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Compendio de Cálculo Estructural II – FCEFyN – UNC J.Massa-J.Giro-A.Giudici - 2015

87

Capítulo 5

TEORÍA DE SEGUNDO ORDEN PARA ELEMENTOS PRISMÁTICOS 1 ECUACIONES DE EQUILIBRIO EN EL SISTEMA DEFORMADO

En un curso anterior de Análisis Estructural se dedujo la matriz de rigidez considerando el equilibrio en el sistema indeformado. Esa formulación generalmente se denomina teoría de 1er orden. El empleo de la teoría de 1er orden permite plantear y resolver de una manera relativamente sencilla los problemas lineales y por ello se la utiliza en la mayoría de los casos.

La limitación más seria de la teoría de 1er orden es que no permite considerar grandes deformaciones y tampoco permite estudiar el fenómeno de la estabilidad del equilibrio.

Cuando se aplica la teoría de 2do orden, se deben plantear las ecuaciones de equilibrio en el sistema deformado. En el caso de una barra prismática bajo la acción de una carga axial deben plantearse tres ecuaciones diferenciales de equilibrio en función de los desplazamientos. Dos de ellas están asociadas a direcciones perpendiculares al eje de la barra (ejes principales de inercia ) y la restante al giro de cada sección alrededor del eje longitudinal de la barra. Esas tres ecuaciones diferenciales están ‘acopladas ’ por lo deben resolverse simultáneamente.

En el contexto de la teoría de 2do orden, un pórtico plano ( estructura plana con cargas contenidas en su plano) debe considerarse como un problema espacial. Es conocido que una barra en compresión “pandea” según la dirección que tiene asociada menor momento de inercia, y podría ser la dirección perpendicular al plano del pórtico.

Un elemento prismático sometido a una carga axial de compresión (con o sin carga de flexión) como el mostrado en la Figura 1 se denomina ‘viga-columna’.

Figura 1: Esquema de una viga-columna

Es importante notar que al considerar el equilibrio en la barra deformada (en el plano y fuera del plano) se acopla el efecto axial, el efecto de la flexión y el efecto de la torsión. Es obvio que en la parte central de la viga deformada hay una contribución de la carga axial al momento flector, según el plano del dibujo (Figura 1). Cuando la barra tiene desplazamientos horizontales, la carga axial también contribuye al momento flector según el plano perpendicular. No es tan obvio, aunque es igualmente cierto, que en ese caso la reacción de apoyo vertical produce una contribución al momento torsor en la parte central de la viga-columna.

En un curso anterior de Análisis Estructural se formularon las matrices para pórticos y empa-rrillados planos suponiendo desacoplado el efecto de emparrillado plano del efecto de pórtico plano y además ambos efectos se consideraron desacoplados del efecto axial. Todo eso es válido en la teoría de 1er orden.

Cuando las cargas axiales son importantes hay un acoplamiento significativo entre las cargas axiales y el efecto de la flexión aún para pequeños desplazamientos transversales. Para poder considerar esa situación y además poder calcular las cargas críticas de pandeo resulta imprescindible plantear las ecuaciones diferenciales de la elástica en el sistema deformado.

1.1 Ecuaciones de equilibrio de una barra de pórtico plano en el sistema deformado A continuación consideramos el caso de la barra de pórtico plano mostrada en la Figura 2, que

es una barra prismática simétrica respecto al plano (x1, x3) bajo la acción de cargas compresivas P y momentos M1 y M2 actuado en los extremos. Las cargas P actúan en el centro de gravedad de la sección y los momentos deforman a la viga en el plano vertical (x1, x3).


88

Figura 2: Barra de un pórtico plano

Como vamos a plantear el equilibrio en el sistema deformado, tendremos en cuenta que la barra puede flexionarse en el plano (x1, x3) y también en el plano transversal (x1, x2), y además torsionarse alrededor del eje x1. Las ecuaciones diferenciales son las habituales para flexión y torsión:

2 2

2*3

21

x xd uEI Mdx

= (1)

3 3

2*2

21

x xd uEI Mdx

= (2)

1

*4 2

4 21 1 1

w Rxd Md dEI GJ

dx dx dx− =

φ φ (3)

El asterisco, *, significa que los momentos están referidos a ejes locales ubicados en el sistema deformado, según se indica en la Figura 3.

La ecuación (1) corresponde a la flexión en el plano de las cargas (recordar que la Figura 2 corresponde a un pórtico en el plano x1, x3). La ecuación (2) corresponde a la flexión en un plano transversal al plano de las cargas. La ecuación (3) es la ecuación diferencial de equilibrio correspondiente a la torsión (ver la Sección 6 del Capítulo 10 de vigas de pared delgada); en el primer miembro hay un primer término asociado a la restricción al alabeo libre y un segundo término asociado a las tensiones de corte de Saint Venant.

Las reacciones verticales R1 y R2 según la dirección del eje x3 se originan en los momentos M 1 y M 2

1 2 1 2 1 2( ) ( )R M M L R M M L= − = −/ / (4)

Estas reacciones junto a los momentos de extremo M 1 y M 2 producen un momento flector:

2 1 1 1xM M R x= + (5)

Ese momento produce deformaciones de flexión contenidas en el plano vertical (x1, x3). Debido a la deformación en el plano horizontal aparece un momento torsor M x1

(de segundo orden) causado por las reacciones verticales:

1 1 2xM R u= − (6)

a) vista según eje x1 b) vista según eje --x2 c) vista según eje x3

Figura 3: Tres vistas mostrando la barra en el sistema deformado


89

La contribución de los momentos Mx1 y M x2 a los momentos asterisco resulta

1

1

1 1 2 1 2

2 2 1 2

3 2 1 2

* * * 21 1 2 1

1

* * * 21 2 2 2

1

* * * 31 3 2 3

1

cos ( ) cos ( )

cos ( ) cos ( )

cos ( ) cos ( )

x x x x x

x x x x x

x x x x x

duM M x x M x x M Mdx

duM M x x M x x M MdxduM M x x M x x M Mdx

φ

= + +

= + − +

= + − −

(7)

Notar que Mx2 >> Mx1, porque Mx1 está originado sólo en las pequeñas deflexiones laterales. Entonces se puede despreciar el producto de Mx1 por un pequeño giro frente a Mx2.

La contribución de la carga axial P a los momentos asterisco resulta

1

2 3

* 2* *o

3 221 1

x

x xdM I dP M P u M P ud x A d x

φ= = − = − (8)

donde Io = Ix2+ Ix3 y A es el área de la sección. Sumando las contribuciones (7) y (8) y utilizando (5) se tiene

( )

( )

1

2

3

* 2 22 o

1 1 1 2 21 1 1*

1 1 1 3

*1 1 1 2

x

x

x

d M d u I dM R x Pd x dx A dxM M R x Pu

M M R x Pu

φ

φ

= − + +

= + −

= − + −

(9)

Reemplazando R1 por el valor dado en (4) y llevando (9) a (1), (2) y (3) se obtiene un sistema de ecuaciones “desacoplado”

2

23 2 1

3 1 121

0xd u M MEI Pu x Mdx L

−+ − − = (10)

3

22 2 1

2 1 121

0xd u M MEI Pu x Mdx L

φ −

+ − − =

(11)

24 2

o 2 1 21 14 2 2

1 1 1

0w RI M M d ud dEI GJ P M x

dx A dx L dx − − − + + =

φ φ (12)

Notar que u3 y su derivada sólo aparece en la ecuación (10), por lo tanto podemos resolver esa ecuación en forma independiente de las otras dos.

Si suponemos, como ocurre en muchos casos, que los esfuerzos predominantes están contenidos en el plano del pórtico podemos dejar sin resolver las ecuaciones (11) y (12).

Nos proponemos ahora plantear la matriz de rigidez de una barra de pórtico plano resolviendo la ecuación diferencial desacoplada (10).

2 MATRIZ DE RIGIDEZ DE UNA BARRA CON CARGA AXIAL Para deducir la matriz de 2do orden (13) procedemos en la forma habitual deduciendo primero

la matriz de rigidez en un sistema local. Suponemos que la barra está orientada según el eje x1.

1

222 23 25 26 2

32 33 35 36

1

252 53 55 56 2

62 63 65 66

/ / 0 00 00 0

/ 0 0 / 0 00 00 0

0 0 i

ii

iij

jj

jj

AE L AE LK K K KK K K K

PAE L AE LK K K KK K K K

PuRuM

uRuM

φ

φ

−

−−

= (13)


90

2.1 Efecto de la carga axial de compresión en la matriz de rigidez Las filas 1 y 4 (y las columnas 1 y 4) de la matriz de rigidez son las mismas que en la teoría

de 1er orden porque se desprecia el acortamiento del eje de la barra causado por la curvatura de la barra por flexión ( ese sería un efecto de 3er orden). Los restantes elementos de la matriz de rigidez pueden ser determinados en la forma habitual. Para obtener los elementos de una columna hacemos un desplazamiento igual a la unidad y los restantes iguales a cero.

2.1.a Deducción de los elementos de la 3ra columna de la matriz de rigidez La Figura 4 muestra una barra en el sistema local donde: iφ =1 y ( i j jy y φ= = = 0 ).

Figura 4: Deducción de la 3ra columna de la matriz de rigidez de una barra con carga de compresión

De la teoría de flexión de vigas se tiene: 2

2

d y Mdx EI

κ= = (14)

Por estática, el momento flector resulta : 33 23M P y K K x= − − + (15)

Reemplazando (15) en (14) se tiene : 2

23 332

d yEI P y K x Kdx

+ = − (16)

Notar que (16) concuerda con (10). Definiendo la constante k2 de signo positivo:

2 PkEI

= (17)

se puede escribir (16) como:

2

2 23 332

K Kd y k y xEI EIdx

+ = − (18)

La ecuación (18) es una ecuación diferencial no homogénea, cuya solución puede escribirse como la suma de la solución homogénea yh más la particular yp. Para la solución particular proponemos una expresión del mismo tipo que el segundo miembro de (18) y la reemplazamos en la ecuación (18):

( )2

232 23 332

33

0 p p

K k a EIK Ky ax b y k ax b xEI EI K k b EI

=′′= + ⇒ = ⇒ + = − = −

(19)

(20)

La solución homogénea de (18) fue usada en Dinámica Estructural y tiene la forma:

sen cos sen cos h h py A kx B kx y y y y A kx B kx ax b= + → = + → = + + + (21)

de donde cos sen y Ak kx Bk kx a′ = − + (22)

Empleando (21), (22) y las condiciones de borde en x = 0 y en x = L donde se conocen los desplazamientos ( y ) y los giros ( y′ ), se pueden obtener los valores de las constantes A y B.

0

en 01

yx

y=

= ′ =

según (21) → según (22) →

0 1 (1 )

B b B bAk a A a k

= + → = −= + → = − /

(23)

[ ]0 (1 ) sen cos 0

en 0 (1 ) cos sen 0

y a k kL b kL a L bx L

y a kL bk kL a

= → − − + + == ′ = → − + + =

/ (24)

donde para obtener (24) se tuvo en cuenta (23).


91

Resolviendo el sistema (24) y simplificando se obtiene: 1 cos

2(1 cos ) sen kLa

kL kL kL−

=− −

(19) → ( )

2

23(1 cos )

2 1 cos sen K kLK EI

kL kL kL−

=− −

(25)

[ ]cos sen

2(1 cos ) sen kL kL kLb

kL kL kL k−

=− −

(20) → ( )

( )33

sen cos 2 1 cos sen K kL kL kL

K EIkL kL kL−

=− −

(26)

Reordenando (25) y (26), los elementos K23 y K33 de la matriz de 2do orden pueden escribirse como un coeficiente que multiplica al correspondiente elemento de la matriz de 1er orden:

( )( )

2

23 22 2(1 cos )6

6 2 1 cos sen

kL kLEIKL kL kL kL

−= → =

− − α α (27)

( )

33 3 34 (sen cos )

4 2 1 cos sen EI kL kL kL kLKL kL kL kL

−= → =

− − α α (28)

Los elementos K53 y K63 pueden calcularse por equilibrio de fuerzas y momentos en la Figura 4:

por equilibrio de fuerzas verticales 53 23K K= − (29)

por equilibrio de momentos respecto al nudo j 63 33 23 0K K K L+ − = (30)

Despejando K63 en (30), reemplazando K23 y K33 según (25) y (26) y operando se puede escribir el elemento K63 de la matriz de 2do orden como un coeficiente α4 que multiplica al correspondiente elemento de la matriz de 1er orden:

( )

63 4 42 ( sen )

2 2 1 cos sen EI kL kL kLKL kL kL kL

−= → =

− − α α (31)

2.1.b Deducción de los elementos de la 2da columna de la matriz de rigidez Para obtener la 2da columna de la matriz de rigidez se utiliza un razonamiento físico similar al

usado para obtener la 3ra columna; hacemos un desplazamiento igual a la unidad ( 2iu = 1) , y los

restantes iguales a cero ( 2j

i ju φ φ= = = 0 ) como se indica en la Figura 5.

Figura 5: Deducción de la 2da columna de la matriz de rigidez de una barra con carga de compresión

Aplicando el principio de reciprocidad a los sistemas de las Figuras 4 y 5 se tiene

32 2 23 2 32 23 donde = 1 (Figura 4) y 1 (Figura 5) i ii iK u K u K Kφ φ= = → = (32)

Observando la Figura 5 se tiene:

por equilibrio de fuerzas verticales en la Figura 5 52 22 K K= − (33)

por la condición de antisimetría en la Figura 5 62 32 K K= (34)

Por equilibrio de momentos respecto al nudo j en la Figura 5:

32 62 22 1 0K K K L P+ − − =x usando (34) → ( )22 322K K P L= − / (35)

Usando (32), (25) y (17) y operando algebraicamente en (35) se puede llegar a:

( )( )

3

22 13 1sen 12

12 2 1 cos sen

kL kLEIKL kL kL kL

= → = − −

α α (36)


92

2.1.c Deducción de los elementos de la 5ta y 6ta columna de la matriz de rigidez Las columnas 5ta y 6ta pueden obtenerse fácilmente comparando el sistema de la Figura 6-a

con el sistema de la Figura 5 y el sistema de la Figura 6-b con el sistema de la Figura 4.

Figura 6: Esquemas de deformación para obtener la 5ta y 6ta columna de la matriz de rigidez

Comparando la Figura 6-a con la Figura 5 se obtiene la 5ta columna: 25 52 35 62 55 22 65 32K K K K K K K K= = − = = − (37)

Comparando la Figura 6-b con la Figura 4 se obtiene la 6ta columna: 26 53 36 63 56 23 66 33K K K K K K K K= − = = − = (38)

2.1.d Matriz de rigidez de una barra con carga axial de compresión Resumiendo todos los resultados anteriores podemos escribir la forma explícita de (13)

31

22

3

( ) /

12 /

6 /

4 /

K AE L

K EI L

K EI L

K EI L

=

=

=

=

1

21 1 2 2 1 1 2 2 2

12 2 3 3 2 2 3 42

1

21 1 2 2 1 1 2 2 2

12 2 3 4 2 2 3 32

0 0

0 0

0 0

0 0 0 0

0 0

0 0

0 0 i

ii

iij

jj

jj

K KK K K KK K K K

PK KK K K K

K K K K

PuRuM

uRuM

α α α α

α α α α

α α α α

α α α α

φ

φ

−

− − = −− − − − −

(39)

Los coeficientes αi dados en (36), (27), (28) y (31) se han graficado en la Figura 7 y se resumen a

continuación:

( ) ( )( ) ( )

( )( )

3

2

1

2

3

4

sen / 12

(1 cos ) / 6

(sen cos ) / 4

( sen ) / 2

kL kL D

kL kL D

kL kL kL kL D

kL kL kL D

=

= −

= −

= −

α

α

α

α

(40)

donde ( )2 1 cos sen D kL kL kL= − − (41)

kL es un valor adimensional que se obtiene a partir de la definición de k2 dada en (17):

2PLkLEI

= (42)

kL se puede expresar en forma alternativa en función de la carga adimensionalizada con respecto a la carga de crítica de Euler Pe:

e

PkLP

π= (43)

donde 2

2eEIP

Lπ

= y 4 eP P< (44)

Figura 7: Gráfico de los coeficientes αi de la matriz de rigidez de una barra comprimida

→ P/Pe


93

2.1.e Análisis de los coeficientes de segundo orden debidos a la carga axial de compresión

La matriz de rigidez de la ecuación (39) muestra que el efecto de la carga axial de compresión, P, modifica los elementos de la matriz relacionados con la flexión a través de los coeficientes α1, α2, α3 y α4 que dependen de P. En la Figura 7 se han graficado los coeficientes αi. Al analizar los gráficos de la Figura 7 se observa que en los cuatro casos ( i = 1, 2...4 ) αi →1 cuando P → 0. No obstante para P = 0 los cocientes dados en (40) que definen los αi se indeterminan

0 para 00i Pα = = (45)

Además, para valores muy pequeños de la carga de compresión P aparecen errores de tipo numérico al evaluar los coeficientes. Para evitar esos problemas se recomienda hacer:

Para 0 ( / ) < 0,0001eP P≤ o equivalentemente 0 ≤ kL < 0,03 hacer: 1i =α (46)

Notar que excepto α4 los restantes α i decrecen cuando aumenta la carga axial de compresión. Los coeficientes α1 y α3 pueden incluso tomar valores negativos.

Es importante destacar que al calcular los elementos de la matriz de rigidez se supone conocida la carga axial. En los casos en que la carga axial en cada barra no se conoce a priori se debe proceder en forma iterativa hasta convergencia en la carga axial calculada para cada una de las barras. Se proponen valores tentativos (que pueden ser cero) para las cargas axiales en las barras y con esos valores se calcula la matriz de rigidez de cada barra. Después de ensamblar la matriz de rigidez de la estructura se calculan los desplazamientos nodales y con ellos se obtiene barra por barra el valor de la carga axial. Si en alguna de las barras, la carga calculada difiere del valor tentativo en un valor superior a la tolerancia prefijada, deberá repetirse el procedimiento con los nuevos valores de las cargas axiales obtenidos por cálculo.

IMPORTANTE: Ninguna barra puede soportar una carga de compresión superior a 4 Pe !

En el rango de mayor utilización práctica, es decir para el caso de cargas axiales de valor moderado, la variación de los coeficientes α i es casi lineal. Esto permite aproximar su valor por expresiones muy simples como las mostradas en la Tabla 1.

Tabla 1: Aproximaciones polinómicas para los coeficientes α i en función de x = P/Pe

x = ( )/ 1eP P ≤ x = ( )/ eP P 1 2x< ≤

1 1 xα = − 21 1 0,985 0,0148x xα = − −

2 1 0,17 xα = − 22 1 0,164 0,0138x xα = − − (47)

3 1 0,35 xα = − 23 1 0,319 0,065x xα = − −

4 1 0,2 xα = + 24 1 0,149 0,087x xα = + +

Para valores ( )2 / 4eP P< ≤ deben utilizarse las expresiones exactas (40).

Cuando 1 2 3 4/ 4 3,28 0eP P yα α α α→ ⇒ →− → →− ∞ →+ ∞ (48)

Para 2 ( / ) 3eP P< < puede usarse la siguiente aproximación para el coeficiente α3 :

23 1,834 2,42 ( / ) 0,7428 ( / ) válida para 2 ( / ) 3e e eP P P P P P= − + − < <α (49)

Los coeficientes importantes son los correspondientes a la diagonal de la matriz de rigidez y ambos (α1 y α3 ) pueden tomar valores negativos cuando la carga axial es considerable. Los coeficientes α1 y α3 se anulan cuando:

1 3/ 1 0 / 2,046 0e eP P P Pα α→ ⇒ → → ⇒ → (50)


94

2.2 Efecto de la carga axial de tracción En el caso de carga axial de tracción se puede repetir el razonamiento físico matemático usado

anteriormente para la carga de compresión. Al observar la Figura 4 se aprecia que al cambiar de sentido la carga P produce un momento estabilizante. El único cambio en la ecuación (16) es el signo menos que afecta al momento de 2do orden (Py) . La ecuación (18) se torna:

2 23 33K Ky k y xEI EI

′′ − = − donde 2 PkEI

= (51)

Cuya solución general contiene funciones hiperbólicas en lugar de las trigonométricas

senh cosh y A kx B kx ax b= + + + (52) Completando la formulación se concluye que el aspecto de la matriz de rigidez es el mismo,

pero en este caso los αi toman los siguientes valores:

( )( )

3 21 1

2 22 2

3 3

senh / (12 ) 1 0,985 ( / ) 0,0 1( / )

(cosh 1) / (6 ) 1 0,164 ( / ) 0,01 ( / )

( cosh senh ) / (4 ) 1 0,318 ( / ) 0,025 ( /

e e

e e

e

kL kL D P P P P

kL kL D P P P P

kL kL kL kL D P P P P

= ≈ + −

= − ≈ + −

= − ≈ + −

α α

α α

α α

( )

2

24 4

)

( sen ) / (2 ) 1 0,158 ( / ) 0,033 ( / )donde:

2 1 cosh senh Aproximaciones para ( / ) 2

e

e e

e

kL kL kL D P P P P

D kL kL kL P P

= − ≈ + −

= − − <

α α (53)

De la observación de los coeficientes dados en (53) se concluye que α1, α2 y α3 son mayores que la unidad para cualquier valor de la carga axial de tracción P. Aquí seguimos tomando la carga crítica de Euler como referencia, pero esto no tiene ningún significado especial. Recordar que:

2

2 2/ e

P L P PkLEI PEI L

π ππ

= = = (54)

En conclusión: Para armar la matriz de rigidez (no lineal ) considerando el efecto de carga de tracción se utiliza (54), luego (53) y finalmente (39).

3 SISTEMAS DE BARRAS Cuando se desea considerar el efecto de la carga axial sobre el problema de flexión ( teoría de

2do orden) de un pórtico plano debe utilizarse la matriz de rigidez de una barra definida en (39) considerando los coeficientes αi de la ecuación (40) en el caso de compresión y (53) en el caso de tracción.

La solución basada en la teoría de 2do orden resulta directa sólo en aquellos casos donde la carga axial de cada barra puede ser anticipada en forma exacta o bastante aproximada. Cuando eso no es posible debe recurrirse a un proceso iterativo.

3.1 Soluciones iterativas Se arma la matriz de rigidez sin considerar las cargas axiales y se resuelve el problema. Las

cargas axiales que son parte de la solución permiten corregir la matriz de rigidez y obtener una solución mejorada.

El proceso llega a convergencia cuando la diferencia entre las cargas axiales en las barras, calculadas como parte de la solución y las cargas axiales con que se definió la matriz de rigidez, es menor que una tolerancia prefijada.

Siendo el problema no lineal deberá siempre aplicarse el coeficiente de seguridad CS a las cargas y hacer un predimensionado de la estructura. Después de calcular los esfuerzos se deberá verificar que las tensiones no sobrepasen la condición que se define como falla (generalmente fluencia) .


95

3.2 Principio de superposición Cuando se utiliza la teoría de primer orden se supone que las deformaciones son pequeñas y

eso permite considerar que el problema es lineal y entonces es válido utilizar el principio de superposición. Esto no resulta posible en problemas no-lineales como el caso que estamos tratando ( viga-columna).

Figura 8: Principio de superposición válido para el caso de una viga-columna

Resulta obvio que la superposición de la Figura 8-a no es válida porque no considera el momento flector adicional (de segundo orden) producido por la carga axial a través de las deflexiones horizontales. Notar que para la teoría de primer orden la superposición de la Figura 8-a. si es válida. El error es pequeño si los desplazamientos son pequeños y si la carga axial es mucho menor que la carga crítica de pandeo.

Es importante insistir en el hecho de que la teoría de 1er orden no puede predecir el pandeo !!

Cuando se considera la teoría de 2do orden para la flexión de una viga-columna es válido la superposición indicada en la Figura 8-b. La justificación matemática es simple: Las acciones de las cargas transversales se encuentran en el segundo miembro de la ecuación diferencial (16) y afecta a la solución particular mientras que la solución homogénea es la misma.

El caso de barras con cargas transversales actuando en el interior de la barra puede descompo-nerse en un estado I de extremos biempotrados y un estado II con cargas únicamente en los nudos igual que en el caso de teoría de 1er orden pero empleando el principio de superposición de la Figura 8-b.

Para confeccionar tablas para los casos biempotrados con carga axial se debe proceder de una manera similar a la que permitió formular la matriz de rigidez no lineal (39). Debe plantearse una ecuación similar a (16) que incluya las cargas actuantes en el interior del tramo y luego se deben determinar las constantes de la solución, planteando las condiciones de bordes empotrados ( 0, 0y y′= = ) en x = 0 y también en x = L. El caso de mayor interés corresponde a la carga distribuida uniforme porque en el caso de una carga concentrada resulta más simple considerar un nudo donde está aplicada la carga.

Notar que durante el proceso iterativo deben recalcularse en cada paso las fuerzas de empotra-miento del estado I porque dichas fuerzas dependen de la carga axial, ver (55) y (57) en la Figura 9.

( ) 2

2

3 tan12tan e

u u qLMu u

η η−

= → = (55)

( ) 2

2

6 sen24sen c

u u qLMu u

η η−

= → = (56)

( )2 1 cossen 8e

u QLMu u

η η−

= → = (57)

donde: 2

2 2 4e

kL P PLuP EI

π= = = (58)

Figura 9: Fórmulas para los momentos flectores en vigas biempotradas con carga de compresión


96

3.4 Estabilidad del equilibrio Ya se ha visto que la presencia de una carga axial de compresión provoca una disminución de

la rigidez de una barra comprimida, disminuyendo en consecuencia la rigidez del conjunto de barras. Esto se debe principalmente al hecho de que los coeficientes asociados a rigidez directa (α1 y α3) son los que más disminuyen, llegando incluso a tomar valores negativos para valores suficientemente altos de la carga axial de compresión. Un valor negativo en la diagonal principal de una barra significa que la barra en vez de aportar rigidez al nudo al que concurre, toma rigidez del nudo.

La rigidez que una barra puede recibir de un nudo depende de la rigidez que aporta el resto de la estructura, lo que de por sí es un valor limitado.

De lo expuesto, se deduce que para el caso de cargas exteriores que impliquen caras axiales considerables en las barras puede ocurrir que la matriz de rigidez del sistema deje de ser definida positiva. En tal caso el sistema se torna inestable para esas cargas exteriores.

La estabilidad del sistema puede analizarse para cargas crecientes evaluando el valor del determinante de la matriz de rigidez obteniéndose un gráfico del tipo mostrado en la Figura 10.

Figura 10: Evolución del determinante de la matriz de rigidez del sistema para cargas crecientes

Desde el punto de vista práctico sólo puede diseñarse en la zona estable que es la “zona 1” indicada en el gráfico de la Figura 10. Para valores de la carga mayores a P1 que corresponden a la “zona 2”, el equilibrio es inestable y por lo tanto no puede materializarse, porque si se aparta de esa posición de equilibrio, aunque sea ínfimamente, el sistema ya no regresa a esa posición de equilibrio inestable.

Por lo expuesto, la carga máxima que admite la estabilidad del sistema de la Figura 10, en el sentido que se obtenga equilibrio estable, es Pmax (= P1 ). Para valores de las carga menores a P1, pero muy próximos a ese valor, debido a la escasa rigidez del sistema (det [K] próximo a cero) se obtienen desplazamientos enormes y en esos casos el factor limitante de la carga admisible del sistema son las altísimas tensiones asociadas a esos desplazamientos. Los valores máximos admisibles para las tensiones, tensión efectiva σ*, dependen del material y del criterio de falla que se adopte y generalmente se obtiene de normas de diseño y construcción.

Al iniciar el cálculo se supone que la estructura se ha predimensionado de modo de resistir las cargas amplificadas por el CS operando en la zona estable correspondiente a la “zona 1” indicada en la Figura 11-c.

Figura 11: Determinación de la carga crítica del sistema siguiendo la evolución

del determinante de la matriz de rigidez del sistema de barras


97

3.5 Procedimiento de cálculo A continuación se indica la secuencia de pasos que deben cumplirse para encontrar la solución

de un problema usando la teoría de segundo orden:

a) Paso inicial Se dan como dato los valores tentativos de las cargas axiales ( pueden ser iguales a cero). En el caso de la Figura 11-a se supone que en cada columna actúa la mitad de la carga total (½ qL ). En el caso de la Figura 11-b no es posible anticipar el valor de las cargas axiales y en tales casos lo más simple es suponer valores nulos para las cargas axiales.

b) Solución del sistema lineal Con los valores tentativos de las cargas axiales se arma la matriz de rigidez del sistema ensamblando la contribución de todas las barras y teniendo en cuenta las restricciones en los apoyos. Para cada barra se usa la matriz de rigidez de 2do orden en coordenada locales dada en la ecuación (39) y se la rota al sistema global. Se calculan las fuerzas de empotramiento del estado I, ver por ejemplo la Figura 9. Se arma el vector de cargas del estado II. Se calculan los desplazamientos y finalmente se calculan los esfuerzos axiales en cada barra.

c) Control de convergencia El paso anterior se repite hasta que las fuerzas axiales calculadas resulten casi iguales ( o iguales) a los valores calculados en la iteración anterior.

d) Control de estabilidad Se evalúa el signo del determinante de la matriz de rigidez. Este paso resulta muy simple porque durante el paso 2, al calcular los desplazamientos se triangulariza la matriz de rigidez, por lo tanto hay que asegurarse que todos los elementos de la diagonal principal de la matriz triangularizada sean positivos.

e) Cálculo de tensiones

Debe verificarse que las tensiones por flexión compuesta causadas por las cargas amplificadas por el CS no superan la tensión de fluencia. Tener presente que al usar el método de la rigidez generalmente sólo se controlan las tensiones en los extremos de barras.

Es importante destacar que si no se hace control de estabilidad y se está operando en la Zona 2 de la Figura 11-c se pueden obtener resultados que numéricamente “parecen razonables” pero que desde el punto de la interpretación física son imposibles. Para el caso de la Figura 11-b, en el caso de superar el límite de estabilidad, indicado como Qestabilidad en la Figura 12-a, se puede obtener un resultado absurdo como el mostrado en la Figura 12-b donde la estructura se desplaza hacia arriba bajo la acción de una carga hacia abajo.

La deformada indicada en la Figura 12-b es una curiosidad matemática; los desplazamientos satisfacen las ecuaciones de equilibrio del sistema, pero como esa configuración corresponde a un equilibrio inestable, cualquier variación por pequeña que sea, causa el colapso de la estructura !

Figura 12: Obtención de resultados incorrectos por falta de control de la estabilidad


98

3.6 Cargas críticas de columnas de un solo tramo A continuación se presentan las cargas críticas de columnas de un solo tramo con

diferentes tipos de apoyos.

0,25 0,25 1 1 2,04 4 ← Valor de Φ (59)

Las cargas críticas dadas en (59) se deducen fácilmente planeando la matriz del sistema usando (39) teniendo en cuenta la condición de los apoyos en los extremos de la columna y anulando el determinante de la matriz. Caso a: 2 GL y j ju φ 2

1 1 3 3 2 2( ) 0det K K Kα α α− == .............................. 0,25crít eP P=

Caso b: 2 GL y i juφ 23 3 1 1 2 2( ) 0det K K Kα α α− == ............................. 0,25crít eP P=

Caso c: 1 GL =i jφ φ φ−= 3 3 4( /4) 0det K α α− == ................................................. crít eP P=

Caso d: 1 GL ju → 1 1 10 0 / 1det eK P Pα α= ⇒ = ⇒ == .................. crít eP P=

Caso e: 1 GL jφ → 3 3 30 0 / 2,04det eK P Pα α= ⇒ = ⇒ == .... 2,04crít eP P=

Caso f: 1 GL mu . Se consideran dos tramos, m denota el nudo del medio de la columna.

4 TENSIONES Como se mencionó anteriormente, en los casos no lineales se comienza por multiplicar las cargas por el CS requerido y posteriormente se verifican las tensiones.

Según la teoría desarrollada en este capítulo, la carga axial produce un momento flector adicional que depende de las deformaciones. El efecto de segundo orden se traduce en mayores tensiones y en pérdida de rigidez.

Cuando las cargas axiales son importantes, la rigidez puede disminuir notablemente permitiendo grandes desplazamientos que a su vez originan grandes tensiones. Esto se esquematiza a continuación:

Cargas axiales grandes

⇒ Disminución de rigidez ⇒ Desplaz.

grandes ⇒ Momentos

flectores de 2do orden grandes

⇒ Tensiones

no admisibles

⇒ Falla por tensiones

Los esfuerzos de extremo de barra se calculan barra por barra utilizando (39) previa rotación de los desplazamientos al sistema local de la barra.

4.1 Tensiones máximas La tensión máxima por tensión compuesta resulta:

máxmáx

MPA W

σ = + (60)

donde P es la carga axial, A es el área de la barra, W es el módulo resistente a la flexión en el plano del pórtico y Mmáx es el momento flector de mayor valor absoluto en el tramo ( suponemos barra de sección constante ).

Para obtener como mínimo el CS requerido (con el cual se amplificaron previamente las cargas exteriores) deberá verificarse para cada una de las barras, que

máx fσ σ≤ (61)

2; ; /crít eP P A r I L rλ= Φ = = 2

2crítE IP

Lπ

= Φ

2

2crítE Aπσλ

= Φ


99

El máximo momento flector M máx debe calcularse para cada barra en la posición deformada para ser consistente con todo lo formulado anteriormente.

Trabajando en coordenadas locales, usando (39), se tiene:

1 1( )i jP K u u= − (62)

1 1 2 2 2 2( ) ( )i ji i j iR K u u K Rα α φ φ= − + + + (63)

2 2 2 2 3 3 3 412( )i j

i i j iM K u u K K Mα α φ α φ= − + + + (64)

2 2 2 2 3 4 4 3 312( )i j

j i j jM K u u K K Mα α α φ α φ= − + + + (65)

donde , , y i i jR M M son las fuerzas de empotramiento del estado I. El valor de P obtenido en (62) debe ser aproximadamente igual al valor tentativo usado en la última iteración para obtener los coeficientes α1, α2, α3 y α4 de la matriz de rigidez.

El máximo momento flector puede ser alguno de los valores en el extremo del tramo (Mi, Mj ) o bien algún valor que ocurre en el interior del tramo (máximo local).

Interesan fundamentalmente dos casos : i ) el caso de carga distribuida uniforme, o ii ) el caso sin cargas en el interior del tramo. Tener presente que si existe una carga concentrada en el interior del tramo conviene subdividir al tramo definiendo un nudo donde está aplicada la carga.

4.1-a Momento flector máximo en una barra con carga uniformemente distribuida

A continuación resolvemos el caso de carga distribuida “q” ya que para considerar el caso sin carga distribuida bastará después hacer q = 0. Se repite el procedimiento empleado en la deducción de la matriz de rigidez.

Figura 13: Determinación del momento flector a lo largo de viga-columna con carga uniforme

2 / 2i iM PY R x M qx= − + − + (66)

2

2i iM RP qY Y x x

EI EI EI EI′′ + = − + + (67)

2

solución homogénea solución particular

sen cosY A k x B k x a b x c x= + + + +

(68)

cos sen 2Y Ak k x B k k x b cx′ = − + + (69)

donde k esta dado en (17). La solución particular debe satisfacer la ecuación diferencial (67)

2

2 2

2 2

12

12

12

reemplazando.............. (2 ) ( )

agrupando.................... ( 2 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

de dond

p p i i

i i

i i

EI Y PY M R x q x

EI c P a bx cx M R x q x

EI c Pa Pb x Pc x M R x q x

′′+ = − + +

+ + + = − + +

+ + + = − + +

2e:.................... 2

iiR q M qb c aP P P P k

= = = − −

(70)


100

Las constantes A y B de la solución homogénea se obtienen exigiendo que se satisfagan las condiciones de borde:

0 0 0 i

i i

Y B a B ax b

Y Ak b Ak

φφ φ

= ⇒ + = ⇒ = −= −

′ = ⇒ + = ⇒ =

(71)

Reemplazando las constantes A, B, a, b y c en la solución de la ecuación diferencial (68) se tiene:

22 2 sen cos

2i i ii iR RM Mq q qY k x k x x x

k kP P Pk P k P Pφ

= − + + − + + +

(72)

esto puede ser remplazado en la expresión del momento flector (66),

2 2 sen cos i ii

R P q qM k x M k xk k kφ− = − + +

(73)

Para encontrar el Mmáx hacemos

( ) 20 cos sen 0i i idM qR P k x M k k xdx k

φ

= ⇒ − + + =

(74)

Dividiendo en (74) por cos kx, se puede despejar la coordenada xo donde ocurre el momento máximo local:

o1 artg

/i i

i

P Rx

k k M q kφ −

= +

(75)

Notar que ( ) ( ) ( )hacertg tg si artg < 0 artg = artgα α π π′= + → → + (76)

Si xo corresponde a un punto interior de la barra, el momento máximo (ó mínimo) local resulta,

o 2 2o o o0 sen cos i ii

R P q qx L M k x M k xk k kφ− ≤ ≤ ⇒ = − + +

(77)

En conclusión, para calcular la tensión máxima por tensión compuesta según (60) se debe usar el momento flector máximo dado en (78):

{ }{ }

o omayor , , ........ si 0

mayor , ........... en caso contrariomáx

i j

i j

M M M x LM

M M

< <=

(78)

donde M i está definido en (64), M j en (65) y M o en (77).

4.1-b Momento flector máximo en una barra sin carga en el interior

Haciendo q = 0 en (75) y (77) se tiene:

o o oo1 artg sen cos i i i i

ii

P R R Px M k x M k x

k k M kφ φ− −

= = −

(79)

luego se usa (78).

5 COMENTARIOS FINALES 1 El análisis de 2do orden sólo se justifica cuando las cargas axiales de compresión en algunas

(o alguna) de las barras del pórtico son elevadas. En muchos casos eso no ocurre y la teoría de 1er orden resulta suficiente.


101

2 Debe destacarse que la formulación desarrollada en este capítulo no considera ningún efecto de 2do orden en el acortamiento axial de las barras. Existe una tendencia “ingenua” a creer que la formulación de 2do orden aquí presentada prevé una pérdida de rigidez axial por el pandeo de una dada barra. Primero no hay tal “pandeo” se trata de flexión. Segundo, el acortamiento previsto por la presente formulación de segundo orden está dado por la ley de Hooke:

( ) /

PAE L

δ = (80)

que corresponde a la teoría de 1er orden. Por lo tanto en el contexto de la formulación presentada en este Capítulo, es más correcto el bosquejo de la deformada mostrada en la Figura 14-b que el mostrado en la Figura 14-c.

Figura 14: Incidencia del acortamiento de la viga-columna

Para tener en cuenta el acortamiento de una barra debido a la flexión debería reemplazarse la ecuación (14) por una expresión mucho más complicada del tipo:

( )

2

2

2 3/21 /

d yd x M

EIdy dxκ = =

+

(81)

pero esto se considera un efecto de 3er orden!

3 En este Capítulo se trató de evitan términos como “pandeo” ( incluso en el título del capítulo) o “carga crítica” y en cambio se enfatiza el efecto de 2do orden en la flexión que indirectamente pone una cota a las cargas axiales cuando se limitan las tensiones, ver (61).

En este contexto debe evitarse el planteo de situaciones poco realistas como por ejemplo el de la Figura 15-a porque allí el efecto de 2do orden no aparece. Notar que se trata de una estructura ideal perfecta y allí si tiene sentido el concepto de carga crítica de pandeo.

Figura 15: Uso de modelos realistas para captar el efecto de segundo orden

La Figura 15-b presenta un modelo más realista, obtenido agregando una pequeña carga horizontal, que podría representar el efecto del viento o bien teniendo en cuenta imperfecciones geométricas en cuanto al punto de aplicación de las cargas, errores de montaje, falta de alineación perfecta, etc.

Notar que en el caso de Figura 15-a, el valor de la carga crítica Pcrít es el valor de P que anula el determinante de la matriz de rigidez. Por el contrario, en el caso de la Figura 15-b para valores de la carga P levemente menores que Pcrít , las tensiones resultan inadmisibles por los grandes desplazamientos originados en la pérdida de rigidez de la estructura.


102

ANEXO DEL CAPÍTULO 5 Repitiendo la metodología presentada en este Capítulo se pueden resolver en forma genérica

muchos casos de interés práctico. En el caso de una viga simplemente apoyada, planteando la ecuación diferencial de la elástica en el sistema deformado y determinando las constantes de integración de acuerdo con las condiciones de borde se obtienen los resultados resumidos en la Tabla 2.

Tabla 2: Momento máximo en una viga simplemente apoyada con carga axial de compresión

1

( )2

2

2 1 cos8 cosmáx

uq LMu u−

=

2

tg4máx

QL uMu

=

3

( ) ( )( )2

sen 21

2 ( ) sen 2máxu

M QLu u

αα α

α α

= − −

A

( ) ( )sen 1 2 ....cuando 2

2 11 ..............................en caso contrario

u u παα

− < = −

A

4

omáxM M= B

1 / (sen 2 ) ..............cuando 22

1 ..............................en caso contrario

u u π >=

B

5

omáxM M= C

2 2 cos 2 1

.. cuando 0 < 1sen 2

1 .......................................en caso contrario

uu

β β − + <=

DC

1 cos 2artg2 sen 2

uu u

β −=

D

6

2

1 2o o o2 A BLM q D M M D M Mu

= = + = +

2 1

1

cos 2 artg2 2m

D D ux L

D sen u uθθ

−= =

{ }

2o1 1 ....cuando 0

mayor , ..en caso contrariom

A Bmáx

D M x LM

M Mθ + − < <=

En todos los casos “u” está definido en (58) y la verificación de la tensión por flexión compuesta se hace utilizando (60). Las cargas de la Tabla 2 deben contener el CS.

2

ó 2 4

máxf

e

MP L P Pu uEI P A W

π σ

= = + ≤

(82)

Notar que en todos los casos el coeficiente de amplificación del momento flector máximo debido al efecto de la carga axial tiende a infinito cuando P → Pe.

2

21 1

2 cos sen 2eEIP P u tg u

L u uπ π

→ = ⇒ → → ∞ → ∞ → ∞ (83)


103

PRÁCTICO Teoría de 2do Orden Nota: Todos los datos están dados en unidades [cm] y [kg]

1 Hallar la carga crítica de la columna de sección dobleté del croquis 2

2

2

4 42 3

3 32 3

2 3

2400 /

2100000 /

21,2

349 134

72,8 26,84,06 2,51

f

x x

x x

kg cm

E kg cm

A cm

I cm I cm

W cm W cmr cm r cm

σ =

=

=

= =

= =

= =

En el nudo 2 está restringido el desplazamiento según el eje x2 pero libre según x3. Ayuda: Utilizar el procedimiento de cálculo propuesto en la sección 3.5

2 Mayorando con CS = 3 todas las cargas, se pide determinar: a) Qadm cuando P = 0. b) Padm cuando Q = 0. c) Qadm cuando P = 500 kg.

c.1 teoría 1er orden. c.2 teoría 2do orden. d) Padm cuando Q = 50 kg.

d.1 teoría 1er orden. d.2 teoría 2do orden. Material: σf = 2800 E = 2100000

Sección

4

3,4ext

int

D cm

D cm

=

=

3 Para la viga columna dobleté de acero de la grúa

bandera del croquis, se pide:

a) Verificar el pandeo fuera del plano. b) Verificar las tensiones por flexión compuesta

en el plano de la estructura con un CS = 4 para la hipótesis de carga indicada en el croquis.

Material: σf = 2400 E = 2100000 Modelar la viga como simplemente apoyada. La carga de 500 kg incluye el peso propio de 75 kg.

2

4 42 3

3 32 3

2 2

Propiedades de la sección dobleté24101 132022,2 146

2,05 7,42

x x

x x

A cmI cm I cmW cm W cmr cm r cm

== == =

= =

4 La viga columna del croquis forma parte de un pórtico plano. Se han calculado los desplazamientos y las fuerzas de extremo de barra según se indica. No hay cargas actuando en el interior del tramo. Material: σf = 2800 E = 2100000 ν = 0,3 Sección tubo circular hueco

Diámetro exterior D = 8 cm Diámetro interior d = 7,6 cm Área de la sección A = 4,9 cm2 Momento de inercia I = 37,3 cm4 Módulo resistente W = 9,32 cm3 Radio de giro r = 2,76 cm

Se pide verificar la máxima tensión por flexión compuesta sabiendo que el CS se aplicó mayorando las cargas antes de calcular los desplazamientos.


104

SOLUCIÓN del PRÁCTICO Teoría de 2do Orden −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

Nota: Todos los resultados parciales y finales se dan en unidades [cm] y [kg] 1 Se pide determinar la carga crítica de una columna de dos tramos con la base empotrada, un apoyo

intermedio y el extremo superior con un empotramiento deslizante. a) Pandeo en el plano x1 x3 considerando un único tramo

Ec. (59) caso d → La carga crítica de una columna biempotrada con un extremo deslizante es igual a la carga de Euler. Esto se puede deducir matricialmente:

Ec.(39) → 1 1 3 3K u Qα = La carga crítica anula el determinante de la matriz:

[ ]1 1 1det 0 0K α α= ⇒ = .....Según Figura 7 → 1 0 / 1e eP P P Pα = ⇒ = ⇒ =

Ec.(44).→ ( )2 22100000 349 500 28934eP π= =/x x ...Plano x1 x3 28934critP kg=

b) Pandeo en el plano x1 x2 considerando dos tramos

Barra (1) Ec.(44).→ ( )2 2 2 22100000 134 200eP EI Lπ π= =/ /x x .... 69433eP =

Ec.(39) → 3 4 4 2100000 134 200K EI L= =(1) / /x x ............ 3 5628000K =(1)

Matriz de la barra (1)............ 3 3 2 2K Mα φ = (1) (1)

Barra (2) Ec.(44).→ ( )2 2 2 22100000 134 300eP EI Lπ π= =/ /x x ..... 30859eP =

Ec.(39) → 3 4 2100000 134 300 3752000K = =(2) /x x ........ 3 3752000K =(2) 2

2 6 2100000 134 / 300K =(2) x x .... 2 18760K =(2).... 3

1 12 2100000 134 300K =(2) /x x .... 1 125,067K =(2)

Matriz de la barra (2).............................. 2 23 3 2 2

3 32 2 1 1

MK Ku QK Kφα α

α α −

= −

(2) (2) (2) (2)

(2) (2) (2) (2)

Matiz de rigidez del sistema: .......................... 3 3 2

2 1

5628000 3752000 18760

18760 125,067K

α α α

α α

+ −=

−

( 2 ) ( 2 )

( 2 ) ( 2 )

(1)

[ ] ( ) ( )2

3 3 1 2det 5628000 3752000 125,067 18760 0K α α α α= + − =(1) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ..Se resuelve por tanteos.

Se puede acotar el caso real entre dos condiciones límites considerando la contribución de la barra (1) a la rigidez al giro del nudo 2:

Dado que 7715 < Pcrít < 30859, comenzamos el tanteo proponiendo P = 20000 kg

P Barra (1) Pe = 69433 Barra (2) Pe = 30859

det [K] x=P/Pe α3 = 1– 0,35 x x=P/Pe α3 = 1– 0,35 x α3 = 1– x α3 = 1– 0,17 x 20000 0,288 0,899 0,648 0,773 0,352 0,890 + 72 x 106 22000 0,317 0,889 0,713 0,750 0,287 0,879 + 8,96 x 106 22500 0,324 0,886 0,729 0,745 0,271 0,876 – 6,36 x 106

Interpolando 22000 500 (8,96) / (8,96 6,39) 22292critP kg= + + =

c) Carga crítica de la columna La carga crítica de la columna es...... { }28934 ; 22292critP menor= ............. 22292critP kg=

Ec. (59) caso b Ec. (59) caso d Pcrít = ¼ Pe = 7715 Pcrít = ????? Pcrít = Pe = 30859

K = 0 K = K3(1) α3

(1) K = ∞

x1 x3 x1 x2


105

2 Determinación de las cargas máximas admitidas por una columna tubular circular considerando pandeo y mayorando todas las cargas con un coeficiente de seguridad igual a 3 en todos los casos. Propiedades de la sección tubular

2 2 2(4 3,4 ) 4 3,49A cmπ= − =/ 4 4 4(4 3,4 ) 64 6I cmπ= − =/ 36 2 3W cm= =/

a) Carga máxima Qadm cuando P = 0 Verificación a fluencia: .................. Ec. (57) → 8máx admM Q L= /x

( )300 812,5

3admmáx

máx adm

QM QW

σ = = =/x

12,5 2800máx f S admC Qσ σ= → = 3/ / ............. 75admQ kg=

b) Carga máxima Padm cuando Q = 0

Verificación a fluencia: 3,49 2800f S admC Pσ σ= ⇒ = 3/ / / ... 3257admP kg=

Verificación a pandeo: Ec. (59) caso f → Carga crítica columna biempotrada = 4 Pe.

Ec.(44) → ( ) ( )2 2 2 22100000 6 300eP E I Lπ π= =/ /x x ................... 1381,74eP =

4 1381,7 5527crítP = =x 5527 3,49 1584crít crít fP Aσ σ= = = </ /

= 5527 3 = 1842,3S adm crítC P P= ⇒ =3 3/ / ..................... 1842admP kg=

c.1) Carga máxima Qadm cuando P = 500 – Teoría de 1er orden

Verificación a fluencia: 500 300 8

3,49 3máx admP M Q

A Wσ = + = +

3 3 /x x x → 2800fσ σ= =

1500 112,5 28003,49 3

admQ+ = ............................ 63admQ kg=

c.2) Carga máxima Qadm cuando P = 500 – Teoría de 2do orden Ec.(39) → Matriz barra (1)

2 21 1 2 2

2 22 2 3 3

u QK K

MK K

α α

φα α

− =

−

(1) (1) (1) (1)

(1) (1) (1) (1)

Ec.(39) → Matriz barra (2)

2 21 1 2 2

2 22 2 3 3

u QK K

MK K

α α

φα α

=

(2) (2) (2) (2)

(2) (2) (2) (2)

Carga de Euler de los tramos: Ec.(44) → 2 2 2 22100000 6 150( )eP E I Lπ π= =/ /x x ....... 5527eP kg= Usamos la Ec. (39) para las rigideces Ki y la Ec. (47) para los coeficientes αi . El cálculo se simplifica porque los dos tramos son iguales:................................................... ( )500 5527 0,2714eP P = =3/ /x

31 1

22 2

3 3

12 2100000 6 /150 44,8

6 2100000 6 /150 3360

4 2100000 6/150 336000

K KK KK K

= = =

= = =

= = =

(1) (2)

(1) (2)

(1) (2)

x x

x x

x x

1

2

3

1 0,2714 0,72861 0,17 0,2714 0,95391 0,35 0,2714 0,9050

ααα

= − == − == − =

x

x

1 1

2 2

3 3

32,643205304084

KKK

ααα

===

Ecuaciones de equilibrio: 1 1 2

3 3 2

2 0

0 2 0

S admK u C Q

K

α

α φ

=

El sistema resulta desacoplado, algo que se podía anticipar dada la simetría del sistema.


106

Desplazamientos: .. 2 21 1

0,046 02 2 32,64

S adm admadm

C Q Qu QK

φα

= = = =3x x

x x

Esfuerzos en la barra (1)...1,532,64 3205 0,046

147,43205 304084 0

admadm

adm

QQ

Q

− −

=

Ec. (60) → 147,31500 2800

3,49 3máx adm

fM QP

A Wσ σ σ= + = + → = = ........... 48,3admQ kg=

Al utilizar la teoría de 2do orden el Mmáx aumentó de (112,5 Qadm) a (147,4 Qadm) (30 %) y en consecuencia Qadm se redujo de 63 a 48 kg (23 %). ------ ------ ------ ------ ------ ------ ------ ------ ------ ------ ------ ------ ------ ------ ------ ------ ------ ----- Este problema puede resolverse de una manera más simple usando datos de la Figura 9:

Ec. (58) → 2 2(4 ) ( 500) 300 (4 2100000 6)u P L E I= = 3/ /x x x ............................ 1,6366u =

Ec. (57) → ( )2 1 cos 300 2[1 cos(1,6366)]8 sen 8 1,6366 sen (1,6366)

adme

u QQLMu u− −

= =3 x x

x......... 146,84e admM Q=

El valor (146,84 Qadm) es exacto. El valor hallado anteriormente (147,4 Qadm ) se debe a las aproxi-maciones lineales usadas para los coeficientes α de la ecuación (47).

d.1) Carga máxima Padm cuando Q = 50 – Teoría de 1er orden

Ec. (57) → /8 50 300/8 5625máx SM C QL= = =3 x x

Ec. (60) → 5625

3,49 3S adm máx admC P M PA W

σ = + = +3 x

56252800 28003,49 3

admf

Pσ σ= = ⇒ + =3 x ...... 1076admP kg=

d.2) Carga máxima Padm cuando Q = 50 – Teoría de 2do orden El momento flector máximo resulta amplificado por el efecto de 2do orden a través del coeficiente η dado en la Ec. (57) que acompaña a la Figura 9:

Ec. (57) → ( )2 1 cos8 sene

uQLMu u−

= → 2do 1erM M η= donde ( )2 1 cossen

uu u

η−

=

Ec. (58).→ 2 2(4 ) ( ) 300 (4 2100000 6)u P L E I P= = 3/ / x x .......... 0,0731925u P=

La tensión compuesta no debe superar la tensión de fluencia σf = 2800.

( )2do 82800

3,49 3 f

Q LMN PA W

ησ+ = + ≤ =

33 / → ( )0,8596 1875 2800

admadm PP η+ =

La ecuación trascendente se resuelve por tanteos para determinar Padm .

Secuencia: P → 0,0731925u P= → 2 (1 cos ) /( sen )u u uη = − → 0,08596 1875Pσ η= +

P u η σ

200 1,0351 1,100015 2234,45 300 1,2677 1,159634 2432,19 400 1,4638 1,227435 2645,28 467,72 1,5829 1,278900 2800,00 500 1,6366 1,30524 2877,13

La máxima carga P segura con CS = 3 cuando Q = 50 kg es................................... 467,7admP kg=


107

3 Análisis de una grúa bandera de sección dobleté considerando la posibilidad de pandeo. a) Cálculo de la carga de compresión P en el dobleté

Por semejanza de triángulos: 250

360 120P

= 750P kg=

b) Verificación del pandeo en el plano x1 x3 (fuera del plano de la grúa)

Viga biarticulada Ec. (59) caso c →2

2

2100000 101 16152360crítP π

= =x x →

16152 21,5 4750SC = = VERIFICA

c) Verificación de la flexión compuesta en el plano x1 x2 por la teoría de 1er orden

Ec. (60) → 750 250 180 31,25 308,22 339,524 146

σ = + = + =x

→ 2400 7,07 4339,5SC = = VERIFICA

d) Mayorización de las tensiones por flexión compuesta en el plano x1 x2 por teoría de 2do orden

Ec. (58).→ 2 2(4 ) ( 750) 360 (4 2100000 1320) 0,1872u P L E I= = =4/ /x x x ......... 0,1872u =

Factor de amplificación → Caso 2 del Anexo del Cap.5 → (0,1872) 0,1872tg u u tgη = =/ / ...... 1,012η = El efecto de 2do orden es débil, la tensión por flexión se incrementa sólo un 1,2 %.

Tensión mayorada: 750 (250 180) 1,012 125 124824 146

N MA W

ησ = + = + = +4 4x x x x ....... 1373σ =

La tensión obtenida mayorando las cargas por 4 es menor que fluencia → 1373 2400fσ σ= < =

4 Verificación del estado tensional de un tramo solicitado en flexo compresión.

a) Verificación de la tensión máxima mayorada usando la teoría de 1er orden Tensión compuesta máxima para las cargas mayoradas:

5145 9288 1050 9974,9 9,32

máxmáx

MPA W

σ = + = + = + .... 2047máxσ =

2047 ; 2800máx fσ σ= = ⇒ fσ σ< VERIFICA

b) Verificación de la tensión máxima mayorada usando la teoría de 2do orden Datos según notación de la Figura 13:.... 405 ; 0,0152 ; 5145 ; 33,2i i iM P Rφ= = − = = +

Ec.(44).→ ( )2 22100000 37,3 300 8590 5145 8590e eP P Pπ= = → =/ / /x x ............. 0,60eP P =/ Existe un efecto axial importante que justifica considerar la teoría de 2do orden.

Ec. (17) → ( ) 5145 (2100000 37,3) 0,0081k P E I= = =/ / x ............................. 0,0081k =

Ec. (75) → o0,0152 5145 33,2 artg artg 1,54134

/ 0,0081045 405i i

i

P Rk x

k M q kφ − − −

= = = − +

x

x

Para usar la rama positiva de artg debemos sumar π :.Ec. (76) →... o 1,54134k x π= − + .... o 1,60k x =

o o1,60 1,60 1,60 0,0081045 197,4k x x k= ⇒ = = =/ / ...................................... o 197,4x =

o0 x L≤ ≤ →Ec. (77) → ( )o 33,2 0,0152 5145 0,0081 sen 1,6 405 cos1,6M = + − /x ... o 13760M =

o0 197,6x L< = < → Ec. (78) → { }405; 9288; 13760máxM mayor= … 13760máxM =

Ec. (60) → 5145 13760 25264,9 9,32

máxmáx

MPA W

σ = + = + = ............. 2526máxσ =

2526 ; 2800máx fσ σ= = ⇒ máx fσ σ< VERIFICA


108

Barra comprimida

Barra traccionada

teorÍa de segundo orden para elementos …€¦ · un elemento prismático sometido a una carga...

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