UNIDAD 6 CAPITULO V: COLUMNAS (PANDEO) 5.1. ESTABILIDAD DE ESTRUCTURAS
En los capítulos anteriores se ha tenido en cuenta la resistencia y deformación de los elementos para determinar sus dimensiones o las tensiones, según sea el caso. En este capítulo se estudia el caso de elementos eseltos, los cuales pueden fallar con tensiones muy bajas, debido a falta de equilibrio. Para entender el problema de la estabilidad haremos la analogía siguiente: P
L/2
L/2
/igura ".#
'upongamos las dos barras de la figura, ".# conectadas en el centro mediante un pasador, donde, adems eiste un resorte de torsión de constante k. 'i las cargas estn perf perfec ecta tame ment nte e alin alinea eada das, s, las las dos dos barr barras as perman permanece ecern rn rectas rectas.. &hora hora tiramos tiramos del pasado pasadorr que contie contiene ne el resort resorte e hacia hacia la derec erecha ha-- entonc tonces es,, si el resor esorte te tie tiene suficiente suficiente capacida capacidad, d, la estructura estructura puede puede oler o no a su posición inicial. En el primer caso caso,, se dice dice que que hay hay esta estabi bililida dadd- en el segundo caso, el sistema es inestable.
5.!. DE"INICIONES BASICA B ASICAS S 5.!.1 RADIO DE #IRO
El radio de giro, k, de un rea es: I
= k =
A
!".#$
donde % es el momento m omento de inercia mínimo del rea, y & es el rea. 5.!.! RELACION DE ESBELTE$
'e define la relación de esbelte(, ) E, por: R E
=
L k
!".*$
donde + es la longitud de la columna, y k es el radio de giro. 5.!. 5.!.% % COND CONDIC ICIO IONE NES S DE APO& APO&O O
'i las condiciones de apoyo en los etremos son diferentes a las consideradas en la figura #, es decir, articulada en ambos etremos, se define la lon't* e+e,t- o e/-lente como:
2
+ef 0 0 α1+
!".2$
3onde, + es la longitud real de la columna y α es un factor que aría entre 4," y *, dependiendo de las condiciones de apoyo, como se muestra en la tabla ".#. 5&6+& 5&6+& ".#. 7&+8)E' 7&+8)E' 3E
P&)& P&)& +8' 5%P8' 3E &P898
TIPO DE APO&O
VALOR VALOR DE
&rticulado en ambos etremos etremos !/ig. #$ Empotrado en ambos etremos Empotrado en un etremo y articulado en el otro Empotrado en un etremo y libre en el otro
# 4," 4,4 *
&lgunos autores de tetos de 3ise;o de <quinas recomiendan que se use = 0 * para columnas empotradas en un etremo y libres en el otro etremo, y = 0 # en cualquier otro caso. >onsidera >onsiderando ndo los diferentes diferentes tipos de apoyo, apoyo, podemos podemos definir ahora la Rel,0n *e Eselte e+e,t- o e/-lente2 REe+ de la forma siguiente: R Eef
α L = k
!".?$
5.%. "ORMULA DE EULER
+eonard Euler dedujo una epresión que permite determinar la carga crítica, es decir, la carga que producir la falla por pandeo de dicho elemento. Para obtener esta ecuación, llamada /órmula de Euler, estudiemos la figura ".*, en la que se muestra una columna deformada por la acción de la carga de compresión P. P. P
P 9
7 P y /igura ".* @aciendo uso de la ecuación obtenida para el clculo de defleiones, se obtiene:
3 2
d y dx 2
=
2
d y dx 2
+
M
=−
EI P EI
P EI
y ,
o bien,
y=0
!"."$
+a anterior es una ecuación diferencial homogAnea lineal, de segundo orden, con coeficientes constantes. @aciendo: p 2
=
P
⇒
EI
P
p =
EI
+a solución de la ecuación diferencial es: y 0 >#sen!p$ B >*cos!p$
!".C$
&plicando las condiciones de borde: En 0 4, y 0 4, por consiguiente, >* 0 4En 0 +, y 0 4,es decir, > #sen!p+$ 0 4, de donde: sen!p+$ 0 4, y, !p+$ 0 n π Por lo tanto: 2
p
2
nπ P = = L EI
⇒
n 2π 2 EI
P =
!".$
L2
El menor alor de n distinto de cero, es decir, n 0 #, determina la carga crítica de Euler, Pcrit. P crit
=
π
2
EI
!".D$
2
L
+a anterior es la fórmula de Euler, en cuya deducción se han supuesto apoyos articulados en ambos etremos. En el caso de tener otro tipo de apoyos, de debe reempla(ar la longitud real +, por la longitud efectia o equialente + ef , obteniAndose la epresión siguiente para P crit. P crit
=
π
2
EI
!".$
(α L ) 2
'i consideramos que % 0 k * &, e introducimos este alor en la fórmula de Euler, se obtiene: P crit
=
π
2
Ek 2 A 2
L
=
π
2
EA 2
L k
=
π
2
EA
( R E ) 2
!".#4$
4
donde & es el rea, y ) E es la relación de esbelte(, ya definidas. +a anterior es la carga que produce la falla por pandeo, por consiguiente, la carga admisible la obtenemos diidiendo P crit por un /actor de 'eguridad /'. P adm
=
P crit FS
+os alores habituales de /' son de tres o ms, dependiendo de las condiciones y seguridad eigidas al dise;o. +a tensión crítica σcrit para la carga crítica de Euler la obtenemos simplemente cambiando de lado el rea en la fórmula de Euler. &sí: σ crit
=
P crit A
=
π
2
E 2
L k
=
π
2
E
( R E ) 2
!".##$
3e nueo, la tensión admisible se obtendr la diidir la tensión crítica por /'. σ adm
=
σ crit
FS
!".#*$
>omo puede erse, la fórmula de Euler sólo tiene en cuenta el <ódulo de Elasticidad del material y la )elación de Esbelte(, es decir, no ,ons*e3 l 3essten, *el mte3l. En el grfico de la figura ".2 se muestra la tensión crítica para distintas relaciones de esbelte(, para el acero & 2 F *?.
/igura ".2. 7ariación de la tensión crítica con la relación de esbelte( El grfico anterior muestra que para relaciones de esbelte( cercana a 4, la tensión crítica que predice el modelo de Euler ecede la tensión de fluencia del acero & 2 F *? !*.?44 kgG cm *$, lo que es inaceptable puesto que el material, en tal caso, fallar por fluencia a la tensión correspondiente. +o anterior limita la aplicabilidad de la
5
fórmula de Euler solamente a ,olmns l3's, cuyos límites se estudiarn en los puntos siguientes. Por lo tanto, las ecuaciones ".## y ".#* definen la resistencia de Hun tipo de columnaI, con sus características geomAtricas y tipo de material. 5.4. "ORMULA DE ONSON
Para el clculo de columnas con relaciones de esbelte( donde no es aplicable la fórmula de Euler, se han propuesto innumerables modelos empíricos. 'in embargo, el modelo de mayor uso fue propuesto por J. 6. Johnson, el cual ha sido adoptado por muchas instituciones tales como &%'% !%nstituto &mericano del hierro y el acero$, &%'> !%nstituto &mericano de >onstrucciones de acero$, etc. El modelo de Johnson propone una tensión crítica, que es la siguiente: 2
α L σ crit = σ − K 0 k
!".#2$
Esta es la ecuación de una parbola ! α tiene el mismo significado que en el modelo de Euler$, la cual se representa en la parte inferior del grfico de la figura ".2, para el acero & 2 K *?. Esta cura nos muestra que, para relaciones de esbelte( inferiores a ?4, la tensión crítica es muy cercana a la tensión de fluencia σ4 !algunos autores sugieren considerar sólo ) E L #4$. Por consiguiente, estas columnas, llamadas ,olmns ,o3ts, pueden calcularse a compresión simple. Es decir: P A
≤ σ adm =
σ 0
!".#?$
FS
donde σ4 es la tensión de fluencia en compresión del material, y /', como antes, es un factor de seguridad, que, para esta situación, puede ser cercano a *. El punto de intersección de la hipArbola de Euler con la parbola de Johnson se produce para la mitad de la tensión de fluencia en compresión del material. En este punto, naturalmente, son lidos ambos modelos. +a relación de esbelte( que corresponde a este punto se denomina Rel,0n *e Eselte l7mte. Por lo tanto, igualando las tensiones críticas a σ4G*, se tiene: σ crit
=
P crit A
=
σ 0
2
2
= σ 0
α L − K k L
!".#"$
de donde podemos obtener la constante M: K =
σ 0 2
α L 2 k L
=
σ 0 2
2( R E ) L
!".#C$
α L donde la epresión k = R EL , representa la )elación de Esbelte( límite. Para L relaciones de esbelte( mayores que Asta, se aplica la ecuación de Euler- para las menores, se aplica la ecuación de Johnson.
6
Ntili(ando el alor de M, podemos reescribir la ecuación de Johnson de la forma siguiente:
α L 2 2 2 R R ( ) 1 1 k = σ 0 1 − × E = σ 0 1 − E σ crit = σ 0 1 − L 2 2 ( R E ) L2 2 R EL 2 k L
!".#$
&hora podemos obtener una epresión para la )elación de Esbelte( límite, igualando la tensión crítica de ambos modelos. σ crit
=
π
2
E 2
α L k L
=
π
2
E
( R EL )
2
=
σ 0
!".#D$
2
3e la epresión anterior obtenemos: R EL
α L = = π k L
2 E
!".#$
σ 0
Entonces, ahora podemos diidir las columnas en cortas, intermedias y largas, aplicndose, para cada caso, el modelo correspondiente, como se muestra en la 5abla ".#. 5abla ".#. >lasificación de columnas COLUMNA
>orta %ntermedia +arga
R E
=
L
α
,3t
k
≤ ?4
α L ≤ π k
40 ≤
≥ π
2 E σ 0
5ensión de /luencia σ4 2 E σ 0
Ecuación de Johnson Ecuación de Euler
Dee *est,3se /e m,8s o3'n,ones 3e,omen*n /e l Rel,0n *e Eselte no *ee e9,e*e3 *e !.
7
En la figura ".? se muestra la )elación de Esbelte( límite para aceros estructurales, cuyas tensiones de fluencia estn en un rango de *.444 a 2.?44 kgGcm *. ! m2?44 , = ' < 2*44 2 . 2444 ( , n *D44 e ) l *C44 " e *?44 * n **44 0 ( s *444 n e ##4 T
#*4
#24
#?4
#"4
Rel.,(0n *e Eselte1 l7m(te ;.3. A,e3os Est3),t)3.les
/igura ".?. )elación de Esbelte( límite Para otros materiales estructurales, tales como aluminio, madera, etc., eisten fórmulas propuestas por diersas &sociaciones de N'& y otros países, que se encuentran disponibles en todos los tetos de )esistencia de
5.5. EERCICIOS 5.1) 3eterminar el radio de giro de a$ una sección transersal circular, maci(a, de
dimetro 3- b$ Nna sección transersal cuadrada de lado a. '8+N>%8O: a$ El radio de giro es: π D
k =
I A
=
4
64 2 π D
=
D 2 16
= D 4
4
b$
k =
I A
=
a4 12 a2
=
a2 12
=
a 2 3
8
5.!) 3eterminar el radio de giro de una sección transersal redonda, hueca, de
dimetro eterior 3 y dimetro interior d. '8+N>%8O:
(
π D
I
k =
A
4
4
− d
)
64
=
(
π D
2
2
− d
)
=
1
( D
2−
2 2 2 + d )( D − d ) 2
2
D − d
16
=
1 4
D 2 + d 2 ;
4
)ecordemos que !3 ? F d?$ 0 !3* F d*$!3* B d*$
5.%) 3eterminar el radio de giro de una sección transersal cuadrada, hueca, de lado
eterior a y lado interior b, como se muestra en la figura. '8+N>%8O: 1 k =
I
==
A
(a − b ) 4
12 a2
4
−b2
=
1
a2
2
a
+ b2
b
3
5.4) 3eterminar la )elación de Esbelte( para una columna de acero & 2 F *?,
circular, hueca, de 2 m de alto, ," cm de dimetro interior y #4 cm de dimetro eterior. +a columna es articulada en ambos etremos. '8+N>%8O: k =
1
R E
=
4
D
L k
2
=
+ d 2 = 3 x100 3,125
1 4
100 + 56,25
= 3,125
cm
= 96
8bseremos que para el acero & 2 F*?, la )elación de Esbelte( límite es:
L = π k L
2 E σ 0
= π
2 x 2,1x10 6 2.400
= 131,42
Por consiguiente, esta columna debe calcularse con la fórmula de Johnson. "
5.5)
#" cm
9
Para una columna de *," m de alto, articulada en ambos etremos, con la sección transersal que se muestra, determinar la )elación de Esbelte(.
'8+N>%8O: >omo el pandeo se produce respecto al )adio de iro mínimo, calcularemos I e I . >lculo de I : y
x
y
=
I y
>lculo de
1 12
(5 x30 3 + 15 x10 3 ) = 12.500
cm 4
I x :
>omo la sección transersal no es simAtrica respecto a algún eje hori(ontal, deberemos calcular la posición del centro de graedad. y
( 30 x5 ) x 2,5 + (10 x15 )( − 7,5 ) − 750 = = −2,5 ( 30 x5) + (10 x15) 300
=
1
= (30 x5 3 + 10 x15 3 ) = 12.500
I x
3
cm
cm 4
&plicando 'teiner: I x
= I x − Ad 2 = 12.500 − 300( − 2,5) 2 = 10.625
cm
4
!7alor mínimo de %$.
Por lo tanto: R E
=
L k
=
2,5 x100 10.625
=
250 5,951
= 42
300
5.6) +a columna del problema "." est construida de acero estructural & 2 F *?.
>on un /actor de 'eguridad de 2, determinar la carga admisible. '8+N>%8O: Por la magnitud de la relación de esbelte(, se debe usar la fórmula de Johnson. Pcrit 0 /' Padm 0 2Padm σ crit
=
P crit A
=
3 P adm 300
1 42 2 = 2.400 1 − 2 131,42
Padm = 227.743,8 kg = 227,74 Ton
10
5.>) +a columna del problema "." est construida de acero estructural & 2 F *?.
>on un /actor de 'eguridad de 2, determinar la carga admisible, si se aumenta su altura hasta, a$ m- b$ #4 m. '8+N>%8O: a$ Pcrit 0 /' Padm 0 2Padm L 7 × 100 = = 117,63 R E = k
5,951
>omo la )elación de Esbelte( es menor que la límite !#2#,?*$, se debe aplicar la fórmula de Johnson. σ crit
=
P crit A
=
1 117 ,63 2 = 2.400 1 − 2 131,42
3 P adm 300
Padm 0 #?2.DC*, kg 0 #?2, 5on b$ R E
= L = 10 x100 = 168,04 k
5,951
'iendo )E mayor que la )elación límite, se usa la fórmula de Euler. P crit
= 3 P adm =
π
2
EA 2
L k
=
π
2
x 2,1 x10 6 x 300
(168,04 ) 2
Padm 0 2.2,C kg 0 2,? 5on
5.?) Nna barra maci(a de acero estructural & 2 F *?, de *" mm de dimetro,
articulada en ambos etremos, est sometida a compresión aial. 3eterminar: a$ +a longitud mínima para la que es lida la fórmula de Euler- b$ +a longitud mima para que la relación de esbelte( no eceda de *44- c$ +a carga admisible, con un factor de seguridad de 2, para las longitudes mínima y mima. '8+N>%8O: a$ En el ejercicio ".#, se determinó el radio de giro para una sección circular: k =
D
4
=
2,5 4
= 0,625
+a relación de esbelte( debe ser igual a la relación límite:
11
2 × 2,1x10 6
L = L = π 2 E = π σ 0 k k L + 0#2#,2* 4,C*" 0 D*,#? cm
2.400
= 131,42
b$ L = 200 k
= 200 x0,625 = 125
Lmax
cm
c$ Para +min: P crit
= FS × P adm = 3 P adm =
π
2
EA 2
L k
x 2,1 x10 6 xπ (1,25 )
2
=
π
=
π
2
= 5890,7
(131,42 ) 2
kg
Por lo tanto: Padm 0#.C2,C kgf Para +ma: P crit
= FS × P adm = 3 P adm =
π
2
EA 2
L k
x 2,1 x10 6 xπ (1, 25 )
2
( 200 ) 2
2
= 2.543,48
kg
Por lo tanto: Padm 0 D?,D kgf
5.@) Nna columna de acero estructural & 2 F*?, de 2 m de alto, articulada en sus
dos etremos, soporta una carga de compresión de ? 5on. >alcular el dimetro de la columna para un /actor de 'eguridad de 2. &dems la )elación de Esbelte( no debe eceder de *44. '8+N>%8O: Pcrit 0 2 ?.444 #*.444 kgf 'uponiendo que es lida la fórmula de Euler:
P crit
= 12.000 =
π
π
2
EI 2
L
=
2
× 2,1 x10 × 6
( 300)
2
D
π
4
64
12
3espejando, se tiene: D
= 4 1.061,54 = 5,71cm = 5,716
mm
'e adopta: 3 0 "* mm Para que se cumpla el modelo de Euler, la relación de esbelte( debe ser mayor que #2#,?*. k =
D 4
= 5,8 = 1,45cm 4
L = 300 = 206,9 k 1,45
⇒
7emos que se cumplen las condiciones de Euler, pero la relación de esbelte( es Q *44. Por consiguiente:
L L = D k
4
=
4 x300
D
= 200
⇒
D
=6
cm
El dimetro calculado satisface ambos requerimientos. 5.1)
+a armadura de la figura, constituida por dos barras redondas &6 y 6>, soporta una carga P 0 ".C44 kgf. >on un factor de seguridad de 2 respecto a la falla por pandeo, determinar un dimetro uniforme para ambas barras, si Astas han de ser de acero estructural & 2 F *? !E 0 *,# #4C kgGcm*$. &dems la relación de esbelte( no debe eceder de *44.
& #m
"
6 #*
P #,D m
2 >
4
*,? m
'8+N>%8O: +ongitud de la barras: L AB
=
2,4 2
+ 12 = 2,6 m
L BC
=
2,4 2
+ 1,8 2 = 3 m
+as barras &6 y 6> estn sometidas a dos fuer(as, por lo que las fuer(as que actúan sobre ellas debern tener las mismas direcciones de las barras. Por consiguiente, basta hacer un anlisis del equilibrio del nudo 6. +as dos barras se suponen en compresión.
13
/6>
y ".C44
/ &6
∑
F y
∑ 12 13
F x
×
F AB
=0
⇒
3 5 F BC − F AB 5 13
=0
⇒
5.600 −
13 5
=
×
39 25
3 5
F BC +
4 5
F BC
=
12 F AB 13
56 25
× 2.500 = 3.900
=0
F BC
⇒
F AB
= 13 × 3 F BC 5
5
− 4 F BC = 0 5
= 5.600
⇒
F BC
= 2.500
kgf
kg f
*."44 2.44
2.44 *."44
&mbas barras trabajan en compresión, como se supuso, por lo que, como la barra con mayor carga es la barra &6, se determinar el dimetro de Asta en primer lugar. +a relación de esbelte( límite para el acero & 2 F *? es: L = π k L
2 E σ 0
= π
2 × 2,1 × 10 6 2.400
= 131,42
Pcrit 0 2Padm 0 2 2.44 0 ##.44 kg 'uponiendo que se cumple Euler:
P crit
= 11.700 =
π
π
2
EI 2
L
2
6
x2,1 x10 x
=
'e adopta 3 0 ",? cm 0 "? mm 7erificamos si se cumple Euler:
( 260)
2
D
π
4
64
⇒
D = 4 777,4
= 5,28
cm
14 k =
D
4
=
5,4 4
= 1,35
cm
L = 260 = 195,6 k 1,35 Es decir, se satisfacen ambos requerimientos, tanto la relación de esbelte( para el modelo de Euler, como que Asta sea L *44. 'in embargo, la barra 6> es ms larga, por lo que calcularemos su relación de esbelte(.
L = 300 = 222,2 k 1,35 +a relación de esbelte( de la barra 6> es mayor de *44. Por consiguiente, calculamos un nueo dimetro en base a esta eigencia. 4 × 300 L = L = 200 D = D k 4
⇒
D
=6
cm
El dimetro calculado satisface ambos requerimientos, para ambas barras.
5.11)
+a armadura de la figura est construida con barras redondas de acero estructural & 2 F *? !E 0 *,# #4C kgGcm*$, con ambas barras #," m articuladas en sus etremos. 3eterminar: ) +as reacciones en & y 3- ) +a fuer(a que actúa sobre cada barra, indicando si es 5racción o >ompresión- ,) El dimetro de cada barra, considerando un factor de seguridad de 2, tanto para las barras de tracción como las de compresiónen este último caso, considerar efecto de pandeo.
6
&
2 ?
".444 kgf *m
'8+N>%8O: a$ >lculo de reacciones:
&
&
3
>
3
*m
15
∑ M = 0 ∑ F = 0 ∑ F = 0 A
⇒
y
⇒
x
⇒
4 5.000 × x 2 − D y × 4 = 0 ⇒ D y = 2.000 kg 5 4 A y − 5.000 × + 2.000 = 0 ⇒ A y = 2.000 kg 5 3 5.000 × − A x = 0 ⇒ A x = 3.000 kg ← 3
↑ ↑
b$ Oudo &:
*.444 / &>
2.444 / &6
En el diagrama de fuer(as del Oudo &, se ha supuesto / &> en tracción y / &6 en compresión.
∑ F = 0
⇒
3 2.000 − F BC 5
∑ F = 0
⇒
4 F AC − 3.000 − x 3.333,33 = 0 5
y
x
Oudo >:
=0
F AB
= 3.333,33 F AC
/6>
(C )
= 5.666,67
kg
(T )
En el Oudo >, se han supuesto en tracción las barras 6> y >3.
/>3
".CCC,C
kg
".444 3
∑ F = 0
⇒ F CD +
∑ F = 0
⇒ F BC − 4 x5.000 = 0
x
y
Oudo 3:
5
x5.000 − 5.666,67 = 0
5
⇒
*.444
F BC
⇒ F CD = 2.666,67
= 4.000
kg
kg
(T )
(T )
En el Oudo 3, la barra 63 se supone en compresión.
*.CCC,C /63
16
∑ F = 0
3 2.000 − F BD 5
⇒
y
=0
⇒ F BD = 3.333,33
kg
(C )
>omo comprobación haremos equilibrio hori(ontal:
∑
F x
=0
4
⇒
5
x3.333,3 − 2..666,67 = 0
En el cuadro siguiente se muestra el resumen de cargas. 6&))& &6 &> 6> 63 >3
>&)&, kg 2.222,22 ".CCC,C ?.444 2.222,22 *.CCC,C
5%P8 3E >&)& >ompresión 5racción 5racción >ompresión 5racción
c$ B33s en T3,,0n : 'e calcular el dimetro de la barra con mayor carga, es decir,
la &>. Para el acero & 2 F *? la tensión de fluencia es de *.?44 kgGcm *. +uego: σ adm
=
σ 0
FS
=
2.400 3
kg
= 800
cm
2 =
F AC A
=
5.666,67 π R
2
Por lo tanto: R
=
5.666,67 800π
= 1,502
cm
'e adopta 3 0 2* mm para las tres barras solicitadas a tracción. B33s en Com;3es0n : +as barras &6 y 63 tienen la misma carga en compresión y
la misma longitud, por lo que es suficiente calcular una de ellas. +a )elación de Esbelte( límite para este acero, ya calculada en ejercicios anteriores, es #2#,?*. 'uponiendo que se cumple Euler: Pcrit 0 2Padm 0 2 2.222,22 0 #4.444 kg
P crit
= 10.000 =
π
2
EI 2
L
'e adopta: 3 0 " cm
π
=
2
x 2,1 x10 6 x
( 250)
2
D
π
4
64
⇒
D = 4 614,31 = 4,98
cm
17
7erificamos si se cumple Euler: L = 250 = 200 > 131,42 k 5 4
Por lo tanto, se cumplen las condiciones de Euler y la relación de esbelte( est en el límite aceptado habitualmente por las Oormas.
5.1!)
Nna pie(a de un equipo mecnico, que pesa *."44 kgf debe ser soportada por un tubo de acero estructural & 2 F *?, de #?4 mm de dimetro eterior, y C mm de espesor de pared, como se muestra en la figura. +a parte inferior del tubo est empotrada y la parte superior est libre. >on un factor de seguridad de 2 respecto al pandeo, y con la eigencia de que la relación de esbelte( equialente o efectia no debe eceder de *44, determinar la mima altura admisible, +, para el tubo. E 0 *,# #4 C kgGcm*.
*"44 kg
+
'8+N>%8O: Para el acero & 2 F*?, la relación de esbelte(, ya calculada, es #2#,?*. 'i e es el espesor de pared, el dimetro interior es d 0 3 F *e 0 #? F * 4,C 0 #*,D cm 3el ejercicio ".* el radio de giro es: k =
D
2
+ d 2
4
=
14 2
+ (12,8) 2 4
= 4,742
cm
>on α 0 *, la )elación de Esbelte( efectia es: 2 L α L ≤ 200 = 4 , 742 k
⇒
L ≤ 474,2 cm
Esta longitud satisface las condiciones de mima esbelte(. &hora calcularemos al pandeo, suponiendo que se cumplen las condiciones de Euler. El momento de inercia de la sección transersal es: I =
π
64
( D 4 − d 4 ) =
π
64
(14 4 − 12,8 4 ) = 568,06
cm 4
18
Pcrit 0 /' Padm 0 2 *."44 0 ."44 kgf P crit
= 7.500 =
π
2
EI
( 2 L ) 2
π
=
2
× 2,1 × 10 6 × 568,06
L
( 2 L) 2
= 626,46
cm
)elación de Esbelte( con esta longitud: R E
= α L = k
2 × 626,46 4,742
= 264,21 > 200
Por lo tanto, la longitud que satisface ambas condiciones es + ma 0 ??,* cm.
5.1%)
P
+a armadura de la figura est construída con barras redondas de acero estructural & 2 F *?. +as barras &6 y 6> tienen 2* mm de dimetro, mientras que la barra &> tiene #C mm de dimetro. 'i E 0 *,# #4C kgGcm*, determinar la mima carga admisible P, con un factor de seguridad de 2, para todo el sistema.
"R 6 #," m
&
> *m
'8+N>%8O: 3>+:
∑ M
P
A
= 0 ⇒ C y x 2 − 1,5 xP o! 75º = 0 ⇒ C y = 0,194P
∑ F
= 0 ⇒ A y + C y − Psen75º = 0 ⇒ A y = 0,772 P
∑ F
= 0 ⇒ P o! 75 º − A x = 0 ⇒ A x = 0,259 P
y
x
&S &9
>9
Oudo &: &y 0 4,*P & 0 4,*"P
/ &>
19
Oudo >: >y 0 4,#?P
4,*"P 2 ? 3 0,149 P − F BC 5
∑ F = 0 ⇒ y
/6> !>$
=0
F BC
= 0,324 P
(C )
En el cuadro siguiente se resumen las cargas en cada barra y el tipo de carga. 6&))& &6 &> 6>
>&)&, kgf 4,*P 4,*"P 4,2*?P
5%P8 3E >&)& >ompresión 5racción >ompresión
Para la barra &>, en tracción: σ 0
σ adm
=
=
2.400
F
0,259 P
≤ 800
A
=
FS
( 0,8) 2
3
kg
= 800
cm 2
P ≤ 6.210,4
kg
π
Para la barra &6, en compresión:
L = 150 = 187,5 > 131,42 3,2 k 4
>omo se cumplen las condiciones de Euler: P crit
= 3 x0,772 P =
2 π
EI
( L )
2
π
=
Para la barra 6>, en compresión:
L = 250 = 312,5 > 131,42 3,2 k 4
2
× 2,1 × 10 × 6
(150)
2
( 3,2) 4
π
64
P = 1.023,6 kgf
20
>omo se cumplen las condiciones de Euler:
P crit
= 3 x0,324 P =
2 π EI
( L )
2
π
=
2
× 2,1 × 10 × 6
( 250)
2
(3,2) 4
π
64
P = 1.756 kgf
Por consiguiente, la carga mima admisible es P 0 #.4*2,C kgf. 'in embargo debe tenerse en cuenta que la barra 6> tiene una )elación de Esbelte( de 2#*," que ecede largamente el alor de *44 recomendado por Oorma.
5.14) P
k
'i el resorte tiene una constante k y la barra es rígida, determinar la carga crítica. +
&
'8+N>%8O: Este es un caso típico de estabilidad, ms que de resistencia. 3ebido a la carga, la barra tiende a rotar, hacia la i(quierda o hacia la derecha, despla(ndose una distancia d 0 + θ !lido para ngulos peque;os$. Esta es la misma distancia que se alarga !o comprime$ el resorte. +a fuer(a despla(ada hace un momento respecto a &, igual a Pd- por su parte el resorte, que equilibra el sistema, hace una fuer(a / 0 kd y un momento respecto a &, igual a < 0 kd+. El sistema se hace inestable, cuando el resorte no tiene capacidad de retorno, es decir, cuando el momento que hace la fuer(a es mayor o igual que el momento que hace el resorte. Es decir: Pd 0 P+θ 0 k+*θ Por lo tanto: Pcrit 0 k+
21
5.15) P
+
'i el resorte en & tiene una constante de torsión k, y la barra es rígida determinar la carga crítica.
k &
'8+N>%8O: Este es otro caso de estabilidad, ms que de resistencia. 3ebido a la carga, la barra tiende a rotar, hacia la i(quierda o hacia la derecha, despla(ndose una distancia d 0 + θ !lido para ngulos peque;os$. El ngulo es el mismo que gira el resorte, haciendo un momento equilibrante igual a < 0 k θ. +a fuer(a, como en el caso anterior, hace un momento respecto a &, igual a < 0 Pd. El sistema se hace inestable cuando el resorte no tiene capacidad de retorno, es decir, cuando el momento que hace la fuer(a es mayor o igual que el momento que hace el resorte. Es decir: Pd 0 P+θ 0 kθ Por lo tanto:
P crit
=
k L
5.16) P
3os barra rígidas &> y 6> estn conectadas a un resorte de constante k. 'i el resorte puede actuar en tracción o en compresión, determinar la carga crítica del sistema para: a$ p 0 +G2, q 0 *+G2- b$ p 0 q 0P+G*.
&
p
k
+ >
& 6
θ
'8+N>%8O: 3>+:
q
k
P 6
O
&
22
O 0 & P 0 &y
Para ngulos peque;os: 0 p1θ
∑ M
= 0
B
A x L = kx
L 2
= kpθ
L 2
⇒
A x
=
kpθ 2
P &
>
kpθ >y 0 P
∑ M C = 0
⇒
A x p = P cr pθ
⇒
P cr =
Ax
a$ Para p =
L 3
:
P cr
=
kL
:
P cr
=
kL
6
b$ Para p =
L 2
4
θ
=
kpθ 2θ
=
kp 2
23
5.1>) Nn contenedor que pesa #* 5on se sostendr sobre una tarima apoyada en
cuatro postes de madera de pino insigne, de sección cuadrada, de * m de altura. +a carga se distribuye uniformemente sobre los postes, los cuales an empotrados rígidamente al suelo y estn libres en el otro etremo. >on un margen de seguridad de *44T determinar las dimensiones transersales de los postes. Para el pino insigne: σ4 0 *4 kgGcm*- E 0 #,4* #4 C kgGcm*. Ntili(ar dimensiones comerciales. '8+N>%8O: Padm 0 2.444 kgf-
+ef 0 α+ 0 * * 0 ? m ( R E ) L = π
2 E σ 0
2 × 1,02 × 10 5
= π
270
= 86,35
*m
Pcr 0 /' Padm 02 2.444 0 .444 kgf 'upondremos que se cumple Euler:
P cr
=
π
π
2
EI
( L )
2
= 9.000 =
2
× 1,02 ×10 ×
ef
3e donde,
b 0 ##,?" cm
'e elige:
b 0 #*," cm ≅ " pulgadas
5
( 400)
2
b
4
12
= 0,524b 4
>omprobación del cumplimiento del modelo de Euler: k =
R E
b 2 3
=
L
α
k
= =
12,5 2 3
= 3,608 cm
2 × 200 3,608
= 110,86 > ( R E ) L
Por lo tanto, se cumple el modelo de Euler.
5.1?) Nn contenedor que pesa #* toneladas se sostendr en una tarima que se
apoya sobre cuatro postes de madera de pino insigne, de sección cuadrada, de *," m de altura. +a carga se distribuye de manera uniforme sobre los cuatro postes, los cuales se empotran rígidamente en el suelo y tienen libre el etremo superior. >on un margen de 244T, determinar las dimensiones del poste. Nsar dimensiones comerciales. Para el pino insigne: E 0 #,4* #4 " kgGcm*- σ4 0 *, kgGmm*. '8+N>%8O: /' 0 # B <'G#44 0 ?
24
Padm 0 2.444 kgf-
+ef 0 α+ 0 *," * 0 " m 2 E
( R E ) L = π
σ 0
2 × 1,02 × 10 5
= π
270
= 86,35
*," m
Pcr 0 /' Padm 0 ? 2.444 0#*.444 kgf 'upondremos que se cumple Euler:
P cr
=
π
π
2
EI
( L )
2
2
= 12.000 =
× 1,02 × 10 × 5
( 500)
ef
2
b
4
12
= 0,3356b 4
3e donde,
b 0 #2," cm
'e elige:
b 0 #" cm ≅ C pulgadas !dimensión comercial para la madera$
>omprobación del cumplimiento del modelo de Euler: k =
R E
b
=
2 3
=
L
α
=
k
15 2 3
= 4,33 cm
2 × 250 4,33
= 115,47 > ( R E ) L
Por lo tanto es lida la fórmula de Euler
5.1@) Nna columna de acero estructural & 2 K*? E' de *,? m de alto !E 0 *,# #4
C
kgGcm*$, empotrada en un etremo y libre en el otro, se construye con un tubo en que el dimetro eterior es ? eces el dimetro interior. >alcular ambos dimetros para una carga admisible de *4 toneladas con un /' 0 2. '8+N>%UO: a$ 2
k =
D
2
+ d
4
D
2
=
2
D + 4 =
4
17
D
16 4
2
= 0,258 D
'upondremos que se cumple Euler, es decir: R E
≥ ( R E ) L = π
2 E σ 0
= π
2 × 2,1 × 10 6 2.400
= 131,42
25
R E
I =
A =
P Cr
=
k
π
4
0,258 D
( D − d 4
64
π
2 2,4 100 1.862,7 = × × =
L
α
( D − d 2
4
2
D
4 D 4 ) = D − = 0,0489 D 4 64 4 π
) = D 2 4 π
= 3 P Adm = 60.000 =
2 D − = 0,736 D 2 4
π
2
EI
L2
=
π
2
× 2,1 × 10 6 × 0,0489 D 4 ( 240 × 2) 2
d = 2,702 m
7erificamos si se cumple Euler: R E
= α L = 1.862 ,7 = 1.862 ,7 = 172 ,32 > 131,42 k
D
10,81
Por consiguiente se cumple Euler.
⇒
D
= 10,81 cm
