Práctico 12: Pandeo de columnas (continuación) Ejercicio 1:
P C
y
B x h
L y A
b
x
La columna A-B de la figura está empotrada en su base. En la parte superior está impedida de desplazarse en la dirección x por la barra C-B. C-B. La columna está sometida a una carga axial P de 10 tn y el coeficiente de seguridad a utilizar es γ = 2. La longitud de la columna es 4m. Se pide dimensionar la columna con: a) Un perfil I de alas estrechas b) Una sección rectangular hueca de ancho b altura h y espesor t y relación
h b
=3
b-1 utilizar la esbeltez límite λm´ın b-2 utilizar una esbeltez λ = 1,5λm´ın El material a utilizar es un acero con módulo de elasticidad E = 2 proporcionalidad σp = 240 MPa
× 10
5
MPa y límite de
Solución: La carga máxima a considerar es P m´ max a ´x = γP = 2
196, 2 kN = 0, 1962 MN × 10 × 9,81 = 196,
Las longitudes de pandeo a considerar son (el subíndice indica el eje de flexión correspondiente): Lex = 2L = 2 4 = 8 m Ley = 0,7L = 0,7 4 = 2, 8 m
×
empotrado-libre empotr potrad adoo-aarticu iculad lado
×
Los momentos de inercia mínimos requeridos en cada dirección son: P m´ 0, 1962 2 M N m2 max a ´x 2 I x = L = 8 = 6, 361 Eπ 2 ex 2 105π 2 MPa
P m´ 0, 1962 M N m2 max a ´x 2 2 I y = L = 2 , 8 = 0, 779 Eπ 2 ey 2 105 π2 MPa
−6
× 10
× 10
m4 = 636, 636, 1 cm4
−6
m4 = 77, 77, 9 cm4 1
La relación entre estos momentos de inercia mínimos en cada dirección es igual a la relación entre los cuadrados de las longitudes equivalentes de pandeo I x 636, 1 L2ex = = 2 I y 77, 9 Ley La esbeltez límite es λm´ın = π
≃ 8, 15
× E =π σp
2
105 = 90, 7 240
a) dimensionado con un perfil I de alas estrechas. Entrando en la tabla se busca un perfil que satisfaga los valores pedidos para I x e I y . El primer perfil que satisface es el de 180 mm de altura que tiene I x = 1450 cm4 >> 636, 1 cm4 I y = 81, 3 cm4 > 77, 9 cm4 Claramente la dirección más comprometida es la dirección de flexión alrededor de y (plano x z) . Notar que este tipo de perfiles tiene una muy alta relación entre los momentos de inercia en una y otra dirección I I = 17, 83. A pesar de que la longitud de pandeo en el plano y z es mucho mayor, el tipo de perfil utilizado conduce a un dimensionado según la flexión en el plano x z. La tensión crítica y las esbelteces en cada dirección resultan (A = 27, 9 cm2 , rx = 7, 20 cm y ry = 1, 71 cm)
−
−
x y
−
P ma´x 0, 1962 MN σC = = = 70, 32 MPa A 27, 9 10 4 m2 Lex 800 λx = = = 111, 1 rx 7, 2 Ley 280 E λy = = = 163, 7 = π ry 1, 71 σC
×
−
b) dimensionado con una sección rectangular hueca: El área de la sección es: A = 2t (b + h) = 2t
h 8 + h = th 3 3
Los momentos de inercia son (despreciando términos en t3 )1 : h3 1 2 I x = t 2 + bh 12 2
1 1 + 6 6
1 = th3 3
b3 1 I y = t 2 + b2 h 12 2
= th3 3
= th
1 3
6
3
1 + 2
1 3
2
=
5 th3 81
La relación entre los momentos de inercia es I x 1 81 = = 5, 4 I y 3 5 esta relación es menor que 8, 15 por lo cual la dirección de flexión crítica es la x (plano y 1
2
ver al final
− z).
Los radios de inercia en cada dirección son: I x 1 th3 3 h2 rx = = = A 3 th 8 8 3 I y 5 th 3 5 2 5 ry2 = = = h = b2 A 81 th 8 216 24 2
b-1: λ = λm´ın De la expresión λ2 =
L2ex 2 rx
despejamos rx2 y de allí obtenemos h
2 L2e 800 L2e σp 8002 240 2 rx = 2 = = 2 = 2 = 77, 81cm2 5 λm´ın 90, 7 π E π 2 10 h2 = 8rx2 = 8 77, 81cm2 = 623 cm2 h = 25 cm
x
×
El espesor se obtiene usando que la tensión crítica es igual a la tensión de proporcionalidad P ma´x A P ma´x 0, 1962 MN 8 A= = = 8,175 cm2 = th σp 240 MPa 3 3A 3 8, 175 t= = = 0,125 cm = 1, 25 mm 8h 8 25
σp =
El espesor t resultante es muy delgado y puede dar a lugar a problemas de inestabilidad local. Este diseño guíado por la condición de mínima cantidad de material requiere en este caso de verificaciones de otro tipo (fuera del alcance de esta asignatura). b-2: λ = 1, 5 λm´ın = 136 Si utilizamos una relación de esbeltez más elevada, equivalente a disminuir la tensión crítica a: σc = σp
λm´ın λ
2
=
240 = 106, 7 MPa (1, 5)2
se tiene ahora L2e 8002 rx = 2 = = 34, 6cm2 2 λ 136 2 2 h = 8rx = 8 34, 6cm2 = 277 cm2 h = 16, 7 cm 2
x
×
El area se obtiene de que la tensión crítica es igual 106, 7 P ma´x A P ma´x 0, 1962 MN λ 2 A= = = 18, 39 cm2 = ( ) σc 106, 7 MPa λm´ın
σc =
×A
m´ın
y el espesor resulta 8 A = th 3 3A 3 18, 39 t= = = 0, 413 cm = 4, 13 mm 8h 8 16, 7 3
Ejercicio 2: e
P
y
x
h
b
b
Una columna de 3,5 m de altura está empotrada en su base y libre en su extremo superior. La columna es de acero (E = 2, 06 105 MPa y σp = 230 MPa.) y su sección está formada por dos perfiles U del 18 enfrentados. a) Si la columna está sometida a una carga axial P = 30 tn, determinar las máximas excentricidades en ambas direcciones de tal forma que el material se mantenga en estado elástico. b) Si la excentricidad es e = 5cm en la flexión alrededor del eje x, determinar la máxima carga sin que el material entre en fluencia. Solución: Las propiedades básicas del perfil individual son: Area 28 cm2
Ix 1350 cm4
Iy 114 cm4
h b ey rx ry 180 mm 7,0 cm 1,92 cm 6,95 cm 2,02 cm
La principal propiedad a determinar del perfil compuesto es el momento de inercia en la dirección y y el radio de giro I ycompuesto = 2 I y + A rycompuesto =
2
× (b − e )
I ycompuesto = Acompuesto
y
= 1673 cm4
1673 = 5, 46 56
Luego las propiedades de la sección son: Area 56 cm2
Ix 2700 cm4
Iy 1673 cm4
h 2b rx ry 180 mm 140 mm 6,95 cm 5,46 cm
Las cargas críticas en ambas direcciones son: π 2 EI x π 2 2, 06 1011 2700 10 C P x = = (2L)2 (2 3, 50)2 π 2 EI y π2 2, 06 1011 1673 10 C P y = = (2L)2 (2 3, 50)2
−8
−8
4
Pa m4 = 1, 12 MN m2
Pa m4 = 0, 694 MN m2
a) (P = 30 tn = 0, 294 MN) En cada dirección la relación entre la carga actuante y la carga crítica es 0, 294 0, 294 P x = = 0, 2625 P y = = 0, 4236 1, 12 0, 694 La tensión máxima de compresión según la fórmula de la secante es ∗
∗
|σ|
m´ ax
= σ0
√
A π 1 + e sec P W 2
∗
Despejamos de la fórmula de la secante e e=
σp σ0
√
W π 1 cos P A 2
−
∗
donde P 0, 294 MN σ0 = = = 52, 5 MPa A 0, 0056 m2 W x rx2 6, 952 = = = 5, 37 cm A h/2 9
σp σ0
230 1 = 1 = 3, 38 52, 5 ry2 W y 5, 462 = = = 4, 26 cm A b 7
−
−
Para las distintas direcciones se tiene: π 2 π ey = 3, 38 4, 26 cm cos 2
ex = 3, 38 5, 37 cm cos
0, 2625 = 12, 58 cm 0, 4236 = 7, 51 cm
Notar que estas excentricidades máximas se han calculado en forma independiente, es decir suponiendo que no hay excentricidad en la otra dirección. Los máximos momentos de extremo asociados exclusivamente a las excentricidades son M x0 = P ex = 30 M y0 = P ey = 30
× 12, 58 tn cm = 377, 4 tn cm = 37, 0 kN m × 7, 51 tn cm = 225, 3 tn cm = 22, 1 kN m
Los máximos momentos que se producen en el empotramiento debido a las excentricidades más los desplazamientos se obtienen de la expresión M ma´x =
M o
√ π
cos
2
y resultan respectivamente M x
m´ ax
M y
m´ ax
P
∗
37 kN m = 53, 4 kN m cos π2 0, 2625 22, 1 = kN m = 42, 39 kN m cos π2 0, 4236 =
√ √
Naturalmente debieran coincidir las tensiones debidas a flexión σf = σp 177, 5 MPa M x m´ax W x 9 53, 4 2700
−σ
0
= 230
− 52, 5 =
≃ M W ≃ σ ax y m´
f
y
≃
7 42, 39 1673
kN m cm3
≃
177, 5 MPa
5
b) e = 5cm. En la fórmula de la secante
|σ|
m´ ax
= σ0
√
A π 1 + e sec P W 2
∗
buscamos el valor de P que conduzca al valor σ en MN):
||
240 MPa =
m´ ax
= σp . Damos valores a todo lo conocido (P
P 5 1 + sec 0, 0056 m2 5, 37
π 2
P 1, 12 MN
No es posible despejar P , por lo cual es necesario evaluarlo en forma iterativa (por ej. el Método de Newton-Raphson):
ecuación a resolver
0, 931
f (P ) = P 1 +
derivada de la función
−
cos
π
1, 344 = 0
P 1,12
2
df 0, 931 arg = 1+ 1+ tan (arg) dP cos (arg) 2
formula de recurrencia P n+1 = P n
arg =
π 2
P 1, 12
) − f f (P (P ) n
′
n
lo cual conduce a (empezando con P = 0, 4) P = 0, 400 P = 0, 502 P = 0, 473 P = 0, 482
f (P ) = 0, 3137 f (P ) = 0, 1005 f (P ) = 0, 030 f (P ) = 0, 009
f (P ) = 3, 072 f (P ) = 3, 411 f (P ) = 3, 304
− −
P ma´x
′ ′ ′
≃ 0, 48MN ≃ 48, 9 tn
∗
P =
P 0, 48 = = 0, 428 P C 1, 12
Es decir que para una excentricidad e = 5 cm = 0, 72 rx = 0, 93 W la tensión límite de A propocionalidad se alcanza con una carga del 43 % de la carga crítica. x
Simplificación en el cálculo de I para una sección rectangular hueca Sea una sección rectangular cuyas dimensiones son h y b medidas desde la línea media y de espesor t. Los momentos de inercia son: 1 (b + t) (h + t)3 12 1 I y = (b + t)3 (h + t) 12
I x =
Desarrollando resulta
1 (b + t) h3 + 3h2 t + 3ht2 + t3 12 1 = 2b 3h2 t + t3 + 2t h3 + 3ht2 12 =
Agrupando en potencias de t 6
3
− (b − t) (h − t) − (b − t) (h − t)
−
3
(b
− t)
h3
2
2
3
− 3h t + 3ht − t
I x = similarmente
1 t 6bh2 + 2h3 + t3 (2b + 6h) 12
1 t 6b2h + 2b3 + t3 (2h + 6b) 12 Si despreciamos los términos en t3 I y =
I x = t I y = t
bh2 h3 + 2 6 b2 h b3 + 2 6
Por ejemplo para h = 30cm, b = 15cm y t = 1cm, los valores exactos y aproximados son: I ma´x I m´ın
Exacto 11267 3950
Aproximado relacion 11250 0, 998 3937 0, 997
7
Mecánica de las Estructuras I Ejercicios a resolver sobre Pandeo: Ejercicio 1:
Una columna de 4 m de altura debe resistir una carga máxima P ax 60 tn. La columna (orientada en la dirección vertical z ) está empotrada-libre en el plano x − z y articulada-articulada en el plano y − z . Las propiedades mecánicas del material a utilizar son E = 2 × 106 MP a y σprop = 200 M P a. Se pide dimensionar la sección con: a- un perfil normal doble T de alas anchas. b- una sección rectangular hueca de espesor t = 4 mm y una relación ancho-altura hb = 0, 35 m
=
Ejercicio 2:
Una columna de longitud L = 3, 5 m está articulada-articulada y tiene una sección PNI16 con propiedades: A = 54, 3 cm2 , I x = 2490 cm4, I y = 889 cm4 , W x = 311 cm3 , W y = 111 cm3 . Se pide a- bajo una carga P = 30 tn , determinar la máxima excentricidad a flexión alrededor del eje y. b- si la excentricidad es ex = 10cm, determinar la carga axial necesaria para que el material entre en fluencia.
1
