ELEMENTOS EN TENSIÓNELEMENTOS EN TENSIÓN

RCDF (2004)

MIEMBROS EN TENSIÓNMIEMBROS EN TENSIÓN

Introducción

Es el elemento estructural mas eficiente y de diseño mas sencillo. Se consideraque la fuerza axial produce esfuerzos constantes en todo el material

El diseño de miembros en tensión se complica en las conexiones debido a:

E t i id d lExcentricidades en las cargasSoldaduras asimétricasAgujeros asimétricos

fEsfuerzos residualesImperfecciones geométricas

Los detalles de las conexiones gobiernan, con frecuencia el diseño por tensión.

USO DE MIEMBROS EN TENSIÓNUSO DE MIEMBROS EN TENSIÓN

Son comunes en las estructuras siguientes

Naves para bodegas

Naves industriales

Edificios industriales

Edificios urbanos

Torres de comunicación

T d t i ió lé t iTorres de transmisión eléctrica

Puentes colgantes y atirantados

Contraventeo de una estructurauna estructura industrial

Empleo de tirantes en los techos inclinados de edificios industriales

Empleo de tirantes en las fachadas de edificios industriales.

Ejemplo de contraventeos en edificios de varios pisosedificios de varios pisos.

T dArmaduras para puentes y edificios urbanos

i d t i l

Torres de transmisión de energía y comunicacioneso industriales

Puentes colgados y atirantados

SECCIONES COMUNESSECCIONES COMUNES

La resistencia de una barra a tensión depende sólo de su área y no de las d á i d d ét idemás propiedades geométricas

COMPORTAMIENTO DE LOS ELEMENTOS A TENSIÓNCOMPORTAMIENTO DE LOS ELEMENTOS A TENSIÓN

MIEMBROS EN TENSIÓN

Miembros prismáticos sujetos a tensión axial producida por fuerzas que actúan

a lo largo de su eje centroidal. Cuando haya excentricidades importantes en las

conexiones, sus efectos deben tenerse en cuenta en el diseño

ESTADOS LIMITES

En el diseño de miembros en tensión se consideran los estados límite de flujoEn el diseño de miembros en tensión se consideran los estados límite de flujo

plástico en la sección total y de fractura en el área neta.

RESISTENCIA DE DISEÑO

La resistencia de diseño Rt de un elemento estructural en tensión es la menor de las calculadas con alguna de las ecuaciones 3.1 y 3.2.

a) Estado límite de flujo plástico en la sección total:

( )3 1RR A F F=donde: FR factor de resistencia, igual a 0.9

( )3.1t t y RR A F F

b) Estado límite de fractura en la sección neta:

( )3.2t RR A F F=

dondeFR factor de resistencia, igual a 0.75

( )3.2t e u RR A F F

t t y R t e u RR A F F R A F F= =

At : área total de la sección transversal

Ae : área neta efectiva

Fy : valor mínimo garantizado del esfuerzo correspondiente al límite inferior defluencia del materialfluencia del material.

Fu : esfuerzo mínimo especificado de ruptura en tensión.

En miembros sin agujeros, conectados por medio de soldaduras colocadas en

todas las partes que componen su sección transversal, en proporción a sus p q p p p

áreas, el área neta efectiva de la ecuación 3.2 es igual al área total.

Falla por flujo plástico (Dúctil)1.2 ye FAA F

>t uA F

FA Falla por fractura (Frágil)1.2 ye

t u

FAA F

<

Relación de esbeltezRelación de esbeltez

Para evitar vibraciones y facilitar su montaje se recomienda lo siguiente:

≤

≤

L 2 4 0rL 3 0 0

L: longitud

di d i

Miembros principales

Miembros secundarios ≤ 3 0 0r r : radio de giroMiembros secundarios

y contraventeos

EJEMPLO: 1

Determine la resistencia de diseño de la placa sujeta a Tensión

Acero A36

2y

2

F 2530kg / cm

F 4080kg / cm

=

=uF 4080kg / cm=

6 TornillosPLACA20x1.5

( )2.22cm 7 / 8mas 0.3 cmφ ′′=

de holguraPLACA20x2.5

PLACA20x1.5

Unidades en Cm

SOLUCIÓNSOLUCIÓN

Cálculo de áreas: Si los tornillos fueran de φ=2.54 cm (1”)

2t

2e

A ( 20 )( 2.5 ) 50cm

A 50 -( 2 )( 2.22 0.3 )( 2.5 ) 37.4cm

= =

= + =

2t

2e

A ( 20 )( 2.5 ) 50cm

A 50 -( 2 )( 2.54 0.3 )( 2.5 ) 35.80cm

= =

= + =

Cálculo de resistencia:

t t y RR A F F=t t y RR A F F=

t t y R

tR ( 50 )( 2530 )(0.90 ) 113,850kg

R A F F

= =t

t e u R

R ( 50 )( 2530 )(0.90 ) 113,850kg

R A F F

= =

=

El estado límite es por flujo plástico

t e u R

t

R A F F

R ( 37.4 )( 4080 )(0.75 ) 114,444kg

=

= =

El estado limite es por fractura

t e u R

tR ( 35.80 )( 4080 )(0.75 ) 109,548kg= =

El estado límite es por flujo plástico. p

EJEMPLO: 2

Determine la resistencia de diseño de la placa sujeta a tensión

2yF 2530 kg / cm=

Acero A36

13

2uF 4080 kg / cm=

3 Tornillos

5

7

8

g

B

C

A 1

de holgura1.9cm ( 3 / 4")

0.3cm φ =+

5

7D

E 2

e 2.2cm=Placa 13 S

Unidades en Cm

s Saltog Gramil==

# g Gramiln de tornillos

sobre la linea

==

5

138

BA 1

sobre la linea

5

7

7

g

D

C

5

13

E 2

S

( )2

3

tA eH

sA A n mm e eφ

=

= − + +∑( )34e tA A n mm e e

gφ= + +∑

Unidades en Cm

SOLUCIÓNSOLUCIÓN

Cálculo de áreas Cálculo de resistencias2(24)(2.2) 52.8tA cm= =

t t y RR A F F=

252.8 - (2)(1.9 0.3)(2.2) 43.12eA cm= + =

Líneas de FallaABDE

ABCDE

(52.8)(2530)(0.90) 120, 220

(43.12)(4080)(0.75) 131,940

t t y R

t e u R

Rt kgR A F FRt kg

= ==

= =

22(2)(8)52.8 - (3)(1.9 0.3)(2.2) (2.2) 48.33

(4)(7)eA cm= + + =

El estado limite es por flujo plástico.

El espesor de la placa empotrada para resistir la carga anterior sería:

( )( )( )120,000 50 2530 0.91.056

ee cm

=

=

EJEMPLO: 3 Determine la resistencia de diseño de la placa sujeta a Tensión

Acero A36

5

5A

2y

2u

F 2530kg / cm

F 4080kg / cm

=

=8

8

B

F

C

( )1.91cm 3 / 4φ ′′=

5 Tornillos

8

C

G( )

e 2cmmás 0.3 cm=

de holgura

8

5

D

E

Unidades en Cm

SOLUCIÓNSOLUCIÓN

Calculo de áreas

( )( ) 22 42 84ACalculo de resistencias:

Líneas de falla

( )( ) 22 42 84tA cm= =

( )( )( )84 2530 0.90 191,268

t t y R

t

R A F F

R kg

=

= =

( )( )( ) 284 3 1.91 0.3 2 70.74e

ABCDEA cm

ABFCDE

= − + =

( )( )( )68.15 4080 0.75 208,539

t e u R

t

R A F F

R kg

=

= =

( )( )( ) ( )( )( )( ) ( )

222 5

84 4 1.91 0.3 2 2 69.454 8eA cm

ABFCGDE

= − + + =El estado limite es por flujo plástico.

( )( )( ) ( )( )( )( ) ( )

224 5

84 5 1.91 0.3 2 2 68.154 8e

ABFCGDE

A cm= − + + =

EJEMPLO: 43

Determine la resistencia de diseño del ángulo sujeto a tensión

2F 3515kg / cm=

Acero A50

y

2u

F 3515kg / cm

F 4920kg / cm

=

=

4 T ill

( )( )

1.60cm 5 / 8"φ =

′′

4 Tornillos

( )e 1.90cm 3 / 4más 0.3 cm

′′=

de holgura

Unidades en Cm

SOLUCIÓN1.910 - 9.05cm2

=

SOLUCIÓN

Cálculo de áreas

2t

2

A ( 44.1)(1.9 ) 83.79cm

A 83 79 -( 4 )(1 6 0 3 )(1 9 ) 69 35cm

= =

= + =

Cálculo de resistencias

eA 83.79 ( 4 )(1.6 0.3 )(1.9 ) 69.35cm+

t t y R

t

t e u R

t

R A F F

R ( 83.79 )( 3515 )(0.90 ) 265,070kgnR A F FR (69.35 )( 4920 )(0.75 ) 255,900kg

=

= =

== =

El estado limite es por fractura.

t ( )( )( ) , g

EJEMPLO: 5EJEMPLO: 5Determine la resistencia de diseño del ángulo sujeto a Tensión

2k /

Acero A36

2y

2u

F 2530kg / cm

F 4080kg / cm

=

=

( )2.54cm 1"φ =

5 Tornillos

1

2

e 2.54cme 2.20cmmás 0.3 cm

==

de holgura

Unidades en Cm

SOLUCIÓNSOLUCIÓN

Espesor promedioBA BA

D

C e1=2.54 2.54 2.2e 2.37cm2

e 2.37 1.18cm

+= =

= =

E

2 2

9-1.18 7.82

9 5 1 18 8 32

=

F

G

9.5-1.18 8.32=

G

I He2=2.20

Unidades en Cm

Cálculo de áreas

Línea de falla

2tA (20.815)(2.54) (31.315)(2.2) 121.76cm= + =

BA

C e =2 54

BCEGH

eA 121.76-(2.54 0.3)(2.54)= +

D

C e1=2.54

2-(2)(2.54 0.3)(2.2) 102.05cm+ =

E

F

G

I He2=2.20

Unidades en Cm

Línea de falla

2 2(7.5) (7.5) (0.485)A 121 76-(2)(2 54 0 3)(2 54) (2 54) (2 54)= + + +

BCDEFGH

e

2 22

A 121.76 (2)(2.54 0.3)(2.54) (2.54) (2.54)(4)(8) (4)(7.815 8.315)

(7.5) (0.515) (2)(7.5)-(3)(2.54 0.3)(2.2) (2.2) (2.2) 102.4cm(4)(7.815 8.315) (4)(8.5)

= + + ++

+ + + =+

BA BA

D

C e1=2.54

E

F

GG

I He2=2.20

Unidades en Cm

Línea de falla

BCDEGH2 2(7 5) (7 5) (0 485)2 2

e

22

(7.5) (7.5) (0.485)A 121.76-(2)(2.54 0.3)(2.54) (2.54) (2.54)(4)(8) (4)(7.815 8.315)

(7.5) (0.515)-(2)(2.54 0.3)(2.2) (2.2) 101.36cm(4)(7.815 8.315)

= + + ++

+ + =+

BA

Cálculo de la resistenciaBA

D

C e1=2.54

t t y RR A F F=

E

t e u R

Rt (121.76 )( 2530 )(0.90 ) 277,240kgR A F FRt (101.36 )( 4080 )(0.75 ) 310,160kg

= ==

= =

El estado limite es por flujo plástico. F

GG

He2=2.20

RESISTENCIA DE DISEÑO A LA RUPTURA POR CORTANTE Y TENSIÓN COMBINADAS

a) Sí, FuAnt ≥0.6FuAnc (5.8)R= F (0 6F A +F A )R= FR(0.6FyATc+FuAnt)

b) Sí, 0.6FuAnc>FuAnt (5.9) R=FR(0.6FuAnc+FyATt)

Las ecuaciones (5.8) y (5.9) no deben ser mayor que:

( )F 0 6F A + F A

FR=0.75ATc: área total en cortante

( )R u nc u ntF 0.6F A + F A

ATc: área total en cortante ATt: área total en tensiónAnc: área neta en cortanteA t: área neta en tensiónAnt: área neta en tensión

EJEMPLO: 1EJEMPLO: 1Determine la resistencia por tensión y cortante combinados del ángulo unido a la placa y revise por tensión puraángulo unido a la placa y revise por tensión pura.

2F 2530k /Acero A36

2y

2u

F 2530kg / cm

F 4080kg / cm

=

=

3 Tornillos2.2cm (7 / 8")

0.3cmφ =+

de holgura

X=2.86

Unidades en Cm

SOLUCIÓNSOLUCIÓN

Revisión a tensión y cortante combinados.

Revisión a tensión pura.

[ ]

2Tt

2nt

2Tc

A ( 4.2 )(1.9 ) 7.98cm

A 4.2 -(0.5 )( 2.2 03 ) (1.9 ) 5.61cm

A (18 )(1.9 ) 34.2cm

= =

= + =

= = Debido a que sólo una ala del ángulo tá h d d b id l

( )( ) ( ) ( )( )( )

2

2

10.20 10.20 1.9 1.9 18.50 1.9 35.15

35.15 2.2 0.3 1.9 30.40t

e

A cm

A cm

= + − = =

= − + =

[ ] 2nc

u nt u nc

A 18 -( 2.5 )( 2.2 03 ) (1.9 ) 22.33cm

Si F A 0.6 F A( 4080 )( 5 61) 22888 (0 6 )( 4080 )( 22 33 ) 54 664kg

= + =

≥

= ≥ =

está remachada se debe considerar la reducción de:

1ne eXA AL

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

u nc u nt

( 4080 )( 5.61) 22888 (0.6 )( 4080 )( 22.33 ) 54,664kgSi 0.6F A F A se aplica

= ≥ =

> ( )

[ ]R u nc y Tt

5.9R F (0.6 F A F A )

R (0.75 ) (0.6 )( 4080 )( 22.33 ) ( 2530 )(7.98 ) 56 ,140kg

= +

= + =El RCDF propone: U=0.60

( ) ( )( ) 22.861 30.40 0.79 30.40 24.1914neA cm⎛ ⎞= − = =⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )( )( ) ( ) ( )( )

R u nc u nt56140 F 0.6 F A F A

0.75 0.6 4080 22.33 4080 5.61

58164kg

≤ +

≤ +⎡ ⎤⎣ ⎦≤

( )( ) 20.60 30.40 18.24neA cm= =

( )( )( )( ) ( ) ( )35.15 2530 0.9 80,036

18.24 4080 0.75 55,814t t y R

t ne u R

R A F F kg

R A F F kg

= = =

= = =Si cumpleLa resistencia de diseño será de 55,814 kg por estado limite de fractura .

( ) ( ) ( )Si cumple

EJEMPLO: 2EJEMPLO: 2Determine la resistencia por tensión y cortante combinados del ángulo unido a la placa y revise por tensión puraángulo unido a la placa y revise por tensión pura.

2yF 2530kg / cm=

Acero A36Placa

2uF 4080kg / cm

2.2cm (7 / 8")φ

=

=5 Tornillos

0.3cm+ de holgura

A

BD

CE

X=2.39cm

Unidades en Cm

SOLUCIÓN

Resistencia a tensión pura

( )( ) 210.2 15.2 0.95 0.95 23.23tA cm= + − =

Cortante y tensión combinados

S id l t ió

Línea de falla ABC

( ) ( )( )23.23 2530 0.9 52,895t t y RR A F F kg= = =

( )( ) 223.23 2.2 0.3 0.95 20.86eA cm= − + =

Se considera que la tensión se reparte por igual en todos los tornillos, esto es, cada uno toma 1/5 de la fuerza total.

Línea de falla ABDE

El RCDF propone: U=0 80

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )

226

23.23 2 2.2 0.3 0.45 0.95 19.914 6eA cm= − + + =

Caso a)( )( )

( )( )( )

2

2

9.2 0.95 8.74

8.74 0.5 2.2 0.3 0.95 7.55Tt

nt

A cm

A cm

= =

= − + =El RCDF propone: U=0.80

( ) ( )( )( )

2.391 1 0.924

0.8 19.91 4080 0.75 48,740e

t ne u R

xUL

R A F F kg

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

= = =

( )( )( )( )( )

2

2

28 0.95 26.60

26.60 2.5 2.2 0.3 0.95 20.66

0 6

Tc

nc

A cm

A cm

F A F A

= =

= − + =

≥( )( )( )( )

No se cumple y se usa la ecuación (5.9).

( ) ( ) ( ) ( )( )0.6

4080 7.55 30804 0.6 4080 20.66 50,576u nt u ncF A F A

kg≥

= ≥ =

A

B( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )0.6

0.75 0.6 4080 20.66 2530 8.74 54,516R u nc y TtR F F A F A

R kg

= +

= + =⎡ ⎤⎣ ⎦

BD

CEUnidades en Cm

Caso b) Caso c))

( )( ) ( )( )( ) ( )

( )( )( )

22

2

2

69.2 0.95 0.95 10.17

4 6

10.17 1.5 2.2 0.3 0.95 6.61

Tt

nt

A cm

A cm

= + =

= − + =

)

( ) ( )

2

2

2

10.17

6.61

16 0 95 15 20

Tt

nt

A cm

A cm

A cm

=

=

= =

( )( ) ( )( )( )

2

2

26.60

20.660.6

4080 6.61 26,969 0.6 4080 20.66 50,576

Tc

nt

u nt u nc

A cm

A cmF A F A

kg kg

=

=≥

= ≥ =

( )( )( ) ( )( )( )

( ) ( ) ( ) ( )( )

2

16 0.95 15.20

15.20 1.5 2.2 0.3 0.95 11.640.6

4080 6.61 26,669 0.6 4080 11.64 28,495

Tc

nc

u nt u nc

A cm

A cmF A F A

kg kg

= =

= − + =

≥

= ≥ =

No se cumple y se usa la ecuación ( 5.9 )

( )0.6R u nc y TtR F F A F A= +

No se cumple y se usa la ecuación ( 5.9)

( )( ) ( )( )( ) ( )( )

0.6R u nc y TtR F F A F A= +

⎡ ⎤( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )0.75 0.6 4080 20.66 2530 10.17 57,229R kg= + =⎡ ⎤⎣ ⎦( ) ( )( )( ) ( )( )

( )

0.75 0.6 4080 11.64 2530 10.17 40,669

5 40669 50,8364

R kg

R kg

= + =⎡ ⎤⎣ ⎦⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

A

BD

A

BD

CE

Unidades en Cm

CE

ConclusionesCaso d)

2

2

2

8.74

7.55

1 20

Tt

nt

A cm

A cm

A

=

=

Caso Tensiónpura

Tensión y cortante

a) 48,740kg 54,516kg2

2

15.20

11.64

0.6

Tc

nc

u nt u nc

A cm

A cm

F A F A

=

=

≥

b) 48,740kg 57,229kg

c) 48,740kg 50,836kg

d) 48,740kg 67,347kg

Se cumple y se usa la ecuación (5.8)

( )( ) ( )( )( )4080 7.55 30,804 0.6 4080 11.64 28, 495kg kg= ≥ =

( )0.6R y Tc u ntR F F A F A= +

El caso c) seria la resistencia más baja.

Se debe cumplir con:

( ) ( )( )( ) ( )( )

( )

0.75 0.6 2530 15.20 4080 7.55 40, 408

5 40, 408 67,3473

R kg

R kg

= + =⎡ ⎤⎣ ⎦⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠ No se cumple

( )( ) ( )( )( ) ( )( )

50,836 0.6

0.75 0.6 4080 11.64 4080 6.61

41,598

r u nc u ntF F A F A

kg

≤ +

≤ +⎡ ⎤⎣ ⎦≤

A

BD

Se tomará R=41,598kg como resistencia de diseño.

Se puede evitar la falla por tensión

CE

Se puede evitar la falla por tensión-cortante, si se aumenta la separación entre agujeros o la distancia del primer tornillo al borde.Unidades en Cm

EJEMPLO: 3Determine la resistencia por tensión y cortante combinados del ángulo unido a la placa y revise por tensión pura.

2y

2u

F 2530kg / cm

F 4080kg / cm

=

=

Acero A36

Placau g

1.9cm ( 3 / 4")e 2.2cm (7 / 8")φ ==

8 Tornillos

0.3cm+ de holgura

X= 3.78

Unidades en Cm

REVISAR TRES CASOSREVISAR TRES CASOS

A)A)

B)

C)

Unidades en Cm

SOLUCIÓNSOLUCIÓN

2tA ( 2.2 )( 1.5 ) ( 2.2 )( 20.8 ) 78.76 cm

xU 1

= + =v

Resistencia a tensión pura Caso a)

[ ] 2ntA 8 5-(1.5)(1.9 0.3) (2.2) 21.31cm= + + =

U 1 -L

( 2.2 )( 15 )( 7.5 ) ( 2.2 )( 20.8 )( 1.1 )x 3.78cm78.76

3.78U 1 - ;0.94

=

+= =

=

v

[ ]

[ ]

2Tt

2Tc

2nc

A (8 5)(2.2) 28.60cm

A (70)(2.2) 154cm

A 70-(3.5)(1.9 0.3) (2.2) 136.98cm

= + =

= =

= + =

2ABC D

U 1 ;0.9460

A 78.76 - ( 2 )( 1.9 0.3 )( 2.2 ) 69.04cm= + =

El RCDF propone: U=0.80

Se usa la ecuación (5.9)

( )nt

nc

FuA 4080 (21.31) 86,944.80kg0.6FuA (0.6 )(4080)(136.98) 335,327.04kg

= =

= =

2ABC DA ( 69.04 )( 0.8 ) 55.23cm= =

Flujo plástico [ ]t R nc Tt

t

t

R F (0.60FuA FyA )R (0.75 ) (0.60 )( 4080 )(136.98 ) ( 2530 )( 28.60 )R 305,763.78kg

= +

= +

=t t y RR A F F=

Fractura

( )tR (78.76 )( 2530 ) 0.9 179,760kg= =

t ne u RR A F F=

Unidades en Cm

( ) ( )( )tR 55.23 4080 0.75 169,010kg= =

Caso b) Caso c)

22

nt

22

20A 8 5 -(1.5 )(1.9 0.3 ) ( 2.2 ) 48.30cm( 4 )( 8 )

20A ( 8 5 ) ( 2 2 ) 56 10cm

⎡ ⎤= + + + =⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤

+ +⎢ ⎥

2nt

2Tt

2Tc

A 48.30cm

A 56.10cm

A ( 50 )( 2.2 ) 110cm

=

=

= =

[ ]

Tt

2Tc

2nc

nt

A ( 8 5 ) ( 2.2 ) 56.10cm( 4 )( 8 )

A (70 )( 2.2 ) 154cm

A 70 -( 3.5 )(1.9 0.3 ) ( 2.2 ) 136.98cmFuA ( 4080 )( 48.30 ) 197,064kg

= + + =⎢ ⎥⎣ ⎦

= =

= + =

= = S l ió (5 9)

[ ]Tc

2nc

nt

nc

( )( )

A 50 -( 2.5 )(1.9 0.3 ) ( 2.2 ) 97.84cmFuA ( 4080 )( 48.30 ) 197,064kg0.6FuA (0.6 )( 4080 )( 97.84 ) 239,512.32kg

= + =

= == =

Se usa la ecuación (5.9)

nt

nc

u ( 4080 )( 48.30 ) 97,064kg0.6FuA (0.6 )( 4080 )(136= .98 ) 335,327.04kg=

R F (0 6 FuA FyA )= +

Se usa la ecuación (5.9)

[ ]R nc TtR F (0.6 FuA FyA )

R (0.75 ) (0.6 )( 4080 )( 97.84 ) ( 2530 )( 56.10 )R 286 084kg

= +

= +

=[ ]

( )

R nc TtR F (0.6 FuA FyA )R (0.75 ) (0.6 )( 4080 )(136.98 ) ( 2530 )( 56.10 )R 357,945kg

8R 357,945 409,080kg7

= +

= +

=

⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

La resistencia de diseño sería por tensión pura en el estado límite por

( )

R 286,084kg8R 286084 326,953kg7

=

⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

7⎝ ⎠ tensión pura en el estado límite por fractura Rt=169,010kg

Unidades en Cm