elementos en tensión final
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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
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