ESTRUCTURAS METÁLICAS INGENIERÍA CIVIL bpqor`qro^p jbqžif`^p C l_o^p 2 12 1m²_if`^p 22 1 fkdbkfboð^ q°`kf`^ ab L fkdbkfboð^ f kdbkfboð^ dbliþdf`^ `ropl OMMVLOMNM
FLEXIÓN – Estructuras metálicas
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FLEXIÓN – Estructuras metálicas
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SOLUCIÓN EJERCICIO 1
1. Sección de clase 3
2. Iy = 1.090.967 cm4 Iz = 41.685 cm4 IT = 443,6 cm4
3. E.L.U. Resistencia de secciones: VEd ≤ 2.273 kN MEd ≤ 4.109,5 m∙kN
4. E.L.U. Resistencia Secciones: Pandeo Lateral: MLT,v = 2.493 m∙kN MLT,w = 9.887 m∙kN MCR = 10.196,5 m∙kN ….. MEd ≤ 2.778 m∙kN Abolladura del alma por cortante: VEd ≤ 1.761,6 kN Cargas concentradas: No es necesario comprobar
5. E.L.S. Deformaciones: qk ≤ 1.145,5 kN/m
6. SOLUCIÓN: qd ≤ 347,5 kN/m (el pandeo lateral es la limitación más restrictiva)
FLEXIÓN – Estructuras metálicas
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EJERCICIOS FLEXIÓN 2 1) Dimensionamiento frente a ELS de deformaciones: Flecha máxima admisible: L/400 = 10000 mm / 400 = 25 mm 3
fmáx
PEd , ser L
192 E Iy
3
fadm
I y
PEd , ser L
39000010000
3 8
192 E fadm 192 210000 25
4
4
3,869 10 mm 38690 cm
El primer IPN que cumple es el IPN 450 ( Iy = 45850 cm4 )
2) Clasificación para comprobaciones ELU: Clase 1 según prontuario europeo de perfiles.
3) Comprobación a flexión pura (ELU): MEd ,empotr
PEd ,ult L 8
687,5 mkN
MEd ,centro
PEd ,ult L 8
687,5 mkN
Como los espesores del IPN 450 son superiores a 16 mm, según la tabla 4.1 del CTE-Acero, debe emplearse un límite elástico 10 MPa inferior. 3
3
MRd = W pl,y · f yd = 2400·10 mm · 265 MPa / 1,05 = 605,7 mkN
No cumple. Por lo tanto: 3
W pl,y ≥ MRd / f yd = 2724 cm
El primer IPN que cumple a flexi ón pura es el IPN 500 ( W pl,y = 3240 cm3)
4) Comprobación a cortante e interacción cortante flector: Área de cortante, A vz = 9650 mm2 . Resistencia plástica a cortante:
V pl ,Rd Avz
f yd
9560
3
265 1,05
1393 kN
3
Esfuerzo cortante de cálculo: VEd ,mitad derecha
FLEXIÓN – Estructuras metálicas
PEd ,ult 2
275 kN
V Ed ,mitad izquierda
PEd ,ult 2
275 kN
4
Como el cortante aplicado es inferior a la mitad de la resistencia plástica a cortante, la resistencia a flexión simple se puede asumir que es igual a la resistencia a f lexión pura.
5) Comprobaciones de ELU de inestabilidad. Vuelco lateral: MLTv C1
LC
G It E Iz 0,938
4
4
80769 402 10 210000 2480 10 383,2 mkN
10000
Para el cálculo de C 1 se ha supuesto que ambos empotramientos coaccionan el giro torsional (k = 0,5 en la tabla del Anejo F del Eurocódigo 3 publicado por AENOR). Radio de giro del cordón comprimido: 4
2
Iz = 2480 cm (para el perfil completo)
A = 179 cm (para el perfil completo)
d = 40,43 cm (ancho del alma) Iz 2
i f , z
MLTw Wel ,y
2
3
1 2 d
3 w
t 12 3 2 A 2 d t w 2 3 2
E
2 C
L
t w = 18 mm = 1,8 cm
Iz
A
2
3
C1 i f , z 2750 10
d t w
18 4,348 cm 43,48 mm 2 d t w 3 2 210000 2
10000
2
0,938 43,48 101,1 mkN
Momento crítico de vuelco lateral: 2
2
MCR MLTv MLTw 396,3 mkN
Esbeltez relativa de vuelco lateral: LT
W pl , y f y MCR
3
3240 10 265 6
700,4 10
1,47
Como se trata de un perfil laminado con h/b > 2 , la curva de pandeo es la “b”. Por lo tanto: χ LT = 0,354
Mb,Rd = χ LT · W pl,y · f y / γM1 = 289,5 m·kN
Si se dejan los 10 m de cordón comprimido sin arriostrar, el perfil no cumpliría. ¿Qué pasaría si se arriostra a la mitad? LC = 5 m
k = 0,7 (sólo se coacciona el giro torsional en el extremo empotrado)
C 1 = 3,063 (tabla del Anejo F del Eurocódigo 3 publicado por AENOR) MLTv = 2503 mkN
LT 0,549
FLEXIÓN – Estructuras metálicas
MLTw = 1320 mkN
χ LT = 0,861
MCR = 2845 mkN
Mb,Rd = 704,1 mkN (¡CUMPLE!)
3
6) Comprobaciones de ELU de inestabilidad. Abolladura del alma por cortante: Altura del alma: d = 404,3 mm (valor del prontuario para IPN 500) Espesor del alma t w =18 mm (valor del prontuario para IPN 500) Esbeltez geométrica del alma: d /t w = 22,46 Por lo tanto, como este valor es inferior a 70ε = 64,7 … no es preciso comprobar la resistencia del alma frente a abolladura.
7) Comprobaciones de ELU de inestabilidad. Resistencia a cargas concentradas: Debe comprobarse que F Ed = 550 kN ≤ F b,Rd . F b,Rd = Lef · t w · f y / γM 1
Caso a) de la figura 6.6 del CTE-Acero Si no hay rigidizadores, a = 10000 mm. Por otro lado, d = 404,3 mm: 2
k F = 6 + 2 · ( d /a) = 6 m1
fyf bf
265 185
fyw t w
265 18
10,28
m2 = 0 (se supone para una primera iteración) ss = 200 mm (si no lo indica el enunciado, debe supone rse un valor adecuado) t f = 27 mm (valor del prontuario) 0,5
ℓ y = ss + 2 · t f · [ 1 + ( m1 + m2) ] = 427,1 mm (< 10 m) 3
F cr = 0,9 · k F · E · t w / d = 16358 kN
F
y
tw
f y
427,1 18 265 3
16358 10
F cr
0,353
Como es menor que 0,5 el valor de m2 es 0. Por lo tanto: F
F
0,5
w
1,42 1
Lef F
y
mm 427,1
Así pues: F b,Rd = 1940 kN (¡CUMPLE!)
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