columnas r2.pdf

UNIVERSIDAD NACIONAL “PEDRO RUIZ GALLO”
FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL, SISTEMAS Y
ARQUITECTURA
ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL
CURSO: RESISTENCIA DE MATERIALES II
TEMA:
• COLUMNAS
CICLO: 17-II
DOCENTE: ING. NELSON E. HUANGAL CASTAÑEDA

RESISTENCIA DE MATERIALES II DOCENTE: ING. NELSON E. HUANGAL CASTAÑEDA
COLUMNAS.
Elementos estructurales que soportan tanto cargas verticales (peso propio)
como fuerzas horizontales, trabajan generalmente a flexo compresión.
d
FLEXO
COMPRESIÓN
COMPRESIÓN

TIPOS DE COLUMNAS
MADERA
Estructura ligera que soporta cargas limitadas, también se utilizan como puntales y
entramados

ACERO
Estructuras esbeltas, debe tenerse cuidado con el pandeo de piezas; el costo para este
tipo de estructuras dependerá del peso de toda la edificación, el factor tiempo en la
construcción es muy favorable por la rapidez del ensamblado

CONCRETO
Elemento más robusto en su sección, pero más económico.
Tiene en su interior refuerzos en base a varillas de acero

PANDEO DE COLUMNAS

IDEALIZACIÓN DEL PROBLEMA DE ESTABILIDAD DE COLUMNAS.
Hay 3 posibilidades:
1. Que colapse.
2. Que regrese.
3. Que quede en equilibrio.
෍ 𝑀𝐴 = 0 ∶ 𝐏. 𝛅 − (𝐅𝐫). 𝐋 = 𝟎
Pcr: Es la carga que debe tener la columna para que permanezca en equilibrio en Posición 2.
 Si P > Pcr = KL Se produce colapso.
 Si P < Pcr = KL Regresa a la posición inicial (Posición 1).
𝐏𝐜𝐫. 𝐋. 𝛉 − 𝐊 𝐋 𝛉 . 𝐋 = 𝟎
𝐏𝐜𝐫 = 𝐊. 𝐋

L
P
Barra
Rígida
Posición 2
Posición 1
K K
P
FR
δ
A A
Carga crítica: la que produce el equilibrio =Pcr
Fuerza del resorte (FR):
𝑭𝐫 = 𝑲 . 𝜹 = 𝑲 . 𝑳 𝜽
𝜹 = 𝑳 𝜽
Pcr e𝐬 𝐢𝐧𝐝𝐞𝐩𝐞𝐧𝐝𝐢𝐞𝐧𝐭𝐞 𝐝𝐞 𝛉

ANÁLISIS DE CASO FUNDAMENTAL:
COLUMNA CON DOS EXTREMOS ARTICULADOS
Posición 1 Posición 2
(Pandeo)
෍ 𝑀𝐵 = 0 ∶
𝐝𝟐𝐲
𝐝𝐱𝟐 =
𝐌
𝐄𝐈
M + 𝐏. 𝐲 = 𝟎 M =- 𝐏. 𝐲 …..(2)
𝒚′′ =
𝐌
𝐄𝐈
.…. (1)
𝒚′′ =
−𝐏.𝐲
𝐄𝐈
.…. (3)
L
P P
P
P
M
B
A
B
y
x
• Determinamos el valor crítico de P.
• La rigidez en flexión (EI) se opone a la
deformación.
Conociendo:
(2) en (1):
𝒚′′ +
𝐏.𝐲
𝐄𝐈
= 0

𝒚′′
+
𝐏.𝐲
𝐄𝐈
= 0 .…. (3)
𝑲𝟐 =
𝐏
𝐄𝐈
.…. (4)
.…. (5)
De:
Haciendo:
Solución general de la ecuación (5)
𝒚′′ + 𝑲𝟐y = 0
y = C1.sen (Kx) + C2.cos(Kx)
C1,C2 son determinados por condiciones de borde:
a) Para x=0, y=0
b) Para x=L, y=0
0 = C1.sen (0) + C2.cos(0) C2=0
0= C1.sen (KL) + 0.cos(KL) 0= C1.sen (KL)
0= C1.sen (KL) KL = 0, π, 2 π, 3 π, …..
En: Sen (KL)=0
• Si: KL=0 P = 0 (incongruente)
K=
𝐧π
𝐋
; n= 1,2,3 𝒚 = 𝐂𝟏. 𝐬𝐞𝐧
𝐧π
𝐋
𝐱
Ecuación elástica para equilibrio.
C1: amplitud máxima,
indeterminada

𝐏 =
𝐧𝟐𝛑𝟐𝐄 𝐈
𝐋𝟐 , para n = 1, 2, 3, …
VALOR DE LA CARGA CRÍTICA, Pcr:
𝑲𝟐
=
𝐏
𝐄𝐈
.…. (4)
De:
K=
𝐧π
𝐋
; n= 1,2,3
n = 3
n = 1 n = 2
C1
C1
C1
C1
𝒚 = 𝐂𝟏. 𝐬𝐞𝐧
𝐧π
𝐋
𝐱
• El mínimo valor (n=1) que
cumple el equilibrio es el
valor de la carga critica
(Pcr).
• Al aumentar la carga P, se
llega n=1.
• Para llegar a n=2, hay que
poner otra restricción o
mas restricciones.

𝐏 =
𝐧𝟐𝛑𝟐𝐄 𝐈
𝐋𝟐 , para n = 1, 2, 3, … 𝑷𝐜𝐫 =
𝝅𝟐
𝑬 𝑰
𝑳𝟐
Fórmula de Euler
𝜎𝑐𝑟 =
𝑃𝑐𝑟
𝐴
=
𝜋2
𝐸𝐼
𝐿2. 𝐴
=
𝜋2
. 𝐸. 𝐴. 𝑟2
𝐿2. 𝐴
=
𝜋2
𝐸
( ൗ
𝐿
𝑟)2
VALOR DE LA CARGA CRÍTICA, Pcr:
De:
n = 3
n = 1 n = 2
C1
C1
C1
C1
𝒚 = 𝐂𝟏. 𝐬𝐞𝐧
𝐧π
𝐋
𝐱
Para n=1
Esfuerzo crítico:
Τ
𝑳
𝒓 : Relación de Esbeltez
A mayor esbeltez menor
resistencia al pandeo
𝜎𝑐𝑟 =
𝜋2
𝐸
( ൗ
𝐿
𝑟)2

Efectuar la grafica σcr contra ( Τ
𝑳
𝒓) para un acero estructural (E=200GPa, 𝛔𝐲 = 𝟐𝟓𝟎𝐌𝐏𝐚)
EJEMPLO
( Τ
𝑳
𝒓)𝟏 < ( Τ
𝑳
𝒓)𝟐 < ( Τ
𝑳
𝒓)𝟑
Pcr(1) > Pcr(2) > Pcr(3)
σcr(1) > σcr(2) > σcr(3)
Pcr(1)
Pcr(2)
Pcr(3)
( ൗ
𝐿
𝑟)
σcr(MPa)
σy =250MPa
σcr= σy =
𝜋2 𝐸
( Τ
𝐿
𝑟)2
Τ
𝐿
𝑟 = π.
𝐸
σy = 89; la Fórmula de Euler, es válida para: Τ
𝐿
𝑟 > π.
𝐸
σy
Si:
Si el: σ cr obtenido > σy ; la columna falla por fluencia en compresión y no pandea.
σcr=
𝜋2 𝐸
( Τ
𝐿
𝑟)2=
1.96𝑥106
( Τ
𝐿
𝑟)2
Solución
Columnas
cortas Columnas largas

EJEMPLO
Un puntal de aluminio de extremos articulados (E= 𝟕𝟑GPa, 𝛔𝐲 = 𝟏𝟎𝟎𝐌𝐏𝐚), con
longitud L=2m, se construye con un tubo circular, de diámetro exterior d=50mm.
El puntal debe resistir una carga axial P=14 KN, con un factor de seguridad igual a 2, con
respecto al pandeo . Determinar el espesor requerido “t” del tubo.
Solución
La carga mayorada es la que causa el pandeo: Pcr= F.S xP = 2x14 KN=28KN
𝑷𝐜𝐫 =
𝝅𝟐
𝑬 𝑰
𝑳𝟐
De la Fórmula de Euler: 𝑰 =
𝑷𝐜𝐫. 𝑳𝟐
𝝅𝟐𝑬
𝑰 = 𝟏𝟓𝟓𝟓𝟎𝟎 𝒎𝒎𝟒
t
re=25mm
ri
𝑰 =
𝝅. (𝒓𝒆𝟒
− 𝒓𝒊𝟒
)
𝟒
𝒓𝒊 = 20.95mm
𝒕 − 𝒓𝒊 = 4.05mm
A = 𝝅. (𝒓𝒆𝟐
− 𝒓𝒊𝟐
) = 𝟓𝟖𝟒. 𝟔𝟒 𝒎𝒎𝟐
σcr =
𝑃𝑐𝑟
𝐴
=48 MPa < σy=100 MPa
Esfuerzo crítico:
(la columna falla por pandeo).
𝑟 =
𝐼
A
= 16.3mm
Radio de giro: Esbeltez: Τ
𝐿
𝑟 =123

EJEMPLO
Un puntal de aluminio de extremos articulados (E= 𝟕𝟑GPa, 𝛔𝐲 = 𝟏𝟎𝟎𝐌𝐏𝐚), con
longitud L=2m se construye con un tubo circular de radio exterior re=10cm. El puntal
debe resistir una carga axial 800 KN, con un factor de seguridad igual a 2, con
respecto al pandeo . Determinar el espesor requerido “t” del tubo.
Solución
La carga mayorada es la que causa el pandeo: Pcr= F.S xP = 2x800 KN=1600KN
𝑷𝐜𝐫 =
𝝅𝟐
𝑬 𝑰
𝑳𝟐
De la Fórmula de Euler: 𝑰 =
𝑷𝐜𝐫. 𝑳𝟐
𝝅𝟐𝑬
𝑰 = 𝟖𝟖𝟖. 𝟑 𝒄𝒎𝟒
t
re=10cm
ri
𝑰 =
𝝅. (𝒓𝒆𝟒
− 𝒓𝒊𝟒
)
𝟒
𝒓𝒊 = 9.7 cm
𝒕 − 𝒓𝒊 = 3 mm
A = 𝝅. (𝒓𝒆𝟐
− 𝒓𝒊𝟐
) = 𝟏𝟖. 𝟓𝟕 𝒄𝒎𝟐
σcr =
𝑃𝑐𝑟
𝐴
=862MPa > σy=100 MPa
Esfuerzo crítico:
(la columna falla por compresión.)
𝑟 =
𝐼
A = 7cm
Radio de giro:
Esbeltez: Τ
𝐿
𝑟 = 29

σcr= σy =
𝑃𝑐𝑟
𝐴
𝐴= 1600 𝐾𝑁
100 𝑀𝑃𝑎
=0.016 m2
A = 𝝅. (𝒓𝒆𝟐 − 𝒓𝒊𝟐) 𝒓𝒊 = 7 cm
𝒕 − 𝒓𝒊 = 3 cm
En la gráfica, la Fórmula de Euler, es válida para:
Τ
𝐿
𝑟 > π.
𝐸
σy
=π.
73 𝐺𝑃𝑎
100𝑀𝑃𝑎
= 85
La columna pandea en el plano en el cual el
radio de giro de la sección (r) es menor, es
decir donde el momento de inercia (I) es
mínimo.
( ൗ
𝐿
𝑟)
σcr(MPa)
σy =100MPa
σcr=
𝜋2 𝐸
( Τ
𝐿
𝑟)2=
720484
( Τ
𝐿
𝑟)2

COLUMNA EMPOTRADA-LIBRE
Conociendo:
Posición
Inicial (1)
Posición
Deformada (2)
𝐝𝟐𝐲
𝐝𝐱𝟐 =
𝐌
𝐄𝐈
𝒚′′ =
𝐌
𝐄𝐈
𝐤𝟐 =
𝐏
𝐄𝐈
L
P
P
P
M=𝐏(δ − 𝐲)
Y
X
y
𝐄𝐈𝒚′′ = 𝐌
𝐄𝐈𝒚′′ = 𝐏. (δ − 𝐲)
𝐄𝐈𝒚′′
+ 𝐏. 𝐲 = 𝐏. δ
𝐲 = 𝐲𝐇 + 𝐲 𝐏
Solución ecuación diferencial
Y
X
y
x
δ
𝒚′′
+.
𝐏
𝐄𝐈
𝐲 =
𝐏
𝐄𝐈
. δ
Además:
𝒚′′+ 𝐤𝟐. 𝐲 = 𝐤𝟐. δ

COLUMNA EMPOTRADA-LIBRE
𝐲𝐇: Solución homogénea
𝐲𝐏: Solución particular 𝐲 𝐏 = δ
𝒚′′+ 𝐤𝟐. 𝐲 = 𝟎
𝐲𝐇 = C1.sen (Kx) + C2.cos(Kx)
𝐲= C1.sen (Kx) + C2.cos(Kx) + δ
δ= δ - δ. cos (KL)
C2= -δ
• Para x=0, y=0
• Para x=0, y’=0
• Para x=L, y=δ
C1= 0
y= δ ( 1- cos (Kx) )
δ. cos (KL)=0 cos (KL)=0
KL =
𝐧π
𝟐
; n= 1,3,5…
La carga crítica es el menor valor que
cumple con el equilibrio

𝐾2
=
𝑛2𝜋2
4𝐿2 =
𝑃
𝐸𝐼
→ P =
𝑛2𝜋2𝐸𝐼
4𝐿2
n = 1
𝑷𝒄𝒓 =
𝝅𝟐
𝑬 𝑰
𝟒𝑳𝟐
n = 3
𝑃 =
9𝜋2
𝐸 𝐼
4𝐿2
n = 5
𝑃 =
25𝜋2
𝐸 𝐼
4𝐿2
δ δ δ

LONGITUD EFECTIVA (Le)
19
La menor longitud entre puntos de inflexión que define una mínima curvatura.
Le = α.L
Para cualquier columna:
α =1 α =0.7 α =0.5 α =2
Pcr =
𝝅𝟐 𝑬 𝑰
𝑳𝒆𝟐

EJEMPLO
Una columna de 4m de longitud efectiva, se realiza soldando dos perfiles acanalados
de acero laminado C 150 x 12.2 (E= 200 GPa).
Determinar para cada forma mostrada, la carga centrada admisible para la columna,
si se requiere un factor de seguridad FS=3.2
Solución
Área=Ap= 1548 mm2
Ixp = 5.45x106 mm4
caso a caso b
rxp = 59.4 mm4
Cp
ഥ
𝒙
Propiedades del
perfil de acero
Iyp = 0.288x106 mm4
ryp = 13.64 mm4
= 13 mm
ҧ
𝑥

C𝐚𝐬𝐨 𝐚
y
x
y
x
I x-x = 2 Ixp= 2(5.45x106 )= 10.9x106mm4
I y-y = 1.10x106 mm4
I y-y = 2( Iyp +Ap. 2 )= 2(0.288x106 + 1548x132 )
ഥ
𝒙
𝑷𝐜𝐫 =
𝝅𝟐𝑬 𝑰
𝑳𝟐 =
𝝅𝟐(𝟐𝟎𝟎 𝐆𝐏𝐚)(1.10x106 mm4 )
(𝟒𝒎)𝟐
P adm =
𝑷𝐜𝐫
𝑭𝑺
=
𝟏𝟑𝟓.𝟕
𝟑.𝟐
= 42.4 KN
P cr =135 KN.
Propiedades de la sección soldada
ഥ
𝒙
ഥ
𝒙
Cp
Cp C

C𝐚𝐬𝐨 𝐛
y
x
y
x
I y-y = 4.37x106 mm4
I y-y = 2( Iyp +Ap. 2 )= 2(0.288x106 + 1548x352 )
ത
𝒄
𝑷𝐜𝐫 =
𝝅𝟐𝑬 𝑰
𝑳𝟐 =
𝝅𝟐(𝟐𝟎𝟎 𝐆𝐏𝐚)(4.37x106 mm4 )
(𝟒𝒎)𝟐
P adm =
𝑷𝐜𝐫
𝑭𝑺
=
𝟓𝟑𝟗.𝟏𝟑
𝟑.𝟐
= 168.5 KN
Pcr =539.13 KN.
ഥ
𝒙 ത
𝒄
ത
𝒄= 48-13= 35mm
I x-x = 2 Ixp= 2(5.45x106 )= 10.9x106mm4
Cp Cp
ത
𝒄 ഥ
𝒙
C
Propiedades de la sección soldada

EJEMPLO.
Un bloque rígido de masa “m” puede ser soportado por dos columnas, de cada una de
las cuatro formas mostradas. Cada columna consiste en un tubo de aluminio que tiene
un diámetro exterior de 36mm y 4mm de espesor de pared. Usando E= 70GPa y un
factor de seguridad de 2.5, determinar la carga admisible para cada condición de
apoyo.
t=4mm
re=18mm
ri

t=4mm
re=18mm
ri
𝑰 =
𝝅.(𝒓𝒆𝟒−𝒓𝒊𝟒)
𝟒
= 𝟓𝟐𝟐𝟕𝟔 𝒎𝒎𝟒
𝒓𝒊 = 14 mm
𝒓𝒆 = 18 mm
𝑷𝐜𝐫 =
𝝅𝟐𝑬 𝑰
𝑳𝒆𝟐 =
𝝅𝟐 𝟕𝟎 𝐆𝐏𝐚 ( 52276 mm4 )
𝑳𝒆𝟐 =
𝟑𝟔𝟏𝟏𝟔
𝑳𝒆𝟐
P adm =
𝑷𝐜𝐫
𝑭𝑺
=
𝐏𝐜𝐫
𝟐.𝟓
m =
𝟐 𝐏𝐚𝐝𝐦
𝒈
Solución
De la sección transversal de la columna, se tiene:
Asimismo, para cada caso podemos considerar:

α =1 α =0.7
α =0.5
α =2
Le = α.L
α =1 α =0.7 α =0.5 α =2
Determinación de longitud efectiva

α =1 α =0.7
α =0.5
α =2
Le = α.L
Le = (1).(3)=3m Le = (2).(3)=6m Le = (0.5).(3)=1.5m Le = (0.7).(3)=2.1m
Determinación de longitud efectiva

Le =3m Le =6m Le = 1.5m Le =2.1m
𝑃cr = 4013N 𝑃cr=1003N 𝑃cr =16052 N 𝑃cr =8190 N
P adm =1605KN P adm =6421 KN P adm = 3276 KN
m= 327 kg m= 81.8 kg m= 1308 kg m= 670 kg
Le
𝑃cr =
36116
𝐿𝑒2
P adm =401KN
P adm =
𝑃cr
2.5
m= 2 Padm/g
Caso

COLUMNA CON CARGA AXIAL EXCÉNTRICA.
M = - P (e+y)
P
L e
P
P
P
P
Y
X
e
e
x
y
P
M
𝐝𝟐𝐲
𝐝𝐱𝟐 =
𝐌
𝐄𝐈
𝒚′′
=
𝐌
𝐄𝐈
𝐤𝟐 =
𝐏
𝐄𝐈
𝐄𝐈𝒚′′ = 𝐌
𝐄𝐈𝒚′′ = −𝐏. (𝒆 + 𝐲)
Conociendo:
𝒚′′
+
𝑷
𝐄𝐈
. 𝒚 = −
𝑷
𝐄𝐈
. 𝒆
Considerando:
𝒚′′ + 𝐤𝟐. 𝒚 = −𝐤𝟐𝒆
Solución ecuación diferencial
X
Y

𝐲𝐇: Solución homogénea
𝐲𝐏: Solución particular 𝐲 𝐏 = −e
𝒚′′+ 𝐤𝟐. 𝐲 = 𝟎
𝐲𝐇 = C1.sen (Kx) + C2.cos(Kx)
𝐲= C1.sen (Kx) + C2.cos(Kx) -e
COLUMNA CON CARGA AXIAL EXCÉNTRICA.
C2= e
• Para x=0, y=0
• Para x=L, y=0 C1 =
(𝟏 − 𝒄𝒐𝒔(𝑲𝑳)
𝒔𝒆𝒏(𝑲𝑳)
. 𝒆 = 𝒆. 𝒕𝒈 (
𝐊𝐋
𝟐
)
y = 𝒆 𝒕𝒈
𝐊𝐋
𝟐
. 𝒔𝒆𝒏 𝑲𝒙 + 𝒄𝒐𝒔 𝑲𝒙 − 𝟏
Ecuación de la elástica: y= f(P,E, I, e, L)

DEFLEXIÓN MÁXIMA (δ).
δ
La deflexión máxima ocurre en x = Τ
𝑳
𝟐
𝛿 = 𝒕𝒈
𝐊𝐋
𝟐
. 𝒔𝒆𝒏
𝐊𝐋
𝟐
+ 𝒄𝒐𝒔
𝐊𝐋
𝟐
− 𝟏 𝜹 = 𝒆(𝑺𝒆𝒄
𝑲𝑳
𝟐
− 𝟏)
Otra manera de experimentar δ :
El argumento de la Sec:
𝐾𝐿
2
=
𝑃
𝐸𝐼
∙
𝐿
2
Sabemos que: Pcr =
𝜋2𝐸 𝐼
𝐿2 (Carga centrada).
Despejando EI: 𝐸 𝐼 = 𝑃𝑐𝑟 ∙ ൗ
𝐿2
𝜋2
Reemplazando:
𝐾𝐿
2
=
𝑃
𝐸𝐼
∙
𝐿
2
=
𝜋
2
𝑃
𝑃𝑐𝑟
Luego:
L/2
y = 𝒆 𝒕𝒈
𝐊𝐋
𝟐
. 𝒔𝒆𝒏 𝑲𝒙 + 𝒄𝒐𝒔 𝑲𝒙 − 𝟏
En:
𝛿 = 𝑒 𝑆𝑒𝑐
𝜋
2
𝑃
𝑃𝑐𝑟
− 1

DIAGRAMA: Carga deflexión máxima para carga axial excéntrica
La línea P = Pcr es una asíntota para las curvas
Sec Τ
𝝅
𝟐 = ∞
P
δ
Pcr
e=0
e= e1
e= e2
e2> e1
La deflexión δ crece según crece P,
pero la relación no es lineal, no siendo
posible usar el principio de
superposición para calcular las
deflexiones debidas a mas de una
carga.
Pero δ es lineal con e, de modo que la
curva e=e2 tiene la misma forma que
la curva e=e1,pero las abscisas se
incrementan en la relación e2/e1.
Si e = 0 δ = 0
Si p = 0 K =0 δ = 0
𝜹 = 𝒆(𝑺𝒆𝒄
𝑲𝑳
𝟐
− 𝟏)

Gráfica de Mmáx contra P.
P.e
Mmáx
• Si P es pequeña, Mmáx es igual a
P.e y el efecto de δ es despreciable.
• La relación de Mmáx con P es no
lineal creciente.
• Si P se aproxima a Pcr, Mmáx
resulta muy grande.
• Pero, para δ muy grande la ec no es
válida.
P.cr P
MOMENTO MÁXIMO EN LA COLUMNA.
El momento flector máximo en la columna cargada excéntricamente ocurre en el
punto medio.
𝑀𝑚á𝑥 = 𝑃. 𝑒 + 𝛿 = P(e + e Sec Τ
(𝐾𝐿 2) - e)
𝑀𝑚á𝑥 = 𝑃. 𝑒. 𝑆𝑒𝑐
𝐾𝐿
2
= P . e . Sec
𝑃
𝑃𝑐𝑟
𝜋
2

FÓRMULA DE LA SECANTE PARA COLUMNA CARGADA
EXCÉNTRICAMENTE (σmax de compresión).
σmáx =
P
A
+
Mmáx.C
I
I = momento de inercia de la sección
A = área de la sección
I = A . 𝑟2
r = radio de giro de la sección
C = distancia centroide - fibra externa en compresión.
σmáx =
P
A
+
P.e.Sec
𝐾𝐿
2
A.𝑟2/c
σmáx =
P
A
1 +
𝑒.𝑐
𝑟2 𝑆𝑒𝑐
𝐾𝐿
2
Pero: 𝑘 =
𝑃
𝐸.𝐼
=
𝑃
𝐸.𝐴.𝑟2 =
1
𝑟
𝑃
𝐸𝐴
𝛔𝐦á𝐱 =
𝑷
𝑨
𝟏 +
𝒆.𝒄
𝒓𝟐 𝑺𝒆𝒄
𝑳
𝟐𝒓
𝑷
𝑬𝑨
• Relación de excentricidad = 𝒆. 𝒄/𝒓𝟐
• Relación de esbeltez = L/r
• De manera alterna = 𝐒𝐞𝐜
𝑲𝑳
𝟐
= Sec
𝝅
𝟐
𝑷
𝑷𝒄𝒓
• L es la longitud efectiva=Le.
δ
P Mmax
c
L/2

GRÀFICA DE LA FÒRMULA DE LA SECANTE

Una barra de acero (E= 200 GPa) tiene una sección transversal cuadrada de ancho
b=40mm. La barra tiene una longitud L= 1.5m y está apoyada como columna de
extremos articulados.
a) Se aplica P axial. ¿Cuál es el 𝛔𝒄𝒓 en la barra?
b) Si en el punto “B” actúa una carga P=20 kN ¿Cuál es el 𝛔𝒎𝒂𝒙 en la barra?
c) ¿Qué carga P, aplicada en “B”, producirá un esfuerzo máximo de 100 MPa en la
barra?
Solución
4 cm
y
x
y
x
4 cm
Acero (E= 200 GPa)
𝐼 =
40𝑥403
12
= 2.13x10-7 mm4
Le=1.5m=1500 mm
𝑟 =
𝐼
A
=
2.13x10−7
(40)2 = 11.55mm
Le/r= 1500/11.55 = 129.87
B
EJEMPLO

a) Se aplica P axial. ¿Cuál es el 𝛔𝒄𝒓 en la barra?
Solución
4 cm
y
x
y
x
4 cm
𝑷𝐜𝐫 =
𝝅𝟐𝑬 𝑰
𝑳𝟐 =
𝝅𝟐 𝟐𝟎𝟎 𝐆𝐏𝐚 2.13x10−7 mm4
(𝟏.𝟓 𝒎)𝟐 = 187 kN
Obs. Es columna larga : Le/r>89
b) Si en el punto “B” actúa una carga P=20 kN ¿Cuál es el 𝛔𝒎𝒂𝒙 en la barra?
B
e= 20mm = C P=20 kN
σmáx =
P
A
1 +
𝑒.𝑐
𝑟2 𝑆𝑒𝑐
𝐿
2𝑟
𝑃
𝐸𝐴
σmáx = 55.6 MPa
𝑟 = 11.55mm
Acero (E= 200 GPa)
A= 402mm2
𝛔𝐦á𝐱 = P cr/A= 117 MPa

4 cm
y
x
y
x
4 cm
c) ¿Qué carga P, aplicada en “B”, producirá un esfuerzo máximo de 100 MPa en la
barra?
B
e= 20mm=C P=20 kN
σmáx =
P
A
1 +
𝑒.𝑐
𝑟2 𝑆𝑒𝑐
𝐿
2𝑟
𝑃
𝐸𝐴
σmáx = 100 MPa
𝑟 = 11.55mm
Acero (E= 200 GPa)
A= 402mm2
P =
σmáxA
1 +
𝑒. 𝑐
𝑟2 𝑆𝑒𝑐
𝐿
2𝑟
𝑃
𝐸𝐴
Tanteos:
P asumido(N) P(N)
25000 35080
30000 33970
33000 33360
33300 33300
P = 33.3 kN poduce σmáx = 100 MPa

Una columna de extremos
articulados de longitud L= 30 pie,
se construye de una sección de
patín ancho W 14x53 de acero
con E= 30 x 103 Ksi. La columna
esta sometida a una carga
centralmente aplicada P1= 150 K
y una carga excéntrica P2= 60 K
que actúa sobe el eje 2-2 en la
orilla de la columna.
a) Calcular el esfuerzo de
compresión máximo 𝛔𝒎𝒂𝒙
en la columna.
b) Cual es el factor de seguridad
respecto a la fluencia del
material 𝛔𝒚 =36 ksi?
Solución
1
2
1
2
L=30 pie
C
W 14x53
E= 30 x 103 Ksi
P1= 150 K P2= 60 K
P
e
P2
c
P1
Ksi = Kilo libras / pulgada Cuadrada
= 1000 Lb / in2
Psi = Libra / pulgada cuadrada = Lb / in2

Las cargas se mueven en el plano 2-2, por tanto los esfuerzos se calculan
suponiendo el pandeo en el plano 2-2, aunque es el plano mas fuerte.
e= 417.6 k pulg/ 210K= 1.99 pulg.
σmáx =
P
A
1 +
𝑒.𝑐
𝑟2 𝑆𝑒𝑐
𝐿
2𝑟
𝑃
𝐸𝐴
σmáx = 20.2 ksi
𝐿/𝑟 = 30 pie/5.89 pulg=61.12
P/A= 210K/15.6 pulg2= 13.46 ksi
𝑒. 𝑐/𝑟2 = 1.99(13.92)/(5.89)2=0.3991
a) Calcular el esfuerzo de compresión máximo 𝛔𝒎𝒂𝒙 en la columna.
P=P1+P2= 150 K+60k =210k M = 60k (13.9pulg) = 417.6 k.pulg

b) Cual es el factor de seguridad respecto a la fluencia del material 𝛔𝒚 =26 ksi?
σy =
P
A
1 +
𝑒.𝑐
𝑟2 𝑆𝑒𝑐
𝐿
2𝑟
𝑃
𝐸𝐴
Py =
σyA
1 +
𝑒. 𝑐
𝑟2 𝑆𝑒𝑐
𝐿
2𝑟
𝑃
𝐸𝐴
Tanteos:
P asumido(N) P(N)
300 360
360 350
350 352
352 351.7
351.70 351.8
Py= 351.8Klb= carga que
produce el σmax = σy = 36 ksi.
F.S=Py/P= 351.8Klb/210klb=1.68

FORMULAS EMPÍRICAS DE DISEÑO
Se trata de colocar P lo mas centrada posible.
• Col. Cortas: Fallan básicamente por aplastamiento. La
mayoría de sus fibras alcanzan 𝜎𝑦.
• Col. Largas: Fallan por pandeo, se comportan
elásticamente. 𝜎 < 𝜎y para toda la sección.
• Col. Intermedias: La sección esta parcialmente plastificada
y falla finalmente por pandeo (Pandeo inelástico).

ACERO ESTRUCTURAL
(AISC: American Institute of Steel Construction)
𝐶𝑐 = 𝜋
2𝐸
𝜎𝑦
Cc
Euler
Separa las columnas en 2 grupos:
• 0 < λ < Cc : Comportamiento inelástico.
• Cc < λ < 200 : Comportamiento elástico
λ = Esbeltez = Le/r
λ

0 < λ < Cc
Comportamiento inelástico
Cc < λ < 200
Comportamiento elástico
Se aplica Euler
𝜎𝑐𝑟 = 𝜎𝑟 1 −
1
2
λ
𝐶𝑐
2
F.S =
5
3
+
3
8
λ
𝐶𝑐
−
1
8
λ
𝐶𝑐
3
𝜎𝑎𝑑𝑚 =
𝜎𝑦 1 −
1
2
λ
𝐶𝑐
2
5
3
+
3
8
λ
𝐶𝑐
−
1
8
λ
𝐶𝑐
3
𝜎𝑐𝑟 =
𝜋2
𝐸
λ2
F.S =
23
12
≅ 1.917
𝜎𝑎𝑑𝑚 =
12 𝜋2 𝐸
23 λ2

PROCEDIMIENTO DE ANÁLISIS.
1. Hallar las características de la sección:
Ix, Iy, Imin, Área rmin =
𝐼𝑚𝑖𝑛
𝐴𝑟𝑒𝑎
2. Determinar α (factor de longitud efectiva) de escudero a condiciones de
borde.
3. λ =
α𝐿
𝑟
; r: es el min a donde se produce el pandeo
4. Hallar Cc = 𝜋 2𝐸/𝜎𝑦
5. Hallar 𝜎adm con la formula correspondiente.
6. Padm = 𝜎adm x Area.
α =1 α =0.7 α =0.5
α =2

EJEMPLO.
Acero A-36: E= 29x103 Ksi, 𝜎y= 36.
40 cm
Φ=1/2”
x x
Φ=1/2”= 1.27 cm Área=A=πR2
I x =
πR4
4
𝑟 =
𝐼
A
=
πR4
4
πR2 =
R
2
=
1.27
2
= 0.317 cm
λ =
α𝐿
𝑟
=
1 40
0.317
= 126.2
α =1
𝜆 > Cc
𝜎𝑎𝑑𝑚 =
12 𝜋2 𝐸
23 λ2 =
12 𝜋2 𝑥29𝑥103𝐾𝑠𝑖
23𝑥126.22
𝜎𝑎𝑑𝑚 = 9.38 Ksi = 655 Kgf/cm2
Cc = 𝜋
2𝐸
𝜎𝑦
= 𝜋
2(29𝑥103)
36
= 126
Solución

EJEMPLO.
Calcular el 𝜎 adm. para una columna de acero, Le= 5.50m, E= 2.1x106 Kg/cm2,
𝜎y= 2500 Kg/cm2 . Formada por un perfil W 360x55.1
x x
y
y
Área=703 cm2
I x = 226400 cm4
𝑟 =
𝐼
A
=
82830
703
= 10.85 cm
λ =
𝐿𝑒
𝑟
=
550
10.85
= 50.69
λ < Cc
𝜎𝑎𝑑𝑚 = 1276 Kgf/cm2
Cc = 𝜋
2𝐸
𝜎𝑦
= 𝜋
2(2.1𝑥106)
2500
= 128.8
I y = 82830 cm4
𝜎𝑎𝑑𝑚 =
𝜎𝑦 1−
1
2
λ
𝐶𝑐
2
5
3
+
3
8
λ
𝐶𝑐
−
1
8
λ
𝐶𝑐
3 =
2500 1−
1
2
50.69
128.8
2
5
3
+
3
8
50.69
128.8
−
1
8
50.69
128.8
3
P 𝑎𝑑𝑚 = 1276 (703)= 897 280 Kgf
Solución

EJEMPLO.
Calcular el 𝜎 adm. para una columna de acero, Le= 5.50m, E= 2.1x106 Kg/cm2,
𝜎y= 2500 Kg/cm2 . Formada por un perfil W 200x31.3
x x
y
y
Área=39.2 cm2
I x = 3134 cm4
𝑟 =
𝐼
A
=
407
39.2
= 3.2 cm
λ =
𝐿𝑒
𝑟
=
550
3.2
= 171.8
λ > Cc
Cc = 𝜋
2𝐸
𝜎𝑦
= 𝜋
2(2.1𝑥106)
2500
= 128.8
I y = 407 cm4
P 𝑎𝑑𝑚 = 366 (39.2)= 14 340 Kgf
𝜎𝑎𝑑𝑚 =
12 𝜋2 𝐸
23 λ2 =
12 𝜋2 𝑥2.1𝑥106𝐾𝑠𝑖
23𝑥171.82
Solución

VERIFICACIÓN EN COMPRESIÓN.
1. Pandeo global: toda la columna con la carga P.
2. Uno de los ángulos con P/4.
L
P
P/4
x x
I min
𝒓 =
𝑰𝒎𝒊𝒏
A
𝒓 =
𝑰𝒙
A
α =1

EJEMPLO.
Calcular la carga máxima que resiste la columna, 𝜎y= 2520 Kg/cm2 .
x x
h=4m
L 1”x1”x1/8”
50cm
d
α =2

y= 0.76 cm
I xL = 0.83 cm4
Solución
Características ángulo L 1”x1”x1/8”.
ÁreaL= 1.48 cm2
y

x x
Área= 4 (ÁreaL)= 4(1.48 cm2)=5.93 cm2
𝑟 =
𝐼
A
=
262.5
5.93
= 6.67 cm
d= 7.5cm- (0.1+y)= 7.5-(0.1+0.76)=6.64 cm
h=4m
L 1”x1”x1/8”
50cm
d
I x = 4(IxL)+4(AreaL)d2
I x = 4(0.83)+4(1.48)(6.64)2=3.33+260.2 cm4
I x = 263.5 cm4
α =2
1. Propiedades de la sección total.

𝜎𝑎𝑑𝑚 =
𝜎𝑦 1−
1
2
λ
𝐶𝑐
2
5
3
+
3
8
λ
𝐶𝑐
−
1
8
λ
𝐶𝑐
3 =
2520 1−
1
2
120
126
2
5
3
+
3
8
120
126
−
1
8
120
126
3
P 𝑎𝑑𝑚 = 718 (5.93)= 4 262 Kgf
Es suficiente en todos los casos considerar r=d.
λ =
α𝐿
𝑟
=
2 400
6.67
= 120
λ =
α𝐿
𝑟
=
2 400
6.63
= 120.7
x x
h=4m
L 1”x1”x1/8”
50cm
d

α =1
P/4
L=1”x1”x1/8”
2. Verificación un ángulo solo.
𝜎𝑎𝑑𝑚 =
𝜎𝑦 1−
1
2
λ
𝐶𝑐
2
5
3
+
3
8
λ
𝐶𝑐
−
1
8
λ
𝐶𝑐
3 =
2520 1−
1
2
98
126
2
5
3
+
3
8
98
126
−
1
8
98
126
3
P 𝑎𝑑𝑚 L= 925 (1.48cm2)= 1396 Kgf
λ =
α𝐿
𝑟
=
1 50
0.51
= 98
50cm
4 P 𝑎𝑑𝑚 L= 4 (1396)= 5476 Kgf
P max= min(4262 Kg.f, 5476 kg.f)
P max= 4262 Kg.f

FÓRMULAS PARA MADERA.
Col. Cortas : λ < 10
Col. Intermedias : 10 < λ < Ck
Col. Largas : Ck < λ < 50
λ = Esbeltez =
𝐿𝑒
𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛
Manual de diseño para maderas del Grupo Andino – JUNAC (Junta del
Acuerdo de Cartagena).
Divide a las columnas en 3 grupos:

λ𝑥 =
𝐿
ℎ
λ𝑦 =
𝐿
𝑏
Ck = 0.7025
𝐸
𝑓𝑐
fc: Resistencia adm., en compresión // a la fibra.
E y fc depende de la calidad de la madera.
Se ha formulado para secciones rectangulares.
Por lo general se considera columnas doblemente articuladas.
Le = L real
b
h
y
x
y
x

Existen 3 calidades de madera:
A. Mayor resistencia
B. Resistencia intermedia
C. Menor resistencia
Para el grupo “C”
fc = 80 kg/cm2
E = 55 000 kg/cm2
Ck = 18.4
Columna
CORTA
INTERMEDIA
LARGA
0 < λ <10 ; N adm = fc.A ; σadm prom = fc
10 < λ < Ck ; N adm = fc.A 1 −
1
3
λ
𝐶𝑘
4
Ck < λ < 50 ; N adm = 0.329
𝐸.𝐴
λ2
Fórmula

EJEMPLO
ANÁLISIS DE UNA COLUMNA DE DIMENSIONES DADAS.
Nadm = 0.329 *
55 000 kgf/𝑐𝑚2 9𝑥9 𝑐𝑚2
27.82
Nadm = 1 896 kgf
Calcular la carga máxima que puede soportar una columna de 4”x4”x2.5m de
tornillo (tipo C).
Dimensión comercial: 4” x 4”
Dimensión real: 9cm x 9 cm
λ = 250
9
= 27.8 > Ck = 18.4
Es una columna larga.
2.50m
Solución

EJEMPLO
DISEÑO DE UNA COLUMNA DADA UNA SOLICITACIÓN.
Una columna de tornillo empotrada en el extremo inferior y articulada en el
extremo superior, de 2.70m, debe soportar una carga de 2600 Kg.f. Diseñar la
sección.
2.70m
a
2600 Kg.f
a
λ =
270
𝑎
Se tantea: λ = 10 λ = Ck
a) Si λ = 10 a = 27cm
N amd = fc.A= (80 kg.f/cm2 )(27 cm2 )
N amd = 58320 kg.f (muy alto)
b) Si λ = 18 a = 15 cm
N amd = fc.A 1 −
1
3
λ
𝐶𝑘
4
N amd = 80x 225 1 −
1
3
18
𝐶𝑘
4
N amd = 12 380 kg.f (muy alto)
Solución
λ =
270
𝑎

a
a
c) Si a = 12cm λ =
270
12
= 22.5
Tomar a= 4.5” o a=5” (secciones comerciales)
N amd = 0.329
𝐸.𝐴
λ2 = 0.329
55000 𝑥 122
22.52 = 5147 kg.f
d) Si a = 10cm λ =
270
10
= 27.0
N amd = 0.329
𝐸.𝐴
λ2 = 0.329
55000 𝑥 122
272 = 2480 kg.f
a = 10.11cm
e) N amd = 0.329
𝐸.𝐴
λ2 = 0.329
55000 𝑥 a2
(
270
a
)2
= 5147 kg.f

EJEMPLO
DISEÑO DE UNA COLUMNA DADA UNA SOLICITACIÓN.
Diseñar la columna (material madera tornillo)
2.50m
a
18000 Kg.f
a
N amd = fc.A= (71.32)(182 )
N amd = 23100 kg.f
fc. 1 −
1
3
λ
𝐶𝑘
4
≈ 55-75
N amd = 80 1 −
1
3
16.6
18.4
4
= 14020 kg.f<18000 kg.f
1º tanteo: a = 15cm λ =
250
15
= 16.6
𝜎 =
P
𝐴
a2=
1800
60
= 300 𝑐𝑚2 a= 17 𝑐𝑚
λ =
250
17
=14….Ok
N amd = fc.A 1 −
1
3
λ
𝐶𝑘
4
2º tanteo: a = 18cm λ =
250
15
= 13.9
Solución

62
DISEÑO DE COLUMNAS CON CARGA EXCÉNTRICA
a. Método del esfuerzo admisible:
• Se toma como 𝜎adm, el esfuerzo
admisible para una carga centrada.
• Sabemos que el 𝜎max es:
𝜎 max =
𝑃
𝐴
+
𝑀.𝐶
𝐼
• Entonces:
ൗ
𝑃
𝐴
𝜎𝑎𝑑𝑚 𝑐𝑒𝑛𝑡.
+
ൗ
𝑀. 𝐶
𝐼
𝜎𝑎𝑑𝑚 𝑐𝑒𝑛𝑡.
≤ 1
𝑃
𝐴
+
𝑀.𝐶
𝐼
≤ 𝜎𝑎𝑑𝑚 𝑐𝑒𝑛𝑡
• Es un método muy conservador.
P
M
e P
P
e
𝝈 max

b. Método de Interacción:
• Si el elemento estuviera sometido solo a flexión:
𝜎 max =
𝑀.𝐶
𝐼
≤
𝜎𝑦
𝐹.𝑆
= 𝜎adm (flex.)
• Si la columna estuviera solo con P centrada:
𝜎 max =
𝑃
𝐴
≤ 𝜎centrada
• Por lo general:
𝜎 adm flex. > 𝜎 adm cent.
• F.S columna centrada > F.S Flexión
• Fórmula de interacción:
ൗ
𝑃
𝐴
𝜎𝑎𝑑𝑚. 𝑐𝑒𝑛𝑡.
+
ൗ
𝑀.𝐶
𝐼
𝜎𝑎𝑑𝑚. 𝑓𝑙𝑒𝑥
≤ 1

EJEMPLO
Verificar si la columna resiste una carga de 8000 Kg.f con una excentricidad e=0.05 m.
Considerar 𝛔𝐲 = 𝟐𝟓𝟐𝟎 𝐊𝐠𝐟/𝐜𝐦𝟐 ,F.S=1.5. t= 0.4 cm
Solución
P= 8000 Kg.f
e=0.05 m.
M=P.e=400 Kgf.m
3.00m
𝑰 =
15𝑥153
12
- 14.2𝑥14.23
12
= 830 cm4
A = 152
− 14.22
= 23.36 𝑐𝑚2
𝑟 =
𝐼
A
=
830
23.36
= 5.96 cm = 6 cm
λ=
α𝐿
𝑟
=
2𝑥300
6
= 100
M
P
t
15cm
𝜎adm (flex) =
𝜎𝑦
𝐹.𝑆
=
2520
1.5
= 1680 Kgf/cm2
15cm
Cc= 𝝅
2𝐸
𝜎𝑦
= 2.𝑥 200𝐺𝑃𝑎
250𝑀 𝑃 𝑎
= 125.7
λ < Cc

λ < Cc
3.00m
P
t
15cm
15cm
𝜎 adm. cent. =
𝜎𝑦 1−
1
2
1
𝐶𝑐
2
5
3
+
3
8
λ
𝐶𝑐
−
1
8
λ
𝐶𝑐
3= 908 Kgf/cm2
ൗ
𝑃
𝐴
𝜎𝑎𝑑𝑚. 𝑐𝑒𝑛𝑡.
+
ൗ
𝑀.𝐶
𝐼
𝜎𝑎𝑑𝑚. 𝑓𝑙𝑒𝑥
≤ 1
Τ
8000
23.36
908.
+
Τ
400𝑥750
830
1680
≤ 1
0.59 < 1…..OK
¿ Cuanto puede aumentar e?
Τ
8000
23.36
908.
+
ൗ
𝑀.𝐶
𝐼
1680
≤ 1
M ≤ 115 270 Kgf. cm
P.e ≤ 115 270 Kgf. cm
e= 14.4cm
M

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