Capitulo 3. Mayra 2019

 

CAPÍTULO 3   ELEMENTOS A COMPRESIÓN COMPRESIÓN

o

o

o

3.1 Introducción 3.1.1 Definición Una columna es un elemento sometido a fuerzas de compresión . También se utilizan los nombres de poste o puntales.

 

Otros tipos de elementos a compresión son: Miembros de arriostramiento Las cuerdas superiores de armaduras

o

o

o

 Alas a compresión de vigas laminadas laminadas y armadas

 

3.1.2 Modos de Falla  •

Se denomina pandeo cuando la columna, al estar sometida a una carga axial igual a la carga crítica , cesa de la deformación por acortamiento y ocurre entonces una DEFORMACION REPENTINA LATERAL Y/O ROTACIONAL en una dirección normal al eje de la columna, limitando así la capacidad por carga axial.

 

•

Existen 4 tipos de pandeo:

 

1. Pandeo Flexionante:  Flexionante:   Llamado también pandeo de Euler. Excesiva flexión alrededor de uno de los ejes ( eje crítico ) de su sección transversal. 2. Pandeo Torsional: Rotación Torsional: Rotación alrededor del centro de corte de la sección transversal.

3.

Pandeo

Flexo-Torsional:   Existe Flexo-Torsional: 

flexión

combinada con rotación Local: Pandeo de los elementos (placas) 4. Pandeo Local: Pandeo de la sección transversal. Cuando ocurre, sucede antes de los dos tipos de pandeos.

Mientras mas larga es una columna, mayor es su tendencia a pandearse y menor será la carga que pueda soportar.

 

3.1.3 Factores que afectan la resistencia de los l os elementos a compresión •

Imperfecciones en las columnas: No hay problema en miembros a tensión.

•

Pero es grave en columnas.

 

 

Otro caso de imperfecciones:



 

Esfuerzos residuales en columnas: Son aquellos que quedan en los miembros estructurales después del laminado o fabricación. Se producen debido a la tasa desigual de enfriamiento después del laminado: 

- Enfriamiento más rápido = Compresión (-)  Enfriamiento más lento= Tensión (+) 

En cualquier sección transversal, la fuerza axial y momento obtenidos por la integración de los esfuerzos residuales de tensión y compresión son iguales a cero.



La aplicación de cargas a los miembros estructurales con esfuerzos residuales ocasiona generalmente alguna acción inelástica prematura.

 

Figura 3.1: Esfuerzos Residuales

 

- La magnitud de estos esfuerzos varía hasta un valor máximo de Fy/3 - Columnas menos resistentes. Otros factores: Longitud efectiva del miembro Tipo de conexión en los extremos o

o

3.1.4 Perfiles usados para columnas



o

o

Cierta similitud con respecto a los usados para miembros a tensión.   El uso de perfiles tubulares está ganando popularidad en los últimos años (más eficientes, más fáciles de pintar, más atractivos, más resistente a la torsión.

Figura 3.2.

 

Perfiles Usados para Columnas

Figura 3.2: Tipos de miembros a compresión

 

3.2 Fórmula de Euler  



 Leonard Euler (matemático suizo) en 1757 publicó un artículo relacionado al pandeo de las columnas. En la actualidad la fórmula de Euler es escrita de la siguiente forma: 

  (3.1) En donde: Pcr = Carga crítica de pandeo de la columna (Carga de Euler) E = Módulo de Elasticidad I = Momento de Inercia Le = longitud efectiva de la columna (3.2)  K = Factor de longitud efectiva (depende del tipo de apoyos) l = Longitud del miembro Reemplazando (3.2) en (3.1) y tomando en cuenta:

 

 



 (3.3)  (3.4)  Fcr = Esfuerzo crítico o de pandeo (Euler)  Ag = Área total de la sección transversal del miembro r = Radio de giro alrededor del eje de pandeo. La carga de pandeo no depende de la resistencia del acero utilizado.

 

Figura 3.3: Longitudes efectivas en columnas.

 

3.3 Clasificación de las Columnas 

Las columnas se clasifican de la siguiente forma:

 Aplastamiento parábola

Formula de Euler (Hipérbola)

Column a corta

Columna intermedia

Columna larga

Figura 3.4: Clasificación de las Columnas

 

 

 Columna corta - No hay pandeo. Hay acortamiento solamente. - Rara vez se aplica en ingeniería civil. 

Columna Intermedia - Ciertas fibras alcanzan Fy, otras no. - Falla combinada (fluencia y pandeo) - Falla inelástica. inelástica. Fórmula de Euler no es aplicable; pero puede utilizarse reemplazando: E por Et ó Er Et = Módulo de elasticidad tangente 

Er = Módulo de elasticidad reducido Columna Larga





=> Euler



< ; Fallan elásticamente.

 

ejemplo 3.1  

Una W10x22 se usa como columna articulada en sus apoyos. Usando la expresión de Euler,  determine la carga crítica o de pandeo de la colum columna: na: a) si l = 15 pies de altura b) si l = 8 pies de altura Asuma que el acero tiene un límite proporcional de 36 ksi. ksi . W10x22: Ag = 6.49 ; rx = 4.27 pulg; = 1.33 pulg r = = =1.33 pulg. Columna articulada: K=1.0 (Caso d e en n Figura 3.3). Aplicar ec. (3.4) a) La columna es larga; falla en rango elástico. La carga crítica es según ec. (3.3) (3.3):: b) La columna falla en el rango inelástico, la ecuación de Euler no es aplicable.

 

3.4 ELEMENTOS RIGIDIZADOS Y NO RIGIDIZADOS

.



Figura 3.5: Elementos rigidizados y no rigidizados  AISC – LRFD distingue dos categorías: o  Elementos rigidizados (atiesados) o Elementos no rigidizados (no atiesados) Un “elemento no rigidizado” es una pieza con un borde libre paralelo a la dirección de la fuerza de compresión. Un “elemento rigidizado” es una pieza que no tiene bordes libres.

 

3.4 ELEMENTOS RIGIDIZADOS Y NO RIGIDIZADOS

.



Figura 3.6: Ejemplos de elementos rigidizados y no rigidizados Los elementos sometidos a compresión se pandearan localmente dependiendo de la relación ancho – espesor () y de si son rigidizados o no. Dependiendo del valor de , las especificaciones AISC 2010 en su sección B4 agrupan a los miembros de la siguiente forma: o o o

 Secciones compactas  Secciones no compactas  Secciones con elementos esbeltos

 

3.4.1   SECCIONES COMPACTAS (Perfiles resistentes):

Son aquellos en que toda la sección alcanza el esfuerzo de fluencia antes de pandearse. Dos requisitos: 1. las alas deben estar conectadas en forma continua al alma o almas. 2. = b /t (Tabla B4.1) = Parámetro de esbeltez máxima para elementos compactos.

=  =  3.4.2 SECCIONES NO COMPACTAS Son aquellas en que algunas partes de la sección alcanzan Fy antes de que ocurra pandeo. Un requisito: 1.  Por lo menos para un elemento de la sección: = b /t =Parámetro de esbeltez máxima para elementos no compactos.

 Alcanzan fluencia Soldadura continua

 

  Son aquellos en en los cuales ning ninguna una parte de la sección alcanza Fy

3.4.3  SECCIONES CON ELEMENTOS ESBELTOS (Perfiles débiles): 1.

al pandearse.

  Por lo men menos os para un elemento de la sección:

El diseño es muy complicado. En lo posible evitar usar estas secciones. (LRFD  Ap. B5.3) Casi todos los perfiles W, M y S dados en el manual LRFD-AISC son compactos, para aceros con  Fy = 36 y 50 ksi. Unos pocos son no compactos (se indican en manual). Ninguno es esbelto para estos dos esfuerzos de fluencia. No Compacta Esbelta

l Compacta

 

No Compacta

Esbelta

 

3.5 RESISTENCIA DE DISEÑO PARA PANDEO FLEXIONANTE Para el diseño de miembros a compresión axial se hace referencia al Capítulo E de la AISC. El capítulo está organizado así: E1: Disposiciones Generales E2: Limitaciones de Esbeltez y Longitud Efectiva E3: Resistencia a la Compresión para Pandeo Flexionante de Secciones Compactas y No compactas. E4: Resistencia a la Compresión para Pandeo Torsional y pandeo Flexo-Torsional de   Secciones Compactas y No compactas. E5: Ángulos Simples a Compresión E6: Miembros Armados E7: Miembros con Elementos Esbeltos  AISC: Pág. 33; E3 (3.5)

 

=Resistencia de Diseño para Pandeo Flexionante (Euler) =Resistencia Teórica o Nominal =Factor de resistencia debida al pandeo (0.90) =Esfuerzo de Pandeo Flexionante.

Figura 3.7. Comparación de Esfuerzos de Diseño

 

Para :  :  Secciones Compactas y no Compactas. 

 

Sea Fe = Esfuerzo Crítico de Pandeo Elástico (3.6) Caso a: Cuando KL / r (o Columnas cortas e intermedias; Intervalo inelástico (3.7) Caso b: Cuando KL / r (o Fe < 0.44Fy): Columna larga; Pandeo elástico (3.8) Las ecuaciones (3.8) incluyen los efectos de los esfuerzos residuales y la falta de  rectitud inicial (3.7) de lasycolumnas.

 

3.6 MÁXIMA RELACIÓN DE ESBELTEZ

 



(3.9)

Notar que RE* ≠ RE ( excepto excepto cuando K=1.0)

Ejemplo 3.2: Determinar la resistencia de diseño de una columna columna W14x132 ASTM  A992, asuma L = 30 pies y extremos articulados. La columna está arriostrada lateralmente en los extremos en ambas direcciones.

Datos:

 ASTM A992: Fy = 50 ksi, Fu = 65 ksi. W14X132: Ag = 38.8 pulg2, rx = 6.28 pulg, ry = 3.76 pulg.

Paso 1: Determinar , . (Tabla 1.1). Determinar (Tabla B4.1) 

 Alas:  Almas: =17.7  Alas de viga W son elementos no rigidizados (compresión) (Caso 3) 

7.15  

 Alma de viga viga W es rigidizada rigidizada (compresión) (compresión) Caso Caso 10

17.7 Como y < , la sección no es esbelta y por lo tanto, se pueden usar las ec. (3.5) a (3.8) Paso 2: Determinar Fe. Usar (3.6). K = 1.0 de Fig. 3.3.

==57.3 ==95.7 > => Pa Pandeo ndeo alrededor de eje y  = = 95.7

 

  O 

= = 31.25 0.44 = 0.44(50) = 22 31.25 > 22 Paso 3: Determinar (3.7) )50 = 25.59 Ksi 



=0.9(25.59)(38.8) De   (3.5)



En comparación con la resistencia resistencia a tracción: 



 



"  Los Los elementos sometidos a compresión son mas críticos que a tracción   "  " 

Otr

" 

mét d :

' Tabla 4.1, pág. 4 – 13 = 892Kips

 Valor esencialmente esencialmente igual al obtenido obtenido manualmente. Nótese que si se hubiera usado las especificaciones de 1999, es decir, con c = 0.85 se tiene: tiene :

 

= 844 Kips

 

Ejemplo 3.3: Resuelva el problema 3.2 asumiendo que la columna esta arriostrada adicionalmente de forma lateral, perpendicular al eje y en el punto medio.

Paso 1: Igual a 3.2 Paso 2: Determinar Fe. Usar (3.6) ==57.3   ==47.9 > => Pandeo alrededor del eje x > => Pandeo alrededor del eje x = =87.18 0.44 Fy = 0.44(50)=22 87.18 > 22 Intervalo inelástico Paso 3: Determinar (3.7) )50 = 39.33 Ksi De (3.5) 0.9(39.33)(38.8)   Otro método:  

 

Otro método:  =30’; =15’ Como las tablas están dadas asumiendo = r mín. , expresamos en términos de un ( )equivalente. 

 

=

18 pies > 15 pies => Pandeo alrededor de eje X De la tabla tabla => = 1370 Kips

 Valor esencialmente igual al obtenido ob tenido manualmente. Nótese que si se hubiera usado las especificaciones de 1999, es decir, con c = 0.85 se tiene:

 

3.7 DISEÑO DEMIEMBROS CARGADOS AXIALMENTEACOMPRESIÓN

 

Ejemplo 3.4: Seleccionar el perfil W 14 14 más ligero disponible de acero A36 para las cargas  de servicio PD = 100 kips y PL=160 kips. Asuma Le = 10 pies Paso 1: Determinar Pu. Pu. Usar (1.4b). P u = 1.2(1OO)+1.6(160) =376 kips Paso 2: Asumir 2: Asumir un valor de KL/r KL/r (no conocemos la sección) y determinar el “Esfuerzo Crítico Disponible para Miembros a Compresión”

28.4 Ksi Nota: el valor de con = 0.85 (edición de 1999) es de 26.85 ksi

Paso 3: Determinar Ag y escoger perfil Tabla 1- 1 = 14.1 , 

 

Paso 4: Verificar 4: Verificar sección   > =>

 

De tabla 4-22 e interpolando = 26.33 ksi  Pn = 26.33(14.1) = 371.25 kips < Pu Pu =  = 376 kips

 

Ensayar W14x53 ( Ag=15.6  Ag=15.6 pulg2; rx =5.89 pulg; ry =1.92 pulg)

= De tabla 4-22 e interpolando = 26,40

 Adoptar W14x53; Generalmente Las W14 son compactas por lo que general no es necesario comprobar el paso 1 de ejemplos 3.2 y 3.3

 

Tabla 4-22. Esfuerzo Crítico Disponible para Miembros a Compresión para 1 ≤ KL/r ≤ 80  

Tabla 4-22. Esfuerzo Crítico Disponible para Miembros a Compresión para 81 ≤ KL/r ≤ 160

 

Tabla 4-22. Esfuerzo Crítico Disponible para Miembros a Compresión para 161 ≤ KL/r ≤ 200  

 

Tabla -22. Es Esfue fuerz rzoo Crític Críticoo Dis Dis onibl oniblee ara Miem Miembr bros os a Com Com resión resión ara 161 ≤ KL r ≤ 200

3.8 COLUMNAS ARMADAS   Son aquellas que están compuestas por dos o más perfiles. Pueden ser de 2 tipos: Con componentes en contacto entre sí y con componente sin contacto entre sí.

 

armadas con componentes componentes en contacto entre entre sí. 3.8.1 Columnas armadas

 

Requerimientos de diseño y detallamiento d etallamiento (AISC 2005; Sección E6.2; p. 37) Placas deben conectarse en los extremos con pernos o soldaduras.  Pernos

 

S

s £ 4d  4d , d = diámetro de perno  1.5b Lp ³ 1.5 b f  . Conexiones de deslizamiento crítico (sección 2.  para las conexiones de extremo extremo . Superficies Clase A o B

 

Entre las conexiones de extremo se debe proporcionar también Conexiones soldadas o empernadas a lo largo del miembro Las conexiones intermedias pueden ser de contacto  

 Soldadura

Para las conexiones extremas:

 

Para las conexiones intermedias: Soldadura intermitente





columna par para a una carg carga a Pu=2375 k kips ips usando Ejemplo 3.5: Diseñar una columna  Fy=50 ksi y KL=14pies. Se dispone de u una na columna W W12X120 12X120 2

4

4

 W12X120: Ag = 35.30 pulg pulg ; rx = 5.51 pulg; ry = 3.13 pulg; Ix = 1070 pulg ; Iy = 345 pulg .   Paso 1: Determinar Pu. Pu = 2375 kips (dato)   Paso 2: Determinar Fe. Usar (3.6)

 

.  Paso (3.7) 3: Determinar

 

De (3.5) 1286.84 Kips 

 Aumentar sección (W) Colocar Cubreplacas (empernadas)  

  Paso 4: Asumir un valor de KL/r (sección armada) y 4: Asumir determinar (Tabla 4-22):

 = 50 con = 50 ksi => = 37.50 ksi   

Paso 5: Determinar Ag de (3.5)  

 

Paso 6: Seleccionar el tamaño de cubreplacas

 

 Ensayar1 PL 1 16 en cada ala ->16 2 = 32

Paso 7: Comprobar Sección armada  A=35.30 2 =1070 + 2(16)( = =345+2 (1)(

 

.



Pandeo alrededor del eje y

  =39.3 > ; OK 

Paso 8: Detallamiento Usar W 12x120 + 2 PL 1x16

 

3.8. 3. 8.2 2

Co Colu lumn mnas as A Arm rmad adas as con con ccom ompo pone nent ntes es ssin in ccon onta tact cto o entr entre e sí. sí.

Muy utilizadas en nuestro país: a) Tipos 

Pares de ángulos con pequeñas separación

Pares de canales con bastante separación

4 ángulos con  bastante separación

Cuando las partes están ampliamente separadas deben ser conectadas c onectadas cuidadosamente por una de las siguientes formas:

 

Celosía (simple o doble) y placas de unión (extremas e intermedias). E Ej: j: 2.12 • Cubreplacas continuas con agujeros perforados (para alivianar) • Placas de celosías (no consideradas en las especificaciones AISC-LRFD)  b) Importancia del uso de celosías y de las cubreplaca cubreplacass perforadas • Mantener las diversas partes paralelas. • Igualar la distribución de esfuerzos entre las partes. • Las partes actúen como una unidad (de otra forma las partes tenderán a pandearse en forma individual) c) Requerimientos de diseño para celosías Placas de unión: (g = gramil para el caso de pernos o distancia entre cordones de soldadura) Mínimo 3 pernos por lado (s ≤ 6d) Soldadura: Lw ≥ Lplaca/3 Celosía puede consistir en barra plana, ángulos, canales y otras secciones Espaciamiento:

 

•



 

   • Fuerza erza de dis diseñ eñoo Vu : Vu = 0.02 0.02 • RE 140 para celosía simple • RE 200 para celosía doble • Si la la dis dista tanc ncia ia entr entree líne líneas as de ccon onex exió ión n g > 15" (381 381mm mm); usar celosía doble o simple con ángulos  

   a  ³ 60  60°°  para para celosía simple

 para celosía doble  45°°  para    a  ³ 45

 

Figura 3.8: Celosía, cubreplacas perforadas y placas de celosía  



Ejemplo 3.6: Seleccione un par de canales de 12 pulg de acero A36 para la columna y carga mostradas.

 

Paso 1: Pu = 450 K  Paso 2: Asuma un valor de KL/r de KL/r y determinar f  F  c

 KL / r = 50;

cr  cr 

f c Fcr = 28.40 ksi

  Paso 3: Determinar Ag y seleccione perfiles. De (3.5):

Ensayar 2 C12x30 A = 8.82 2 = 17.64

 

  Paso 4: Comprobar la sección

 324 pu  324  pulg lg4 2

4

 10.28 + 17.64(6 - 0.674)  = 511 pu 511 pulg lg

= 27.50 Ksi = (27.50)(17.64)= 485.10 Kips ; OK   Adoptar 2 C12

 

Ejemplo 3.7 Diseñar la celosía simple empernada para la columna del ejemplo 3.6. Usar pernos de ¾ pulg.



Paso 1: Seleccione 1: Seleccione tipo de celosía y geometría de celosía  b

Paso 2: Verificar 2: Verificar

 

12.9 55.94 (Ej.3.6) ; OK   

 Paso 3: Determinar Vu y fuerza en las barras de celosía.



=0.02(485.10)=9.70Kips 30

 

 = 0

P

uc

30°

=

9.69 P

uc

Paso 4: Dimensionar barras de celosías Barra plana:

I; A=bt

r= = 0.289t 140140 t=0.242 pulg

 Asuma barra de ¼ pulg pulg  

.



De (3.5):   ) = 12.3pulg. Digamos 13 pulg.

Usar barras de

 

Paso 5: Diseño palcas de extremo

 

L 8.5pulg 9 t(8.5) = 0.17 pulg W g+2=8.5 + 2 (1 ¼) = 11 pulg

Usar placas de extremo

Paso 6: Detallamiento

 

3.9 ARMADURAS 3.9.1 Definición de Armadura: Es un conjunto de barras rectas unidas entre sí. Generalmente son de acero. Para el análisis se hacen las siguientes suposiciones: 1.Todas las fuerzas se aplican en los nudos 2.Barras conectadas concéntricamente por articulaciones sin fricción (conexión empernada o soldada) 3.Cada barra está sometida solamente a esfuerzo axial (tensión o compresión). 3.9.2 Usos de las armaduras: Son usadas cuando se requiere salvar salv ar grandes luces. Ejemplos: Cubiertas (coliseos, galpones industriales, estadios), puentes y torres de transmisión. 3.9.3 Cubiertas a.) Componentes y Notación

 

 • Templadores o tensores o tirantes proporcionan soporte lateral a los largueros, ligeramente desplazados para facilitar instalación de barras: 5/ 8". 5 / 8" se dañan fácilmente.



a » L  L / 4 - L  L / 5 (diseños económicos)

. b.) Cargas



Carga muerta (D): Techo ≈ 20 kg/m2 (conservador) Peso propio de correas, templadores, ≈

15 kg/m2, instalaciones, etc.

Carga Viva (L): ≈ 25 kg/m2 Carga Total: (D+L) ≈ 60 kg/m2 → Guayaquil.  Carga factorada: Wu=1.2(35)+1.6(25) = 82 kg/m2 Para calcular la carga en otros lugares hay que considerar nieve, viento, etc. Las cubiertas deben tener una pendiente mínima del 2% para que el agua corra.

c.) Solución de armaduras: Métodos de los nudos y secciones (manual) Programa de computación (SAP2000) para armaduras

 estáticamente indeterminadas  

d.) Transmisión Transmisión  de cargas: Largueros reciben la carga de la cubierta   Armaduras reciben la carga de los largueros   Apoyos (ménsulas o columnas) reciben la carga de la armadura   Apoyos transmiten la carga a la cimentación

e.) Detalle de conexión de tensores



 

 

6.

Prepara racción de Planos

 

Ejemplo

3.8:  La figura muestra una armadura Pratt cuyos largueros están soportados lateralmente en los tercios del vano entre las armaduras espaciadas 21 pies. La cubierta del techo de tejas pesa 16 lb/pie2 (0.77  KN/m2) y soporta una carga viva de 19 lb/pie2 (0.91 KN/m2). Asuma que

los nudos están perfectamente articulados.    

a.) Diseñe los tensores para los largueros de la armadura. Asuma acero A36. A36. b.) Diseñar las diagonales centrales de la armadura.  Seleccionar una HSS.

 

.



a   =  =

18.42

 

Paso 1: Determinación de y 

•

 

 WD=?

 

(largueros)   (tejas)   (total)

  = Componente Componente paralela superficie de techo = Componente perpendicular a superficie de techo  

=1.2(18.1)+1.6(19) =52.12 lb / = sen = 52.12(0.316) 16.48 lb /

 

Paso 2: Diseñar tensores inclinados Tux Los tensores inclinados tomarán la “carga tributaria t ributaria a la superficie de techo”. Esto es:

DCL de tensor inclinado superior  (a / 3 b) (2.39)   (a Comentario: La fórmula fórmula (2.39) es conservadora. Valores p para ara son son generalmente menores en un 5 a 10% T uxux = 16.48(21/ 337.9) = 4372 lb

•

Resistencia

Para varillas roscadas (AISC 2005; Tabla J3.2; pág. 104) se aplican los mismos requerimientos para pernos.  

=(0.75 Fu)( 0.75 Av) (2.40) En donde: Fu= Resistencia a la tensión de la varilla roscada  Av=área de varilla Note que la ecuación (2.40) es equivalente a (2.24a) para pernos sujetos a tensión. De (2.40):  

Serviciabilidad: Para varillas o barras  f  = l / 500 m mín ín

f mmínín = (37.9 / 6 ´12) / 500 = 0.1516 pu lg

Seleccionar varilla más liviana: Tabla 1.21 (pág. 1 - 86) f 7 /16"(0.4375" > f mmínín )  A = 0.15 pu lg2 Usar tensores de f  5 / 8"(0.625" > f mmínín )  A = 0.307 pu lg2 Paso 3: Diseñar tensor horizontal

 

Tu



Resistencia: 

Serviciabilidad: Como la longitud de este tensor es pequeña, no hay necesidad de usar este criterio.

  Seleccionar varilla más liviana Usar tensor f 5 / 8"

 



Paso 4: Resolver la armadura por medio de un análisis estructural asumiendo nudos articulados y “correas apoyadas directamente en los nudos”

Nudos intermedios:



 s = longitud del panel = L/n (3.11)



 L = luz de armadura



n = número de paneles



c = ancho de influencia de armadura

ca para armaduras intermedias



a/2 para armaduras extremas

(3.12)



Nudos extremos: (3.13) 



En nuestro caso asumiremos que hay 2 armaduras solamente

 

.



 

Paso 5: Diseñar la diagonal :

 

= KL = 1(14.42) = 14.42‘ HSS: Tabla Tabla 4 – 4: = 46 Ksi HSS 3 3 ; OK

 

.

 



LONGITUD EFECTIVA DE COLUMNAS EN PÓRTICOS (AISC 2005; pág. 239)

En todo el capítulo, hemos considerado a la columna como un elemento aislado. Sin embargo, la columna es un elemento integrante de un sistema estructural y por lo tanto su comportamiento está ligado al comportamiento global de la estructura. Veamos dos casos:



 

Caso 1: Estabilidad depende enteramente de la rigidez flexionante de las vigas, columnas y nudos.

 Le ³ Lc  Lc Þ k ³ 1¿Cuál K usar? Se usan los nomogramas de la SSRC “Structural Stability Research Council” (Consejo de Investigación de Estabilidad Estructural)

  Caso 2: Estabilidad depende enteramente del arriostramiento    

 

G = factor de relación de rigideces relativas ∑ indica la sumatoria de las rigideces relativas de todos los miembros rígidamente conectados al nudo y que se encuentran en el plano en el cual la columna es investigada. Ic y Lc son el momento de inercia y la longitud de la columna, respectivamente Iv y Lv son el momento de Inercia y la longitud de la viga, respectivamente. Ec. (3.14) asume pandeo elástico. La SSRC hace las siguientes recomendaciones para el uso 

de los nomogramas:  

1.   Para columnas articuladas G→∞. Usar G=10.0 2. Para conexiones rígidas de columnas a zapatas 

→

3.

G 0. U sar está G = rígidamente 1.0 Si una viga unida a una columna, su rigidez relativa (I/L) debe multiplicarse por el factor f actor dependiendo de la condición de apoyo en el extremo alejado de la viga

 



Para el caso de columnas en el rango inelástico y vigas elásticas

 

Factores de reducción de rigidez (Frr) para columnas

.



 

Figura 3.10: Nomograma Caso 1. Desplazamiento lateral permitido (no arriostrado)

 

Figura 3.11: 3.11: Nomograma Caso 2. Desplazamiento lateral impedido (arriostrado)

 



Ejemplo 3.9: Determine 3.9: Determine el factor factor K para cada columna del pórtico de la  figura. Suponga que los extremos alejados de las vigas están restringidos

 

Paso 1: Determinar las rigideces relativas de cada elemento. (I/L)

.



Paso 2: Determinar los factores de relación de rigideces relativas en cada nudo

*a  = 0.67: Desplazamiento lateral no impedido y apoyo restringido  

Paso

3: Determinar K (nomograma caso 1)