 3.24 in
Ejercicio 3.15.- Un L6X6X1/2 se usa como miembro a tensión con una línea de gramil para tornillos de3/4plg de diámetro en cada lado en la posición usual de gramil (Véase la tabla 3.1) ¿Cuál es el escalonamiento mínimo, s, necesario para que solo un tornillo tenga que sustraerse del área total del ángulo? Calcule el área neta de este miembro si los agujeros se escalonan a cada 3plg Datos : 1 e in 2
g 1 3.5in
3 in 4
b w 6in
1 g 2 g 1 e 6.5 in in 8
d 6in
D 0.875 in 2
A g 5.77in Solucion :
2
A ndeseada A g 1 D e 5.332 in 2
A n A g 2 D e
S
4 g
e 2
Ag 1 D e
Ag 2 D e
S
4 g
e
S 4 D g 4.77 in Para :
s 3in
A n A g 2 D e
s
2
4 g
2
e 5.068 in
Rpta.- El escalonamiento, s, es: 4.77 in y el área neta para este escalonamiento es: 5.068 in²
Ejercicio 3.17.- Determine el aérea neta más pequeña del miembro a tensión mostrado en la Figura P3-17. Los agujeros son para tornillos de 3/4plg de diámetro en la posición usual de gramil. El escalonamiento es de 1 1/2plg.
3/8
S
2L 5X3 21 X 41
Datos : d 5in
3 in 4
g 3in
b w 3.5in
1 in 8
g 1 2in
1 e in 4
D 0.022m
g 2 1
s 1
3
in
4
1
in
2 2
A g 2.06in Solucion :
A nABCDE
s2 2 2A g 6 D e 2 e 2.968 in 4 g2
( Este es el menor A n)
2
A nABCF 2 A g 4 D e 3.245 in
Rpta.- El área neta critica, menor, es: 2.968 in²
Ejercicio 3.19.- Calcule el aérea neta efectiva de la sección armada mostrada en la Figura, si se han taladrado agujeros para tornillos de 3/4plg de diámetro. Suponga U=0.9
PL 21 X 11
C 10 X 25
Problem a 3-19 Datos : PL 1/2 X 11
C 10 X 25
bw 1 11in
A g2 7.34in
3 in 4 1 in 8
2
1 e1 in 2
t f2 2
Ag 1 bw 1 e1 5.5 in
7 16
in 2
A g2 7.34 in
D 0.875 in
U 0.9 Solucion : A n 2 Ag 1 2 A g2 4 D e1 t f2 22.399 in
2
2
A e A n U 20.159 in
Rpta.- El área neta efectiva, es: 20.159 in²
Ejercicio 3-21.- Determinar el área neta efectiva de L7x4x½ mostrado en la siguiente figura. Suponga que los agujeros son para tornillos de 1 plg ø.
1,5
3
0,5
2,5
4
2
2
2
2
2
2
L 7 x 4 x 1/2
Solución: Según las tablas de secciones L de AISC se obtuvieron los siguientes datos: Ag = 5.25 in2 ̅ = 0.910 in Hallamos el área neta para las siguientes posibles líneas de falla:
0,5
2,5
A
3
B
1,5
D E
C 2
2
Para "A BC": An 5.25in 1 1 2
2
An in
1
1 in in 8 2
2
2
2
2
2
2
Para "A BDE": An 5.25in 2 1 2
22 1 1 in in in in 8 2 4 3 2 1
2
An 4.292in
Por lo tanto el An a considerar es de 4.292 in2. Para hallar el valor del área neta efectiva tenemos que definir el factor “U”: ̅
U=1-
U 1
0.910 12
U 0.924
Obtenido el valor de U, es posible hallar el Área neta efectiva “Ae”:
Ae = U . An 2
Ae 0.924 4.292in 2
Ae 3.966in
Rpta: Ae = 3.966 in2
16
0.505
Ejercicio 3-23.- Determinar el área neta efectiva de la W16x50 mostrada en la siguiente figura. Suponga que los agujeros son para tornillos de 3/4 plg ø.
W 16 x 40
7
3 1/2
3 1/2
3 1/2
Solución: Según las tablas de secciones L de AISC se obtuvieron los siguientes datos:
Ag = 11.80 in2 ̅ para WT 8x40 = 1.81 in
En este caso solo habrá una posible área de falla, la cual será paralela a la sección del elemento metálico, para la cual hallamos el Área neta “An”:
An 11.80in 4 2
3
4
1
in ( 0.505)in
8
2
An 10.033in
Para hallar el valor del área neta efectiva tenemos que definir el factor “U”:
̅
U=1Aplicando la fórmula: L 3
1
in 3 10.5in
2
U 1
1.81in 10.5in
U 0.828
Sin embargo para el caso de secciones W, se tiene que verificar además las siguientes condiciones:
{
Para el caso se da:
Por lo tanto: U = 0.85
Obtenido el valor de U, es posible hallar el Área neta efectiva “Ae”:
Ae = U . An 2
Ae 0.85 10.033in 2
Ae 8.528in
Rpta: Ae = 8.528in2
Ejercicio 3-25.- Determinar las resistencias de diseño LRFD y permisible ASD de las secciones dadas. Desprecie el bloque de cortante para una sección de acero A36 y tornillos de 3/4 plg ø.
2,5
3
1,5
L 7x4x1/2
3
2
2
2
2
2
Solución: Según las tablas de secciones L de AISC se obtuvieron los siguientes datos:
Ag = 5.25 in2
Fy = 36 KSI
̅ = 0.91 in
Fu = 58 KSI 2
Ag 5.25in
a) Resistencia a la fluencia por xtensión: 0.91in
Pn Fy Ag Pn 189kip
Fy 36
kip 2
in
LRFD
ASD
0.9
1.67
Pna Pn 170.1kip
Pna
1
2
Pn
113.174kip
b) Resistencia a la fractura por tensión:
1,5
A
3
B
2,5
D E
C 3
2
2
2
2
2
Para "A BC": An 5.25in 1 2
3
4
1
1 in in 8 2
2
An 4.813in
Para "A BDE": An 5.25in 2 2
3
4
1
in
8
1
in
2
22 1 in in 4 3 2
2
An 4.542in
Por lo tanto el An a considerar es de 4.542 in2. Para hallar el valor del área neta efectiva tenemos que definir el factor “U”:
̅
U=1-
U 1
0.910 8
U 0.886
Obtenido el valor de U, es posible hallar el Área neta efectiva “Ae”:
Ae = U . An 2
Ae 0.886 4.542in 2
Ae 4.024in 2
Ae 4.024in
Fu 58
kip 2
in
x 0.91in Calculamos las resistencias para rotura:
Pu Fu Ae Pu 233.392kip
LRFD
ASD
0.75
2
Pua Pu 175.044kip 1
Pua 2
Pu
116.696kip
Por lo tanto escogemos los mínimos valores:
Rpta: LRFD: 170.1 kip ASD: 113.2 kip
17.9
0.525
Ejercicio 3-27.- Determinar las resistencias de diseño LRFD y permisible ASD de las secciones dadas. Desprecie el bloque de cortante para una W 18x40 que consiste de acero A992 y que tiene dos líneas de tornillos de 1 plg ø en cada patín. Hay 4 tornillos en cada línea, 3 plg entre centros. Solución:
W 18 x 40
6.02
3
3
3
Según las tablas de secciones L de AISC se obtuvieron los siguientes datos:
Ag = 11.80 in2
Fy = 50 KSI
̅ para W9x20 = 2.29 in
Fu = 65 KSI
d =17.9 in
Bf = 6.02 in
Fy 50
2
Ag 11.8in
kip 2
in
a) Resistencia a la fluencia por xtensión: 0.91in
Pn Fy Ag Pn 590kip
LRFD
ASD
0.9
1.67
Pna Pn 531kip
Pna
1
2
Pn
353.293kip
b) Resistencia a la fractura por tensión: En este caso solo habrá una posible área de falla, la cual será paralela a la sección del elemento metálico, para la cual hallamos el Área neta “An”: An 11.80in 4 1 2
1
in ( 0.525)in
8
2
An 9.438in
Para hallar el valor del área neta efectiva tenemos que definir el factor “U”:
U=1-
̅
Aplicando la fórmula: L ( 3)in 3 9 in
U 1
2.29in 9in
U 0.746
Sin embargo para el caso de secciones W, se tiene que verificar además las siguientes condiciones:
{
Para el caso se da:
Por lo tanto: U = 0.85
Obtenido el valor de U, es posible hallar el Área neta efectiva “Ae”:
Ae = U . An 2
Ae 0.85 9.438in 2
kip Ae 2 8.022in Fu 65 Ae 8.022in 2 in 0.91in Calculamos las resistencias para xrotura:
Pu Fu Ae Pu 521.43kip
LRFD
ASD
0.75
2
Pua Pu 391.073kip 1
Por lo tanto escogemos los mínimos valores:
Pua 2
Pu
260.715kip
Rpta: LRFD: 391.1 kip ASD: 260.7 kip
Ejercicio 3-29.- Determinar las resistencias de diseño LRFD y permisible ASD de las secciones dadas. Desprecie el bloque de cortante para una W 18x40 de acero A992 y que tiene dos líneas de tornillos de 3/4 plg ø en cada patín. Hay 3 tornillos en cada línea, 4 plg entre centros.
8.25
0.560
Solución:
W 8 x 40
8.07
4
Según las tablas de secciones L de AISC se obtuvieron los siguientes datos:
Ag = 11.70 in2
Fy = 50 KSI
̅ para W9x20 = 0.735 in
Fu = 65 KSI
d =8.25 in
Bf = 8.07 in
4
Fy 50
2
Ag 11.7in
kip 2
in
a) Resistencia a la fluencia por xtensión: 0.91in
Pn Fy Ag Pn 585kip
LRFD
ASD
0.9
1.67
Pna Pn 526.5kip
Pna
1
2
Pn
350.299kip
b) Resistencia a la fractura por tensión: En este caso solo habrá una posible área de falla, la cual será paralela a la sección del elemento metálico, para la cual hallamos el Área neta “An”: An 11.70in 4 2
3
4
1
in ( 0.560)in
8
2
An 9.74in
Para hallar el valor del área neta efectiva tenemos que definir el factor “U”:
U=1Aplicando la fórmula:
̅
L ( 4)in 2 8 in
U 1
0.735in 8in
U 0.908
Sin embargo para el caso de secciones W, se tiene que verificar además las siguientes condiciones:
{
Para el caso se da:
Por lo tanto, como el U hallado por la fórmula resulta mayor, se utiliza este: U = 0.908
Obtenido el valor de U, es posible hallar el Área neta efectiva “Ae”:
Ae = U . An 2
Ae 0.908 9.74in 2
kip Ae 2 8.844in Fu 65 Ae 8.844in 2 in x 0.91in Calculamos las resistencias para rotura:
Pu Fu Ae Pu 574.86kip
LRFD
ASD
0.75
2
Pua Pu 431.145kip 1
Pua 2
Pu
287.43kip
Por lo tanto escogemos los mínimos valores:
Rpta: LRFD: 431.1 kip ASD: 287.4 kip
Ejercicio 3-31.- Una C9X20 (Fy=36 klb/ plg^2, Fu= 58 klb/ plg^2) con 2 líneas de tornillos de 7/8 plg Ø en el alma como se muestra en la Figura P3-31.
A
234" B
321" C
234"
E
D
F
3"
C9x20
FIGURA P3-31
3"
SOLUCION. Fy 36ksi
Fu 58ksi
2
A g 5.87in
L 9in
METODO LRFD: A FLUENCIA Pu1 0.9Fy A g entonces la resitencia a f luencia sera: Pu1 190.188 kip B ROTURA B.1.-TRA MO ABCD A n A g 2
7
8
in
1 8
in t f
2
A n 5.044 in
U 1
X L
U 0.935
tf 0.413in
X 0.583in
U 1
X L
A e U A n 2
A e 4.717 in
Pu2 0.75Fu A e Pu2 205.201 kip
B.2.-TRAMO ABEF S 3 in
g 3.5 in
A n A g 2
7
8
1
in
8
in tf
2
A n 5.309 in U 1
X
U 0.935
L
A e U A n 2
A e 4.966 in
Pu2 0.75Fu A e Pu2 216.002 kip METODO ASD: A FLUENCIA
Pu1
? 1.67
Fy A g ?
Pu1 126.539 kip
B ROTURA
? 2
B1. TRAMO ABCD 2
A e 4.177 in
2
S
4 g
tf
Pu2
Fu A e ?
Pu2 121.133 kip B2. TRAMO ABEF 2
A e 4.966 in Pu2
Fu A e ?
Pu2 144.014 kip
Ejercicio 3-33.- Una C6X10.5 que consiste en acero A36 con dos soldaduras longitudinales que se muestran en la figura P3-33.
C6X10 SOLDADURA LONGITUDINAL
5"
FIGURA P3-33
SOLUCION. Fy 36ksi 2
A g 3.08in
METODO LRFD: A FLUENCIA Pu1 0.9Fy A g
Fu 58ksi L 6in
tf 0.343in
X 0.500in
entonces la res itencia a f luencia sera: Pu1 99.792 kip B ROTURA ojo como no hay tornillos : A n A g
2
A n 3.08 in
X
U 1
U 0.917
L
A e U A n 2
A e 2.823 in
Pu2 0.75Fu A e Pu2 122.815 kip
METODO ASD: A FLUENCIA
Pu1
? 1.67
Fy A g ?
Pu1 66.395 kip
B ROTURA
Pu2
Fu A e ?
Pu2 81.877 kip
? 2
Ejercicio 3-35.- Una WT6X26.5, acero A992, unida por el patín con seis tornillos de 1 plg Ø como se muestra en la Figura P3-35. WT6X26.5
A
Ø1.00
Ø1.00
Ø1.00
B
1 52" Ø1.00 C
D
2"
Ø1.00
Ø1.00
E
F
3"
3"
FIGURA P3-35
TORNILLOS DE 1PLG
SOLUCION. Fy 50ksi
Fu 65ksi
2
A g 7.78in
L 6in
METODO LRFD: A FLUENCIA Pu1 0.9Fy A g entonces la res itencia a f luencia sera: Pu1 350.1 kip B ROTURA B.1.-TRA MO ABCD A n A g 2 1 in
1 8
in t f
2
A n 6.486 in
U 1
Y L
U 0.83
t f 0.575in
Y 1.02 in
A e U A n 2
A e 5.384 in
Pu2 0.75Fu A e Pu2 262.45 kip
B.2.-TRA MO ABEF S 5.5 in
g 3 in 2
1 S A n A g 2 1 in in tf tf 8 4 g 2
A n 7.936 in U 1
Y
U 0.83
L
A e U A n 2
A e 6.587 in
Pu2 0.75Fu A e Pu2 321.099 kip METODO ASD: A FLUENCIA
Pu1
? 1.67
Fy A g ?
Pu1 232.934 kip
B ROTURA
? 2
B1. TRAMO ABCD 2
A e 5.384 in
Pu2
Fu A e ?
Pu2 174.98 kip B2. TRAMO ABEF 2
A e 6.587 in Pu2
Fu A e ?
Pu2 214.077 kip
Ejercicio 3-37.- Un Angulo 6x6x3/8 soldado a una placa de empalme como se muestra en la Figura P3-37. Todo el acero es Fy= 36 klb/plg^2 y Fu = 58 klb/ plg^2. L6X6X3/8 SOLDADURA
6"
FIGURA P3-37
SOLUCION. Fy 36ksi 2
A g 4.38in
Fu 58ksi L 6in
X 1.62in
Y 1.62 in
METODO LRFD: A FLUENCIA Pu1 0.9Fy A g entonces la resitencia a f luencia sera: Pu1 141.912 kip B ROTURA ojo como no hay tornillos : 2
A n A g U 1
A n 4.38 in
X U 0.73
L
A e U A n 2
A e 3.197 in
Pu2 0.75Fu A e Pu2 139.087 kip
METODO ASD: A FLUENCIA
Pu1
? 1.67
Fy A g ?
Pu1 94.419 kip B ROTURA
Pu2
Fu A e ?
Pu2 92.725 kip
? 2
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