solucion de ejercicios de cargas de diseÑo

“AÑO DE LA CONSOLIDACIÓN DEL MAR DE GRAU”

UNIVERSIDAD NACIONAL

DE PIURA

FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL

ALUMNA: ANTON MACALUPU MIRLA KATHERINE.

DOCENTE: ING. SILVA CASTILLO CARLOS.

CURSO: ANALISIS ESTRUCTURAL I

CICLO: VII

TEMA: SOLUCION DE LOS EJERCICIOS DEL CAPITULO II

Piura, 25 de junio 2016

UNIVERSIDAD NACIONAL DE PIURA SOLUCIÓN DE CARGAS DE DISEÑO

2 ANALISIS ESTRUCTURAL

CAPITULO II : EJERCICIOS RESUELTOS DE CARGAS DE

DISEÑO

P2.10. En la figura p2.10 a, Se muestran las dimensiones de un edificio con

techo de dos aguas. Las presiones externas para la carga eólica perpendicular

a la cumbrera del edificio se muestra en la figura p2.10b. Observe que la presión

eólica puede actuar hacia dentro o hacia afuera de la superficie de barlovento

del techo. Para las dimensiones particulares del edificio, el valor Cp para el techo,

con base en la norma de la ASCE, puede determinarse a partir de la tabla p2.10,

donde los signos de más y de menos significan presiones que actúan hacia

adentro y hacia afuera de las superficies, respectivamente. Cuando se enlistan

dos valores de Cp., significa que la pendiente del techo de barlovento puede

someterse a presiones tanto positivas como negativas, y que la estructura de la

techumbre debe diseñarse para ambas condiciones de carga. La norma de la

ASCE permite la interpolación lineal 𝜃 de inclinación del techo .pero esta

interpolación únicamente puede realizarse entre los valores del mismo signo.

Establezca las presiones eólicas sobre el edificio cuando la presión positiva

actua sobre el techo de barlovento. Utilice los siguientes datos: velocidad básica

del viento = 100 millas /hora, categoría de exposición al viento = B, Kd= 0.85 ,

Kg= 1.0, G = 0.85 , y Cp= 0.8 para la pared de barlovento y -0.2 para la de

sotavento.



Solución:

Hallar la altura media del techo, h=24’

Hallar el angulo 𝜃 :

𝜃 = tan−1 (16′

24′)

𝜃= 33.69°

Vemos en la tabla y ubicamos el ángulo 𝜃 en la tabla p2.10.



Ahora considerar la presión positiva del barlovento en la azotea.

Para hallar el coeficiente de presión externa (cp); interpolar en la tabla

p2.10:

30 0.2

33.69 cp

35 0.3

35 − 30

33.69=

0.3 − 0.2

𝑐𝑝 − 0.2

Cp=0.2738

Nos vamos a la tabla 2.4 : coeficiente de exposición para la presión de

velocidad (𝑘𝑧).

Ahora sacamos los datos de la tabla, elegimos el B por ser estructura

baja y tenemos:

𝑘𝑧 = 0.57, 0-15’

𝑘𝑧 = 0.62, 15-20’



𝑘𝑧 = 0.66, 20-25’

𝑘𝑧 = 0.70, 25-30’

𝑘𝑧 = 0.76, 30-40’

Tenemos los siguientes datos:

𝑘𝑧𝑡 = 1.0; 𝑘𝑑 = 0.85; 𝐼 = 1

Donde: 𝑘𝑧𝑡: 𝑓𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑡𝑜𝑝𝑜𝑔𝑟𝑎𝑓𝑖𝑐𝑜

𝑘𝑑: 𝑓𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒𝑙 𝑣𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜.

𝐼: 𝑓𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑐𝑡𝑜.

Reemplazando en las formulas:

De la ecuación para la presión estatica (𝑞𝑠):

𝑞𝑠 = 0.00256𝑉2

Tenemos la velocidad que es igual a 100 millas/h; la reemplazamos en la

ecuación anterior

𝑞𝑠 = 0.00256(100)2.

𝑞𝑠 = 25.6𝑙𝑏

𝑓𝑡2

De la ecuación para la presión de la velocidad del viento a la altura z

(𝑞𝑧):

𝑞𝑧 = 𝑞𝑠. 𝐼. 𝑘𝑧. 𝑘𝑧𝑡. 𝑘𝑑

Para la altura :

0 − 15′ 𝑞𝑧 = 25.6(1)(0.57)(1)(0.85)

𝑞𝑧 = 12.40𝑙𝑏

𝑓𝑡2

15 − 16′ 𝑞𝑧 = 25.6(1)(0.62)(1)(0.85)

𝑞𝑧 = 13.49𝑙𝑏

𝑓𝑡2

24′ 𝑞𝑧 = 25.6(1)(0.66)(1)(0.85)

𝑞𝑧 = 14.36𝑙𝑏

𝑓𝑡2



Se determina la presión eólica sobre el techo de la pared del barlovento:

De la ecuación: 𝑝 = 𝑞𝑧. 𝐺. 𝐶𝑝.

Donde de los datos del problema tenemos:

𝑒𝑙 𝑓𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑟𝑎𝑓𝑎𝑔𝑎: 𝐺 = 0.85; 𝑐𝑝 = 0.8

Ahora:

Para la pared : 0-15’ 𝑝 = 12.40(0.85)(0.8)

𝑝 = 8.43𝑙𝑏

𝑝𝑖𝑒2

Para la pared : 15-16’ 𝑝 = 13.49(0.85)(0.8)

𝑝 = 9.17𝑙𝑏

𝑝𝑖𝑒2

Para el techo: 𝑝 = 14.36(0.85)(0.2738)

𝑝 = 3.34𝑙𝑏

𝑝𝑖𝑒2

La presión eólica en el lado del sotavento:


Donde de los datos del problema tenemos:

𝑐𝑝 = −0.2 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑒𝑑; 0.6 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑒𝑙 𝑡𝑒𝑐ℎ𝑜.

Ahora:

Para la pared : h=24’ 𝑝 = 14.36(0.85)(−0.2)

𝑝 = −2.44𝑙𝑏

𝑝𝑖𝑒2

Para el techo: 𝑝 = 14.36(0.85)(−0.6)

𝑝 = −7.32𝑙𝑏

𝑝𝑖𝑒2

P2.11 Establezca las presiones eólicas sobre el edificio del problema P2.10

cuando el techo de barlovento se somete a una fuerza eólica de succión.



Solución:

de los datos del problema anterior tenemos:

Techo del barlovento ( presión negativa).

𝜃 = 33.7°

Ahora interpolamos entre 30° y 35° para el valor cp negativo en la tabla p2.10.

Obtenemos:

𝑐𝑝 = −0.274.


𝑝 = 21.76(0.66)(0.85)(−0.274)

𝑝 = −3.34𝑙𝑏

𝑝𝑖𝑒2 (𝑠𝑢𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛)

Las presiones eólicas en las otras 3 superficies son las mismas que en

p2.10.

P2.12 a) Determine la distribución de presión eólica en las cuatro caras del

hospital de 10 niveles mostrado en la figura P2. 12. el edificio se encuentra cerca

de la costa de Georgia donde el mapa de velocidades del viento de la figura 2.15

especifica una velocidad del viento de diseño de 140 mph. el edificio , localizado

al nivel del terreno plano ,se clasifica como rígido pues su periodo natural es

menor a un segundo en la cara de barlovento , evalué la magnitud de la presión

eólica a cada 35 pies en la dirección vertical . b) Determine la fuerza eólica total

en la cara de barlovento varia linealmente en los intervalos de 35 pies. Incluye la

presión negativa sobre el lado de sotavento.



Solución:

a) Calculo de la variación de la presión eólica en la cara del barlovento.

De la ecuacion:

𝑞𝑧 = 𝑞𝑠. 𝐼. 𝑘𝑧. 𝑘𝑧𝑡. 𝑘𝑑

𝑞𝑠 = 0.00256𝑉2

𝑞𝑠 = 0.00256(140)2

𝑞𝑠 = 50.176 𝑙𝑏/𝑝𝑖𝑒2

Reemplazando se tiene:

𝑞𝑧 = 50.18(1.15)(𝑘𝑧)(1)(0.85)

𝑞𝑧 = 49.05 𝑘𝑧

Calculamos p:

𝑝 = 𝑞𝑧. 𝐺. 𝐶𝑝

𝑝 = 49.05𝑘𝑧(0.85)(0.8)



𝑝 = 33.354𝑘𝑧

Calculamos p para cada altura:

0 34.36

35 39.69

70 44.69

105 48.03

140 50.70

Calculamos p para el sotavento:

𝑝 = 𝑞𝑧. 𝐺. 𝐶𝑝

𝑝 = 74.556(0.85)(−0.5)

𝑝 = −31.68𝑙𝑏

𝑝𝑖𝑒2

Calculo total de las fuerzas:

𝑓1 =50.7 + 48.08

2(

35𝑥160

1000) = 276.42 𝑘𝑖𝑝𝑠

𝑓2 =48.08 + 44.69

2(

35𝑥160

1000) = 259.62 𝑘𝑖𝑝𝑠

𝑓3 =44.69 + 39.69

2(

35𝑥160

1000) = 236.26 𝑘𝑖𝑝𝑠

𝑓4 =39.69 + 34.36

2(

35𝑥160

1000) = 207.34 𝑘𝑖𝑝𝑠

𝑓5 = (31.68(35𝑥60)

1000) = 709.63𝑘𝑖𝑝𝑠

Total de fuerzas : 1689.27 kips.

P2.13 Considere el edificio de cinco niveles mostrado en la figura P2.8. los

pesos promedios de los pisos y la azotea son de 90lb/pie y 70 lb/ pie ,

respectivamente . los valores de Sds y de Sdi son iguales a 0.9g y 0.4g,

respectivamente . el valor de R es igual a 8 , ya que se utilizan marcos de acero



en la dirección norte _ sur para resistir las fuerzas sísmicas . Calcule el cortante

sísmico basal V . Distribuya entonces el cortante basal o lo largo de la altura del

edificio

Solución:

Para el periodo fundamental natural del edificio.

𝑇 = 𝐶𝑡 . ℎ𝑛𝑥

Donde: para marcos de acero : ct = 0.035

Para la altura del edificio : hn = 60’ y x = 0.75.

Reemplazando tenemos: 𝑇 = 0.035 . 600.75



𝑇 = 0.75 𝑠

Calculamos la carga muerta (w):

𝑤 = 4(100𝑥90) (90𝑙𝑏

𝑝𝑖𝑒𝑠2) + (100𝑥90) (70

𝑙𝑏

𝑝𝑖𝑒𝑠2)

𝑤 = 3,870.000 𝑙𝑏 = 3,830 𝑘𝑖𝑝𝑠

Hallamos el cortante basal :

𝑉 =𝑆𝑑𝑖 𝑤

𝑇 (𝑅𝐼 )

𝑉 =0.4 (3870)

0.75 (81)

𝑉 = 258 𝑘𝑖𝑝𝑠.

El Vmax :

𝑉𝑚𝑎𝑥 =𝑆𝑑𝑠 𝑤

(𝑅𝐼 )

𝑉𝑚𝑎𝑥 =0.9(3870)

(81)

𝑉𝑚𝑎𝑥 = 435 𝑘𝑖𝑝𝑠.

El Vmin:

𝑉𝑚𝑖𝑛 = 0.0441. 𝐼. 𝑆𝑑𝑠. 𝑤

𝑉𝑚𝑖𝑛 = 0.0441(1)(0.9)(3870)

𝑉𝑚𝑖𝑛 = 153.6 𝑘𝑖𝑝𝑠.

Por lo tanto: se usa V=258 kips.

Y ahora en la formula:



𝑘 = 1 + 𝑇 − 0.5

2

𝑘 = 1.125.

Para hacer la distribución de el cortante basal a lo largo de todo el

edificio; utilizamos la sgte formula:

𝐹𝑥 =𝑊𝑥. ℎ𝑥𝑘

∑ 𝑊𝑖. ℎ𝑖𝑘𝑛𝑖=1

𝑉

Tenemos lo sgte:

PISO PESO Wi (kips)

Altura de piso

hi(pies)

𝑊𝑖. ℎ𝑖𝑘 𝑊𝑥. ℎ𝑥𝑘

∑ 𝑊𝑖. ℎ𝑖𝑘𝑛𝑖=1

𝐹𝑥(𝑘𝑖𝑝𝑠

Techo 630 60 63,061 0.295 76.1

5° 810 48 63,079 0.295 76.1

4° 810 36 45,638 0.213 55.0

3° 810 24 28,922 0.135 34.8

2° 810 12 13,261 0.062 16.0

∑ = 3,870 ∑ = 213,961

P2. 14 Cuando un marco rígido no excede de 12 niveles de altura y la altura

del entrepiso es al menos de 10 pies, las normas de la ASCE ofrecen una

expresión más sencilla para calcular el periodo fundamental aproximado :

T= 0.1N

Donde N = número de niveles. Calcule de nuevo T con la expresión anterior y

compartela con la obtenida en el problema P213, ¿qué método genera una

cortante sísmica basal mayor?

Solución:

De la expresión mas sencilla se tiene:

T= 0.1N



Donde N = 5

Por lo tanto 𝑇 = 5𝑠

Del cortante basal :

𝑉 =0.3 (6750)

0.5 (51)

𝑉 = 810 𝑘𝑖𝑝𝑠.

𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑚𝑒𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑠𝑖𝑠𝑚𝑖𝑐𝑜 𝑏𝑎𝑠𝑎𝑙 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟 .

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