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Tema 5: COMPRESION-COLUMNAS
− Carga excéntrica en una barra corta.
− Núcleo de una sección. Caso de secciones rectangulares y circulares.
− Columnas largas. Fórmulas de Euler.
− Esbeltez, tensión crítica y longitud de pandeo.
− Curva de Euler.
− Fórmulas empíricas. Aplicación en la estructura metálica y hormigón de
forma conceptual.
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CARGA EXCENTRICA EN UNA BARRA CORTA
La flecha debida a la flexión producida por la carga excéntrica
será despreciable comparada con la
excentricidad e.
h A6
1hb
6
1W 2 ⋅⋅=⋅⋅=
A
N=σ
h A
eN6
h A6
1
eN
W
M
⋅⋅⋅
=⋅⋅
⋅==σ
⋅
±⋅=σh
e61
A
N
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NUCLEO DE UNA SECCION
Es la región alrededor del c.d.g.de la sección dentro de la cual si se aplica
una carga de compresión P producirá compresión en toda la sección
A (m,n) es el punto de aplicación de la carga P
Los momentos de P respecto a los ejes OY y OZ serán P⋅n y P⋅m.
Aplicando el principio de superposición, la tensión en cualquier punto
de la sección transversal definido por las coordenadas (x, y), será:
( ) ( )
yz I
znP
I
ymP
A
P ⋅⋅+
⋅⋅+=σ
Igualando a cero el segundo miembro se obtiene la ecuación del lugar
geométrico de los puntos de tensión nula en la sección transversal:
( ) ( )0
I
znP
I
ymP
A
P
yz
=⋅⋅
+⋅⋅
+
0I
Azn
I
Aym1
A
P
yz
=
⋅⋅+
⋅⋅+⋅
Introduciendo las notaciones para los radios de giro r z y r y:
A
Ir z
z =
A
Ir
y
y =
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4
0r
zn
r
ym1
2
y
2
z
=⋅
+⋅
+ → RECTA
Fibras longitudinales de la zona no rayada de la sección transversal →
COMPRESION
Fibras longitudinales de la zona rayada de la sección transversal → TRACCION
Las intersecciones u y v de las rectas con los ejes se determinan como sigue:
• Con OZ: y = 0 Obtenemos v
0r
zn1
2
y
=⋅
+ 1r
zn2
y
−=⋅
n
r vz
2
y−==
• Con OY: z = 0 Obtenemos u
0r
ym1
2
z
=⋅
+ 1r
ym2
z
−=⋅
m
r uy
2
z−==
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NUCLEO DE UNA SECCION RECTANGULAR
Consideramos A
−−
2
h ,
2
b 0
I
z2
bP
I
y2
hP
A
P
yz
=⋅
⋅
−⋅
⋅
−=σ
0r 2
zb
r 2
yh1
2y
2z
=⋅
⋅−
⋅
⋅−
• Punto de corte con el eje OZ [y = 0] 1r 2
zb2
y
=⋅⋅
3
y bh12
1I ⋅⋅= hb A ⋅=
12
br
22
y =
6b
br 2z
2
y =⋅=
• Punto de corte con el eje OY [z = 0] 1r 2
yh2
z
=⋅⋅
3
z hb12
1I ⋅⋅= hb A ⋅=
12
hr
22
z =
6h
hr 2y
2
z =⋅=
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NUCLEO DE UNA SECCION CIRCULAR
0W
M
A
P=−=σ
0
d A81
eP
A
P=
⋅⋅
⋅−
0d
e81
A
P=
⋅
±⋅
1d
e8 =⋅
→→ 8
de =
NUCLEO DE UNA SECCION EN I
El núcleo central es un rombo cuyas diagonales son3
b y
3
h
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COLUMNAS LARGAS. FORMULAS DE EULER
yPMx ⋅=
IE
yP
IE
M
dx
yd2
2
⋅⋅
=⋅
=
SiIE
PK 2
⋅=
0yKdx
yd 2
2
2
=⋅+
(Ecuación diferencial homogénea)
La integración de esta ecuación diferencial es de la forma:
( ) ( )xKcosCxKsenCy 21 ⋅⋅+⋅⋅=
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( ) ( )xKcosCxKsenCy 21 ⋅⋅+⋅⋅=
Para calcular las constantes de integración C1 y C2 :
En x = 0 → y = 0
0cosC0senC0 21 ⋅+⋅=
0C2 =
En x = l → y = 0
( )lKsenC0 1 ⋅⋅=
Esta condición se verifica si C1 = 0 y entonces la barra permanece recta.
También se cumple si:
( ) 0lKsen =⋅
K l n⋅ = ⋅ π, siendo n un nº entero.
lKlK
π=→π=⋅
2
2cr
lIE
P π=
⋅
2
2
cr l
IEP
⋅⋅π=
Carga crítica de Euler
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COLUMNAS LARGAS. FORMULAS DE EULER
( )yPMx −δ⋅=
IE
M
dx
yd2
2
⋅±=
Con la elección de los sentidos de los ejes que muestra la figura.
( )IEyP
IEM
dxyd 2
2
⋅−δ⋅=⋅+=
SiIE
PK 2
⋅=
δ⋅=⋅+ 22
2
2
KyKdx
yd
(Ecuación diferencial de coeficientes constantes)
21 yyy +=
• Solución general de la homogénea
( ) ( )xKcosCxKsenCy 211 ⋅⋅+⋅⋅=
• Solución particular de la completa
δ=2y
( ) ( ) δ+⋅⋅+⋅⋅=+= xKcosCxKsenCyyy 2121
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Para calcular las constantes de integración C1 y C2 :
En x = 0 → y = 0
δ+⋅+⋅= 0cosC0senC0 21
δ−=2C
En x = 0 → 0dx
dy=
( ) ( )xKsenKCxKcosKC
dx
dy21 ⋅⋅⋅−⋅⋅⋅=
0KC0 1 −⋅=
0C1 =
( )( )xKcos1y ⋅−⋅δ=
Para calcular la carga crítica se estudia x= l → y = δ
( )( ) ( )lKcoslKcos1 ⋅⋅δ−δ=⋅−⋅δ=δ
( ) 0lKcos =⋅⋅δ
( ) 0lKcos =⋅
2
nlK
π⋅=⋅ , siendo n un nº entero impar
( )l2K
2lK
⋅π
=→π
=⋅
( )2
2cr
l2IE
P
⋅π
=⋅
( )2
2
cr l2
IEP⋅ ⋅⋅π=
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COLUMNAS LARGAS. FORMULAS DE EULER
( ) yPxlQMx ⋅−−⋅=
( )IE
yPxlQ
IE
M
dx
yd2
2
⋅⋅−−⋅
=⋅
=
SiIE
PK 2
⋅=
( )P
xlQ
KyKdx
yd 22
2
2 −⋅
⋅=⋅+
21 yyy +=
• Solución general de la homogénea
( ) ( )xKsenCxKcosCy 211 ⋅⋅+⋅⋅=
• Solución particular de la completa
( )xlP
Qy 2 −⋅=
( ) ( ) ( )xlP
QxKsenCxKcosCyyy 2121 −⋅+⋅⋅+⋅⋅=+=
Para calcular las constantes de integración C1 y C2 se tiene en cuenta
que la tangente es nula en el empotramiento. Es decir, en x = 0
→ 0
dx
dy
=
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( ) ( ) 0P
QxKcosKCxKsenKC
dx
dy21 =−⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−=
PKQC2 ⋅
=
En el empotramiento el desplazamiento es nulo. Es decir, en x = 0 →y = 0
lP
Q0senC0cosC0 21 ⋅+⋅+⋅=
lP
QC1 ⋅−=
( ) ( ) ( )xlP
QxKsen
PK
QxKcosl
P
Qy −⋅+⋅⋅
⋅+⋅⋅⋅−=
Para calcular la carga crítica, se observa que en la articulación el
desplazamiento es nulo. Es decir, en x = l y = 0
( ) ( ) ( )llP
QlKsen
PK
QlKcosl
P
Q0 −⋅+⋅⋅
⋅+⋅⋅⋅−=
( ) ( ) 0lKcosllKsenK
1
P
Q=
⋅⋅−⋅⋅⋅
Si se alcanza la carga crítica Pcr existirá pandeo y el valor de Q será
distinto de 0. Así:
( ) ( ) 0lKcosllKsenK
1=⋅⋅−⋅⋅
( ) ( ) lKlKtag0llKtag
K
1⋅=⋅→=−⋅⋅
El valor mínimo para el que sucede ( ) 49.4lKlKtag =⋅=⋅
K l K l
⋅ = → =4 49 4 49
..
2cr
2
cr
l
IE2.20P
l
49.4
IE
P ⋅⋅=→
=
⋅
( )2
2
cr l7.0
IEP ⋅ ⋅⋅π=
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ESBELTEZ, TENSION CRITICA y LONGITUD de PANDEO
2
K
2
cr l
IEP
⋅⋅π=
lK es la longitud de pandeo
lK = 2⋅l lK = l lK = 0.7⋅l lK = 0.5⋅l lK = l
2K
2cr
cr l A
IE
A
P
⋅⋅⋅π
=
=σ
Adoptando la notación r I
A= para el radio de giro:
2
K
2
cr
r
l
E
⋅π=σ
Tensión crítica de Euler
l
r K se denomina Relación de esbeltez
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CURVA DE EULER
2K
2
cr
r
l
E
⋅π=σ
Haciendo σ σ p cr = , se obtiene un valor límite der
lK por debajo del cual
no es aplicable la fórmula de Euler. Este valor límite es el punto B y marca la
divisoria entre columnas cortas y columnas largas.
En acero estructural,
σ p = 2100 kg/cm
2, E=2100000 kg/cm
2,
100100r
l 2k ≈π⋅= .
Curva adoptada y curva obtenida experimentalmente para acero estructural.