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
2ANALISIS 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 = 25.6
𝑙𝑏
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 = 12.40
𝑙𝑏
𝑓𝑡2
 15 − 16′
𝑞𝑧 = 25.6(1)(0.62)(1)(0.85)
𝑞𝑧 = 13.49
𝑙𝑏
𝑓𝑡2
 24′
𝑞𝑧 = 25.6(1)(0.66)(1)(0.85)
𝑞𝑧 = 14.36
𝑙𝑏
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 = 8.43
𝑙𝑏
𝑝𝑖𝑒2
 Para la pared : 15-16’ 𝑝 = 13.49(0.85)(0.8)
𝑝 = 9.17
𝑙𝑏
𝑝𝑖𝑒2
 Para el techo: 𝑝 = 14.36(0.85)(0.2738)
𝑝 = 3.34
𝑙𝑏
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 = −2.44
𝑙𝑏
𝑝𝑖𝑒2
 Para el techo: 𝑝 = 14.36(0.85)(−0.6)
𝑝 = −7.32
𝑙𝑏
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 = −3.34
𝑙𝑏
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 = −31.68
𝑙𝑏
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 . ℎ𝑛 𝑥
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) (90
𝑙𝑏
𝑝𝑖𝑒𝑠2
) + (100𝑥90) (70
𝑙𝑏
𝑝𝑖𝑒𝑠2
)
𝑤 = 3,870.000 𝑙𝑏 = 3,830 𝑘𝑖𝑝𝑠
 Hallamos el cortante basal :
𝑉 =
𝑆𝑑𝑖 𝑤
𝑇 (
𝑅
𝐼
)
𝑉 =
0.4 (3870)
0.75 (
8
1
)
𝑉 = 258 𝑘𝑖𝑝𝑠.
El Vmax :
𝑉𝑚𝑎𝑥 =
𝑆𝑑𝑠 𝑤
(
𝑅
𝐼
)
𝑉𝑚𝑎𝑥 =
0.9(3870)
(
8
1
)
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. ℎ𝑥 𝑘
∑ 𝑊𝑖. ℎ𝑖 𝑘𝑛
𝑖=1
𝑉
Tenemos lo sgte:
PISO PESO
Wi (kips)
Altura de
piso
hi(pies)
𝑊𝑖. ℎ𝑖 𝑘
𝑊𝑥. ℎ𝑥 𝑘
∑ 𝑊𝑖. ℎ𝑖 𝑘𝑛
𝑖=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 (
5
1
)
𝑉 = 810 𝑘𝑖𝑝𝑠.
𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑚𝑒𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑠𝑖𝑠𝑚𝑖𝑐𝑜 𝑏𝑎𝑠𝑎𝑙 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟 .

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