PANDEO (Inestabilidad)

1. Acerca del fenómenoEl pandeo es un fenómeno diferente a los otros estudiados en el curso. En todos las otras

situaciones estudiadas, aceptando que los materiales tienen un comportamiento lineal (tensión-deformación),la estructura también presenta una relación lineal entre las cargas aplicadas y los desplazamientos,deformaciones y tensiones producidas.

En este caso veremos (aceptando también la hipótesis de comportamiento lineal del material) que nohay una relación lineal entre las cargas y los efectos que éstas producen (desplazamientos, deformaciones ytensiones).

Si realizamos un ensayo sencillo (cualquiera puede hacerlo usando una regla flexible) en el quesometemos una columna (regla en nuestro caso) a una carga de compresión P aplicada en el baricentrode la sección y medimos el desplazamiento horizontal del punto medio de la columna, como se indica en lafigura 1, podremos ver que:

El punto medio de la columna no se desplaza horizontalmente cuando la carga P comienza a crecer.Sin embargo, a partir de un cierto valor de ésta, comienza a tener un desplazamiento significativo.Llegado a este punto si la carga es incrementada el desplazamiento crece en forma importante.

Si se continua aumentando la carga, la columna termina rompiéndose. Pero si se retira la carga, lacolumna vuelve a su posición inicial, es decir que en este caso todo el comportamiento del material eselástico. Sin embargo la relación carga-desplazamiento no es lineal.

El pandeo es entonces un fenómeno no lineal y que se desata bruscamente. La columna pasa de no tenerdesplazamiento lateral a, con un incremento relativamente pequeño de la fuerza, tener un desplazamientoimportante. De continuarse incrementando la fuerza, llegaremos al colapso sin grandes incrementos de lacarga de compresión aplicada.

Figura 1: Fenómeno de pandeo

Es claro que la columna puede deformarse para uno u otro lado pues el problema es simétrico. Dicho deotra manera el problema no va a tener una solución única.

1

2. Ecuaciones de una viga o pilar sometida a flexión y directaAnalizaremos el caso de una viga sometida a flexión (esto ya fue visto en el curso de Resistencia de

Materiales 1) pero ahora le incorporaremos una directa, que tomaremos de compresión. El caso de traccióncomo se verá más adelante no presenta el fenómeno de pandeo.

Para resolver el problema formularemos las ecuaciones de equilibrio:

Figura 2: Barra cargada axialmente

1. Equilibrio horizontal:

N(z)−N(z + dz) = 0

Resultando : N(z) = cte (1)

2. Equilibrio vertical:

V (z)− qdz − V (z + dz) = 0

V (z + dz)− V (z) = −qdz

Dividiendo entre dz y pasando al limite obtenemos: ⇒ dV

dz= −q (2)

3. Equilibrio de momentos en B:

V (z)dz +M(z)−M(z + dz)− qdzdz

2−N(v(z + dz − v(z))) = 0

Dividiendo entre dz obtenemos: V (z) +M(z)−M(z + dz)

dz− qdz

2−N

(v(z + dz)− v(z)

dz

)= 0

Tomando lımdz→0

obtenemos: V (z)− dM

dz−N dv

dz= 0 (3)

Derivando con respecto a z:dV

dz− d2M

dz2−N d2v

dz2= 0

Sabemos de la ecuación 2 que:dV

dz= −q ⇒ d2M

dz2+N

d2v

dz2+ q = 0

Y que sigue valiendo la expresión: M = EId2v

dz2(4)

Obtenemos en consecuencia la expresión general:

d2

dz2

(EI

d2v

dz2

)+N

d2v

dz2+ q = 0 (5)

Si sustituimos la expresión 4 en la ecuación 3 obtendremos:

V (z) =d

dz

(EI

d2v

dz2

)+N

dv

dz(6)

2

Estas dos expresiones son las ecuaciones que determinan el comportamiento de una viga (o pilar)sometida a carga distribuida q(z) y a directa de compresión N .

En el caso que la rigidez sea constante (EI = cte) las expresiones anteriores quedan:

EId4v

dz4+N

d2v

dz2+ q = 0 (7)

V (z) = EId3v

dz3+N

dv

dz(8)

3. Solución de la ecuación homogéneaLa ecuación 7 es una ecuación de cuarto orden, lineal con un término independiente q. Su solución estará

compuesta por dos términos:

v = vp + vh (9)

donde vp será una solución particular que dependerá de la carga distribuida q y vh será la solución de laecuación homogénea o sea la solución de la ecuación cuando q = 0. Veremos a continuación la solución dela ecuación homogénea.

Si definimosN

EI= k2 (10)

y planteamos la ecuación 7 para q = 0 , tendremos que:

d4v

dz4+

N

EI

d2v

dz2= 0

Y sustituyendo:d4v

dz+ k2

d2v

dz2= 0 (11)

Si buscamos soluciones de la forma

v(z) = eλ∗z (12)

Y sustituimos en la ecuación 11 tendremos que la ecuación característica resulta ser:

λ4 + k2λ2 = 0 (13)

Esta ecuación característica es de cuarto grado y para N ≥ 0 tendrá dos raíces imaginarias. Las 4 raícesserán:

λ =

0 (raíz doble)ik

−ik

Con estas raíces la forma que tiene la solución general de la ecuación homogénea será:

v(z) = A cos kz +B sin kz + Cz +D (14)

donde las constantes A, B, C y D deben determinarse empleando las condiciones de contorno.Observación: si hubiéramos estudiado el caso de una fuerza N de tracción el razonamiento hubiera sido

muy similar. Al final se hubiera obtenido la misma ecuación pero con coeficiente negativo en la derivadasegunda. La ecuación característica sería de la forma:

λ4 − k2λ2 = 0 (15)

Las raíces hubieran sido:

λ =

0 (raíz doble)k

−k

Es decir, hubiera tenido la raíz cero doble, igual que en el caso anterior pero las otras dos raíces hubieransido reales, una positiva y la otra negativa, con el mismo módulo.

Y la forma más general de la solución de la ecuación homogénea hubiera sido:

v(z) = Aekz +Be−kz + Cz +D (16)

Donde las constantes A, B, C y D también deben determinarse empleando las condiciones de contorno.

3

4. Viga de EulerSea la barra de la figura 3 de longitud L, sin ninguna carga distribuida (q) y con una compresión axial P .

Figura 3: Barra cargada axialmente

Como no existe carga distribuida (q = 0) entonces la vP = 0 y la función que cumpla con la ecuacióndiferencial será v = vH . Las condiciones de borde son:

v(0) = 0

v(L) = 0

M(0) = 0 y por lo tanto d2vdz2 (0) = 0

M(L) = 0 y por lo tanto d2vdz2 (L) = 0

Una solución evidente es la solución trivial o sea

v(z) = 0 ∀z

Esta solución verifica la ecuación diferencial (expresión 11) y además cumple todas las condiciones de borde.Como sabemos que la solución tiene la forma de la expresión 14 impondremos las condiciones de borde

y veremos en que caso puede aparecer otra solución diferente a la trivial. De esta forma, tendremos que:

v(0) = 0 sustituyendo en la expresión queda: A+D = 0 (17)v(L) = 0 sustituyendo: A cos kL+B sin kL+ CL+D = 0 (18)

d2v

dz2(0) = 0 y sustituyendo: −Ak2 = 0 ⇒ A = 0 (19)

dado que k 6= 0 y sustituyendo en la ecuación 17 vemos que D = 0

d2v

dz2(L) = 0 sustituyendo: Ak2 cos kL+Bk2 sin kL = 0 (20)

eliminando A y D pues son nulos quedan dos condiciones :

{B sin kL+ CL = 0

Bk2 sin kL = 0(21)

De las ecuaciones 21 podemos concluir, teniendo en cuenta que k > 0, que B sin kL = 0 y sustituyendoen la primera resulta que C = 0. Resumiendo se debe cumplir que:

A = B sin kL = C = D = 0 (22)

Por lo tanto existen dos alternativas: A = B = C = D = 0, que es la solución trivial ya conocida, osin kl = 0.

En este último caso deberá ser kL = nΠ y B no tendrá que ser nulo y podrá tomar cualquier valor puesqueda indefinido. Aquí aparece una solución no trivial, cuando:

k2L2 = n2Π2

y sustituyendo k quedaNL2

EI= n2Π2 (23)

4

O sea:

N =EI

L2n2Π2 (24)

Para estos valores de N existe una solución diferente a la trivial (v = 0 ∀z). Dicha solución tiene laforma:

v = B sin kz (25)

En la medida que es un fenómeno prácticamente fatal para la estructura nos interesa la menor carga a laque ocurre el pandeo, por lo tanto evaluamos N para n = 1 y obtenemos:

Ncritico =EI

L2Π2 (26)

Esta es la conocida expresión de la fuerza crítica que produce el pandeo atribuida a Euler.

5. Limitaciones y utilidad de esta soluciónDe acuerdo al razonamiento anterior, para el valor de Ncritico habría infinitas soluciones pues B queda

indeterminado y puede tomar cualquier valor. Por otro lado si nos pasamos un poco delNcritico el fenómenodesaparecería y recién volvería a aparecer cuando la carga se cuadruplica. Pero la experimentación permitever que ambas cosas son falsas.

Esto sucede porque el análisis realizado por Euler es válido solamente para pequeños desplazamientospues, la expresión empleada (expresión 4) para relacionar el momento con la elástica es valida con estashipótesis.

La forma exacta de la expresión es:

M = EIν′′

(1 + (ν′)2)32

(27)

Usando esta expresión (algunos textos lo hacen) se obtiene el mismo valor de la carga crítica. Pero seconcluye que para una carga N ≥ Ncritico existen tres soluciones; la trivial (B = 0) y dos soluciones, unahacia cada lado, con el coeficiente B determinado. Es decir que el pandeo no desaparece cuando aumenta lacarga y por otro lado, la flecha para una carga dada está determinada.

Figura 4: Relación entre el desplazamiento en el centro y la directa en una barra

Para la carga crítica se produce una bifurcación de las soluciones y aparecen tres soluciones. La trivial,que es inestable, y las otras dos que determinan el pandeo y que son estables. Un esquema de los niveles deenergía de deformación de cada una de las posiciones se muestra en la figura 5.

No obstante estas consideraciones, la expresión de Euler es usada normalmente pues el cálculo es muchomás sencillo y determina correctamente la carga crítica. Desde el punto de vista de la ingeniería civil conesto alcanza, pues se trata de mantenerse siempre por debajo de esta carga crítica.

5

Figura 5: Puntos de equilibrio

6. Análisis para una directa de tracciónEn este caso la solución general tiene la forma de la expresión 16 y al imponer las condiciones de borde

quedan las condiciones:

A+B +D = 0 (28)AekL +Be−kL + CL+D = 0 (29)

k2A+ k2B = 0 (30)k2AekL + k2Be−kL = 0 (31)

De 28 y 30 se concluye que D = 0; de 29 y 31 se concluye que CL + D = 0 y en consecuenciaC = D = 0. Tomando en cuenta lo anterior 28 y 29 (para k 6= 0 ) solo tiene la solución trivial. En definitivaA = B = C = D = 0 y no hay posibilidades de pandeo. Concluimos entonces que el pandeo solo puedeproducirse cuando hay compresión.

7. Ménsula con carga axialEn el caso de una ménsula, como muestra la figura 6, la elástica tendrá la forma:

v(z) = A cos kz +B sin kz + Cz +D (32)

Las condiciones de borde serán las siguientes:

v(0) = 0

M(L) = 0 =d2v

dz2(L)

θ(0) =dv

dz(0) = 0

V (L) = 0 = EId3v

dz3(L) +N

dv

dz(L)

Derivamos la ecuación de la elástica de la barra para poder a continuación aplicar las condiciones deborde:

dv

dz= −Ak sin kz +Bk cos kz + C

d2v

dz2= −Ak2 cos kz −Bk2 sin kz

d3v

dz3= Ak3 sin kz −Bk3 cos kz

6

Figura 6: Ménsula cargada axialmente

Apliquemos las condiciones de borde:

A+D = 0

k2(A cos kL+B sin kL) = 0

Bk + C = 0

EIk3(A sin kL−B cos kL) +N(−Ak sin kL+Bk cos kL+ C) = 0 (33)

Como k2 =N

EIentonces:

kA sin kL−Bk cos kL−Ak sin kL+Bk cos kL+ C = 0

⇒ C = 0⇒ B = 0

Existen ahora dos opciones posibles, que A = 0 y por lo tanto D = 0 o que cos kL = 0 y por lo tantoD = −A. Consideramos esta segunda opción. En ese caso:

kL =Π

2+ nΠ

y el valor crítico queda, considerando n = 0 igual a:

Ncritico =EIΠ2

4L2(34)

Obsérvese que es cuatro veces más chico que el obtenido para la viga simplemente apoyada. Ello muestraque la naturaleza de los vínculos incide de manera importante en la capacidad resistente del pilar.

8. Luz de PandeoConsideraremos de ahora en más la notación L como la luz libre de la viga o pilar en estudio. Usaremos

la notación Lp (que definiremos a continuación) como la luz de pandeo de dicho elemento.Hasta ahora vimos que la carga crítica de una barra simplemente apoyada tiene la forma:

Pcritico =EIΠ2

L2

y para una barra empotrada:

Pcritico =EIΠ2

4L2

Si consideramos que en el primer caso la luz de pandeo de la barra es Lp = L y en el segundo es Lp = 2L,entonces se puede generalizar la expresión de carga crítica mediante la siguiente ecuación:

Pcritico =EIΠ2

L2p

(35)

Siendo

Lp = βL (36)

7

La constante β dependerá de los vínculos que tenga la barra. En el caso de la viga simplemente apoyadaβ = 1 y en el caso de la viga empotrada en un sólo extremo β = 2.

Se puede observar en la figura 7 que el caso de la viga empotrada puede ser asimilado al caso de unaviga simplemente apoyada de longitud 2L. Resolviendo analíticamente otros casos y haciendo el mismorazonamiento se puede ver que la luz de pandeo es también la distancia entre dos puntos de momento nulo.Es de hacer notar que los puntos de momento nulo coinciden con los puntos de inflexión de la elástica. Endefinitiva, podemos utilizar las expresiones 35 y 36 para analizar el fenómeno de pandeo. Los valores de βdependerán de la naturaleza de los vínculos.

Figura 7: Valores de longitud de pandeo según el apoyo de la barra

Puede observarse que la luz de pandeo se duplica (para el caso de la viga doblemente empotrada) cuandoel extremo superior puede desplazarse horizontalmente. Más adelante se volverá sobre este asunto.

9. Inercia a considerarHasta ahora hemos estudiado el fenómeno del pandeo con una inercia genérica que llamamos I . Pero en

realidad, normalmente las barras tienen dos momentos de inercia principales Ix e Iy distintos. Si los vínculosde la barra son iguales en las dos direcciones la carga crítica quedara definida por la menor inercia. Luego,para estudiar el pandeo de una barra, es necesario considerar la menor de las inercias ya que de esta formatendremos la menor carga crítica.

Considerando que Iy < Ix entonces será:

Ncritico =Π2EIyL2p

(37)

Por otra parte, si los vínculos son distintos en cada dirección será necesario estudiar el fenómeno segúncada una de las direcciones con el momento de inercia que corresponda.

10. EsbeltezDefiniremos la esbeltez (λ) de un pilar de la siguiente manera:

λ =Lpρy

(38)

8

Si recordamos que:

Iy = Aρ2y

y sustituimos, tendremos que:

Ncritico =Π2EAρ2yL2p

=Π2AE(Lp

ρy

)2 (39)

Por lo tanto:

⇒ Ncritico =Π2AE

λ2(40)

Podemos también definir una tensión crítica de la siguiente manera:

σcritico =N

A(41)

Y en consecuencia sustituyendo será:

σcritico =Π2E

λ2(42)

11. Método ω

Para el calculo de elementos estructurales sometidos a compresión pura o compresión y flexiónsimultanea las normas establecen distintos criterios que no serán abordados en este curso. A continuaciónveremos solamente el método ω, que es uno de los que permite realizar el dimensionado del elemento.

En la figura 8 se observan la curva de Euler definida por la expresión 42 y la recta que representa latensión de fluencia del material. Es claro que para trabajar con cierta seguridad es necesario estar a ciertadistancia de las dos curvas antes mencionadas. Por otro lado en general las normas coinciden que para serconsiderado un elemento estructural debe tener una esbeltez no mayor que 250. Si el pilar tiene una esbeltezmayor no debe ser considerado un elemento estructural.

Figura 8: Método ω

El método ω en función de estas consideraciones define una curva de valores admisibles de la tensión enfunción de la esbeltez. Para ello toma un valor admisible σadmisible que corresponde a una esbeltez λ = 0 yadopta un valor de la tensión admisible para otros valores de λ 6= 0 que viene dado por la expresión

σadm(λ) =σadmω(λ)

(43)

9

O dicho de otra manera debe cumplirse que:

N

Aω(λ) ≤ σadm (44)

La función ω(λ) puede estar definida en forma numérica por una tabla o puede surgir de una cierta expresiónanalítica.

Para el caso que además de la directa exista un cierto momento flector M el método ω utiliza el criterioque:

M

W+N

Aω(λ) ≤ σadm (45)

12. Barra cargada axialmente + una carga distribuida uniforme

Figura 9: Barra cargada axialmente y con una carga distribuida

En este caso la función v(z) deberá cumplir la ecuación diferencial:

EId4v

dz4+N

d2v

dz2+ q = 0 (46)

La solución de la ecuación consta de dos partes, una solución particular y la solución de la homogénea(con q=0).

v = vP + vH

vH = A cos kz +B sin kz + Cz +D

La solución particular la hallamos de la siguiente forma:

d2v

dz2= − q

N

entonces → d4v

dz4= 0

la solución particular queda entonces vP = −qz2

2N

Entonces, la solución del problema queda de la forma:

v = −qz2

2N+A cos kz +B sin kz + Cz +D

Las condiciones de borde son:

No hay desplazamiento vertical en el apoyo izquierdo: v(0) = 0

El momento en el apoyo izquierdo es cero: M(0) = 0 que es lo mismo que decir qued2v

dz2(0) = 0

No hay desplazamiento vertical en el apoyo derecho: v(L) = 0

El momento en el apoyo derecho es cero: M(L) = 0 que es lo mismo que decir qued2v

dz2(L) = 0

Teniendo en cuenta que:

d2v(z)

dz2= − q

N−Ak2 cos kz −Bk2 sin kz

10

Imponiendo las condiciones resulta:

v(0) = 0 ⇒ A+D = 0

M(0) = 0 ⇒ − q

N−Ak2 = 0 entonces A = − q

Nk2y D =

q

Nk2

v(L) = 0 ⇒ −qL2

2N− q

Nk2cos kL+B sin kL+ CL+

q

Nk2= 0 (47)

M(L) = 0 ⇒ − q

N+

q

Nk2k2 cos kL−Bk2 sin kL = 0 (48)

De la suma de la ecuación 47 multiplicada por k2 y la ecuación 48 obtenemos:

−qk2L2

2N− q

N+ Ck2L+

qk2

Nk2= 0 ⇒ C =

qL

2N

(49)

Finalmente considerando la ecuación 48 tenemos que:

− q

N+

q

Ncos kL−Bk2 sin kL = 0 (50)

12.1. Determinación de las condiciones de falla

De acuerdo a lo anterior resulta que si sin kL 6= 0 ⇒ B =q(cos kL− 1)

Nk2 sin kL(51)

La elástica de esta barra la podemos escribir entonces como,

ν(z) = −qz2

2N− q

Nk2cos kz +

q(cos kL− 1)

Nk2 sin kLsin kz +

qL

2Nz +

q

Nk2(52)

Para sin kl 6= 0 la elástica solo tiene una solución y esta es finita.Si se observan las expresiones anteriores cuando kL se acerca a Π ⇒ sin kL se acerca a cero con valores

positivos y coskL se acerca a -1.En consecuencia B (de acuerdo a las expresiones 50 y 51) resulta negativo y su módulo se va haciendo

cada vez más grande. En el limite B −→ −∞. Las otras constantes A, C y D existen y se mantienenacotadas.

También la deformada ν −→ −∞, por lo que se produce la falla de la estructura . En este caso hay unasola posición de equilibrio pero el valor de la deformada −→ −∞ en cualquier punto que no coincida conlos apoyos.

Ésta forma de falla es diferente a la de la viga sometida solo a directa de compresión, donde aparecíanmás de una solución, pero tiene una coincidencia importante. Esta es que la carga a la que se produce elcolapso de la estructura es la misma. En consecuencia podemos decir que también en este caso:

Ncritico =EIΠ2

L2(53)

Si ahora buscamos la singularidad siguiente tendremos que esta se produce cuando kL se acerca pordefecto a 2Π ⇒ sin kL se acerca a cero con valores negativos y cos kL se acerca a 1. En consecuencia B(de acuerdo a la expresión 50) queda indeterminado, produciéndole más de una solución. Pero en realidadesta segunda solución y las siguientes no son relevantes y la carga crítica queda definida por la expresión 53.

12.2. Comparación: barras cargadas axialmente con y sin cargas distribuidasA partir de lo analizado en los capítulos 4 y 12, podemos concluir que el valor de Ncritico es el mismo

en ambos casos.En el caso de la viga sometida solamente a directa para ese valor (Ncritico) se produce la inestabilidad de

la solución o sea que además de la solución trivial aparecen dos soluciones más. Para pequeños incrementosde la compresión comienzan a producirse flechas importantes. Este fenómeno debe considerarse comototalmente inaceptable en una estructura y por lo tanto podemos considerarlo como un estado de falla.

11

Figura 10: Viga simplemente apoyada con carga distribuida

En el caso de la viga sometida a directa y carga distribuida, para valores de N ≤ Ncritico no aparecenmultiplicidad de soluciones. Para N = Ncritico no aparece una inestabilidad pero la flecha tiende a infinito.Esto obviamente debe considerarse también como un fenómeno de falla.

No obstante lo anterior la falla puede producirse en ambos casos para cargas menores por otras razones.Ya vimos que ello es posible cuando solo hay directa si se cumple que:

N

A= σfluencia (54)

Cuando existe directa y carga distribuida la barra estará sometida a flexión y directa para todo valor de P yq diferentes de cero. En este caso la falla por fluencia se produce para

M

W+N

A= σfluencia (55)

Es decir que, cuando hay carga distribuida (q ≥ 0) la falla por fluencia se producirá para directas Nmenores que en el caso sin carga distribuida. Se puede agregar también que seguramente para el caso conq ≥ 0 la falla se va a producir por fluencia del material para valores de N < Ncritico pues la tensión defluencia (que es finita) se va a producir antes que la flecha infinita.

12.3. Comparación de flechas en barras con carga uniforme con y sin carga axialHaremos a continuación la comparación de las flechas en el centro para los casos de carga distribuida q

que actúa sin directa y para el caso que actúan en forma conjunta la carga distribuida q y la compresión N .En el caso de una viga simplemente apoyada como muestra la figura 10Sabemos que la elástica tiene la expresión:

νq(z) = − qz4

24EI+qLz3

12EI− qL3z

24EI(56)

La flecha en la mitad del vano será entonces,

νq

(L

2

)= − 5

384

qL4

EI(57)

En el caso de una viga sometida a una carga axial y a una carga distribuida, sabemos de la ecuación 52que la flecha en el centro de la viga tendrá la forma:

νq,N

(L

2

)=

q

Nk2+qL2

4N− qL2

8N− q

k2N

(1− cos kL)

sin kLsin

kL

2

=q

Nk2+qL2

8N− q

k2N sin kL

(sin

kL

2− cos kL sin

kL

2+ sin kL cos

kL

2

)=

q

Nk2+qL2

8N− q

k2N sin kL2 sin

kL

2

=q

Nk2+qL2

8N− q

Nk2 cos kL2

Entonces, la relación entre la flecha en el medio del vano de una barra no sometida a una carga axial conuna que si lo está, la podemos calcular como,

12

−νq,N(L2

)−νq

(L2

) =

−qL2

8N+q(1− cos kL2

)Nk2 cos kL2

5qL4

385EI

=

q

8Nk2 cos kL2

(−L2k2 cos

kL

2+ 8− 8 cos

kL

2

)5qL4

384EI

=384EI

40Nk2L4 cos kL2

(8− 8 cos

kL

2− L2k2 cos

kL

2

)=

48 ∗ 8

5k4L4 cos kL2

(1− cos

kL

2− L2k2

8cos

kL

2

)Donde se realiza el último paso teniendo en cuenta la expresión 10.

Si definimos la variable u como u =kL

2la ecuación queda de la forma:

−ν(L2 )

−νq(L2 )=

24

5u4 cosu

(1− cosu− u2

2cosu

)(58)

Se observa que el denominador se anula para u = 0 y luego para u =π

2. Para u = 0 se anula también

el numerador y los infinitésimos son del mismo orden, de manera que el cociente tiene limite finito y eselímite es 1. Para calcular el limite del cociente cuando u tiende a

π

2debe observarse que cosu tiende a 0, de

manera que el denominador tiende a 0 y el denominador a 1. En definitiva el cociente tiende a∞ , o sea quepara la acción conjunta de la directa de compresión N y la carga distribuida q la pieza falla cuando kL = π.O sea que la carga critica de falla por alcanzar una flecha infinita es la misma que cuando no existe cargadistribuida, como ya se había observado en la sección anterior.

Puede observarse que en la figura 11 como varía la relación entre las flechas de las dos tipos de carga.Resulta claro que el incremento de la flecha se va produciendo en forma paulatina a medida que aumenta u.De esa manera también las tensiones en la viga se irán incrementando en esa misma relación. Para un valorde u = 0, 35π el aumento de la flecha es de prácticamente el doble.

Figura 11: Relación entre flechas con y sin carga axial

13

13. Columna cargada con una Carga Excéntrica

Figura 12: Columna cargada excéntricamente

En este caso se cumple que q = 0 para todo z de manera que la solución de la elástica tendrá la forma:

ν(z) = A+Bz + C sin kz +D cos kz (59)

Donde

k =

√N

EI

Como se ve en la figura 12, e es la distancia del punto de aplicación de la carga al baricentro de lasección. Se denomina excentricidad.

Si planteamos las condiciones de borde se tiene que cumplir que:

ν(0) = 0→ A+D = 0 (60)ν(L) = 0→ A+BL+ C sin kL+D cos kL = 0 (61)

d2ν

dz2(0) =

M

EI=Ne

EI= k2e (62)

d2ν

dz2(L) = k2e (63)

Siendod2ν

dz2= −Ck2 sin kz −Dk2 cos kz

De 62d2ν

dz2(0) = −Dk2 = k2e (64)

De 63d2ν

dz2(L) = −Ck2 sin kz −Dk2 cos kz = k2e (65)

Entonces − C sin kL−D cos kL = e (66)

Sabemos entonces de 64 que D = −e y de 60 que A = e (67)Por su parte si sustituimos la ecuación 65 en la 61 tenemos que

e+BL− e = 0→ B = 0 (68)De 63 C sin kL = −e(1− cos kL)

Si sin kL 6= 0 → C =−e(1− cos kL)

sin kL(69)

14

Figura 13: Excentricidad total

En conclusión

ν(z) = e− e (1− cos kL)

sin kLsin kz − e cos kz (70)

Calculamos a continuación la excentricidad de la barra deformada;

edeformado = e+

∣∣∣∣ν (L2)∣∣∣∣ (71)

= e− ν(L

2

)(72)

= e

((1− cos kL)

sin kLsin

kL

2+ cos

kL

2

)(73)

=e

sin kL

(sin

kL

2− cos kL sin

kL

2+ cos

kL

2sin kL

)(74)

Sabemos que

coskL

2sin kL− sin

kL

2cos kL = sin

(kL− kL

2

)= sin

kL

2

y que

sin kL = 2 sinkL

2cos

kL

2

Sustituyendo

edeformado =e

sin kL2 sin

kL

2(75)

=e

cos kL2(76)

Entonces

edeformado = e seckL

2(77)

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Si definimos c como la distancia máxima de un punto de la sección al baricentro según el eje principal ysabemos que

Mmax = Ne seckL

2Entonces

σmax =N

A+Mmax

W=N

A+Mmaxc

I(78)

σmax =N

A

(1 +

e · cρ2

seckL

2

)(79)

Esta expresión es conocida como la formula de la secante.

14. Pandeo como un fenómeno globalEs necesario señalar antes de concluir este capítulo que la forma de pandeo de la estructura no depende

solo de las características de cada pilar, sino que además depende de la forma que se encuentran distribuidoslos pilares.

En un edificio construido con hormigón armado normalmente se acepta que las losas actúan en su plano(plano horizontal) como un elemento rígido (que no se deforma).

Por otro lado podemos observar que generalmente es necesario aceptar que las losas pueden desplazarsehorizontalmente (salvo que exista algún vinculo que se lo impida). De acuerdo a esto su movimiento quedarádefinido por dos desplazamientos de un punto (por ejemplo dos desplazamientos en direcciones ortogonalesdel baricentro de la losa) y por su giro. En esta situación es claro que los pilares no tienen impedido eldesplazamiento horizontal de su extremo superior.

Desde el punto de vista individual para cada pilar rectangular (de dimensiones a1 ∗ a2 con a1 < a2)y longitud L tendremos que existen cuatro alternativas que quedan definidas por un lado por la direcciónen que se produce el pandeo y por el otro por el vínculo del extremo superior (el extremo superior tieneimpedido o no el desplazamiento). Teniendo en cuenta que A = a1a2 y que los cuadrados de los radios de

giro en los ejes principles son ρ21 =a2112

y ρ22 =a2212

el valor de la fuerza de pandeo sera:

Ncritico =EAΠ2

12L2

a2iβ2

(80)

Donde el subíndice i tomara el valor 1 cuando el pandeo sea en la dirección más desfavorable y el valor2 si el pandeo fuera en la dirección más favorable.

Si aceptamos que los pilares están empotrados en las losas tendremos además que β toma el valor 1/2cuando el desplazamiento de la losa esta impedido y el valor 1 cuando la losa se puede desplazar. El casomás desfavorable sera obviamente cuando i = 1 y β = 1.

Figura 14: Algunas configuraciones posibles de pilares

Si analizamos el caso 1 (ver figura 14) se observa que todos los pilares tienen su inercia menor enla misma dirección (según el eje x) por lo que el pandeo individual de ellos se producirá en la direcciónperpendicular (según el eje y). En este caso la losa se desplazará horizontalmente en esta dirección (según eleje y). Este movimiento encontrará a todos los pilares con la menor Ncritica.

Si analizamos el caso 2 de la misma figura tendremos que cuando la losa tienda a desplazarse en ladirección de uno de los ejes, los pilares van a estar dos en la posición más desfavorable y dos en la posiciónmás favorable. En esas direcciones el pandeo se producirá para cargas mayores.

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Sin embargo, si estudiamos el movimiento de giro de la losa vemos que un giro en relación a su baricentroencuentra a todos los pilares en la posición más desfavorable. Luego el pandeo se producirá para la mismacarga que en el caso 1. La diferencia entre un caso y otro es que en le caso 1 la losa se desplazará en ladirección y y en el caso 2 la losa girará con centro en su baricentro.

Si analizamos el caso 3 de la misma figura tendremos (de manera similar al caso 2) que cuando lalosa tienda a desplazarse en la dirección de uno de los ejes, los pilares van a estar dos en la posiciónmás desfavorable y dos en la posición más favorable. En esas dirección el pandeo se producirá para cargasmayores.

Figura 15: Pilares convergentes

Si estudiamos el movimiento de giro de la losa vemos que un giro en relación a su baricentro encuentraa todos los pilares en la posición más favorable. Luego el pandeo en este modo no se producirá para lamisma carga sino para una carga mayor. La estructura soportará cargas sensiblemente mayores a los casosanteriores.

Un ejercicio interesante es calcular cual es el incremento de la capacidad de carga del caso 3 en relaciónal caso 1. Este estudio requiere tener en cuenta las posibilidades de pandeo en todas las direcciones de laestructura, incluyendo las posibilidades de flexión oblicua de los pilares.

De lo anterior resulta claro que no es conveniente que los ejes de menor inercia sean todos paralelosentre sí (como sucede en el caso 1) y tampoco es conveniente que converjan a un punto (como en el caso 2).

Este punto de convergencia de los ejes de menor inercia de los pilares puede ser el baricentro o cualquierotro punto como se observa en la figura 15. El efecto de giro de la losa con centro en ese punto será el mismo.

Obviamente que si proyecto arquitectónico nos obliga a colocarlos en el caso 1 o el caso 2 de la figura 14o en el de la figura 15 esto es posible, pero los pilares deberán ser dimensionados con una sección bastantemayor a la que sería suficiente si se tomara el caso 3 de la figura 14.

Estos apuntes fueron elaborados por:Dr. Ing. Atilio Morquio

Ing. Lucía DelacosteColaboraron en la corrección:Bach. María Laura Reboredo

Ing. Valentina Machín

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