Este documento resume los conceptos fundamentales relacionados con el análisis y diseño de columnas. Explica la teoría del pandeo de Euler y cómo se deriva la carga crítica de pandeo. También describe cómo los códigos de diseño como AISC LRFD incorporan factores para considerar condiciones reales como las condiciones de apoyo y la esbeltez efectiva. Además, presenta ejemplos numéricos para ilustrar el cálculo de la resistencia nominal a la compresión de columnas.

1. C-1
Columnas:
Son miembros de compresión que están sometidos a fuerzas de
compresión axiales concéntricas. Estos se encuentran en cerchas y
como miembros de refuerzo lateral en la construcción de marcos.. Las
columnas cortas a veces se denominan "puntales" o “montantes".
Vigas-Columnas:
Están sometidos a esfuerzos combinadas de compresión
axial y flexión. Estos se encuentran en plantas únicas de
estructuras enmarcadas de varios pisos.
Teoría de columnas:
Las columnas robustas (cortas) fallan por fluencia del
material en la sección transversal, pero la mayoría de
las columnas fallan por "pandeo" a cargas menores
que las fuerzas de fluencia.
P
P
P
P
(a) (b)

2. C-2
Para columnas “esbeltas", Euler (1759) predijo la carga crítica de pandeo (Pcr)
– también conocida como Carga de Pandeo de Euler:
)
1
(
2
2













 C
L
EI
Pcr

donde: E = Módulo de elasticidad de Young.
I = menor momento de inercia.
L = Longitud de la columna sin arriostre.
Derivación de la carga de pandeo de Euler:
0
"
2
2




y
EI
P
y
EI
M
dx
y
d
cr
Solución de esta ecuación diferencial:
y = A cos (cx) + B sin (cx)
donde:
, A y B son constantes.
EI
P
c cr

x
L
y
x
y
Pcr
Pcr
Pcr

3. C-3
De las condiciones de frontera:
y = 0 @ x = 0, y
y = 0 @ x = L, se obtiene (A = 0) y (B sen cL = 0)
si B ≠ 0, entonces cL = n donde n = 0, 1, 2, 3 ………
 cL = 
 
 
)
(
/
2
2
2
2
2
2
2
2





















C
r
L
EA
L
Ar
E
L
EI
P
L
EI
P
cr
cr
2
2
g
cr
cr
r
L
E
π
A
P
F




---- Carga Crítica de Pandeo de Euler
donde: r = radio menor de giro
La carga crítica de pandeo
es una función de las
propiedades de la sección
(A, L, r) y del módulo de
elasticidad del material, y no
es una función de la
resistencia o la calidad del
material.
Nota:

4. C-4
Ejemplo C-1
Encuentre la carga crítica de pandeo para W 12 x 50, con una condición de
apoyo articulada y tiene una longitud total de 20 pies.
Solución:
 2
2
r
L
cr
E
F


rmin = ry = 1.96 inch (propiedades de la sección).
 
2
2
20 12
1.96
29000
19.1
cr
F ksi



 
Nota:
El grado de acero no es un factor que afecte el pandeo.
También tenga en cuenta que Fcr << Fy.
Pcr = Fcr A = 19.1 x 14.7 = 280.8 kip

5. C-5
Para columnas cortas (robustas); la Ecuación (C-2) da valores
altos para (Fcr), a veces mayor que el límite proporcional, Engessor (1889)
propuso utilizar (Et) en lugar de (E) en la fórmula de Euler:
)
3
(
2
2











 C
L
I
E
P t
cr

donde:
Et = Módulo tangente de elasticidad
Et < E
Cuando (Fcr) excede (Fpl), esto se llama
"Pandeo inelástico", constantemente variable
(Et) necesita ser utilizados para predecir (Fcr)
en la zona inelástica.
Shanley (1947), resolvió esta incoherencia.

6. C-6
Dependiendo del valor (L/r), la resistencia al pandeo de la
columna se presentó como lo muestra Shanley.
Esfuerzos Residuales:
Debido al enfriamiento desigual de las secciones laminadas en
caliente, se desarrollan esfuerzos residuales como se ve aquí.
La presencia de "tensiones residuales" en casi todas las
secciones laminadas en caliente complica aún más el
problema del pandeo elástico y conduce a un pandeo
inelástico.

7. C-7
Las condiciones anteriores son
muy difíciles de lograr en una condición
de construcción realista, especialmente la
rotación libre de los extremos articulados.
Por lo tanto, se introduce un "factor de
esbeltez efectiva" para tener en cuenta
diversas condiciones finales.:
Así:
   
 
   
2 2
t
cr cr
2 2
KL Kl
r r
π E π E
F , o F C 4
donde:
K = Factor de longitud efectiva.
(KL) = Longitud efectiva.
(KL/r) = Factor de esbeltez efectiva.
Ver comentarios
(C – C2.2) (página 16.1-240)
La fórmula de pandeo de Euler (C-1) se basa en:
1 – Columna perfectamente recta. (sin torceduras).
2 – La carga es concéntrica (sin excentricidad).
3 – La columna está articulada en ambos extremos.

8. C-8
AISC (Capítulo E) del código LRFD estipula:
Pu (carga factorizada)  c Pn
donde:
Pu = Suma de cargas factorizadas en la columna.
c = Factor de resistencia para compresión = 0.90
Pn = Resistencia nominal a la compresión = Fcr Ag
Fcr = Esfuerzo crítico de pandeo. (E3 of LFRD)
a) para  
   
 
 
 
 
 
  
 
 


y
Fy
Fe
y
E
e y
F
cr y
E
e y
F
cr e
2
e 2
KL
r
KL
4.71 o F 0.44F
r
F 0.658 F E - 3.2
KL
4.71 o F 0.44F
r
F 0.877F E - 3.3
π E
F  
E - 3.4
b) para
donde:

9. C-9
Las dos ecuaciones anteriores del código
LRFD se pueden ilustrar de la siguiente
manera, donde:
y
c
F
KL
λ
rπ E

 El código estipula además que un valor
superior para la columna no debe
exceder (200).
 Para una mayor relación de esbeltez, la
Ecuación (E-3.3) controla y (Fy) no tiene
ningún efecto sobre (Fcr).

10. C-10
Determine la resistencia de diseño a la compresión (cPn) de W 14x74 con una longitud no
arriostrada de (20 pies), ambos extremos están articulados. Use acero (A-36)
Ejemplo C-2
Solución:
max.
2 2
2 2
KL 240
96.77 200 (0k)
r 2.48
π E π x2900
Fe 30.56 ksi
(96.77)
KL
r
 
  
 
 
  
 
 
 
ksi
21.99
36
0.611
36
x
(0.658)
F
0.658
F 1.178
y
F
F
cr
e
y













KL =1 x 20 x 12 = 240 in
rmin = ry = 2.48 in
0.44 Fy = 0.44 x 36 =15.84 ksi
Fe ≥ 0.44 Fy  Ecuación E-3.2
(manda)
c Pn = 0.9 x Fcr x Ag = 0.9 x (21.99) x 21.8
= 433.44 kip (Respuesta)
 También de la (tabla 4-22) LFRD, página
4-320
c Fcr = 19.75 ksi (por interpolación)
c Pn = c Fcr Ag = 430.55 kip
(mucho más rápido)

11. C-11
Para la mayoría de los perfiles utilizados como
columna, el pandeo de los elementos delgados
en la sección puede proceder al pandeo del
elemento en su conjunto, esto se llama pandeo
local. Para evitar que se acumulen pandeos
locales antes del pandeo total. AISC
proporciona límites superiores en las
relaciones de ancho a espesor (conocidas
como relación b / t) como se muestra aquí.
Ver AISC (B4)
(Página 16.1-14)
Ver también:
Parte 1 sobre propiedades
de varias secciones.

12. C-12
Dependiendo de sus relaciones ( b / t ) (denominadas ), las
secciones se clasifican como:
a) Las secciones compactas son aquellas con patines
completamente soldados (conectados) a su alma y su:
  p (AISC B4)
b) Secciones no compactas:
p    r (B4)
c) Sección esbelta:
 > r (B4)
Se introducen ciertos factores de reducción de resistencia (Q)
para los elementos esbeltos. (AISC E7). Esta parte no es
necesaria ya que la mayoría de las secciones seleccionadas son
compactas.

13. C-13
Ejemplo C-3
Determine la resistencia
de diseño de compresión
(c Pn) para la columna
W 12 x 65 que se
muestra a continuación,
(Fy = 50 ksi)
De las propiedades:
Ag =19.1 in2
rx = 5.28 in
ry = 3.02 in
x x
x
y y
y
2 2
e 2 2
e y
50
96.2
cr y
K L 1 x 24 x 12
54.55
r 5.28
K L 1 x 8 x 12
31.79
r 3.02
π E π x29000
F 96.2 ksi
(54.55)
KL
r
F 0.44 F ( 22 ksi) Ecu. (E 3.2)
F 0.658 F
0.8045 x 50 4
 
 
  
 
 
 
  
 
  
 
  0.225 ksi
Solución:
c Pn = 0.9 x Fcr Ag = 0.9 x 40.225 x 19.1 = 691.5 kip
A) Por LRFD directo
(manda)

14. C-14
B) De la tabla (4.22) LRFD
Evalúe = = 54.55
Entre a la tabla 4.22 (página 4 – 318 LRFD)
cFc = 36.235 ksi (por interpolación)
Pn = Fc x Ag = 692.0 kip
C) De la (Tabla 4.1 LRFD)
max
KL
r
 
 
 
ft
13.7
1.75
1x24
r
r
L
K
(KL)
y
x
x
x
y 


Ingrese a la tabla (4.1 ) página 4.17 LFRD con (KL)y = 13.7
Pn = 691.3 kip (por interpolación).

15. C-15
Ejemplo C-4
Solución:
Encuentra la capacidad de carga máxima
(Pn) de la columna W 14 x 53 (A-36) que
se muestra en la figura.
P
P
25 ft.
15 ft.
10 ft.
A
C
A
B
C
x x
x
x
Eje x Lx = 25 ft, kx = 0.8, rx = 5.89 in.
Eje y
Sección (AB) Ly = 15 ft, ky = 0.8, ry = 1.92 in.
Sección (BC) Ly = 10 ft., ky = 1.0, ry = 1.92 in.
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x
max
y
KL 0.8 25 12
41
r 5.98
KL 0.8 15 12
75
r 1.92
Ingrese a la tabla (4-22) , Fc = 24.1 ksi
Capacidad de la columna Pn = Fcr Ag
= 24.1 x 15.6 = 376 kip
(manda)

16. C-16
Diseño con Tabla de Carga de Columnas (4) LFRD:
A) Diseño con tabla de carga de columna (4) LFRD:
La selección de un perfil laminado económico para resistir una carga
de compresión dada es simple con la ayuda de las tablas de carga
de columna. Ingrese a la tabla con la longitud efectiva y muévase
horizontalmente hasta que encuentre la fuerza de diseño deseada
(o algo un poco más grande). En algunos casos, por lo general, la
categoría del perfil (W, WT, etc.) se habrá decidido de antemano. A
menudo, las dimensiones nominales generales también se
conocerán debido a requisitos arquitectónicos o de otro tipo. Como
se señaló anteriormente, todos los valores tabulados corresponden
a una relación de esbeltez de 200 o menos. Los perfiles asimétricos
tabulados, las tees estructurales y los ángulos simple y doble,
requieren una consideración especial y se cubren más adelante.

17. C-17
EJEMPLO C - 5
Un miembro de compresión está sujeto a cargas de servicio de 165 kip de
carga muerta y 535 kip de carga viva. El miembro mide 26 pies de largo y
está articulado en cada extremo. Utilice acero (A572 – Gr 50) y seleccione
un perfil W14.
SOLUCIÓN Calcule la carga factorizada:
Pu = 1.2D + 1.6L = 1.2(165) + 1.6(535) = 1054 kip
 Resistencia de diseño requerida cPn = 1054 kip
De la tabla de carga de columnas para KL = 26 ft, el perfil W14  145
tiene una resistencia de diseño de 1230 kip.
RESPUESTA
Utilice un perfil W14  145, pero prácticamente el W14  132 está bien.

18. C-18
EJEMPLO C - 6
Seleccione un perfil W más ligero que pueda resistir una carga de compresión factorizada Pu
de 190 kip. La longitud efectiva es de 24 pies. Utilice acero ASTM A572 Grado 50.
SOLUCIÓN
La estrategia apropiada aquí es encontrar la forma más ligera para cada
tamaño nominal y luego elegir la más ligera. Las opciones son las siguientes.
W4, W5 y W6: Ninguno de los perfiles tabulados funcionará.
W8: W 8  58, cPn = 205 kip
W10: W10  49, cPn = 254 kip
W12: W12  53, cPn = 261 kip
W14: W14  61, cPn = 293 kip
Tenga en cuenta que la capacidad de carga no es proporcional al peso (o
área de la sección transversal). Aunque el W8 × 58 tiene la resistencia de
diseño más pequeña de las cuatro opciones, es el segundo más pesado.
RESPUESTA
Use un perfil W10  49.

19. C-19
Ejemplo C-7
Seleccione la sección W – 10 más ligera
hecha de acero A 572-Gr 50 para resistir
una carga factorizada de (600 kip)
Solución:
Suponga que el eje débil (y-y) controla el pandeo:
Ingrese a las tablas de diseño del AISC (Sección 4) con KyLy = 9 ft.
Seleccione W 10 x 54 (capacidad = 625 k > 600 k OK)
Compruebe la resistencia al pandeo del eje fuerte:
Entre a la tabla para W10 x 54 con (KL)eq. = 10.53 ft.
Capacidad = 595.8 kip (por interpolación) No está bien.
Escoja W10 x 60 capacidad = 698 kip para KyLy = 9 ft.
capacidad = 666 kip para (KL)eq. = 10.5 ft.

20. C-20
B) Diseño de secciones sin usar las Tablas de Carga de Columnas:
En el caso de los perfiles que no están en las tablas de carga de columnas, se debe usar un enfoque de
prueba y error. El procedimiento general consiste en asumir un perfil y, a continuación, calcular su
resistencia de diseño. Si la resistencia es demasiado pequeña (insegura) o demasiado grande
(antieconómica), se debe realizar otra prueba. Un enfoque sistemático para realizar la selección de
ensayos es el siguiente.
1) Suponga un valor para la tensión crítica de pandeo Fcr. El examen de las ecuaciones AISC E3-2 y E3-3
muestra que el valor teóricamente máximo de Fcr es el límite de fluencia Fy.
2) Del requisito de que cPn  Pu, haga
cAgFcr  Pu y
3) Seleccione un perfil que satisfaga este requisito de área.
4) Calcule Fcr y cPn para el perfil de prueba.
5) Revise si es necesario. Si la resistencia de diseño está muy cerca del valor requerido, se puede probar
el siguiente tamaño tabulado. De lo contrario, repita todo el procedimiento, utilizando el valor de Fcr
encontrado para el perfil de prueba actual como un valor para el paso 1
6) Compruebe la estabilidad local (compruebe las relaciones ancho-espesor). Revise si es necesario.
cr
c
u
F
φ
P
g
A 

21. C-21
 
2 2
e 2 2
e y
π E π x29000
F 22.9 ksi
111.8
KL
r
F 0.44 F (15.84) LRFD Ecu. E . 3.2
  
 
 
 
 
Ejemplo C-8
Seleccione un perfil W18 de acero A36 que pueda resistir una carga
factorizada de 1054 kip. La longitud efectiva KL es de 26 pies.
Solución:
Pruebe con Fcr = 24 ksi (dos tercios de Fy):
Obligatorio
2
8
48
24
9
0
1054
in
F
P
A
cr
c
u
g .
)
(
.




Pruebe con W18 x 192:
Ag = 56.4 in2 > 48.8in2
(OK)
200
111.8
2.79
26(12)
r
KL
min




22. C-22
   
  
   
   
 

   
y 36
22.9
e
F
F
cr y
kip k
c n g cr
F 0.658 F 0.658 x36 0.532 x 36
18.64 ksi
φ P 0.9 A F 0.9 x 56.4 x 18.64 943 1054

  
cr
2
u
g
c cr
(MAL)
Pruebe F 18.64 ksi (justo el valor calculado para W18 x 192) :
P 1054
Obligado A 62.83 in
φ F 0.9(18.64)
Pruebe W18 x 234 :
 
  
2
2
g
min
A 68.8 in . 62.83 in
KL 26(12)
109.5 200 (OK)
r 2.85

23. C-23
   

  
 
   
   
   
   
 
   
y 36
23.87
e
2 2
e 2 2
KL
r
e y
F
F
cr y
kips k
c n g cr
π E π 29000
F 23.87ksi
109.5
F 0.44F Use LFRD (Equ.E - 3.2)
F 0.658 F 0.658 x 36 0.532 x 36 19.15 ksi
φ P 0.9 A F 0.9 x 68.8 x 19.15 1185 1054
  

f
f
w
(OK)
Este perfil no está en la tabla de cargas de columnas, así que compruebe las
relaciones ancho - espesor :
b 95
2.8 15.8 (OK)
2t 36
h
1
t
 
253
3.8 42.2 (OK)
36
Respuesta Use un perfil W18 x 234

24. C-24
El factor de longitud efectiva (K) se introdujo en la página (C-7) para seis condiciones ideales, que
no se encuentran en condiciones prácticas de campo. El comentario de LRFD proporciona tanto las
condiciones reales como las condiciones ideales estándar (C-C2.2) (páginas 16.1-239 a 242)
Marcos arriostrados:
No se permite ningún movimiento lateral
(0.5 < K < 1.0) (Ladeo prevenido)
Marcos no arriostrados:
Posibilidad de movimiento lateral
(1.0 < K < 20.0) (Ladeo permitido)
a) Arriostre
diagonal
b) Muros de corte
(mampostería, concreto
armado o placa de acero)

25. C-25
g
g
c
c
B
g
g
c
c
A
/L
I
/L
I
G
/L
I
/L
I
G






* Para apoyo empotrado G = 1.0
* Para soporte articulado G = 10.0
Dónde A es la parte superior
de la columna
Donde B es la parte inferior
de la columna

26. C-26
En el marco rígido que se muestra a continuación, determine Kx para las
columnas (AB) y (BC). Se sabe que las almas de todas las columnas están en
el plano.
Columna (AB):
Nodo (A):
0.94
169.2
1586
1830/18
1350/20
1070/12
833/12
/L
I
/L
I
G
g
g
c
c
A








Ejemplo C – 9:-
Solución:
A
B
C
W24 x 55
W24 x 55
W24 x 68
W24 x 68
W12
x
120
W12
x
120
W12
x
96
12'
15'
12'
18'
20'
20'

27. C-27
Para el nodo B,
0.95
169.2
160.5
169.2
1070/15
1070/12
/L
ΣI
/L
ΣI
G
g
g
c
c





De la carta de alineamiento para laterales no impedidos, con GA = 0.94 y GB = 0.95, Kx =
1.3 para la columna AB.
Columna (BC):
Para el nodo B, como antes, G = 0.95
Para el nodo C, En una conexión articulada, la situación es análoga a la de una
columna rígida unida a vigas infinitamente flexibles, es decir, vigas de cero
rigidez. Por lo tanto, la relación entre la rigidez de la columna y la rigidez de la viga sería infinita
para una rótula perfectamente sin fricción. Esta condición final solo se puede aproximar en la
práctica, por lo que la discusión que acompaña a la tabla de alineamiento recomienda que G se
tome como 10.0. A partir del gráfico de alineamiento con GA = 0,95 y GB = 10,0, Kx = 1,85 para la
columna BC.

28. C-28
Cuando un elemento de compresión cargado axialmente se vuelve inestable en general (es
decir, no localmente inestable), puede pandearse de una de estas tres maneras, como se
muestra en la figura.
Pandeo por flexión. Hasta ahora se ha considerado este tipo de pandeo. Es una deflexión
causada por la flexión alrededor del eje correspondiente a la relación de esbeltez más
grande (Figura a). Este suele ser el eje principal menor, el que tiene el radio de giro más
pequeño. Las barras de compresión con cualquier tipo de configuración de sección
transversal pueden fallar de esta manera.
Pandeo torsional. Este tipo de falla es causada por la torsión alrededor del eje longitudinal
de la barra. Solo puede ocurrir con secciones transversales doblemente simétricas con
elementos de sección transversal muy delgados (Figura b). Los perfiles estándar laminados
en caliente no son susceptibles al pandeo torsional, pero los elementos construidos a partir
de elementos de placa delgada pueden y deben investigarse. El perfil cruciforme mostrado,
es particularmente vulnerable a este tipo de pandeo. Este perfil se puede fabricar a partir
de placas como se muestra en la figura, o construirse desde cuatro ángulos colocados
espalda con espalda.
1.
2.

29. C-29
Pandeo por flexión y torsión. Este tipo de falla es causada por una combinación de pandeo
por flexión y pandeo por torsión. El elemento se pandea y se retuerce simultáneamente (Figura
c). Este tipo de falla solo puede ocurrir con secciones transversales asimétricas, tanto aquellas
con un eje de simetría, como canales, Tes estructurales, perfiles de doble ángulo y ángulos
simples de igual lado, como aquellas sin eje de simetría, como ángulos simples de lado
desigual.
3.
La Especificación AISC requiere un
análisis de pandeo torsional o flexión-torsión
cuando corresponda. La Sección E3 de la
Especificación cubre los elementos de doble
ángulo y en forma de T, y el Apéndice E3
proporciona un enfoque más general que se
puede utilizar para cualquier forma asimétrica.

30. Cuando la longitud excede los
requisitos para una sola sección, la
sección de compresión armada se
utiliza como se muestra a
continuación:
El código proporciona detalles para
la sección armada en LRFD.
C-30

31. Calcule la capacidad de la columna armada que se
muestra a continuación.
Lx = Ly = 25 ft, Kx = 1.6, Ky = 1.0 Fy = 42 ksi
Solución:
 
 
   
 
 
      
 
  
  
  
 
 
2 4
1
xx 2
2 3 4
1 1
yy 12 2
2
g
xx
x
yy
y
x x
x
I 2 110 8x (5 0.25) 440.5 in
I 2 7.25 7.35(5 0.953) ( 8 ) 298 in
A 2 7.35 4 22.70 in
I 440.5
r 4.41 in
A 22.70
I 298.0
r 3.62 in
A 22.70
K L 1.6 25 12
108.84 (control
r 4.41
 
 
y y
y
a)
K L 1.0 25 12
82.90
r 3.62 C-31
Ejemplo C – 10:
De la Tabla 4.22 página 4.321
cFcr = 18.3 ksi
Resistencia nominal de diseño = cFcr Ag
=18.3 x 22.70
= 415.4 kip.