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 = Longituddelacolumna

k = Constanteresultadodelaintegracion

∑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#$ = Pk C = %Pk

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# =%Pk ∗ im$ =−%Pk ∗ 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 sin x

e./0,* = co s%Pk x + i sin%Pk x

y = C# 1cos.!" x + i sin.!" x2 + C$ 1cos.!" x − i sin.!" x2

Factorizando:

y = A cos%Pk x + B sin%Pk x

Para las condiciones de frontera en los extremos y el centro de la luz de la columna:

y(0) = 0y&5l 27 8 = 0y(l) = 0

y(0) = A = 0 y´ = B%Pk cos%Pk 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:

%PEI l2 = nπ2 l%PEI = nπn = 1,2,3…

44

P?@ = n$π$EIl$

P?@:Cargacriticadepandeo

La curvatura de columnas prismáticas, supone un pandeo o imperfección inicial δD, suponiendo una deformación sinusoidal se tiene:

yD =δD ∗ sin Enπxl F

La deflexión en la mitad de la columna es:

y = δD1 − !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$EHMI(NO)$ = PLP KL

Dónde:

45

EQ = Modulotangente, pendiente de la tangente a la curva esfuerzo deformación en el punto del esfuerzo aplicado fpl. E = Moduloelastico Eef = Moduloefectivo 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+XYZ+

- 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**(ejefuerte) I(,] = I^^(ejedebil) El pandeo ocurre alrededor del eje débil.

P] = Resistenciaalpandeo

Pa ≤ ∅P]

46

La carga en términos del esfuerzo es: cd = Kef = g$Phfi$ = g$P(h f⁄ )i$ = g$Pk$i$

cd = g$P5i k7 8$ 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$Phmmi$

g$Phnni$

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$PhO$

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$Ph(0.5i)$

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 (3mmen3m)

El comportamiento P- ∆ de la columna será:

Ke = g$Ph(O)$

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 = Pucausandounadeflexión∆= ∞, 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, sienfrianprimero

σyuz({) = Tension, sienfriandeúltimo

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

����

50

EQI < PI EQ:Modulopromedioparaquetodalaseccionfluya. Si no hay σyuz todas las fibras fluyen simultáneamente F^ = !�

Si hay σyuz, la primera fluencia ocurre cuando: F^ = PA + σyuz P = 5F^ − σyuz8. A

La carga máxima es P([* = A. F^, aunque la curva P-∆ en términos de σ − ε queda:

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$P�E��� F$

Hay dos clases de pandeo: 1. Pandeo elástico P� = P = módulo elástico FH ≤ F^ − σyuz(-) No hay fluencia antes del pandeo. Fu = J+HE��� F+ ElEsfuerzodecompresionprediceelpandeo.

2. Pandeo inelástico P� < P FH > F^ − σyuz(-), Hay fluencia en algunas partes antes del pandeo. FQ = J+H�E��� F+ Esfuerzodecompresionqueprediceoelpandeo.

PorlotantoFQ < FH, esdecirquehayunaPerdidaderesistencia.

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� 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� = Areabruta

F�y = Esfuerzocriticoodepandeo

∅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�(Esbeltezdelacolumna) λ� = Klπr%FE

53

PANDEO INELASTICO ��� Si λ� ≤ 1.5ocurrepandeoinelastico Fu ≥ 0.44F^

F�y = [0.658¡¢+ ]F^ =¤¥¥¥¦0.658

M§ M¨©

ª«««¬ F^

Fu = J+HE��� F+ Esfuerzo crítico pandeo elástico.

Si λ� = 0,F�y = F^

Si λ� = 1.5,F�y = 0.44F^

PANDEO ELÁSTICO ��� Si λ� > 1.5K­®¯d°dO­±L²³° o Fu < 0.44F^

F�y = ´0.877λ�$ ¶ F^ = 0.877Fu(F. 2.5.3.3) F�y = ´0.877λ�$ ¶ F^ = · 0.877E¸GJyF$ M§H

¹ F^ = 0.877 π$EE¸Gy F$

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 esλ� = 1.5. klr = 1.5π% EF^

Para A36 ¸Gy = 135

Grado 50 ¸Gy = 113.5

Una Columna típica L = 3.5m, k = 1.0, r ≈ 8cm ¸Gy = 44pandeoinelastico

Procedimiento:

54

Se debe usar la relación de esbeltez máxima encontrada ¸Gy , por lo tanto el pandeo se

debe evaluar con r(,],(� = .I(,]� y con I(,],(�.

¸Gy < 200 Para miembros en compresión (F.2.5.2)

- Si Kl* = Kl^usarelmenorder*yr^ - Si Kl* ≠ Kl^evaluar E¸Gy F* yE¸Gy F^ , yusarelmayor

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� = 11.8pg$ = 7612.9mm$

r* = 5.13pg = 130.3mm

r^ = 1.93pg = 49.02mm

Kl^ = Kl* = 4.50Elejedebilcontrola

»Klr ¼^ = 450049.02 = 91.8

λ� = Klπr%FE = 91.8π % 345200.000 = 1.21 < λ� = 1.50pandeoinelastico

F�y = ½0.658¡¢+ ¾ F^ = ¿0.658#.$#+À345 = 186.9MPa

∅P] = ∅�A�F�y = 0.9 ∗ 7612.9 ∗ 186.9 = 1281kN

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 = 4.50m - Pandeo alrededor eje y= Kl^ = 1.0 ∗ 2.25 = 2.25m

Como Kl* ≠ Kl^, secalcula: »Klr ¼* = 4500150.3 = 34.5

»Klr ¼^ = 225049.2 = 45.9Elejedebilcontrola

55

λ� = Klπr%FE = 0.60 < λ� = 1.50pandeoinelastico

��� = ½0.658¡¢+¾ F^ = ¿0.658D.ÂD+ À345 = 296.7Mpa

∅P] = ∅�A�F�y = 0.9 ∗ 7612.9 ∗ 296.7 = 2032.1kN

2032.91281 = 1.58incrementodecarga

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 ∅cUVñ �Z� en la C-1 se tabula ÄeÅÆ Ã± �Z� para cn = 36Ç50N±².

Dados F^, Pa, kl*ykl^ hallar el perfil más liviano que cumpla ∅P] ≥ Pa

∅P] = ∅�A�F�y ≥ Pa

Las Incógnitas son A�yF�y - Perfiles con d ≫ bÉyr* ≫ r^SoneficientescomoVigas - Perfiles con bÉ ≈ dy yÌy§ ≈ 1.6 − 3.0SonColumnaeficientes

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 = 11.8ÍÎ$ = 7613ÏÏ$

�Ð�Ñ = 5.7

kn = 1.27&& = 32.3ÏÏ

W8X40 fÆ = 11.7ÍÎ$ = 7648ÏÏ$

�Ð�Ñ = 1.73

kn = 2.04&& = 51.8ÏÏ

NOm = NOnÒ4000ÏÏ

W18X40 E�Z� Fn = ÓDDDÔ$.Ô = 123.8

56

ÕÖ = 123.8g % 345200.000 = 1.64 > 1.5Í­®¯d°dO­±L²³°

cÖ� = ´0.877ÕÖ$ ¶ cn = ×0.8771.64$Ø ∗ 345 = 112.5ÙK­

∅KÚ = ∅ÖfÆcÖ� = 0.9 ∗ 112.5 ∗ 7613 = 770.8NÛ

W8X40 E�Z� Fn = ÓDDDt#.Ü = 77.2

ÕÖ = 77.2g % 345200.000 = 1.02 < 1.5Í­®¯d°²®dO­±L²³°

cÖ� = ½0.658ÝÞ+ ¾ cn = ¿0.658D#.D$+ À345 = 223.2ÙÍ­

∅KÚ = ∅ÖfÆcÖ� = 0.9 ∗ 223.2 ∗ 7548 = 1516.3ß®

La resistencia es el doble

PROBLEMA: En un problema anterior se obtuvo ∅KÚ = 1281NÛ. Usar la tabla E-1 del AISC, hallar ∅KÚ por interpolación klx=kly

»ßOk ¼n = 91.8∅cUV = 158.52 ∗ 0.90.85 = 167.6

∅KÚ = ∅ÖfÆcÖ� = 0.9 ∗ 7613 ∗ 167.6 = 1280.5NÛ

PROBLEMA: Hallar ∅KÚcon la tabla E-1, para el problema anterior, el perfil es W12X40 y NOm = 4.50ÏÇNOn = 2.25Ï.

E�Z� F = 45.9∅cUV = 251.4 ∗ D.àD.Üt = 266.2 MPa

∅KÚ = 7613 ∗ 266.2 = 2026.5NÛ

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 = 4.50Ï = 14.8" ∅KÚ = 272N²Í± = 1210N® ∗ 0.90.85 = 1281.2NÛ

57

PROBLEMA: Para el problema anterior, se pone un arriostramiento lateral a media altura en el eje débil. NOm = 4.50Ï NOn = 2.25ÏLas 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© = 14.82.66 = 5.6′ ßOn = 2250ÏÏ = 14.8"(³°®Lk°O­) ∅KÚ = 456.3N²Í± ∗ 0.90.85 = 483.1N²Í± = 2149.1NÛ

PROBLEMA: Hallar el perfil W laminado de acero Grado 50 más liviano que soporte una carga Kã = 4000NÛ = 900N²Í±. Se supone que controla el eje débil

• Se tantea con una W14

Kl^ = 5.8`UnaW14x90resiste∅P] = 1100kips Severificaelejefuerteyporlotantonpasaacontrolarelpandeo

Arriostrado sentido débil

ßOm = 3.50 ∗ 1.0 = 11.5` ßOn = 0.5 ∗ 3.50 = 5.75`

58

Kl* 5r* r^⁄ 8© = ##.tÓ.ÂÂ = 6.9& ∅P] = 1080kips; siguecumpliendo

• Se tantea con un W12

Kl^ = 5.8`UnaW12x79resiste∅P] = 947kips Severificaelejefuerteyporlotantopasaacontrolarelpandeo

Kl* 5r* r^⁄ 8© = 11.51.75 = 6.6& ∅P] = 939kips; siguecumpliendo

• Se tantea con un W10

Kl^ = 5.8`UnaW10x77resiste∅P] = 908kips Severificaelejefuerteyporlotantonpasaacontrolarelpandeo

Kl* 5r* r^⁄ 8© = ##.t#.èÔ = 6.6& ∅P] = 908kips; siguecumpliendo

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 = PcrpandeolocalA Esfuerzocriticopandeolocal. Fcrpandeolocal = f »bt , Fy¼

b/t: Relación ancho espesor de la platina.

59

Para una sección W, b es el ancho de media aleta bf/ 2 = b y el espesor t = tf.

Para la aleta éê = éÉ$ê.

Para el alma b= hc éê = 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)

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 λ� = $tDíîn

Alma λ� = ÂÂtíîn

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.

61

Tabla F.2.4.1-a Fuente NSR-10

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.

63

Tabla C-C2.2 Fuente: AISC

El factor K se puede calcular como:

ß = ï »ð²Î²¯dñò°OóÏ®­ð²Î²¯dñô²Î­ 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(][FƩ EIø,�[÷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.

64

Nomogramas para cálculo de K. Fuente: AISC LFRD

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

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).

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:

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� = »úûüýûü{úû+ýû+¼»úþüýþü{úþ�ýþ�¼

69

G� = »úû+ýû+{úû)ýû)¼»úþ)ýþ){úþ+ýþ+¼ Columna C1

G� = G� = EIû+÷û+ + Iû)÷û)FEIþ)÷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.

70

G� =E ààà#tè.t + tÓ##Ó#.èFE àÜÓ$èt. + #ÔÔD$ÔÂ.$F = 5.164.52 = 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.

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.

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�.�FE)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.

73

Dirección no arriostrada:

G� = E)+��)��.�*$FE �)++��.�*$F = 3.89 G� = E)+��)��.�*$FE )�+��.�*$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

»KLr ¼* =7800158 = 49.4 → ControlaPandeoejeFuerte. »ßik ¼n = 380094.7 = 40.1

De las tablas de columnas.

Eje débil KLy = 3.8 m = 12.51

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Eje fuerte ¸÷ÌE�Ì�§F = è.Ü(#.Âè) = 4.67m = 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(][FƩ EÏ Iø,�[÷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.

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Para el pórtico mostrado, una de las conexiones es articulada.

m = ÔHI÷ÂHI÷ = 12 = 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÷ = 23

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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� = EÓ#t.Ü#*#D�ÓDDD FE$#$.$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.

77

3.12 COLUMNAS DEPENDIENTES. “Leaner o leaning colum n”.

Son columnas articuladas en sus dos extremos y hacen parte de un pórtico no arriostrado.

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.

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)+�.�üÌ)��ü�� FED.t∗+�.�Ì)������

F = 1.74 GB = 1.0

Del monograma Kx = 1.42

PH� =π$ ∗ (200x10à) ∗ (129.03x10Â)mmÓ(1.42x3.5)$ = 10311.2kN

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.

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La carga en cualquier columna, no puede ser mayor a ΣPE en un modo de desplazamiento lateral restringido o pórtico arriostrado.

PH =π$ ∗ (200x10à) ∗ (103.2x10Â)mmÓ(1.0x3.5)$ = 16629.3kN

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$PhΣƩKói$Kó²ƩΣKX ≥ 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.

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.

82

G� = »�.�Ì)��ü��� ¼»D.t.�Ì)��

�ü�� ¼ = 3.2 GB = 1,0

Del monograma K=1.57

PHizq = π$ ∗ (200x10à) ∗ (4.45x10Ü)mmÓ(1.57x3660)$ = 26600kN

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$ ∗ (200x10à) ∗ (2.28x10Ü)mmÓ(2.05x3660)$ = 7995kN

ƩPE = 34595 kN

ƩPu = 14400 Ʃ!aƩ!H = 0.42

Columnas Izquierda

K´, =%π$EIƩPuL$PuiƩPE K´, =%π$(200x10à) ∗ (4.45x10-Ó)x0.423.66$x3500x1000 = 2.81 Klx = 2.81 x 3.66 = 10.3 KL*Ey*y^F = 10.3(1.76) = 5.83m → Pandeoalrrededordelejefuerte(Controla) De las tablas φPn = 1440 kips = 6405 kN > Pu 3500 kN Cumple

Columna Central

Klx = 3.66 y Kly = 1.83 m

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KL*Ey*y^F = 3.66(1.61) = 2.27m → Pandeoalrrededordelejefuerte(Controla) ΣPn = 8200 KN = Pu 8200 KN Cumple

Columna Derecha:

Eje fuerte Kly = 1.83

Eje Debil

K´, =%π$(200x10à) ∗ (2.28x10Ü)x0.423.66#x2700x1000 = 1.39

Klx = 1.39 x 3.66 = 5.10 Controla la resistencia.

ΣPn = 1610 Kips = 7161 KN > Pu 2700 kN Cumple