Los(as) Pequeños(as) Productores(as) y Trabajadores(as) DE ...
Metalic As
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PRACTICA N°2 ESTRUCTURAS METALICAS
Doc. J. T. P. : Ing. Gonzalo Arteaga Trillo
Doc. Teoría: Ing. Juan Carlos Gottret Estudiante: Univ. Herrera Cadena Carlos Luigui CI: 8312908 LP
H PRACTICA N°2 Ejercicio 1 Diseñar Viga más económica A36 AISC, con apoyo lateral completo del patín de compresión.
Cálculo de Fb:
][2436*66,0*66.0 KsiFyFb
]/[20.175.045.0 ftKWWpWt L
]/[75.18335*20.1*8
1**
8
1max 22 ftKlWtM
Cálculo de Sx:
SxFbM *
][80.9224
12*75.183 3pFb
MmáxSx
Se tiene, según tabla:
W12x49
Sx=93.3[p3]
MR=187[k-ft]
PRACTICA N°2 ESTRUCTURAS METALICAS
Doc. J. T. P. : Ing. Gonzalo Arteaga Trillo
Doc. Teoría: Ing. Juan Carlos Gottret Estudiante: Univ. Herrera Cadena Carlos Luigui CI: 8312908 LP
H Ejercicio 2: Diseñar Viga más económica AISC Fy = 50 ksi sin apoyo lateral completo del patín de compresión. P=150 K
SOLUCION:
Sin apoyo lateral completo.
Se asume:
][3050*60,0*60.0 KsiFyFbest
SxFbM *
Fb
MmáxSx ….(1)
][56.42315*06.0*8
115*150*
16
3**
8
1**
16
3 22 ftkLWpLPMmáx
Reemplazando en (1).
30
12*56.423Sx
][42.169 3pSx
En la tabla:
Sx=169[p3] Lc=8.00[p3] Lu=11.40[p3] d/Af=2.93
bf=8.962[p] tf=0.792[p] rT=2.35[p]
15 pies
W21x82
PRACTICA N°2 ESTRUCTURAS METALICAS
Doc. J. T. P. : Ing. Gonzalo Arteaga Trillo
Doc. Teoría: Ing. Juan Carlos Gottret Estudiante: Univ. Herrera Cadena Carlos Luigui CI: 8312908 LP
H L>Lu
Se tiene: “CASO NO COMPACTO”
70.7635.2
12*15
Tr
l
17.45*17.4550
*10*102*10*102 33
CbCb
Fy
Cb
101*10150
*10*510*10*510 33
CbCb
Fy
Cb
Para el sistema planteado se tiene: 00.1Cb
Se tiene, caso II, de NO COMPACTO:
][41.23*612
)70.76(33
*612
)/(33*]
*10*530.1
)/(*
3
2[
22
3
2
KsiCbCb
rlFy
Cb
rlFyFb T
][75.22)12*15(*93.2
1*10*12
*/
*10*12 33
KsilAfd
CbFb
][56.423][69.32912
41.23*169* pieKpieKFbSxMmáx
Con:
Lc ≤ L ≤ Lu
13.1[pie] ≤ 15 ≤ 29.5[pie]
Fytf
bf 2.52
*2
50
2.52
873.0*2
62.14
Sx=176[p3] Lc=13.10[p3] Lu=29.5[p3]
bf=14.62[p3] tf=0.873[p3]
ok!!
W14x111
PRACTICA N°2 ESTRUCTURAS METALICAS
Doc. J. T. P. : Ing. Gonzalo Arteaga Trillo
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H 38.737.8 → FyFy
tf
bfFb *|*)
*2(*0014.0733.0|
50*|50*)37.8(*0014.0733.0| Fb
][51.32 KsiFb
][56.423][77.47612
51.32*176
12
*pieKpieK
FbSxMmáx
ok!!
PRACTICA N°2 ESTRUCTURAS METALICAS
Doc. J. T. P. : Ing. Gonzalo Arteaga Trillo
Doc. Teoría: Ing. Juan Carlos Gottret Estudiante: Univ. Herrera Cadena Carlos Luigui CI: 8312908 LP
H Ejercicio 4: Seleccionar un perfil W 12 A36 articulado – articulado, desplazamiento lateral permitido (Cm=0.85) sin soporte lateral del patín de compresión
Solucion:
2 2
2 3
min
0.5 18 [ ] 19.44 [ ] 38.889 [ ]0.5
12 72
21.2 [ ] 97.5 [ ] 5.31 [ ]
16.509 [ ]
:
1 3
esta y est
a
p x x
a a
p
P
APF F Ksi A in A in
F
Asumiendo W x
A in S in r r in
PCalculo del nuevo f f Ksi
A
Esbeltes de la barra
k Larticulado articulado k
A
2 2
2
2
2
2
2
1.638
12 2
29000 [ ] ; 126.0995 3 1
19.8 [ ]3 8 8
12200
23
0.834 0.15 11.077[ ]
97.5 [in
y
c
c c
ya a
c c
c
abx
a x
x
FC E
if C E Ksi CF
F F KsiC C
Eif C
f MSi es mayor a entonces f Ksi
F S
S 3] 36 [Ksi] 10.8 [ft] 14 [ft] 21.90 [ft]
Se trata de una configuracion semicompacta
y c u
c u
F L L L
L L L
14 pie
Mx=90 K-pie
Mx=90 K-pie
P=350 K
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H
3max
2
Con el tipo de perfil determinamos las propiedades:
52.2 52.2si se cumple: 0.669 8.7
: 0.66 23.76 [ ]
45.455 [in ] .
12
23
y y
b x y
x x x PERFIL x
bx
ex
F F
ksi
Si no se cumple F F Ksi
MS S S CUMPLE el S es mayor al solicitado
F
EF
K L2
149.184 [ ] 0 0.85
: 1.279 1.2310.5
1
mx
x
a mx bx a bx
a y bxabx
ex
Ksi C
r
f C f f fCondicion conjunta
F F FfF
F
2 3
min
2
2
2
Asumiendo W12x85 25 [ ] 11 [ ] 5.38 [ ]
Calculodel nuevo 14 [ ]
•Esbeltes de la barra:
articulado -articulado 1 31.227
12
290005 3 1
3 8 8
p x x
a a
p
P
y
c
c
a
c c
A in S in r r in
Pf f Ksi
A
k Lk
A
FC
if C E
FC C
2
2
2
2
3
2[ ] ; 126.099
19.833 [ ]
12200
23
0.706 Si es mayor a 0.15 entonces 9.833[ ]
116[in ] 36 [Ksi] 10.8 [ft] 14 [ft] 25.6 [ft]
Se trata de una
c
ya
c
abx
a x
x y c u
c u
EKsi C
FF Ksi
Eif C
f Mf Ksi
F S
S F L L L
L L L configuracion semicompacta
Con el tipo de perfil determinamos las propiedades:
52.2 52.2si se cumple: 0.669 8.7
y yF F ksi
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H
3maxx
2
2
Si no se cumple : 0.66 23.76 [ ]
45.455 [in ] CUMPLE el S es mayor al solicitado.
12153.143[ ] 0.4 0.85
23
Condicion conjunta: 1.072
1
b x y
x x x PERFIL
bx
ex mx
x
a mx bx
a abx
ex
F F Ksi
MS S S
F
EF Ksi C
K L
r
f C f f
F fF
F
1.040.5
a bx
y bx
f
F F
2 3
min
2
2
2
Asumiendo W12x92 27 [ ] 12511 [ ] 5.4 [ ]
Calculodel nuevo 12.915 [ ]
•Esbeltes de la barra:
articulado -articulado 1 31.111
12
5 3 1
3 8 8
p x x
a a
p
P
y
c
c
a
c c
A in S in r r in
Pf f Ksi
A
k Lk
A
FC
if C E
FC C
2
2
2
2
3
229000 [ ] ; 126.099
19.842 [ ]
12200
23
0.651 Si es mayor a 0.15 entonces 8.64 [ ]
125[in ] 36 [Ksi]
762000021.40[ft] 14 [ft]
c
ya
c
abx
a x
x y
bf
u cy y
f
EKsi C
FF Ksi
Eif C
f Mf Ksi
F S
S F
FL L L
Fd F
A ksi ksi
10.556 [ft]
Con el tipo de perfil determinamos las propiedades:
52.2 52.2si se cumple: 0.669 8.7
y yF F ksi
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H
3maxx
2
2
Si no se cumple : 0.66 23.76 [ ]
45.455 [in ] CUMPLE el S es mayor al solicitado.
12154.284[ ] 0 0.85
23
Condicion conjunta: 0.9880.
1
b x y
x x x PERFIL
bx
ex mx
x
a mx bx a
a abx
ex
F F Ksi
MS S S
F
EF Ksi C
K L
r
f C f f
F fF
F
0.9625
UTILIZAR W12x92
bx
y bx
f
F F
Ejercicio 5: Diseñar viga con momentos en los extremos, extremos pueden desplazarse, no existe carga transversal en dirección X: Mx1= 50 K-pie Mx2= 75 K-pie en dirección Y: My1= - 30 K-pie My2= 60 K-pie Sin apoyo del patín de compresión. Normas AISC Fy = 36 ksi L=11 pies SOLUCION:
23 32
3 3 2
0.66 23.76 [Ksi] 0.66 23.76 [Ksi]
:
37.879 [in ] 30.303 [in ]
Asumiendo W12x92
97.5 [ ]; 32.4 [ ]; 12.04[ ]; 12.25[ ]; 0.671 [ ] 8.079[ ]
2000
b x y b y y
yxx y
bx by
x y f f f f f
u
F F F F
PRIMER TANTEO
MMS S
F F
S in S in b in d in t in A b t in
L
22
3 3
0 7630.532[ft] 11[ft] 12.709[ft] COMPACTA
9.231[Ksi] 22.222[Ksi]
0.389 0.935 1.324
Asumiendo W12x99
135 [ ]; 45.7[ ]; 12.19[ ]; 12
cy y
f
yxbx by
x y
by bybx bx
bx by bx by
x y f
bfL L
Fd F
A ksi ksi
MMf f
S S
f ff f
F F F F
S in S in b in d 2.75[ ]; 0.921 [ ] 11.23[ ] f f f fin t in A b t in
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H
22
3 3
20000 7640.773[ft] 11[ft] 12.869[ft] COMPACTA
6.667[Ksi] 15.755[Ksi]
0.281 0.663 0.944 CUMPLE
Asumiendo W14x87
138[ ]; 48.2[ ]; 1
u cy y
f
yxbx by
x y
by bybx bx
bx by bx by
x y f
bfL L L
Fd F
A ksi ksi
MMf f
S S
f ff f
F F F F
S in S in b 2
22
4.5[ ]; 14[ ]; 0.688 [ ] 9.976[ ]
20000 7632.99[ft] 11[ft] 15.31[ft] COMPACTA
6.667[Ksi] 15.755[Ksi]
0.274 0.629 0.903 CUMPL
f f f f
u cy y
f
yxbx by
x y
by bybx bx
bx by bx by
in d in t in A b t in
bfL L L
Fd F
A ksi ksi
MMf f
S S
f ff f
F F F FE
PERFIL A UTILIZAR W14 87 x
Ejercicio 6 Determinar Perfil W más económico para la siguiente viga (Fy=50Ksi, normas AISC). Apoyo lateral completo del patín de compresión
2 2
int
22
50[ ]2 6
4.167[Ksi] 9.351[Ksi]
0.175 0.394 1.017 NOCUMPLE
y ext c b
yxbx by
x y
by bybx a bx
bx by a bx by
n tF ksi M f M F
MMf f
S S
f ff f f
F F F F F
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H
2 3 3
2
min
Asumiendo W14x142
41.8 [ ]; 227[ ]; 85.2[ ]; 15.5[ ]; 14.75[ ]; 1.063 [ ] 6.23 [ ]
3.97 [ ]; 3.97[ ]; 16.476[ ]
Calculodel nuevo 8.373 [ ]
•Esbeltes de la ba
p x y f f x
y y f f f
a a
p
A in S in S in b in d in t in r in
r in r r in A b t in
Pf f Ksi
A
min
2 2
2
2
2
2
rra:
articulado -articulado 1 33.249
12 2
29000 [ ] ; 126.0995 3 1
19.682 [ ]3 8 8
12200
23
0.425 Si es mayor a 0
y
c
c c
ya a
c c
c
a
a
k Lk
r
FC E
if C E Ksi CF
F F KsiC C
Eif C
f
F
22
22
.15 entonces 3.965[ ] 8.451[ ]
20000 7651.72[ft] 11[ft] 16.36[ft] COMPACTA
3.965[Ksi] 8.451[Ksi]
0.167 0.356 0.
yxbx by
x y
u cy y
f
yxbx by
x y
by bybx a bx
bx by a bx by
MMf Ksi f Ksi
S S
bfL L L
Fd F
A ksi ksi
MMf f
S S
f ff f f
F F F F F948 CUMPLE
PERFIL A UTILIZAR W14 142 x
Ejercicio 7: Repetir Problema No.5 pero adicionar carga axial de P = 350 K. en este caso el perfil debe ser de Acero W12
3 3 2
22
Asumiendo W12x120
163[ ]; 56[ ]; 12.32[ ]; 13.12[ ]; 1.106 [ ] 35.3[ ]
20000 7632.99[ft] 11[ft] 15.31[ft] COMPACTA
6.667[Ksi] 15.755[Ksi]
0
x y f f
u cy y
f
yxbx by
x y
bx
bx
S in S in b in d in t in A in
bfL L L
Fd F
A ksi ksi
MMf f
S S
f
F.274 0.629 0.903 CUMPLE
PERFIL A UTILIZAR W12 120
by bybx
by bx by
f ff
F F F
x
PRACTICA N°2 ESTRUCTURAS METALICAS
Doc. J. T. P. : Ing. Gonzalo Arteaga Trillo
Doc. Teoría: Ing. Juan Carlos Gottret Estudiante: Univ. Herrera Cadena Carlos Luigui CI: 8312908 LP
H Ejercicio 10: Para el perfil del Problema No.8 verificar:
a) Aplastamiento bajo P y bajo Rmax
b)
c) Calcular placa base de A441 sobre base de hormigón ciclópeo con resistencia a la
compresión de fc’= 1.50 ksi
SOLUCION.-
a.-) Aplastamiento bajo P y bajo Rmax
2max
75 [k] 50 [Ksi]
: 0.053 47.193 0.752 2 ( )
0.27 [ ] 11.625[ ] 0.75 [ ]
40.342 [ ] 11.625 [ ]
3
42 1.092 [ ] 11.625 [ ]
3
.
y
xy
w
w
y w
y w
P F
MP k L RLa reaccion sera R k F
L ft t N K
t in T in K in
RN K in es menor a T in
F t
RN K in es menor a T in
F t
b
34
max
) Comprobar condiciones de flecha L / 360
Verificacion de la flecha:
f 0.4[ ] 29 [ ] 0.138 [ ]360 192
. ) Calcular placa base de A441 sobre base de hormig n cicl peo con
MAX
cal
L PLin Si la inercia es I in f in
EI
c ó ó
max
2max
resistencia a la compresi n de fc’ 1.50 ksi
f 1.5 [Ksi] 50 [Ksi] 47.193 0.66 3 [Ksi]
min : 31.462[ ]
7 [ ] tan :
4.495[ ] 5*7 35
6*6 36
8[
c y b y
net
c
f
net
ó
F R k F F
RArea ima A in
f
B in es la dis cia es ab AREAS
AC in
B
TABLAS
B in] 4[ ] 0.75[ ] 8*4 32
3.25 [ ]2
C in k in
Bn K in
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Doc. J. T. P. : Ing. Gonzalo Arteaga Trillo
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H
411:
3 340 [ ] 1.259[ ] 46 [ ] 1.174[ ]
0.75 0.75
3 342 [ ] 1.228[ ] 50 [ ] 1.126[ ]
0.75 0.75
: 8 4 1 1/ 4
c cy y
y y
c cy y
y y
Para el acero A
f fF ksi t n in F ksi t n in
F F
f fF ksi t n in F ksi t n in
F F
SEGUN LA TABLA Placa
Ejercicio 11: Para perfil W12*58 calcular el valor rt:
4 6 3
2
2
: 107 [ ] 3580 [ ] 78.1 [ ] 2.815[ ]
10 [ ] 0.64 [ ] 76.8 [ ]
9.25 [ ] 0.36 [ ] 3.33 [ ]
2.774[ ]
y w
y w x T
x
f f f f f
w w w
y w
T
x
I CDatos I in C in S in r in
S
b in t in A b t in
T in t in A T t in
I Cr in
S
Ejercicio 12 Diseñar viga columna W12 Fy = 36 ksi, sin apoyo lateral del patín de compresión. Normas AISC con las siguientes condiciones: P = 333 K. Mx2 = 80 k-pie, Mx1 = 60 k-pie , My2 = 40 k-pie, My1 = 30 k-pie, . Los momentos en X causan curvatura doble, los momentos en Y causan curvatura simple. Longitud = 12 pies. Perfil empotrado – empotrado, extremos no pueden desplazarse, sin carga transversal Emplear el método de carga axial equivalente SOLUCION:
1 2
2 3 3
2
min
Columna W12
36 [Ksi] 60[K ft] 80[K ft] En causan curvatura doble:
35.3 [ ]; 190[ ]; 67.5[ ]; 14.7[ ]; 14.5[ ]; 0.94 [ ] 6.24 [ ]
3.74 [ ]; 3.74[ ]; 13.818[
y x x
p x y f f x
y y f f f
F M M x
A in S in S in b in d in t in r in
r in r r in A b t in
min
]
Calculodel nuevo 9.433 [ ]
•Esbeltes de la barra:
articulado-articulado 1 38.503
a a
p
Pf f Ksi
A
k Lk
r
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H
2 2
2
2
2
2
22
12 2
29000 [ ] ; 126.0995 3 1
19.27[ ]3 8 8
12200
23
0.49 Si es mayor a 0.15 entonces 5.053[ ] 7.111
y
c
c c
ya a
c c
c
ya xbx by
a x y
FC E
if C E Ksi CF
F F KsiC C
Eif C
Mf Mf Ksi f
F S S
22
[ ]
20000 7644.119[ft] 12[ft] 15.517[ft] COMPACTA
5.053[Ksi] 7.111[Ksi]
0.49 0.213 0.299 1.001 CUMPLE
PERFIL A UTILIZAR W12 120
u cy y
f
yxbx by
x y
by bya bx a bx
a bx by a bx by
Ksi
bfL L L
Fd F
A ksi ksi
MMf f
S S
f ff f f f
F F F F F F
x
Ejercicio 13: Diseñar viga columna W14 Fy = 50 ksi, con apoyo lateral del patín de compresión. Normas AISC con las siguientes condiciones: P = 222 K. Mx2 = 70 k-pie, Mx1 = 40 k-pie , My2 = 40 k-pie, My1 = 20 k-pie, . Los momentos en X y Y causan curvatura simple. Longitud = 11 pies. Perfil empotrado – articulado, extremo articulado puede desplazarse, sin carga transversal Emplear el método de Interacción AISC
2 2
2 2
Perfil W14 Empotrado - articulado
12 12504.847[ ] 183.327[ ]
23 23
0.4
Empotrado - articulado C 1 0.993 C 1 0.982
:
ex ey
x y
a amx my
ex ey
a mx bx
a
E EF Ksi F Ksi
K L K L
r r
f f
F F
CONDICION CONJUNTA
f C f
F0.788 0.75
1 1
PERFIL A UTILIZAR W14 87
my by bya bx
a bx bya abx by
ex ey
C f ff f
F F Ff fF F
F F
x
PRACTICA N°2 ESTRUCTURAS METALICAS
Doc. J. T. P. : Ing. Gonzalo Arteaga Trillo
Doc. Teoría: Ing. Juan Carlos Gottret Estudiante: Univ. Herrera Cadena Carlos Luigui CI: 8312908 LP
H Ejercicio 15
Perfil W, A36, AISC, con apoyo lateral del patín de compresión (asumir que no existe carga por peso propio) SOLUCION.-
1 2 max
2 2
2 3
50[ ] Columna W14 sin apoyo lateral 16 [ft]
Solicitaciones: M 50[k ft] M 60[k ft] M 60[k ft] 300[ ]
Solucion:
0.5 25 [ ] 12 [ ] 24 [ ]0.5
Asumiendo : 14 84
27.4 [ ]; 131[ ];
y
esta y est
a
p x
F Ksi L
P k
APF F Ksi A in A in
F
W x
A in S in 3
min
min
2
2
2
37.5[ ]; 6.13 [ ]; 3.02 [ ]
3.02[ ]; 7.732
Calculodel nuevo 10.949 [ ]
•Esbeltes de la barra:
articulado -articulado 1 63.949
12
5 3 1
3 8 8
y x y
f
y
f
a a
p
y
c
a
c c
S in r in r in
br r in
t
Pf f Ksi
A
k Lk
r
FC
FC C
2
2
2
229000 [ ] ; 126.099
21.796[ ]
12200
23
c c
ya
c
Eif C E Ksi C
FF Ksi
Eif C
PRACTICA N°2 ESTRUCTURAS METALICAS
Doc. J. T. P. : Ing. Gonzalo Arteaga Trillo
Doc. Teoría: Ing. Juan Carlos Gottret Estudiante: Univ. Herrera Cadena Carlos Luigui CI: 8312908 LP
H 20.502 Si es mayor a 0.15 entonces 5.496[ ]
Se trata de una configuracion semicompacta
Con el tipo de perfil determinamos las propiedades:
52.2 52.2si se cumple: 0.669 8.7
a xbx
a x
c u
y y
f Mf Ksi
F S
L L L
F F
ksi
Si no se cump
3max
2
2
: 0.733 0.0014*7.73 32.824[ ]
21.935 [in ] .
12152.219 [ ] 0 1 1
23
:
1
y
b x y
x x x PERFIL x
bx
aex mx
ex
x
a mx bx
a
Fle F F Ksi
ksi
MS S S CUMPLE el S es mayor al solicitado
F
fEF Ksi C
FK L
r
f C fCondicion conjunta
F f
2 3
min
0.683 0.5320.5
Asumiendo : 14 68
20 [ ]; 103[ ]; 6.02[ ]; 6.992
Calculodel nuevo 15 [ ]
•Esbeltes de la barra:
articulado -articula
a bx
y bxabx
ex
f
p x x
f
a a
p
f f
F FF
F
PROBANDO OTRO NUEVO PERFIL
W x
bA in S in r r in
t
Pf f Ksi
A
min
2 2
2
2
2
2
2
do 1 31.894
12 2
29000 [ ] ; 126.0995 3 1
26.867[ ]3 8 8
12200
23
0.558 Si es mayor a 0.15 entonces 6.
y
c
c c
ya a
c c
c
a xbx
a x
k Lk
r
FC E
if C E Ksi CF
F F KsiC C
Eif C
f Mf
F S99 [ ]Ksi
PRACTICA N°2 ESTRUCTURAS METALICAS
Doc. J. T. P. : Ing. Gonzalo Arteaga Trillo
Doc. Teoría: Ing. Juan Carlos Gottret Estudiante: Univ. Herrera Cadena Carlos Luigui CI: 8312908 LP
H
3max
Se trata de una configuracion semicompacta
Con el tipo de perfil determinamos las propiedades:
52.2 52.2si se cumple: 0.669 7.382
: 0.66 33[ ]
21.818 [in ]
c u
y y
b x y
x x x PE
bx
L L L
F F
ksi
Si no se cumple F F Ksi
MS S S
F
2
2
.
12146.805 [ ] 0 1 1
23
: 0.794 0.7120.5
1
PERFIL A UTILIZAR W14 68
RFIL x
aex mx
ex
x
a mx bx a bx
a y bxabx
ex
CUMPLE el S es mayor al solicitado
fEF Ksi C
FK L
r
f C f f fCondicion conjunta
F F FfF
F
x
Ejercicio 16 Repetir Problema No.15 pero en este caso adicionar una carga axial P-= 280 K. Emplear el método de carga axial equivalente
SOLUCION.-
Como W30x300 es unperfil mas grande de los perfiles W y no soporta la flexion en 2 ejes a la que
estaba sometida en el ejercicio 15, mucho menos lo hara con flexion compuesta
POR LO TANTO NO EXISTE PERFIL de este tipo W que pueda soportar tal solicitacion.
280 K 280 K