Metalicas

1. 42
3. COMPRESIÓN
Los elementos típicamente en compresión y se supone que no soportan flexión, entre los
cuales tenemos:
• Columnas
• Vigas-Columnas-
• Elementos de pórticos
• Aletas de vigas, etc.
3.1 TEORÍA COLUMNAS
El problema fue solucionado por Leonhard Euler en 1744 100 años antes de construcción
con columnas de acero, quien desarrollo la ecuación diferencial de una columna
simplemente apoyada bajo una carga axial concéntrica para columnas esbeltas que
trabajan en el rango elático.
L = Longitud de la columna
k = Constante resultado de la integracion
∑ M = 0
M + Py = 0
M = −Py
EIy´´ = M(x) Ecuación de la elástica
ky′′
= M(x)
Ecuación diferencial lineal homogénea de segundo orden con coeficientes constantes
ky′′
= − Py
ky′′
+ Py = 0
y′′
+
!
"
y = 0
Donde:
C#
$
=
P
k
C = %
P
k

2. 43
Lagrange (1736-1813), desarrollo la solución sinusoidal de esta ecuación:
y&&
+ C#
$
y = 0
Por el método de coeficientes indeterminados, se encuentra las 2 raíces de esta ecuación:
m# = %
P
k
∗ i m$ = −%
P
k
∗ i
Al existir 2 raíces, se supone la solución de la forma:
y = c#e()*
+ c$e(+*
Usando la ecuación de Euler:
e,*
= cos x + i sin x
e-,*
= co s x − i sinx
e
.
/
0
,*
= co s %
P
k
x + i sin %
P
k
x
y = C# 1cos .
!
"
x + i sin.
!
"
x2 + C$ 1cos .
!
"
x − i sin.
!
"
x2
Factorizando:
y = A cos %
P
k
x + B sin %
P
k
x
Para las condiciones de frontera en los extremos y el centro de la luz de la columna:
y(0) = 0 y&
5l
27 8 = 0 y(l) = 0
y(0) = A = 0
y´ = B%
P
k
cos %
P
k
x
Thomas Young (1880) encontró que k=EI (Rigidez a flexión). Para y&
5l
27 8 = 0, se tiene
que B no puede ser igual a cero porque si no sería la solución trivial, entonces el ángulo
debe ser igual a:
%
P
EI
l
2
=
nπ
2
l%
P
EI
= nπ n = 1,2,3 …

3. 44
P?@ =
n$
π$
EI
l$
P?@: Carga critica de pandeo
La curvatura de columnas prismáticas, supone un pandeo o imperfección inicial δD,
suponiendo una deformación sinusoidal se tiene:
yD = δD ∗ sinE
nπx
l
F
La deflexión en la mitad de la columna es:
y =
δD
1 −
!G+
HIJ+
La aplicación de la carga de Euler solo es para columnas esbeltas y Young puso el
siguiente límite a la esbeltez.
- Para valores bajos la columna falla por aplastamiento.
- Para valores altos la columna falla por pandeo.
Lamarle en 1846 pone un límite de esbeltez para el rango elástico.
Engesser (Alemania 1889) modifico la fórmula de Euler más allá del rango elástico para
columnas rectas, usando modulo tangente. ET.
En 1947 Shanely da la solución definitiva modificando la fórmula de Engesser, conocida
como la carga del módulo tangente Pt usando un módulo Eef, desarrollada en materiales
con diagrama esfuerzo deformación con una parte elástica seguido por una curva no
lineal o inelástica.
KL = P?@ =
π$
EHMI
(NO)$
=
PL
P
KL
Dónde:

4. 45
EQ = Modulo tangente, pendiente de la tangente a la curva esfuerzo deformación en el
punto del esfuerzo aplicado fpl.
E = Modulo elastico
Eef = Modulo efectivo
EQ < EHM < P
3.2 ESTADOS LÍMITES
El principal estado límite de resistencia es el pandeo, definido como perdida de resistencia
debido a un cambio en la geometría.
3.3 RESISTENCIA DE COLUMNAS SIMPLEMENTE APOYADAS
La carga de pandeo es KUV =
W+XY
Z+
- El pandeo está controlado por la inercia mínima
- Entre mayor sea la longitud L, menor es la resistencia
- El pandeo es un evento instantáneo “Equilibrio inestable”.
Para una sección W.
I([* = I**( eje fuerte)
I(,] = I^^( eje debil)
El pandeo ocurre alrededor del eje débil.
P] = Resistencia al pandeo
Pa ≤ ∅P]

5. 46
La carga en términos del esfuerzo es:
cd =
Ke
f
=
g$
Ph
fi$
=
g$
P(h f⁄ )
i$
=
g$
Pk$
i$
cd =
g$
P
5i
k7 8
$
r: Radio de giro
L/r: Relación de esbeltez
El pandeo es controlado por el mayor valor 5l
r7 8([*
o por el r(,] = .
I(,]
que corresponde
a la I(,].
3.3.1 Longitud Efectiva de Columnas
Para cualquier condición de apoyo en sus extremos, la carga y el esfuerzo se pueden
escribir como:
Ke =
g$
Ph
(NO)$
ce =
g$
P
(NO/k)$
k = Factor de longitud efectiva.
g$
Phmm
i$
g$
Phnn
i$

6. 47
kL=L/2=Longitud efectiva de una columna doblemente empotrada equivalente
simplemente apoyada con la misma carga de pandeo elástica, o la distancia entre los
puntos de inflexión de la deformada.
Ke =
4g$
Ph
O$
Se presentan dos casos:
1 Columnas restringidas a la traslación al ocurrir pandeo. Pórticos arriostrados,
desplazamiento lateral impedido. 0.5 < K < 1.0. Las columnas se pandean en un
modo desplazamiento impedido.
Ke =
g$
Ph
(0.5i)$

7. 48
2 Columnas no restringidas a la traslación. 1.0 < K < ∞. Las columnas se pandean
en modo de desplazamiento permitido de Pórticos no arriostrados. Desplazamiento lateral
de columnas no impedido. El menor K es 0.5 y el mayor es ∞.Al aumentar K disminuye el
φRn
3.4 EFECTO DE IMPERFECCIONES EN LA RESISTENCIA
En general las columnas presentan imperfecciones constructivas, como defectos de
fabricación a media altura, esto es una deflexión inicial ∆D.
Según ASTM ∆D([*≈
G
#tDD
(3 mm en 3 m)
El comportamiento P- ∆ de la columna será:
Ke =
g$
Ph
(O)$

8. 49
- El pandeo es un evento gradual cuando hay imperfecciones.
- Se generan esfuerzos normales producidos por flexión desde el inicio.
- En la Teoría elástica, el material no fluye, la carga
P = Pu causando una deflexión ∆= ∞, no hay pérdida de capacidad debido a la
imperfección.
- Los esfuerzos de flexión producidos por la imperfección ∆D inicial, causan una
perdida en la capacidad de carga.
3.5 ESFUERZOS RESIDUALES.
Son esfuerzos autoequilibrantes, debido a los procesos de fabricación, producidos por el
enfriamiento irregular de perfiles fabricados en caliente que afectan la columna y soldando
platinas, también al enderezar perfiles en frio, y en Conexiones, los esfuerzos residuales
son localizados.
Unas porciones se enfrían más rápido que otras, como los extremos de las aletas y el
centro del alma.
σyuz(-) = Compresion, si enfrian primero
σyuz({) = Tension, si enfrian de último
En perfiles W, los esfuerzos residuales pueden llegar hasta 70 y 100 MPa en las aletas.
Los σyuz reducen la rigidez, se pueden medir con el ensayo de columna corta y no hay
pandeo antes de fluir.
Fu =
π$
EI
(Kl$)
∆F = F^ − Fyuz
EQ < E
€•‚ƒ

9. 50
EQI < P I
EQ: Modulo promedio para que toda la seccion fluya.
Si no hay σyuz todas las fibras fluyen simultáneamente F^ =
!
Si hay σyuz, la primera fluencia ocurre cuando:
F^ =
P
A
+ σyuz
P = 5F^ − σyuz8. A
La carga máxima es P([* = A. F^, aunque la curva P-∆ en términos de σ − ε queda:

10. 51
σ†y‡( ≤ F^ − σyuz([*(-) EQ = E
σ†y‡( ≥ F^ − σyuz([*(-) EQ < P
3.6 ESFUERZO RESIDUALES EN COLUMNAS
La carga de pandeo de una columna recta corta para pandeo inelástico (Engesser 1889 y
Considere) es:
K‰ =
g$
P‰h
(Ni$)
El esfuerzo de pandeo es:
c‰ =
K‰
f
=
g$
P‰
E
Š‹
Œ
F
$
Hay dos clases de pandeo:
1. Pandeo elástico P‰ = P = módulo elástico
FH ≤ F^ − σyuz(-) No hay fluencia antes del pandeo.
Fu =
J+H
E
•Ž
•
F
+ El Esfuerzo de compresion predice el pandeo.
2. Pandeo inelástico P‰ < P
FH > F^ − σyuz(-), Hay fluencia en algunas partes antes del pandeo.
FQ =
J+H’
E
•Ž
•
F
+ Esfuerzo de compresion que prediceo el pandeo.
Por lo tanto FQ < FH , es decir que hay una Perdida de resistencia.

11. 52
3.7 DISEÑO DE COLUMNAS MÉTODO LRFD-AISC
La resistencia de diseño en columnas depende de:
• Esbeltez (kL/r)
• Imperfecciones iniciales ∆o
• FluenciaF^ y Esfuerzos residuales σres(-)
• Condiciones de Apoyos
Los resultados de esfuerzos experimentales sobre una columna con esfuerzos residuales
”(-)
, para E
•Z
Œ
F bajo se muestran en el siguiente gráfico. Se presentan primero una pérdida
de resistencia por esfuerzos residuales y después una perdida por imperfecciones
iniciales y fluencia adicional.
.
3.7.1 Diseño por el Método Estados Límites LRFD La resistencia nominal a la
compresión (F.2.5 NSR-10) es:
P] = A–F—y
Donde:
A– = Area bruta
F—y = Esfuerzo critico o de pandeo
∅P] = ∅—A–F—y ∅— = 0.9
Criterio de diseño:
Ra ≤ ∅R] Pa ≤ ∅P] Pn: Resistencia de diseño
Para calcular F—y, se usa un parámetro adimensional λ— (Esbeltez de la columna)
λ— =
Kl
πr
%
F^
E

12. 53
PANDEO INELASTICO ›œ•
Si λ— ≤ 1.5 ocurre pandeo inelastico Fu ≥ 0.44F^
F—y = [0.658¡¢
+
]F^ =
¤
¥
¥
¥
¦
0.658
M§
M¨
©
ª
«
«
«
¬
F^
Fu =
J+H
E
•Ž
•
F
+ Esfuerzo crítico pandeo elástico.
Si λ— = 0 , F—y = F^
Si λ— = 1.5 , F—y = 0.44F^
PANDEO ELÁSTICO ›œ•
Si λ— > 1.5 K-®¯d° dO-±L²³° o Fu < 0.44F^
F—y = ´
0.877
λ—
$ ¶ F^ = 0.877Fu (F. 2.5.3.3)
F—y = ´
0.877
λ—
$ ¶ F^ = ·
0.877
E
¸G
Jy
F
$ M§
H
¹ F^ = 0.877
π$
E
E
¸G
y
F
$
F—y = 0.877Fu
El pandeo elástico LRFD, es 87.7% de la carga de Euler.
La línea divisoria entre pandeo elástico y pandeo inelástico es λ— = 1.5.
kl
r
= 1.5π%
E
F^
Para A36
¸G
y
= 135
Grado 50
¸G
y
= 113.5
Una Columna típica L = 3.5 m, k = 1.0 , r ≈ 8 cm
¸G
y
= 44 pandeo inelastico
Procedimiento:

13. 54
Se debe usar la relación de esbeltez máxima encontrada
¸G
y
, por lo tanto el pandeo se
debe evaluar con r(,],(‡ = .
I(,]
y con I(,],(‡.
¸G
y
< 200 Para miembros en compresión (F.2.5.2)
- Si Kl* = Kl^ usar el menor de r* y r^
- Si Kl* ≠ Kl^ evaluar E
¸G
y
F
*
y E
¸G
y
F
^
, y usar el mayor
PROBLEMA: Hallar ∅P] de una columna W12X40 de acero A572 grado 50, con una
longitud L=4.50 m, simplemente apoyada en sus extremos.
A– = 11.8 pg$
= 7612.9 mm$
r* = 5.13 pg = 130.3 mm
r^ = 1.93 pg = 49.02 mm
Kl^ = Kl* = 4.50 El eje debil controla
»
Kl
r
¼
^
=
4500
49.02
= 91.8
λ— =
Kl
πr
%
F^
E
=
91.8
π
%
345
200.000
= 1.21 < λ— = 1.50 pandeo inelastico
F—y = ½0.658¡¢
+
¾ F^ = ¿0.658#.$#+
À345 = 186.9 MPa
∅P] = ∅—A–F—y = 0.9 ∗ 7612.9 ∗ 186.9 = 1281 kN
PROBLEMA: Resolver el problema anterior, pero ahora se pone un arriostramiento a
media altura en la dirección débil.
- Pandeo alrededor eje x= Kl* = 1.0 ∗ 4.50 = 4.50 m
- Pandeo alrededor eje y= Kl^ = 1.0 ∗ 2.25 = 2.25 m
Como Kl* ≠ Kl^, se calcula:
»
Kl
r
¼
*
=
4500
150.3
= 34.5
»
Kl
r
¼
^
=
2250
49.2
= 45.9 El eje debil controla

14. 55
λ— =
Kl
πr
%
F^
E
= 0.60 < λ— = 1.50 pandeo inelastico
›œ• = ½0.658¡¢
+
¾ F^ = ¿0.658D.ÂD+
À345 = 296.7 Mpa
∅P] = ∅—A–F—y = 0.9 ∗ 7612.9 ∗ 296.7 = 2032.1 kN
2032.9
1281
= 1.58 incremento de carga
3.7.2 Ayudas de Diseño de Columnas
Existen tablas de ayuda en el manual LRFD del AISC. De la Tabla E.1 del LRFD se
tabula ∅cUV ñ
•Z
Œ
en la C-1 se tabula
Äe
ÅÆ
ñ
•Z
Œ
para cn = 36 Ç 50 N±².
Dados F^, Pa, kl* y kl^ hallar el perfil más liviano que cumpla ∅P] ≥ Pa
∅P] = ∅—A–F—y ≥ Pa
Las Incógnitas son A– y F—y
- Perfiles con d ≫ bÉ y r* ≫ r^ Son eficientes como Vigas
- Perfiles con bÉ ≈ d y
yÌ
y§
≈ 1.6 − 3.0 Son Columna eficientes
PROBLEMA: Calcular la carga resistente de 2 columnas de acero A572 grado 50 de
L=4.0 m, con perfiles W18X40 y W8X40 con el mismo peso (Eficiente como viga y
columna).
W18X40 fÆ = 11.8 ÍÎ$
= 7613 ÏÏ$
ŒÐ
΄
= 5.7
kn = 1.27&&
= 32.3 ÏÏ
W8X40 fÆ = 11.7 ÍÎ$
= 7648 ÏÏ$
ŒÐ
΄
= 1.73
kn = 2.04&&
= 51.8 ÏÏ
NOm = NOnÒ 4000ÏÏ
W18X40 E
•Z
Œ
F
n
=
ÓDDD
Ô$.Ô
= 123.8

15. 56
ÕÖ =
123.8
g
%
345
200.000
= 1.64 > 1.5 Í-®¯d° dO-±L²³°
cÖŒ = ´
0.877
ÕÖ
$ ¶ cn = ×
0.877
1.64$Ø ∗ 345 = 112.5 ÙK-
∅KÚ = ∅ÖfÆcÖŒ = 0.9 ∗ 112.5 ∗ 7613 = 770.8 NÛ
W8X40 E
•Z
Œ
F
n
=
ÓDDD
t#.Ü
= 77.2
ÕÖ =
77.2
g
%
345
200.000
= 1.02 < 1.5 Í-®¯d° ²®dO-±L²³°
cÖŒ = ½0.658ÝÞ
+
¾ cn = ¿0.658D#.D$+
À345 = 223.2 ÙÍ-
∅KÚ = ∅ÖfÆcÖŒ = 0.9 ∗ 223.2 ∗ 7548 = 1516.3 ß®
La resistencia es el doble
PROBLEMA: En un problema anterior se obtuvo ∅KÚ = 1281 NÛ. Usar la tabla E-1 del
AISC, hallar ∅KÚ por interpolación klx=kly
»
ßO
k
¼
n
= 91.8 ∅cUV = 158.52 ∗
0.9
0.85
= 167.6
∅KÚ = ∅ÖfÆcÖŒ = 0.9 ∗ 7613 ∗ 167.6 = 1280.5 NÛ
PROBLEMA: Hallar ∅KÚ con la tabla E-1, para el problema anterior, el perfil es W12X40 y
NOm = 4.50 Ï Ç NOn = 2.25 Ï.
E
•Z
Œ
F = 45.9 ∅cUV = 251.4 ∗
D.à
D.Üt
= 266.2 MPa
∅KÚ = 7613 ∗ 266.2 = 2026.5 NÛ
PROBLEMA: Hallar ∅KÚ de la W12x40, usando tablas sin arriostrar. En el ejemplo anterior
se usaron las ecuaciones y ayudas de diseño para hallar ∅KÚ. El AISC presenta las tablas
de columnas, se tabula ßOn en pies vs ∅KÚ en kips, solo se usan perfiles eficientes como
columnas. Para usar las tablas, el pandeo del eje débil debe controlar.
NOn = NOm = 4.50 Ï = 14.8"
∅KÚ = 272 N²Í± = 1210 N® ∗
0.9
0.85
= 1281.2 NÛ

16. 57
PROBLEMA: Para el problema anterior, se pone un arriostramiento lateral a media altura
en el eje débil.
NOm = 4.50 Ï
NOn = 2.25 ÏLas tablas arrojan el pandeo alrededor del eje débil, se puede evaluar la
resistencia al pandeo del eje fuerte ßOm usando
ßOm
5km kn⁄ 8
© y se escoge el mayor entre
ßOn y
ßOm
5km kn⁄ 8© km = 5.13" kn = 1.93"
ßOm = 4500ÏÏ = 14.8"
ßOm
5km kn⁄ 8
© =
14.8
2.66
= 5.6′
ßOn = 2250ÏÏ = 14.8" (³°®Lk°O-)
∅KÚ = 456.3N²Í± ∗
0.9
0.85
= 483.1 N²Í± = 2149.1NÛ
PROBLEMA: Hallar el perfil W laminado de acero Grado 50 más liviano que soporte una
carga Kã = 4000 NÛ = 900 N²Í±. Se supone que controla el eje débil
• Se tantea con una W14
Kl^ = 5.8` Una W14x90 resiste ∅P] = 1100 kips
Se verifica el eje fuerte y por lo tanton pasa a controlar el pandeo
Arriostrado sentido débil
ßOm = 3.50 ∗ 1.0 = 11.5`
ßOn = 0.5 ∗ 3.50 = 5.75`

17. 58
Kl*
5r* r^⁄ 8© =
##.t
Ó.ÂÂ
= 6.9&
∅P] = 1080 kips; sigue cumpliendo
• Se tantea con un W12
Kl^ = 5.8` Una W12x79 resiste ∅P] = 947 kips
Se verifica el eje fuerte y por lo tanto pasa a controlar el pandeo
Kl*
5r* r^⁄ 8
© =
11.5
1.75
= 6.6&
∅P] = 939 kips; sigue cumpliendo
• Se tantea con un W10
Kl^ = 5.8` Una W10x77 resiste ∅P] = 908 kips
Se verifica el eje fuerte y por lo tanton pasa a controlar el pandeo
Kl*
5r* r^⁄ 8
© =
##.t
#.èÔ
= 6.6&
∅P] = 908 kips; sigue cumpliendo
3.8 PANDEO LOCAL EN COLUMNAS.
Se puede presentar pandeo local en elementos que forman la sección transversal.
(F.2.2.4.1. Clasificación de secciones para pandeo local.)
Para usar las ecuaciones de diseño del LRFD, se debe verificar que primero no ocurra
pandeo local.
Fcr =
Pcr pandeo local
A
Esfuerzo critico pandeo local.
Fcr pandeo local = f »
b
t
, Fy¼
b/t: Relación ancho espesor de la platina.

18. 59
Para una sección W, b es el ancho de media aleta bf/ 2 = b y el espesor t = tf.
Para la aleta
é
ê
=
éÉ
$ê
.
Para el alma b= hc
é
ê
=
ë—
êì
.
Al incrementar la relación b/t, el Fcr de pandeo local disminuye.
3.9 CONSIDERACIONES DE DISEÑO.
λp: Limite para secciones compactas si las aletas se conectan continuamente al alma tabla
(F.2.2.4.1-b)

19. 60
λr: Limite para secciones no compactas.
λr = b / t Relación ancho espesor que ayuda a definir el pandeo local.
1) Si b/t <λr,
Fcr pandeo local > Fy y el pandeo del elemento controla. En la Tabla (F.2.2.4-1a)
Limite de relación ancho - Espesor λr: de elementos de miembros a compresión axial.
(λr).
Aleta λŒ =
$tD
íîn
Alma λŒ =
ÂÂt
íîn
2) Si b/t >λr
Fcr pandeo local < Fy, puede controlar el pandeo local o el del elemento. Para perfiles
W laminados el pandeo local raramente controla, solo en el caso de Fy alto y perfiles
W soldados.
De acuerdo al NSR-10.
F.2.2.4.1 — Clasificación de las secciones para pandeo local — Las secciones
solicitadas a compresión se clasifican como secciones sin elementos esbeltos o con
elementos esbeltos. Una sección se clasifica como sección sin elementos esbeltos si la
relación ancho a espesor no excede el límite λr de la tabla F.2.2.4-1a en ninguno de sus
elementos. Si este límite se excede en alguno de los elementos de la sección, ésta se
clasifica como sección con elementos esbeltos.
Elementos no atiesados aquellos con un borde libre a lo largo de uno de sus bordes
paralelos a la dirección de la fuerza de compresión
Elementos Atiesados aquellos con soporte a lo largo de ambos bordes paralelos a la
dirección de la fuerza de compresión,
Límite λr para clasificar una sección sin elementos esbeltos o con elementos esbeltos.

20. 61
Tabla F.2.4.1-a Fuente NSR-10

21. 62
3.10 COLUMNAS COMO PARTE DE PORTICOS.
Si un elemento es parte de una armadura o un pórtico y solo está bajo compresión, se
puede diseñar usando las formulas dadas anterioremente.
.
Elementos P: Pueden ser diseñados como elementos en compresión.
Elementos P y M: Soportan compresión y flexión, se conocen como elementos “Viga
Columna” y deben cumplir F.2.8 NSR-10.
3.10.1 Longitud Efectiva
Como se mencionó anteriormente se presentan dos casos:
Columnas restringidas a la traslación al ocurrir pandeo. Pórticos arriostrados
Columnas no restringidas a la traslación. Pórticos No arriostrados.
En la siguiente tabla del AISC se presentan los valores teóricos y recomendados de k.

22. 63
Tabla C-C2.2 Fuente: AISC
El factor K se puede calcular como:
ß = ï »
ð²Î²¯dñ ò°OóÏ®-
ð²Î²¯dñ ô²Î-
¼
Se puede usar el monograma “alignment chart” para pórticos del AISC, usando el
siguiente procedimiento:
a) Calcular G en los extremos superior (GA) e inferior (GB) de la columna.
G =
Ʃ E
I —‡Ga(][
÷ —‡Ga(][
F
Ʃ E
I ø,–[
÷ ù,–[
F
I = Momento de Inercia.
L = Longitud del elemento.
b) Entrar en el monograma y trazar una línea entre GA y GB.
c) Leer K de la intersección con la línea de la mitad.

23. 64
Nomogramas para cálculo de K. Fuente: AISC LFRD

24. 65
Calculo de G
- G es inversamente proporcional al grado de restricción rotacional del extremo
columna.
- Para una articulación G =∞
- ∑ (
Y
‹
), solo se incluyen los elementos que se ensamblan rígidamente en el nudo.
- Usar la rigidez I en el plano del pórtico.
- Cuando se tiene una articulación G =∞, pero el AISC recomienda usar G=10, si la
base de la columna es nominalmente articulada y si es empotrada Gteórico = 0, y
se recomienda G = 1.0.
El uso del monograma implica un aumento del 0.9% en la capacidad del diseño, debido a
que la resistencia de las columnas es poco sensible a la variación del factor K, para
valores bajos de KL/r.
Los nomogramas de la figura XXX, se realizaron en un pórtico idealizado. Si las
condiciones reales difieren de las inicialmente supuestas, deben hacerse modificaciones
para el usar el nomograma de algunas de las suposiciones base (Galambos, 1960; Le-Wu
Lu, 1965; Galambos, 1988; Yura, 1971; Bjorhovde, 1984; AS- CE, 1991). A continuación
se describen algunos de ellos.
Una columna articulada a una zapata o a una losa de cimentación lg =∞ en teoría, el
LRFD recomienda un valor G de 10 para diseños prácticos. Si el extremo de la columna
tiene una conexión placa base rígida a una zapata o dado, con restricción rotacional a la
base de la columna o empotrada l=0, G es en teoría es cero, el LRFDC recomienda usar
un valor G de 1.0 porque no es posible en realidad tener un empotramiento perfecto
(pendiente cero del extremo).
Entonces, se utiliza:
G = 1.0 para una base empotrada
G = 10 para una base articulada

25. 66
El nomograma de un pórtico no arriostrado fue derivado del análisis de estabilidad de un
pórtico idealizado:
- El pórtico es ortogonal
- Los elementos están dentro del rango elástico
- Los Nudos Viga – Columna son rígidos
- Los apoyos en la base de las columnas pueden ser articulados.
- Las vigas se deforman en curvatura doble, con rotación igual en los extremos.
- Las columnas se pandean simultáneamente en modo desplazamiento no
restringido.
- La Columna se modela con resortes en ambos extremos, con rigidez rotacional de
las vigas Kθ.
- Se calcula la carga elástica Pe, se halla la longitud de una columna equivalente
simplemente apoyada con la carga Pe y se obtiene el valor de K.
- En edificios reales los errores en las suposiciones son conservativos, con valores
altos de K.
3.10.2 Pórticos Arriostrados
Desplazamiento lateral impedido con riostras o muros estructurales (pantallas).

26. 67
En Pórticos Arriostrados las conexiones entre la viga y la columna se diseñan
generalmente tipo “simple” o articulado, transfieren solo cortante y carga axial, como
siguientes esquemas:

27. 68
Usar K recomendados por el LRFD del AISC. Se supone que las conexiones viga-
Columna son rígidas, el ángulo en los nudos es de 90 después de la rotación.
2.1) Usar K = 1.0 es conservativo.
2.2) Usar k < 1.0 y tener en cuenta la restricción al giro en los extremos. K depende de
la rigidez relativa Viga – Columna.
• I viga >> I columna, el extremo superior de la columna está casi empotrado.
• I Viga << I columna, el extremo superior columna está casi articulado.
CORREGIR gráficos
PROBLEMA: Un pórtico arriostrado con conexión Viga – Columna Rígida, para pandeo.
En el plano del pórtico determinar G. Para la columna C2 y C1.
Columna C2
G =
»
úûü
ýûü
{
úû+
ýû+
¼
»
úþü
ýþü
{
úþ
ýþ
¼

28. 69
G =
»
úû+
ýû+
{
úû)
ýû)
¼
»
úþ)
ýþ)
{
úþ+
ýþ+
¼
Columna C1
G = G =
E
Iû+
÷û+
+
Iû)
÷û)
F
E
Iþ)
÷þ)
+
Iþ+
÷þ+
F
GB = 10.
PROBLEMA: Hallar K y la resistencia para la columna W14x90 de un pórtico de 2 pisos
con conexiones Viga – Columna rígidos. La rigidez fuerte coincide con el plano del pórtico.
Datos:
W14 x 90 Ixx = 999 pg4
L= 4.0 m = 157.5 pg.
W14 x 53 Ixx = 541 pg4
L= 3.6 m = 141.7 pg.
W18 x 76 Ixx = 1330 pg4
L= 6.0 m = 236.2 pg.
W21 x 50 Ixx = 984 pg4
L1 = 7.0 m = 275.6 pg.
La solución conservadora es usar Kx = 1.0, pero de la las recomendaciones del AISC se
tiene Kx=0.8.
Usando el monograma, se calcula GA y GB.

29. 70
G =
E
ààà
#tè.t
+
tÓ#
#Ó#.è
F
E
àÜÓ
$èt.Â
+
#ÔÔD
$ÔÂ.$
F
=
5.16
4.52
= 1.104
La base de la columna es articulada G teórico = ∞ usar GB = 10.
Del monograma K = 0.87
Calculando la capacidad de la columna al pandeo con K = 1.0 y K = 0.87, alrededor del
eje fuerte.
rx = 5.89´´ = 149.6 mm
ry = 1.92´´ = 48.8 mm
rx/ry=1.66
Klx/(rx/ry)=0.87*4.0/1.66=2.1 m=6.88¨
Caso 1: k=0.87
De las tablas de columnas:
φPn = 1143 kips = 5084 kN
Caso 2: k=1.0
Klx/(rx/ry)=1.0*4.0/1.66=2.41 m= 7.91´
De las tablas de columnas:
φPn = 1132 kips = 5035 kN
3.10.3 Pórticos No Arriostrados
Los extremos rotan, debido a que no hay restricción al desplazamiento lateral.
- Las conexiones Viga – columna se diseñan rígidas.

30. 71
- Se mantiene el ángulo de 90°en nudos rígidos.
- No todas las conexiones deben ser rígidas.
- Si todas las conexiones son articuladas, la estructura se vuelve un mecanismo y
por lo tanto la inestable.
- Las conexiones rígidas dan la estabilidad estructural.
- Por economía se hace la menor cantidad de conexiones rígidas.
- K = 1.0 es el valor más bajo para pórticos no arriostrados.
1) Para I viga >> I columna.
2) Para I viga << I columna.
PROBLEMA: Repetir el ejemplo anterior, pero el pórtico no es arriostrado.

31. 72
GA = 1.104 y GB = 10
Del monograma para pórticos no arriostrados obtenemos que K = 1.9
Pandeo alrededor del eje fuerte KLx = 1.9x 4.0 = 7600 mm
Klx/(rx/ry)=1.9*4.0/1.66=4.6 m=15.02´
De las tablas de columnas:φPn = 1002.7 kips = 4460.2 kN
PROBLEMA: Calcular K para pandeo en el plano del pórtico. Columnas W14X90 y viga
W18X76.
W14 x 90 Ixx = 999 pg4
W18 x 76 Ixx = 1330 pg4
L1 = 3,5 m = 137.8 pg.
L2= 6.0 m = 236.2 pg.
Columna Izquierda
Å =
E
)ü .
F
E
)üü
+ü .+
F
= 1.29 GB =
10
Monograma K = 2.0
Columna Derecha.
GA = 1.29 GB = 1.0
Monograma K = 1.35
La resistencia de la columna se incrementa usando una viga más rígida, por la restricción
a la rotación superior.
PROBLEMA: El pórtico mostrado es parte de un edificio de acero estructural A572 grado
50, no está arriostrado en el plano. Las Columnas son W14X109 y el eje fuerte está en el
plano del pórtico. Todas las conexiones son rígidas. En el plano perpendicular, el edificio
esta arriostrado en todos los pisos, las conexiones Viga – Columna son simples. Calcular
la resistencia de diseño a la compresión para la columna A.
W14 x 109 Ixx = 1240 pg4
L1 = 3.8 m = 149.6 pg.
W18 x 35 Ixx = 510 pg4
L2= 4.6 m = 181.1 pg.
W18 x 40 Ixx = 612 pg4
L3= 7.3 m = 287.4 pg.

32. 73
Dirección no arriostrada:
G =
E
)+
) .
* $F
E
)+
+ .
* $F
= 3.89 G =
E
)+
) .
* $F
E
)
+ .
* $ F
= 4.28
Del monograma K = 2.05
KLx = 2.05 x 3.8 = 7.8 m
Dirección Arriostrada:
K = 1.0 KLy = 1.0 x 3.8 = 3.8 m
Relaciones de esbeltez.
rx = 158 mm ry = 94.7 mm
»
KL
r
¼
*
=
7800
158
= 49.4 → Controla Pandeo eje Fuerte.
»
ßi
k
¼
n
=
3800
94.7
= 40.1
De las tablas de columnas.
Eje débil KLy = 3.8 m = 12.51

33. 74
Eje fuerte
¸÷Ì
E
•Ì
•§
F
=
è.Ü
(#.Âè)
= 4.67 m = 15.3´ → Controla.
φPn = 860 Kips x (0.9/0.85) = 910.6 kips
3.11 MODIFICACIONES AL MONOGRAMA PARA PORTICOS.
3.11.1 Modificación al Monograma: El nomograma se basa en condiciones idealizadas,
que supone que las vigas se deforman en curvatura doble y rotación igual en los
extremos, con rigidez rotacional es 6EI/L. Si no se cumple alguna suposición, el valor de K
será conservativo.
Si la deformada de la viga no coincide con la supuesta, la viga genera una restricción
rotacional y el G del nudo cambia, usando el factor de modificación de rigidez m.
G =
Ʃ E
I —‡Ga(][
÷ —‡Ga(][
F
Ʃ EÏ
I ø,–[
÷ ù,–[
F
Para todos los pórticos:
1. Si los extremos de una viga están rígidamente conectados a columnas, el modificador
m es 1. Este es el caso típico de todas las vigas.
2. Si el extremo de una viga está articulado, no puede proporcionar ninguna restricción al
giro de la columna y no transmite momento. El modificador m es igual a 0.
Pórtico No Arriostrados:
Si el extremo más lejano de una viga está articulado, su rigidez rotacional será 3EI/L en
lugar de 6EI/L, se deben ajustar los cálculos a las condiciones reales del extremo de la
viga articulada multiplicando por 0.5 el término l/L.

34. 75
Para el pórtico mostrado, una de las conexiones es articulada.
m =
ÔHI
÷
ÂHI
÷
=
1
2
= 0.5
Si el extremo alejado de una viga está empotrada, su rigidez rotacional es 4EI/L en vez
del valor 6EI/L, se deben ajustar los cálculos a los condiciones reales del extremo de la
viga articulada multiplicando por 0.67 el término l/L.
Para un pórtico de 2 luces con una viga muy rígida, el extremo derecho de la viga
izquierda se considera empotrado, la rigidez de la viga será:
m =
ÓHI
÷
ÂHI
÷
=
2
3

35. 76
PROBLEMA: Para el pórtico mostrado, calcular K en la columna indicada. El eje fuerte
esta en el plano del pórtico.
W14 x 90 Ixx = 999 pg4
= 415.81 x 106
mm4
W18 x 35 Ixx = 510 pg4
= 212.28 x 106
mm4
G =
E
Ó#t.Ü# * #D
ÓDDD
F
E
$#$.$Ü * #D
ÂDDD
+ 0.5
$#$.$Ü * #D
tDDD
F
= 1.83
G = 1.0
Del monograma obtenemos, K = 1.42
Pórtico Arriostrados
Si el extremo de una viga más alejado de la unión considerada está articulado, su rigidez
rotacional es 3EI/L en vez del valor 2EI/L. Para ajustar los cálculos al tener el extremo
más alejado de una viga articulada, la relación l/L de la expresión del factor G se debe
multiplicar por 3/2. Entonces, el coeficiente m para esa trabe es 1.5.
Si el extremo lejano de una viga está articulado, su rigidez rotacional es 4EI/L en lugar del
valor 2EI/L. Se debe multiplicar por 4/2 el término I/L para considerar que el extremo
lejano de la viga está empotrado. Por lo tanto, el coeficiente m para esa viga es 2.0.

36. 77
3.12 COLUMNAS DEPENDIENTES. “Leaner o leaning column”.
Son columnas articuladas en sus dos extremos y hacen parte de un pórtico no arriostrado.

37. 78
Columna A es dependiente de la columna B, porque su resistencia depende de la
columna B. Del nomograma se obtiene:
GA = ∞, GB = ∞, K= ∞ y φPn = 0 La columna no resiste carga en teoría.
Columna B: No depende de nadie para tomar su resistencia, ayuda a arriostrar la columna
A y que soporte algo de carga axial, sin producir inestabilidad por desplazamiento lateral.
No depende de nadie para tomar la resistencia. Kr = Arriostra miento lateral
proporcionado por la columna B.
3.12.1 Concepto ∑P (Yura 1970)
Para el pórtico mostrado las cargas P2 y P3, deberían ser cero.
La Inestabilidad ocurre cuando ∑Pu = ∑PE
∑P = P1 + P2 + P3 + P4 Carga total
∑PE = PE1 + PE2 + PE3 + PE4 Resistencia al desplazamiento lateral.
PEi = Carga de pandeo de Euler.

38. 79
KP² =
g$
Ph
(ß² ∗ i² )$
PE2 = PE3 = 0 K = ∞
- La inestabilidad ocurre cuando la carga total ∑P es igual a la resistencia al
desplazamiento lateral de las columnas ∑PE.
- La distribución de cargas es irrelevante para la estabilidad al desplazamiento
lateral.
- Las Columnas dependientes, deben resistir su carga axial, las no dependientes,
deben tener resistencia al desplazamiento lateral, para soportar su propia carga y
las de columnas dependientes.
PROBLEMA: Calcular la carga de la columna A.
W10 x 45 Ixx = 248 pg4
= 103.2 x 106
mm4
W12 x 40 Ixx = 310 pg4
= 129.03 x 106
mm4
W18 x 40 Ixx = 612 pg4
= 254.7 x 106
mm4
Columna A PEA = 0
Columna B
G =
E
)+ . ü Ì )
ü
F
ED.t∗
+ . Ì )
F
= 1.74 GB = 1.0
Del monograma Kx = 1.42
PH =
π$
∗ (200 x 10à) ∗ (129.03 x 10Â)mmÓ
(1.42 x 3.5)$
= 10311.2 kN
ΣPE = 103011.2 +0 = 10311.2 kN
ΣP = PA + PB.
Puede ocurrir cualquiera de los siguientes casos, debido a que la distribución de la carga
no es relevante para la estabilidad.

39. 80
La carga en cualquier columna, no puede ser mayor a ΣPE en un modo de
desplazamiento lateral restringido o pórtico arriostrado.
PH =
π$
∗ (200 x 10à) ∗ (103.2 x 10Â)mmÓ
(1.0x 3.5)$
= 16629.3 kN
La carga sobre la columna no puede exceder 10311.2 kN
3.12.2 Modificación de K
Las columnas dependientes usan un K=1.0, para las Columnas no dependientes se puede
modificar la longitud efectiva usando el factor K´, pandeo por desplazamiento del pórtico y
pandeo sin desplazamiento lateral de la columna i.
ß´
= %
g$Ph ΣƩKó
i$Kó² ƩΣKX
≥ 1.0
Pui = Carga última sobre la columna i
L = Altura del piso
ΣPu: Carga Total última.
ΣPE : Carga Euler para todas las columnas.
Ki = Factor de longitud para la columna i, del monograma para pórticos no arriostrados.

40. 81
En pórticos con columnas dependientes, K´ para columnas no dependientes es mayor que
en pórticos con columnas no dependientes, reduciendo la carga resistente de la columna
no dependiente.
ß´
≥ 1, Verifica posibilidad de pandeo, sin desplazamiento lateral.
PROBLEMA: Verificar la resistencia de cada columna, fuera del plano los pórticos son
arriostrados en la parte superior, inferior y a media altura. Cambiar los perfiles ya se
cambiaron la longitudes arreglar ejercicio.
W18 x76 Ixx = 1330 pg4
= 5.54 x 108
mm4
W12 x 120 Ixx = 1070 pg4
= 4.45 x 108
mm4
W14 x 132 Ixx = 548 pg4
= 2.28 x 108
mm4
Columna Izquierda:
Kly = 1.83 m pandeo fuera del plano.
Pandeo en el plano: Usar K modificado, ya que es un pórtico no arriostrado con columna
dependiente.

41. 82
G =
»
. Ì )
ü
¼
»D.t
. Ì )
ü
¼
= 3.2 GB = 1,0
Del monograma K=1.57
PHizq =
π$
∗ (200 x 10à) ∗ (4.45 x 10Ü)mmÓ
(1.57x 3660)$
= 26600 kN
Columna Central: Es dependiente PE = 0
Columna Derecha:
G =
»
+.+ Ì )
ü
¼
»D.t
. Ì )
ü
¼
= 1.64 GB = 10
Del monograma K=2.05
PHDer =
π$
∗ (200 x 10à) ∗ (2.28 x 10Ü)mmÓ
(2.05x 3660)$
= 7995 kN
ƩPE = 34595 kN
ƩPu = 14400
Ʃ!a
Ʃ!H
= 0.42
Columnas Izquierda
K´
, = %
π$EI ƩPu
L$Pui ƩPE
K´
, = %
π$(200 x 10à) ∗ (4.45 x 10-Ó)x 0.42
3.66$ x 3500 x 1000
= 2.81
Klx = 2.81 x 3.66 = 10.3
KL*
E
y*
y^
F
=
10.3
(1.76)
= 5.83 m → Pandeo alrrededor del eje fuerte (Controla)
De las tablas φPn = 1440 kips = 6405 kN > Pu 3500 kN Cumple
Columna Central
Klx = 3.66 y Kly = 1.83 m

42. 83
KL*
E
y*
y^
F
=
3.66
(1.61)
= 2.27 m → Pandeo alrrededor del eje fuerte (Controla)
ΣPn = 8200 KN = Pu 8200 KN Cumple
Columna Derecha:
Eje fuerte Kly = 1.83
Eje Debil
K´
, = %
π$(200 x 10à) ∗ (2.28 x 10Ü)x 0.42
3.66# x 2700 x 1000
= 1.39
Klx = 1.39 x 3.66 = 5.10 Controla la resistencia.
ΣPn = 1610 Kips = 7161 KN > Pu 2700 kN Cumple