Pandeo

PANDEO EN EL CAMPO REAL DE BARRAS DE ACERO

Ing. Civil OMAR MIÑO Profesor Titular de Construcciones Metálicas I Escuela de Ingeniería Civil Facultad de Ciencias Exactas, Ingeniería y Agrimensura Universidad Nacional de Rosario Ex Profesor Asociado de Estructuras Metálicas y de Madera de la Facultad de Ingeniería de la Universidad Nacional de Buenos Aires (UBA)

Abril 2005

Ing. Civil Ornar Miño

TORSIÓN NO UNIFORME PANDEO POR TORSIÓN PANDEO POR FLEXIÓN Y TORSIÓN

NUEVA NORMA AMERICANA AISC-LRFD DE LA CONSTRUCCIÓN METÁLICA Y SU COMPARACIÓN CON LA NORMA EUROPEA (EUROCÓDIGO 3)

Abril 2005

2

Ing. Civil Ornar Miño

Este documento es publicado por la FCEIA para su consulta externa. El mismo se publica como Reporte de Investigación para divulgación de las tareas científicas que se desarrollan en la FCEIA, Universidad Nacional de Rosario. Los autores conservan los derechos de autoría y copia de la totalidad de su trabajo aquí publicado. Luego de su posterior eventual publicación externa a la FCEIA, los requerimientos deberán dirigirse a los autores respectivos. El contenido de este reporte refleja la visión de los autores, quienes se responsabilizan por los datos presentados, los cuales no necesariamente reflejan la visión de la SeCyT-FCEIA. Tanto la SeCyT-FCEIA como los autores del presente reporte no se responsabilizan por el uso que pudiera hacerse de la información y/o metodologías publicadas. Cualquier sugerencia dirigirla a: [email protected]

Resumen: Análisis de la torsión no uniforme. Estudio del pandeo por torsión. La incidencia que tiene la torsión en la determinación de la carga crítica. Comparación con la carga crítica de pandeo sólo por flexión. Estudio del pandeo por flexo-torsión. Incidencia de la torsión en la minoración de las cargas críticas de pandeo por flexión. Criterio AISC-LRFD (Diseño por Factores de Carga y Resistencia) Criterio europeo. Comparación de ambos criterios. Proyecto de Reglamentación Argentina. Comentarios y análisis de la misma con respecto a la de USA. Ejemplos numéricos.

Abstract: Nonuniform torsion analysis. Torsional buckling. The incidence that the torsion has in the critical load determination. Comparison with the critical load from flexural buckling. Flexuraltorsional buckling. Torsion incidence in flexural buckling critical load reduction. AISC-LRFD approach. European approach. Comparison between both criteria. Argentinean regulation project. Comments and analysis of this project comparing it with USA regulation.

3

Ing. Civil Ornar Miño

ABREVIATURAS

AASHTO

American Association of Highway and Transportation Officials

AISC

American Institute of Steel Construction

AISI

American Iron and Steel Institute

ANSI

American National Standard s Institute

AREA

American Railway Engineering Association

ASCE

American Society of Civil Engineers

ASTM

American Society for Testing and Materials

CRC

Column Research Council (Consejo de Investigaciones de Columnas)

NBC

National Building Code

NBS

National Bureau of Standards

AISCM

AISC Manual of Steel Construction.

DEP

Diseño por Esfuerzos Permisibles

FS

Factor de Seguridad

FC

Factor de Carga

DFCR

Diseño por Factor de Carga y Resistencia

DP

Diseño Plástico

FF

Factor de Forma.

SSRC

Structural Stability Research Council

AISCS

AISC Specification for the Design, Fabrication and Erection of Structural Steel for Buildings

ASD

AISC - Allowable Stress Design. (Tensiones Admisibles de Diseño)

LRFD

Load and Resistance Factor Design (Diseño por Factor de Carga y Resistencia = DFCR)

4

Ing. Civil Ornar Miño

EQUIVALENCIAS 1 pulgada = 2,54 cm = O, 0254 m 1 pulgada cuadrada = 6,4516 cm2 = 0,0006416 m2 1 pié = 30,48 cm = 0,3048 m ≅ 30,50 cm 1 pié cuadrado = 929 cm2 = 0,0929 m2 1 libra-fuerza = 4,448 Newton = 453,6 g = 0,4536 Kg 1 Newton = 101,97 g = 102 g = 0,102 Kg 1 KN (kilo-newton) = 102.000 g = 102 Kg. = 0,102 t 1 Kilolibras (klb) = 1.000 libras = 4.448 Newton = 4,448 Kilonewton = 453,6 Kg. 1 Pascal (Pa) = Newton / m2 = 0,0102 g / cm2 = 0,0000102 Kg / cm2 1 Pascal (Pa) = Newton / m2 = 0,0001 N / cm2 = 0,000001 N / mm2 1 MPa (Mega Pascal) = 1.000.000 N / m2 = 10,200 g / cm2 = 10,2 Kg / cm2 235 MPa = 235 N / mm2 = 2.400 Kg / cm2 1 KSI = 6,895 M Pa = 70,3 Kg / cm2 1 KIP = 1.000 libras = 453,6 Kg. 1 Kg-fuerza = 9,807 Newton

-.-- ~ -

5

Ing. Civil Ornar Miño

Índice Capítulo 1:

Apéndice:

Torsión no uniforme, tensiones secundarias en torsión

Pág.

1. – Introducción

1

2.- Torsión no uniforme

6

3. - Alabeo unitario

7

4.- Coordenadas sectoriales

10

5.- Momento estático sectorial

11

6.- Variación de las coordenadas sectoriales cuando varía el polo

11

7.- Coordenadas del centro de corte. Módulo de alabeo

13

8.- Tensiones normales y de corte debido a la torsión

16

9.- Momento torsor interior debido a torsión no uniforme

18

10.- Torsión mixta

19

11. – Bimomento

20

12.- Módulos de alabeo propios de un elemento

23

12a- Tablas

25

13 - División del momento flector, diagrama, tensiones

27

14 - Tensiones debido a la división del momento torsor

28

15. - Analogía con flexión simple

29

16. - Momentos torsores de segundo orden

30

16a.- Tablas

31

17 - Barras con alma de altura variable

33

17a - Tablas

35

Torsión no uniforme 1 - Valores de Jt (módulo de torsión)

41

2 - Centro de torsión de secciones que no están en tablas (págs.25 y 26)

42

3 - Módulo de alabeo

44 6

Ing. Civil Ornar Miño

Capítulo II: Pandeo por torsión. 2. – Introducción

59

2.1- Análisis del fenómeno

59

2.2- Ecuación diferencial reducida

61

2.3- Condiciones de borde - Tensiones críticas

61

2.4- Ecuación diferencial general

62

2.5- Condiciones de borde - Tensiones críticas

62

2.7- Norma americana

65

2.8- Nueva norma americana AISC-LRFD

66

2.9- Norma europea

66

2.10- Nueva norma europea

68

Capítulo III: Pandeo por flexo torsión. 1.- Introducción

69

2.- Análisis del fenómeno

71

3.- Ecuación diferencial de pandeo por flexo torsión

72

4.- Criterio americano . Ecuación algebraica en función de tensiones

73

4.1- Ecuación algebraica, en función de los radios de giro

76

4.2- Ecuación algebraica, en función de las esbelteces

77

5.- Secciones que no tienen ningún eje de simetría

78

5.1 Ecuación de tercer grado en función de los radios de giro

80

5.2- Ecuación de tercer grado en función de las esbelteces

80

6.- Nueva norma americana . Criterio AISC – LRFD

81

7.- Criterio europeo . Secciones de simple simetría

81

7.1- Secciones que no tienen ningún eje de simetría

83

7

Ing. Civil Ornar Miño 7.2 – Nueva norma europea – Secciones con doble y simple simetría

83

7.3 – Secciones que no tienen ningún eje de simetría

83

8 – Comparación entre la norma AISC-LRFD y la norma europea

83

8.1 – Conclusión

84

Pandeo por Torsión y por Flexo torsión

85

Apéndice

Aplicaciones prácticas

88

8

Ing. Civil Omar Miño Capítulo 1: - Tensiones secundarias en la torsión. 1. - Introducción. En el estudio de la torsión de ejes circulares, se supone ordinariamente que la distancia entre dos secciones cualesquiera de un eje, no varía durante la torsión. Esta hipótesis es muy acertada para materiales tales como el acero, en los que la distorsión, durante la torsión, es muy pequeña. Pero para materiales como por ejemplo la goma, la. distorsión máxima durante la torsión, puede ser considerable, y en este caso debe tenerse en cuenta la variación de distancias entre las secciones del eje, si se desea obtener valores correctos de las tensiones. Lo mismo acontece al torsionar, piezas de acero de sección rectangular estrecha. Veamos en primer lugar un eje macizo circular, y supondremos por ahora que la distancia entre dos secciones consecutivas, no varia durante la torsión uniforme. Si γ es la distorsión en la superficie del eje (Fig. 1), el alargamiento de la fibra longitudinal AB, se deduce del triángulo ABB1:

(1) → AB1 =

5 61 6 277 8 AB ⎛ 1 ⎞ = AB⎜1 + γ 2 + γ 4 + γ + γ + ...⎟ cos γ 24 120 8.064 ⎝ 2 ⎠

tomándose únicamente:

(2) → AB1 = AB⎛⎜1 + 1 γ 2 ⎞⎟ 2

⎝

⎠

Expresando γ en función del ángulo de torsión por unidad de longitud θ, se obtiene: ⎡ 1 ⎛ d ⎞2 ⎤ (3) → AB1 = AB ⎢1 + ⎜θ ⎟ ⎥ ⎢⎣ 2 ⎝ 2 ⎠ ⎥⎦

y el alargamiento unitario de la fibra AB es:

(4) → ε máx

=

2 AB1 − AB 1 2 1 2 2 1 τ máx = γ = θ d = 2 8 2 G2 AB

La tensión de tracción correspondiente es:

(5) → σ máx

Figura 1

2 E τ máx = ε máx E = 2 G2

para otra fibra a una distancia r del eje, la distorsión es 2

2

(6) → σ = σ máx ⎛⎜ 2r ⎞⎟ = 2 E ⎛⎜ r ⎞⎟ ⎛⎜ τ máx ⎞⎟ ⎝d ⎠ ⎝d ⎠ ⎝ G ⎠

rγ , y la tensión de tracción es: (d / 2)

2

(Figura 2)

Entonces la hipótesis hecha de que la distancia entre dos secciones es invariable durante la torsión, nos lleva a la conclusión de que debe aplicarse una fuerza extensora longitudinal en los extremos de la pieza, de tal manera que produzca las tensiones de ecuación (6), para que su longitud no varíe. Si no se aplica esta fuerza, sino solamente un momento torsor, la torsión viene acompañada de un acortamiento del eje. Sea εo el acortamiento unitario, entonces en lugar de la ecuación (6) se obtiene: 2

2

(7 ) → σ = 2 E ⎛⎜ r ⎞⎟ ⎛⎜ τ máx ⎞⎟ − ε o E ⎝d ⎠ ⎝ G ⎠

9

Ing. Civil Omar Miño

σ

Figura 2

Figura 3

La determinación de εo se establece en base a que la tensión longitudinal total debe ser nula, pues no existe esfuerzo longitudinal. Dividiendo la sección en anillos elementales y sumando las fuerzas correspondientes a las tensiones se obtiene: d 2

∫ 2π.rσ.dr = 2π ∫ 0

d ⎡ 2

0

⎛τ ⎞ de donde ε o = ⎜ máx ⎟ ⎝ 2G ⎠

2 2 2 ⎤ ⎤ d 2 ⎡⎛ τ máx ⎞ ⎛ r ⎞ ⎛ τ máx ⎞ ⎢2E⎜ ⎟ ⎜ ⎢⎜ ⎟ − Eε o ⎥.r.dr = Eπ ⎟ − εo ⎥ = 0 4 ⎢⎝ 2G ⎠ ⎢⎣ ⎝ d ⎠ ⎝ G ⎠ ⎥⎦ ⎥⎦ ⎣

2

que reemplazándola en la ecuación (7) se obtiene:

2 2 ⎤ ⎛ τ máx ⎞ ⎡ ⎛ r ⎞ (8) → σ = E ⎜ ⎟ ⎢8⎜ ⎟ − 1⎥ ⎝ 2G ⎠ ⎢⎣ ⎝ d ⎠ ⎥⎦

con

E = 2.100

y la tensión máxima tiene lugar en la parte exterior, donde r =

(9) → σ máx = E ⎛⎜

τ máx ⎞

2

⎟ ⎝ 2G ⎠

siendo G =

t cm 2

para el acero.

d , es de tracción (Figura 3) y vale 2

E t = 807,7 2 2(1 + μ ) cm

μ= 0,3 (Módulo de Poisson) En cambio, en el centro, se obtiene una tensión de compresión de igual valor (Figura 3). Puede observarse que la tensión varía en forma parabólica, y si a cada tensión le corresponde una deformación, las deformaciones no están en un plano y habría alabeo de la sección, que en materiales como el acero es despreciable, como puede verse dando valores a la ecuación (9): Con τ máx = 0,9

t cm 2

⇒ (9) → σ máx

2

t ⎛ 0,9 ⎞ t Kg = 2.100 2 ⎜ ⎟ = 0,000652 2 = 0,652 2 cm ⎝ 2 x807,7 ⎠ cm cm

Conclusión: la sección circular se alabea pero esto es despreciable, siendo la hipótesis de permanencia plana de la sección muy acertada. Si en lugar de una sección circular se tiene una sección rectangular estrecha puede verse que, aún para materiales como el acero, las tensiones longitudinales σ pueden tener el mismo orden de magnitud que las tensiones cortantes τ 10

Ing. Civil Omar Miño

Figura 4 Si el lado largo de la sección b es grande comparado con el ancho c, el alargamiento máximo de la fibra más alejada, debido únicamente a la torsión, se deduce de la ecuación (4), sustituyendo d por b, y se tiene: 2

(10) → ε máx = b θ 2

y la tensión longitudinal es

8

σ máx = Eε máx = E

b2 2 θ 8

para otra fibra a una distancia "y", el alargamiento es:

(11) → ε = ε máx ⎛⎜ 2 y ⎞⎟ ⎝ b ⎠

2

y la tensión longitudinal es

(12) → σ = Eε = Eε máx ⎛⎜ 2 y ⎞⎟ ⎝ b ⎠

2

Combinando el alargamiento con la contracción unitaria εo, pues no existe esfuerzo longitudinal en los extremos, se obtiene:

⎛

2

⎞

2

⎛θ 2 y2 ⎞ ⎟−ε − εo = ⎜ ⎜ 2 ⎟ o ⎝ b ⎠ ⎝ ⎠

(13) → ε = ⎜⎜ b ⎟⎟θ 2 ⎛⎜ 2 y ⎞⎟ ⎝ 8 ⎠

(14) → σ

y la tensión correspondiente es:

⎡⎛ θ 2 y 2 ⎞ ⎤ ⎟ − εo ⎥ = E ⎢⎜ ⎜ ⎟ ⎢⎣⎝ 2 ⎠ ⎥⎦

La constante εo se determina igual que en el caso anterior, estableciendo que es nula la fuerza extensora total, o sea:

(15.a ) →

b 2 c.σ .dy b − 2

∫

⎛

= cE

b ⎡ θ 2b 2 2 ⎛ ⎢⎜ b ⎜ 2 − ⎣ ⎢ 2 ⎝

∫

⎤ ⎡⎛ 2 ⎞⎛ 3 ⎞ ⎤ ⎞ ⎟ − ε o ⎥.dy = cE ⎢⎜ θ ⎟⎜ b ⎟ − ε o b⎥ = 0 → donde ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎠ ⎦⎥ ⎣⎢⎝ 2 ⎠⎝ 12 ⎠ ⎦⎥

⎞⎛ b 2 ⎞ ⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ 12 ⎟ 2 ⎝ ⎠⎝ ⎠

(15.b ) → ε o = ⎜⎜ θ

2

sustituyendo en la ecuación (14) se tiene:

(16) → σ

=E

θ2 ⎡

2 2 b ⎤ y − ⎢ ⎥ 2 ⎢⎣ 12 ⎥⎦

Entonces la tensión de tracción máxima, para la fibra más alejada y = b /2, es (17 ) → σ máx = E y la tensión de compresión en el centro, y = 0

(18) → σ mín

= −E

θ 2b 2 24

Para comparar estas tensiones con τmáx se usarán las ecuaciones correspondientes a una sección rectangular muy estrecha, y se tiene:

11

θ 2b 2 12

Ing. Civil Omar Miño

(20) → σ máx =

2

E ⎛ τ máx ⎞ ⎛ b ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 12 ⎝ G ⎠ ⎝ c ⎠

2

2

σ mín

=

E ⎛ τ máx ⎞ ⎛ b ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 24 ⎝ G ⎠ ⎝ c ⎠

2

b es un número grande, las tensiones σ pueden no ser c pequeñas, comparadas con las τ. La distribución de tensiones en los extremos es parabólica, como se observa en la figura 5, y éstas tienen la dirección de las fibras longitudinales del elemento sometido a torsión, y están inclinadas con relación al eje un ángulo θ . y . Sus proyecciones sobre un plano perpendicular al eje de la pieza son: Puede verse que cuando la relación

⎛ 3 b2 y ⎞ ⎟ ⎜y − 2 ⎜⎝ 12 ⎟⎠

(21) → σ .θ . y = Eθ

3

La componente (21) de la tensión σ correspondiente al elemento c.dy de la sección, genera un momento torsor, respecto al eje de la pieza, cuya expresión es:

⎛ 3 b2 y ⎞ ⎟c. y.dy ⎜y − 2 ⎜⎝ 12 ⎟⎠

(22) → dM t 2 = Eθ

3

y en consecuencia el momento torsor resultante es:

(23) → M t 2 =

b 2 b − 2

∫

Eθ 3 ⎛⎜ 3 b 2 y ⎞⎟ E.c.b 5θ 3 y − c. y.dy = 2 ⎜⎝ 12 ⎟⎠ 360

Figura 5 Combinando este momento torsor, con el debido al de las tensiones cortantes según Saint Venant, se obtiene el momento torsor total:

(24) → M t

= M t1 + M t 2

1 3 1 E ⎛⎜ b 4 ⎞⎟ 2 ⎤ E.c.b 5θ 3 1 3 ⎡ θ = b.c θ + = b.c Gθ ⎢1 + ⎜ 2⎟ ⎥ 3 360 3 ⎣⎢ 120 G ⎝ c ⎠ ⎦⎥

Puede verse que en el caso de una sección rectangular muy estrecha y deformada, hasta un ángulo de torsión relativamente grande, las tensiones σ pueden absorber una parte del momento torsor.

12

Ing. Civil Omar Miño Entonces dado el valor del momento torsor, el ángulo de torsión θ correspondiente se calcula con la ecuación (24). Lo importante es hacer notar que además de M t1 (Saint Venant), aparece un nuevo momento Mt2 que ayuda a absorber la solicitación. Ejemplo:

b = 10 cm, c = 0,15 cm G = 807.700 Kg/ cm2

τ1máx = 900 Kg/cm2

1 M t = b.c 2τ 1máx = 67,5Kg .cm 3 τ rad 900 = 0,0074285 θ1 = 1máx = c.G cm 0,15 x807.700

(

)

y usando la ecuación (24) 0,0074285 = θ 1 + 9.629,63θ 2 ⇒ θ = 0,005671645

τ máx = θ .c.G = 0,005671645 x0,15 x807.700 σ máx =

2 Eτ máx b2

12.G.c

2

=

Kg cm 2

2.100.00 x(687,15)2 10 2 Kg 12 x807.700 x(0,15)

2

cm

2

= 687,15

rad cm

Kg cm 2

= 562,93

Kg cm 2

Puede observarse que para un importante ángulo de torsión, las tensiones normales, en un elemento deformable, son del mismo orden que las tensiones cortantes. Con lo dicho anteriormente, puede deducirse que una tensión uniforme longitudinal, tiene gran influencia sobre el ángulo de torsión de una chapa delgada. En efecto si se aplica a ésta una tensión de tracción uniforme σo, el cálculo de εo se logra con la ecuación (15):

⎡⎛ θ 2 ⎞⎛ b 3 ⎞ ⎤ ⎛ 2 ⎞⎛ 2 ⎞ ⎟⎜ ⎟ − bε o ⎥ = σ o b.c ⇒ ε o = ⎜ θ ⎟⎜ b ⎟ − σ o c.E ⎢⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ 2 ⎟⎜ 12 ⎟ E ⎢⎣⎝ 2 ⎠⎝ 12 ⎠ ⎥⎦ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎛ Eθ 2 ⎞⎛ 2 b 2 ⎞ ⎟⎜ y − ⎟ +σo Reemplazando ε o en la Ec. (14), la tensión longitudinal de tracción será: σ = ⎜ ⎜ 2 ⎟⎜ ⎟ 12 ⎝ ⎠⎝ ⎠ el momento torsor correspondiente es:

b 2 σ .θ . y. y.c.dy b − 2

∫

=

E.c.b 5θ 3 σ oθ .b 3 c + 360 12

y la expresión del momento torsor total es: ⎡⎛ 1 1 ⎛ E ⎞⎛⎜ b 4 M t = b.c 3G.θ .⎢⎜1 + ⎜ ⎟ 3 ⎢⎣⎜⎝ 120 ⎝ G ⎠⎜⎝ c 2

⎞ 2 ⎞ 1 ⎛σo ⎟θ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎟ 4⎝ G ⎠ ⎠

⎞⎛ b ⎞ ⎟⎜ ⎟ ⎠⎝ c ⎠

2⎤

⎥ ⎥⎦

b es un número grande (chapa delgada), c la tensión de tracción aplicada puede reducir considerablemente el ángulo θ de torsión.

Con esta última ecuación puede deducirse que, cuando

Por otra parte pudo verse que, en los elementos de paredes delgadas y secciones abiertas, por su deformabilidad ante un momento torsor, se originan en él tensiones longitudinales importantes. Tomando el ejemplo anterior, y aumentando el espesor de la chapa, el problema cambia, porque con el aumento del espesor, las tensiones longitudinales disminuyen de valor. Considerando ahora:

13

Ing. Civil Omar Miño b =10 cm c = 0,4 cm G = 807.700 Kg / cm2 τ1máx = 900 Kg / cm2 τ rad 1 M t = b.c 2τ 1máx = 480 Kgcm → θ1 = 1máx = 0,00278569 c.G cm 3 aplicando la ecuación (24) se llega a:

(

)

0,00278569 = θ 1 + 1.354,1667θ 2 ⇒ θ = 0,0027573

τ máx = c.G.θ = 0,4 x807.700 x0,0027573 σ máx =

Eτ 1máx b 2 2

12.c G

2

= 133,05

Kg cm

2

rad cm

= 890,828

Kg cm 2

Kg cm 2

Se observa que, a medida que la chapa pasa de muy delgada a delgada, las tensiones normales van decreciendo, a pesar de tener todavía torsión uniforme. Esto da la pauta que las tensiones normales adquieren importancia en perfiles de chapa plegada en frío, donde sus espesores pueden variar entre 0,5 y 4 mm, aunque la torsión sea uniforme. En cambio cuando los espesores aumentan, la tensión normal tiende a ser insignificante, por ejemplo en los perfiles laminados en caliente cuando la torsión es uniforme, la tensión normal sigue existiendo, pero con un valor despreciable Kg (valores que oscilan entre los 5 y10 ) cm 2 2. Torsión no uniforme. Si se analiza un segmento de perfil doble te, sometido por dos pares Mt iguales (figura 6), y de sentidos contrarios, aplicados en sus extremos, siendo las únicas fuerzas que obran sobre la barra, y no existe ningún factor externo que evite o restrinja las deformaciones. En estas condiciones, las fibras longitudinales inicialmente rectas, se retuercen pero para ángulos de giros pequeños, se considera que siguen rectas e inclinadas respecto del eje de rotación, por lo tanto las alas giran pero conservan su forma rectangular y el alma se alabea. Todas las secciones transversales normales al eje longitudinal, se alabean de la misma manera, y se considera que no varían las dimensiones de las fibras longitudinales, y por consiguiente no aparecen esfuerzos normales. Figura 6 El fenómeno es todavía de torsión uniforme o torsión pura, y por lo tanto se pueden aplicar todas las ecuaciones correspondientes a este tipo de torsión, porque el ángulo de torsión es uniforme en toda la longitud, si así no fuese estaríamos en presencia de un ángulo de torsión variable en la longitud, y estaría originando un momento torsor que no es uniforme, se la suele llamar también torsión impura. Si se analiza ahora un perfil doble te, como en el caso anterior, pero que está empotrado en uno

14

Ing. Civil Omar Miño

de sus extremos (Figura 7), impidiendo tanto su rotación alrededor del eje longitudinal, como los desplazamientos paralelos a ese eje, de los puntos situados en la sección transversal correspondiente. En esas condiciones la barra se deforma, la sección inferior mantiene su posición original, mientras que las otras giran alrededor del eje longitudinal y se alabean, pero ni giro ni alabeo son constantes, sino que van aumentando desde cero en el extremo inferior, hasta llegar a un máximo en el superior, y las fibras paralelas al eje de la barra, no conservan su longitud inicial, como sucede en torsión pura o uniforme, sino que unas se alargan y otras se acortan, todas las fibras de AEFB del ala se alargan, y las de EFDC se acortan conservándose sin cambio la EF, originándose esfuerzos normales longitudinales y proporcionales a las deformaciones unitarias. 3. Alabeo unitario. Lo expuesto anteriormente, puede ser tratado en forma mas general, y para ello se analiza la sección genérica abierta de paredes delgadas, cuya línea media tiene una forma cualquiera, sometida a torsión restringida, y uno de los extremos de la barra está empotrado, mientras que el otro está libre, y sobre él actúa un momento torsor (Figura 8) Figura 7 Ambos extremos de la sección tienen un diafragma o chapa, que es un elemento teórico de aplicación de momentos (rigidez infinita en su plano). Se supone que la chapa m2 es fija, y la que gira es la del diafragma m1. El giro relativo entre m1 y m2 respecto de cualquier eje; se elije un eje de giro e, arbitrario y paralelo al eje de la barra, interceptando a m1 en M1, y a m2 en M2, y se estudia lo que pasa en el plano del diafragma m1. Alrededor de M1 se produce un giro de la sección, se observa lo que sucede con un punto N1 cualquiera, que está sobre la línea media de la barra (Figura 9), éste sufrirá un desplazamiento δ durante el giro, que será normal al radio ρ, siendo dicho radio el segmento que une el centro de giro M1 con N1. 25)

δ= ρ.dθ

Trazando por N1 la tangente a la línea media, cuya distancia a M1 es r, entonces se puede descomponer el desplazamiento δ, en una componente sobre la tangente y otra sobre la normal a ésta. Proyección sobre la tangente

ρ dθ. cos α = r . dθ = du

15

Ing. Civil Omar Miño

e

Figura 8

Figura 9

16

Ing. Civil Omar Miño (26)

du = r dθ

Pero habrá que ver lo que pasa con un elemento diferencial interior (ds , dz)de la barra de la Figura 10. Después de la deformación el rectangulito girará, pero no podrá torcerse, pues se encuentra en la línea media, y allí no existen tensiones τ. El descenso del punto B es despreciable, por tratarse de deformaciones pequeñas (Figura l0 a). Los vértices D y C, al girar, habrán subido de dw, medidos en la dirección del eje z, ocupando ahora los lugares D’ y C’ formando con la posición anterior un ángulo β, y por consiguiente:

(27 ) → dw = β .ds

(28) → β = du dz

reemplazando en (27)

(29) → dw = du ds

pero du = r.dθ reemplazando en (29) dz (30) → dw = r dθ ds dz El sentido positivo del eje z puede verse en la Figura 10, ds es esencialmente positiva, r es positivo, entonces r ds es positivo, además (dθ / dz) es positiva, pero dw es negativo, porque va en sentido contrario al sentido positivo del eje z, por lo tanto se puede escribir:

Figura 10

17

Ing. Civil Omar Miño

(31) → dw = −r.ds⎛⎜ dθ ⎞⎟ ⎝ dz ⎠

Esta ecuación está diciendo que existe alabeo de la sección, y se denomina alabeo unitario de la sección a la función:

∫

w = − r.ds = ϕ M

Siendo el subíndice M el punto o centro de giro, respecto del cual se calcula el alabeo unitario. dθ = 1,0 Entonces el alabeo es unitario cuando dz 4. - Coordenadas sectoriales. Llegado a este punto, se debe introducir el concepto de coordenadas sectoriales, o función de alabeo unitario. Se tiene la línea media de una sección transversal, perteneciente a una sección de pared delgada y abierta, y un punto M, situado en el plano de la sección llamado polo. Sobre la línea media se toma un punto O como origen, y otro punto P cualquiera, entonces la posición del punto P se puede definir por la longitud S de la curva OP, con origen en O y por el área del sector MOP, al doble de esta superficie se la designará como ϕM, y se llamará superficie sectorial o coordenada sectorial del punto P, con origen en O y polo M (Figura 10 a).

(32) → ϕ M

= doble de la superficie MOP

La coordenada sectorial ϕ M irá precedida del signo más o menos. Será más cuando el radio vector MO gira en el sentido de las agujas del reloj, y signo menos en el caso contrario. El incremento de la superficie diferencial viene dado por:

(33) → dϕ M

= − r.ds ⇒ ϕ M =

s=P

∫ − r.ds 0

Figura 10-a Siendo como puede verse una integral indefinida, pues P es un punto genérico de la línea media. Se ha tomado como origen O un punto cualquiera de la curva, y se lo ha tomado como origen de valor cero, pero en realidad no tiene valor "cero", sino que tiene un determinado valor que "a priori" se desconoce. Si el punto tomado como origen tuviese valor cero, se lo llamará “punto sectorial principal”. En el caso más general (cuando se desconoce el punto sectorial principal), la ecuación vendrá: s (34) → ϕ M = ϕ Mo − rs ds

∫

s =0

18

Ing Civil Omar Miño Siendo ϕ Mo el valor de la coordenada sectorial, en el punto de origen. Para calcular su valor tendremos que definir lo que es "momento estático sectorial".

5. - Momento estático sectorial. Se llama momento estático sectorial, al producto de la coordenada sectorial en dicho punto por su área diferencial o sea:

(35) → dSϕ = ϕ M dF ⇒ (36) → Sϕ

∫

= ϕ M dF F

Las coordenadas sectoriales de los puntos situados a ambos lados del punto sectorial cero, al tener signos contrarios, este último punto puede determinarse de tal forma que:

(37 ) → Sϕ

(38) →

∫

= ϕ M dF = 0

reemplazando valores se tiene

F

s ⎡ ⎤ − ϕ rs ds ⎥.dF = 0 ⎢ Mo F⎣ s =0 ⎦

∫

∫

⎡ s ⎤ (39) → ϕ Mo dF − ⎢ rs ds ⎥.dF = 0 F F ⎣ s =0 ⎦

∫

∫ ∫

Puede verse que la integral está extendida a toda la superficie de la barra, y con esta ecuación se puede conocer el valor de ϕ Mo :

(40) → ϕ Mo =

⎡ s ⎤ dF ⎢ rs ds ⎥. F ⎣ s =0 ⎦ F

∫ ∫

Ahora que se conoce el valor de ϕ Mo en el punto tomado como origen, es posible determinar el punto sectorial principal, que es el punto en el cual la función de partida es nula. 6. - Variación de la coordenada sectorial cuando varía el polo. Es muy importante estudiar como varía la coordenada sectorial de un punto P, cuando varía el polo. Si F es la posición inicial del polo, y pasa luego a M, observando la Figura 11, se puede escribir: dϕ F = rF ds

dϕ M = rM ds

19

Ing. Civil Omar Miño

XM

x

Figura 11 la diferencia sería: y además:

dϕ M − dϕ F = d (ϕ M − ϕ F ) = (rM − rF ).ds

rM − rF = ( y F − y M ). cos α + ( x F − x M ).senα

reemplazando en la anterior ecuación, y teniendo presente: ds. cos α = dx

y

ds.senα = −dy

⇒ d (ϕ M − ϕ F ) = ( y F − y M ).dx − ( x F − x M ).dy y finalmente:

(41) → ϕ M

− ϕ F = ( y F − y M ).x − ( x F − x M ). y + C

x.e. y son las coordenadas cartesianas del punto P, y así finalmente puede obtenerse el valor de ϕ M

(42) → ϕ M

= ϕ F + ( y F − y M ).x − ( x F − x M ). y + C

Si el polo F está situado en el origen de coordenadas, x F = y F = 0 , y la expresión de la ecuación será:

(43) → ϕ M

= ϕ F − y M .x + x M . y + C

Es decir que, cuando se conoce la coordenada sectorial de un punto referido a un foco F y a un origen O, se puede conocer la coordenada sectorial referida a otro polo M, y ésta es función de la coordenada sectorial referida al polo F, y de las coordenadas de los focos F y M más una constante C.

20

Ing Civil Omar Miño En el caso en que los dos sistemas de coordenadas sectoriales, tengan el mismo punto sectorial cero, siendo ( xo ; y o ) sus coordenadas, la ecuación quedaría:

(44) → ϕ F − ( y F

− y M ).xo − ( x F − x M ). y o + C = 0

con esta ecuación se puede despejar el valor de la constante. Si el polo F está situado en el origen de coordenadas se tendrá

(45) → ϕ F

− y M .x o − x M . y o + C = 0

Volviendo ahora al punto en el cual se hizo un paréntesis (Ecuación 31), se la escribe a ésta como sigue

(46) → dw = (− r.ds ) dθ dz

⎡

(47 ) → w = ⎢− ⎣

integrando y para cualquier punto:

⎤ dθ rs ds ⎥ s =0 ⎦ dz

∫

s

dθ es una constante en la teoría de Saint Venant ( el corrimiento absoluto de los dz puntos situados sobre una misma generatriz es constante), pero no lo es acá, en el fenómeno que se está analizando. Este valor de w (Ecuación 47) está demostrando que hay alabeo de la sección, y se recuerda que se denominó alabeo unitario de la sección a la función:

haciendo notar que

(48) → ϕ M

⎡ s ⎤ = ⎢− rs d s ⎥ ⎣ s =0 ⎦

∫

recordando que el subíndice M representa el punto o centro de giro respecto del cual se calcula el alabeo unitario, Y con esta denominación se puede escribir:

(49) → w = ϕ M ⎛⎜ dθ ⎞⎟ ⎝ dz ⎠

dθ y ϕM, y se recuerda que ϕM es dz función del centro de giro y de las características geométricas de la sección. Si el centro de giro fuese el baricentro de la sección, a la función se la denomina ϕ g

esto quiere decir que el alabeo de una sección es proporcional a

El cálculo de esta función ϕM, se ha visto en ecuaciones 33, 34, ... 40, también se ha visto como varía esta función ϕM en las ecuaciones 42 y 43, o sea que es posible calcular la función alabeo respecto de cualquier punto de la barra. 7. - Coordenadas del centro de corte. - Módulo de alabeo. Lógicamente que habrá un punto del plano, referido a la sección en el cual se verifique que la integral del cuadrado de la coordenada sectorial por la superficie diferencial sea mínimo, o dicho en otra forma

∫ (ϕ

M

)2 dF

pase

por un mínimo (Teoría de los Mínimos Cuadrados) y respecto de ese punto será mínimo ϕ M , e interesa saber las coordenadas de ese punto. 21

Ing. Civil Omar Miño

Usando la ecuación (43), y con origen en el baricentro de la sección, se plantea la integral siguiente, y a su resultado se lo denomina CM:

(50) → C M

=

∫ (ϕ

M

)2 dF

Con ϕ M de la expresión (43) resulta

(51) → (ϕ M )2 = [ϕ g − y M x + xM y + C ]2

desarrollándolo

(ϕ M )2 = (ϕ g )2 − 2ϕ g y M x + 2ϕ g xM y + 2ϕ g C + ( y M )2 x 2 − 2 y M xM xy − 2 y M xC + (xM )2 y 2 + 2 xM yC + C 2 reemplazando en la ecuación (50) queda

∫ (ϕ

M

)2 dF =

− 2 y M xM

∫ (ϕ

g

)2 dF + ( yM )2 ∫ x 2 dF + (xM )2 ∫ y 2 dF − 2 yM ∫ ϕ g xdF + 2 xM ∫ ϕ g ydF −

∫ xydF + 2C ∫ϕ dF − 2 y C ∫ xdF + 2x C ∫ ydF + C ∫ dF g

M

M

2

Integrando cada uno de los sumandos se llega a:

∫ (ϕ ) dF = C ∫ϕ x.dF = R g

2

g

y

∫ϕ dF = S g

g

g

∫ x dF = J ∫ϕ y.dF = R 2

g

∫ y dF = J ∫ xy.dF = J 2

y

x

x xy

Momento Estático Sectorial

∫ x.dF = S

y

Momento Estático con respecto al eje “y”

∫ y.dF = S

x

Momento Estático con respecto al eje “x”

Queda entonces,

(52) → C M = C g + ( y M )2 J y + ( x M )2 J x − 2 y M R y + 2 x M Rx − 2 xM y M J xy + 2C.S g − 2 y M C.S y + 2 x M C.S x + C 2 F

22

Ing. Civil Omar Miño Como el origen de coordenadas es el baricentro de la sección, los momentos estáticos respecto de los ejes x e y son nulos, y la ecuación se reduce a:

(53) → CM

= C g + ( y M )2 J y + ( xM )2 J x − 2 y M R y + 2 xM Rx − 2 xM y M J xy + 2CS g + C 2 F

Si C M es un mínimo, las derivadas parciales respecto de x M y de y M deben ser nulas:

δC M = 0 + 2 x M J x + 2 Rx − 2 y M J xy = 0 δxM δC M = 0 + 2 y M J y − 2 R y − 2 x M J xy = 0 δy M Se llega, entonces, a un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas: xM e y M , que resolviéndolo da como resultado

(54) → x M

=

(− Rx J y + R y J xy ) [J x J y − (J xy )2 ]

yM =

(Rx J x − Rx J xy ) [J x J y − (J xy )2 ]

Y éstas no son mas que las coordenadas, que corresponden al centro de esfuerzos cortantes, y cuando pertenecen a ejes coordenados principales ortogonales se tiene que J xy = 0 . Consecuentemente la ecuación (54) se reduce a:

(55) → x M

=

(− R x ) Jx

yM =

Ry Jy

En definitiva, la función ϕ M es mínima cuando tiene como polo el centro de corte, cuyas coordenadas se ha calculado, siendo el sistema de ejes coordenados de referencia baricéntrico de la sección. Al valor de C M se lo denomina "Módulo de Alabeo". Hay dos integrales, de las cuales se debe decir algo, éstas son:

∫

(56) → ϕ g y.dF = R x

∫ϕ

g x.dF

= Ry

Se llama Momento Estático Sectorial Lineal, al producto de la coordenada sectorial de dicho punto por su coordenada x , o su coordenada y , por su área, o sea: dR x = ϕ g y.dF

dR y = ϕ g x.dF

También se los suele denominar a R x y R y , como “Momentos de Alabeo de la sección”. Se recuerda que el elemento que se está analizando, está empotrado en uno de sus extremos, y por lo tanto el giro está impedido, y en el otro extremo actúa un par torsor Mt, en consecuencia los giros de secciones intermedias no serán constantes, sino que tendrán una variación, originándose diferentes deformaciones a lo largo del eje Z, y se puede escribir:

23

Ing. Civil Omar Miño

(57 ) → ε = dw dz

8. Tensiones normales, y de corte debidas a la torsión. Se sabe que σ = E.ε , y entonces aparecerán tensiones normales en la dirección del eje de la barra, cuya ecuación será:

⎛ 2 ⎞ (58) → σ = E dw = Eϕ M ⎜⎜ d θ2 ⎟⎟ dz

⎝ dz ⎠

Debido a estas tensiones normales variables, se desarrollarán tensiones de corte τ; aislando una porción de la barra, y estudiando el equilibrio del elemento según su eje, suponiendo además que el espesor es constante, se tendrá (Figura 12):

Figura 12

⎛ δτ ⎞ ⎛ δσ ⎞ −⎜ ⎟.t.dz.ds − ⎜ ⎟t.ds.dz = 0 ⎝ δs ⎠ ⎝ δz ⎠ quedando finalmente:

(59) → δτ

δs

=−

δσ δz

Si el espesor t es variable a lo largo de la línea media del elemento (Figura 13), el equilibrio en este caso conduce a la siguiente ecuación:

⎡ ⎛ δτ ⎞ ⎤ ⎡ ⎛ dt ⎞ ⎤ ⎛ δσ ⎞ ⎡ t ⎛ dt ⎞⎛ ds ⎞ t ⎤ −⎜ ⎟dz.⎢ + ⎜ ⎟⎜ ⎟ + ⎥.ds + τ .t.dz − ⎢τ + ⎜ ⎟.ds ⎥.⎢t + ⎜ ⎟.ds ⎥ dz = 0 ⎝ δz ⎠ ⎣ 2 ⎝ ds ⎠⎝ 2 ⎠ 2 ⎦ ⎣ ⎝ δs ⎠ ⎦ ⎣ ⎝ ds ⎠ ⎦ 24

Ing Civil Omar Miño despreciando términos de orden superior queda:

(60) → −⎛⎜ δσ ⎞⎟t − τ ⎛⎜ dt ⎞⎟ − ⎛⎜ δτ ⎞⎟t = 0 ⎝ δz ⎠

⎝ ds ⎠ ⎝ δs ⎠

(61) → −⎛⎜ δσ ⎞⎟ = 1 ⎛⎜ δτ t ⎞⎟

que puede escribirse:

⎝ δz ⎠

t ⎝ δs ⎠

reemplazando el valor de σ dado en (58) queda:

⎛ d 3θ ⎞ 1 ⎡ δ (τ .t ) ⎤ = − Eϕ M ⎜ 3 ⎟ ⎜ dz ⎟ t ⎢⎣ δs ⎥⎦ ⎝ ⎠ ⎛ 3 ⎞ (61.a ) → δ (τ .t ) = − Eϕ M t ⎜⎜ d θ3 ⎟⎟

δs

⎝ dz ⎠

recordar que ϕ M = f (s ) y t = f (s ) , integrando, entonces, (61.a ) S

(62) →

∫

So

S

⎛ d 3θ ⎞ d (τ .t ) = − E ⎜ 3 ⎟ ϕ M tds ⎜ dz ⎟ ⎝ ⎠S

∫

o

Para calcular esta integral tendríamos que conocer la integral en un punto, por lo tanto se tendrá: Figura 13 S

⎛ d 3θ ⎞ ⎟ ϕ M tds 3 ⎟ dz ⎝ ⎠S

τ .t − τ o t o = − E ⎜⎜

∫

despejando τ

o

S

⎛ 3 ⎞ (63) → τ = τ o to 1 − E ⎜⎜ d θ3 ⎟⎟ ϕ M tds t t ⎝ dz ⎠

∫

So

Puede verse que ésta es una ecuación con la cual no se puede trabajar con facilidad y soltura, entonces, si el origen en la curva se ubica en un extremo de la misma, se obtendrá que τ o = 0 , y la ecuación se reduce a: S

⎛ 3 ⎞ (64) → τ = − E ⎜⎜ d θ3 ⎟⎟ ϕ M tds t ⎝ dz ⎠

∫

So

Evidentemente que esto es así, es decir, τ o = 0 , pues no existe un esfuerzo exterior que la provoque. Si no lo fuera, el origen de la curva estaría en desequilibrio, y en consecuencia toda la sección.

25

Ing. Civil Omar Miño 9. - Momento torsor interior debido a la torsión no uniforme. Si se tomara un elemento diferencial cualquiera de la curva, un punto P de la misma, y trazando por él la tangente a la mencionada curva (Figura 14), teniendo presente que en la dirección de dicha tangente actúan las fuerzas cortantes, se quiere saber cuánto valdrá el momento D2, de las fuerzas que hay en ds con respecto a un punto determinado A, situado en el plano de la misma.

A

Figura 14

dD2 = τ .t.rA ds

reemplazando τ de la ecuación (64) produce

⎡ S ⎤ ⎛ d 3θ ⎞ ⎢ (65) → dD2 = − E ⎜⎜ 3 ⎟⎟rA ds ϕ Atds ⎥ ⎢ ⎥ ⎝ dz ⎠ ⎣S = 0 ⎦

∫

Puede verse que este par dD2 es provocado por las tensiones τ. Integrando queda S ⎡ S ⎤ ⎛ d 3θ ⎞ (66) → D2 = − E ⎜⎜ 3 ⎟⎟ rA ⎢ ϕ Atds ⎥ ds ⎥ ⎝ dz ⎠ S = 0 ⎢⎣ S = 0 ⎦

∫ ∫

y esta es una integral extendida a lo largo de una superficie y se puede escribir: S ⎡ S ⎤ ⎛ d 3θ ⎞ ⎢ ⎜ ⎟ (ϕ A ).t rA ds ⎥ ds D2 = − E ⎜ dz 3 ⎟ ⎢ ⎥ ⎝ ⎠S = 0 ⎣S = 0 ⎦

∫

teniendo presente que:

∫

dF = t ds

y

∫

ϕ A = rA ds

26

resulta

Ing. Civil Omar Miño S

⎛ 3 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 3 (67 ) → D2 = − E ⎜⎜ d θ3 ⎟⎟ (ϕ A )2 dF = − EC A ⎜⎜ d θ3 ⎟⎟ → (68) → D2 = − EC A ⎜⎜ d θ3 ⎝ dz ⎠ S = 0 ⎝ dz ⎠ ⎝ dz

∫

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

Debido a Saint Venant, se tendrá otro par D1 (el de torsión uniforme o pura), cuya ecuación es:

(69) → D1 = GJ t ⎛⎜ dθ ⎞⎟ ⎝ dz ⎠

lO.-Torsión Mixta.

La superposición de efectos debe dar el par solicitante D:

D = D1 + D2

M = M t1 + M t 2

o

Jt = Módulo de Torsión

Para evitar confusiones, en alguna bibliografía se suele usar la denominación M t1 = D1 y M t 2 = D2 , y el módulo de alabeo que se usa es el referido al centro de torsión, es decir, CM , y no el CA que en la deducción está referido a un punto cualquiera A del plano. Reemplazando Mt1 y Mt2 por sus respectivos valores dados en (68) y (69) queda:

⎛ 3 ⎞ (70) → M t = GJ t ⎛⎜ dθ ⎞⎟ − ECM ⎜⎜ d θ3 ⎟⎟ ⎝ dz ⎠

⎝ dz ⎠

y esta ecuación (70) es la ecuación diferencial de la torsión mixta, a lo largo de la barra. Mt2 es la parte del momento exterior que es resistida por esfuerzos tangenciales, que se originan al alabearse las secciones transversales de una manera no uniforme, y se lo llama "momento de torsión resistente debido al alabeo no uniforme" ó también "momento de torsión por alabeo". La ecuación (70) puede ser escrita de la siguiente manera: Definiendo λ =

o también

GJ t EC M

queda

3 (71a ) → d θ3 − λ2 dθ

dz

dz

=−

3 (71) → λ2 dθ − d θ3

dz

dz

=

Mt EC M

Mt EC M

y esta ecuación es aplicable cuando la barra es solicitada por un par Mt concentrado. Cuando actúan pares uniformemente distribuidos mt, puede obtenerse una ecuación equivalente, estudiando los momentos de torsión existentes en una longitud elemental dz, como se ve en la Figura 15:

27

Ing. Civil Omar Miño Planteando la ecuación de equilibrio:

( M t 2 + dM t 2 ) + mt dz − M t 2 = 0 ⇒ dM t 2 + mt dz = 0 ⇒ (72) → −mt =

dM t 2 dz

Derivando la ecuación (71 a):

mt d 2θ ⎞⎟ ⎛⎜ d 4θ ⎞⎟ 2⎛ ⎜ (72a ) → − =λ − ⎜ dz 2 ⎟ ⎜ dz 4 ⎟ EC M ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ o también

4 2 (72b ) → d θ4 − λ2 d θ2

dz

dz

=

mt EC M

La solución de las ecuaciones (71) ó (71 a) es:

(73) → θ = C1 + C2 cosh(λz ) + C3 senh(λz ) + M t z GJ t

y la solución de las ecuaciones (72 a) ó (72 b) es: Mt z2 (74) → θ = C1 + C2 z + C3 cosh (λz ) + C4 senh(λz ) − 2GJ t

siendo, cosh = coseno hiperbólico y senh = seno hiperbólico Las constantes de integración Ci de cada una de las soluciones, deben cumplir con las condiciones de borde. Para un apoyo simple las condiciones de borde serán: θ = O para el valor de z que corresponde a ese polo, y como además en ese punto no existen tensiones normales, según ecuación (58) debe ser d 2θ = 0 , que corresponde a alabeo libre. En cambio, para un empotramiento rígido las condiciones de dz 2 borde serán: θ = O para el valor de z correspondiente a dicho empotramiento, y además según dθ ecuación (49), debe ser = 0 , correspondiente a alabeo impedido. dz 11. - Bimomento. El bimomento está definido por la integral del producto de la tensión longitudinal σ, por la coordenada sectorial φM, y por dF (diferencial de área):

∫

BM = σϕ M dF

cuya dimensión es carga por superficie

F

Observando la fórmula puede verse que es un momento flector por una longitud, de allí viene la denominación dada por algunos autores, como el ruso V. Z. VIasov, de "bimomento", pudiendo llegar con esta denominación a otras ecuaciones. Recordando la ecuación (58), y multiplicando ambos miembros de la misma por ϕ M dF :

⎛ d 2θ ⎞ ⎟dF 2 ⎟ dz ⎝ ⎠

σϕ M dF = E (ϕ M )2 ⎜⎜

integrando esta ecuación

28

Ing. Civil Omar Miño ⎛ d 2θ ⎞ ⎛ d 2θ ⎞ 2 ⎜ ⎟ (75) → σϕ M dF = E ⎜ 2 ⎟ (ϕ M ) dF = EC M ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = EC M θ ' ' = BM ⎝ dz ⎠ F ⎝ dz ⎠ F

∫

∫

que no es mas que la expresión del "bimomento" , entonces se puede escribir:

⎛ d 2θ ⎞ B = EC M ⎜ 2 ⎟ = EC M θ ' ' ⇒ θ ' ' = M ⎜ dz ⎟ EC M ⎝ ⎠ Derivando el bimomento se obtiene:

(76) → BM

(77 ) → BM'

=

⎛ d 3θ ⎞ M dBM = EC M ⎜ 3 ⎟ = EC M θ ' ' ' = − M t 2 ⇒ (77a )θ ' ' ' = − t 2 ⎜ dz ⎟ dz EC M ⎝ ⎠

y se observa que, la derivada del bimomento respecto de "z", es la expresión del momento torsor debido al alabeo. Derivando nuevamente, se obtiene:

(78) →

'' BM

=

d B2 M dz 2

⎛ d 4θ ⎞ = EC M ⎜ 4 ⎟ = EC M θ IV ⎜ dz ⎟ ⎝ ⎠

teniendo en cuenta (75) y (78), y al reemplazarlas en (72 b), se tiene:

(79) → BM'' − λ2 BM

= mt

Puede observarse que se ha reducido el orden de la ecuación, y su solución es:

(80) → BM

= C1 cosh (λz ) + C 2 senh(λz ) + Bo

siendo Bo una solución particular de la no homogénea. Recordando la ecuación (58): σ = Eϕ M θ ' ' , y reemplazando en ella θ’’ dado en la (76): (81) → σ = BM ϕ M CM Esta ecuación explicita que “el bimomento dividido por el módulo de alabeo, y multiplicado por la coordenada sectorial (o alabeo unitario), da como resultado la tensión longitudinal σ, que provoca la torsión no uniforme”, y esta fórmula es parecida a la de flexión simple. Volviendo a la ecuación (64), y recordando la (36), se puede escribir: S (82) → τ = − Eθ ' ' ' ϕ Sϕ = Momento Estático Sectorial t S reemplazando en la (82) θ dada en la ecuación (68), se obtiene: (83) → τ = M t 2 ϕ CM t y esta ecuación también es parecida a la de tensiones cortantes producidas por la flexión. A la tensión τ se la puede expresar también de otra forma, y es en función del bimomento, reemplazando θ ' ' ' de la ecuación (77 a) S (84) → τ = − BM' ϕ CM t

29

Ing. Civil Omar Miño Todo esto se puede ver desde otro punto de vista, para ello se analiza la torsión de un perfil doble te en voladizo, lo que significa que está empotrado en una punta y libre en la otra, solicitado en la libre por un par torsor. Esto está indicando que se está en presencia de torsión no uniforme: las secciones del perfil se alabean (menos la empotrada), y este alabeo no es uniforme en todo el perfil, como puede verse en la figura 16. Este alabeo no uniforme produce tensiones longitudinales, originándose una flexión adicional, y ésta a su vez produce esfuerzos cortantes adicionales variables. En la figura16 se ve que, la flexión opuesta de las alas del doble te, produce el esfuerzo cortante V, constituyendo un par opuesto al par solicitante de torsión Mt, aplicado externamente. Se puede, entonces, plantear las ecuaciones siguientes:

(85) → V = dM dz

⎛

u ⎞⎟ 2 ⎟ ⎝ dz ⎠

(86) → M = − EJ f ⎜⎜ d

2

Siendo “u” la deformación de un ala (Fig. 16) y Jf el momento de inercia con respecto al eje “y” de un ala.

y

Reemplazando (86) en (85) se llega a:

⎛

u ⎞⎟ 3 ⎟ ⎝ dz ⎠

(87 ) → V = − EJ f ⎜⎜ d

3

d , siendo θ el ángulo de torsión y “d” la distancia entre las líneas 2 ⎛ 3 ⎞ (88) → V = − EJ f d ⎜⎜ d θ3 ⎟⎟ medias de los patines, entonces se puede escribir: 2 ⎝ dz ⎠ En la Figura 16 puede verse que u = θ

Este esfuerzo cortante en las alas V, por su brazo de palanca “d” produce un momento que resiste parte del torsor exterior, y no es mas que Mt 2:

⎛ d 3θ ⎞ ⎜ ⎟ = M t2 4 ⎜⎝ dz 3 ⎟⎠

(89) → Vd = − EJ y d

2

en la que se reemplazó J y = 2 J f

Y (89) es una fórmula deducida anteriormente. En esta instancia se la dedujo por otro camino y se determina el valor de CM:

(90) → C M

=

d4 Jy 4

y este valor es válido exclusivamente para perfiles doble te, pues CM depende de la forma de la sección transversal, y es muy exacto, pues está en función del momento de inercia respecto al eje “y” La torsión de Saint Venant, no se ve afectada por el alabeo no uniforme, al contrario se ve complementada por otro par que es Mt2, de modo que ambos resisten el par torsor exterior.

GJ tθ '− EC M θ ' ' ' = M t

30

Ing. Civil Omar Miño 12. - Módulos de alabeo propios, de un elemento. Si el método de las coordenadas sectoriales, se aplica a una chapa de pequeño espesor, el módulo de alabeo CM con respecto al centro de corte daría nulo, pues serian nulas las coordenadas sectoriales. Por ello se analiza una chapa de pequeño espesor, empotrada en un extremo y libre en el otro, a la cual aplicamos un par torsor baricéntrico, como se ve en figura 17, siguiendo el mismo camino que se siguió para el perfil doble te anterior. La chapa tendrá una deformación “u”, produciéndose flexión y esfuerzos de corte, y se puede plantear lo siguiente:

V= Y

dM dz

σ Siendo

M = − EJ f

d 2u dz 2

J f = J y = Momento de Inercia con

respecto al eje “y”

u = θ .y

dM y dV se expresan

dM = − Edy

t 3 d 2θ y 12 dz 2

t 3 d 3θ dV = − Edy y 3 12 dz V = −E

3

3

3

3

t d θ 12 dz 3

t d θ V = −E 12 dz 3

d 2

∫

ydy = − E

0

3

3

t d θ 12 dz 3

d 2⎤2

⎡y ⎢ ⎥ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 0

⎡1 d 2 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢⎣ 2 4 ⎥⎦

Figura 17 Y el momento torsor M t 2 , será el producto del esfuerzo de corte V por su brazo de palanca:

M t 2 = −V .h = − E

⎛ d 3t 3 ⎞ d 3θ t 3 ⎡ 1 d 2 ⎤ d 3θ ⎛ 2 ⎞ ⎟ ⎜ d E = − ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎜ 144 ⎟ dz 3 12 ⎢⎣ 2 4 ⎥⎦ dz 3 ⎝ 3 ⎠ ⎠ ⎝

Con esto puede verse que se ha encontrado un valor del módulo de alabeo, al cual se lo denomina “Módulo de Alabeo Propio de la Sección”, y vale:

CM =

d 3t 3 144

Si la chapa de pequeño espesor que se está analizando no gira alrededor del baricentro, sino que lo hace alrededor de un punto O, situado en el punto más alejado del baricentro, al ser, esta chapa, solicitada por un momento torsor, como puede verse en la Figura 18, siguiendo el mismo camino anterior se puede plantear que:

V=

dM dz

u = θ .y

31

Ing. Civil Omar Miño t 3 d 2θ dM = − Edy y 2 12 dz dV = − Edy

t 3 d 3θ y 12 dz 3

t 3 d 3θ V = −E 12 dz 3

d

∫ 0

t 3 d 3θ ydy = − E 12 dz 3

d

⎡ y2 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 0

⎡ t 3d 2 ⎤ V = −E ⎢ ⎥θ z ⎣⎢ 24 ⎦⎥ y el momento torsor M t 2 será:

M t2

⎡ t 3 d 2 ⎤ d 3θ ⎛ 2 ⎞ ⎛ d 3t 3 ⎞ ⎟θ z = −V .h = − E ⎢ ⎥ 3 ⎜ d ⎟ = − E ⎜⎜ ⎟ 36 ⎢⎣ 24 ⎥⎦ dz ⎝ 3 ⎠ ⎠ ⎝

CM

t 3d 3 = 36

Tratándose de perfiles laminados, por ejemplo doble te, con la teoría de coordenadas sectoriales, se calcula el valor del módulo de alabeo, respecto del centro de corte, que coincide con el baricentro; a éste hay que sumarle el módulo de alabeo propio de cada componente del perfil, es decir, el módulo propio de las dos alas y el Figura 18

t 3b 3 t a3 ha3 + del alma, que sería: 2 , en la cual b es el ancho del ala, t es 144 144 el espesor del ala, t a es el espesor del alma, y ha es la altura del alma (centro a centro de las alas).

Pero se debe hacer notar que, la diferencia entre el valor del módulo de alabeo, en función de solamente las coordenadas sectoriales, y el de- las coordenadas sectoriales más los propios de cada uno de los componentes del perfil, es tan solo del 0,4%, en una palabra no es necesario tener en cuenta los módulos de alabeo propios de cada uno de los componentes de la sección, con el valor que brindan la teoría de coordenadas sectoriales, es suficiente. En cambio, para secciones de perfiles angulares de alas iguales, o alas desiguales, o perfiles “te" la teoría de coordenadas sectoriales da valores nulos en el cálculo del módulo de alabeo, con respecto al centro de torsión, pues éste se encuentra en la intersección del eje de las alas para los angulares, y en la intersección del ala y alma en el caso de secciones “te”, Figura 19. En este' caso debe considerarse la suma de los módulos propios de cada uno de los elementos que componen la sección. Para una sección angular de alas iguales, las alas tendería a rotar alrededor del centro de giro y sería:

CM = 2

t 3b 3 t 3b 3 = 36 18

A continuación puede verse la Tabla 1, en la que se dan las coordenadas del centro de corte, el módulo de torsión JD, y el módulo de alabeo CM, con respecto al centro de corte, para diferentes secciones.

32

Figura 19

Ing. Civil Omar Miño Tabla 1 -Coordenadas del centro de torsión, módulos de torsión y módulos de alabeo, en algunas secciones de uso frecuente en construcciones metálicas. Coordenadas del Centro de Torsión

Sección

G

33

Módulo de Torsión Jt (aproximado)

Módulo de Alabeo CM

Ing. Civil Omar Miño

Tabla 1 - (Continuación) Sección

En la Figura 9:

J 2S =

Coordenadas del Centro de Torsión

t 2 b23 + F2 c 2 12

34

Módulo de Torsión Jt (aproximado)

Módulo de Alabeo CM

Ing. Civil Omar Miño 13. - División del momento torsor, diagramas, tensiones. . Se vio en el análisis de un doble te, de doble simetría (página 29, ecuación 86), figura 16 y figura 20, que: ut = θ d 2u dz 2

d 2

=−

(87 ) → d

Mf EJ f 3

u

dz 3

=−

Vf EJ f

d ⎡ d 3θ ⎤ (91) → V f = − EJ f ⎢ 3 ⎥ 2 ⎣⎢ dz ⎦⎥

Figura 20

La parte del momento torsor T del alabeo impedido es:

M w = V f d = − EJ f

d d 2 ⎡ d 3θ ⎤ ⎢ 3 ⎥ y recordando que C w = J f 2 2 ⎣⎢ dz ⎦⎥

⎡

(92) → M w = − ECw ⎢ d

θ⎤

3

(Ecuación 67-Página19) 3⎥ ⎢⎣ dz ⎥⎦

⎡ 3 ⎤ (93) → D1 + D2 = M s + M w = GJ t dθ − ECw ⎢ d θ3 ⎥ dz

⎣⎢ dz ⎦⎥

Ms = Momento torsor de Saint-Venant Mw .= Momento torsor del alabeo impedido La solución de la ecuación 71ª, es la ecuación 73:

(73) → θ = C1 + C2 cosh(λz ) + C3 senh(λz ) +

Mt z 2GJ t

Viga de apoyos simples solicitada a torsión

a)Distribución total del momento torsor

b)Distribución de parte del momento torsor(torsión pura de Saint-Venant) c)Distribución de parte del momento torsor de alabeo impedido (torsión impura) Figura 21

35

Ing. Civil Omar Miño Tratándose de una viga simplemente apoyada, como la de la Figura 21, con momento torsor L concentrado en , las condiciones de borde son: 2

θ =0 ⎩θ ' ' = 0

⎧θ = 0 z = L⎨ ⎩θ ' ' = 0

(94) → z = 0⎧⎨

En este caso el momento torsor es discontinuo en

θ '= 0 (condición de empalme):

L L , pero como es simétrico en debe cumplir 2 2

(95) → z = 0 ⇒ θ = 0 ⇒ C1 + C2 = 0 (96) → z = 0 ⇒ θ ' ' = 0 ⇒ C2 λ2 cosh(λz ) + C3λ2 senh(λz ) = 0 ∴ C2 = 0 ⇒ C1 = 0 y la ecuación se reduce a

(97 ) → C3λ2 senh(λz ) = 0

e imponiendo condiciones de empalme

⎡ ⎤ ⎢ ⎥ Mt Mt 1 L ⎢ ⎥ ⇒ θ ' = 0 ⇒ C3λ cosh (λz ) + = 0 ⇒ (98) → C3 = − 2 2GJ t 2GJ t λ ⎢ ⎛ λL ⎞ ⎥ ⎢ cosh⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎥ ⎣ ⎦

⎡ ⎤ ⎢ Mt senh(λz ) ⎥ ⎢λ z − ⎥ La ecuación finalmente queda: (99) → θ = 2GJ t λ ⎢ ⎛ λL ⎞ ⎥ cosh⎜ ⎟ ⎥ ⎢ ⎝ 2 ⎠⎦ ⎣ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ (100) → θ ' = M t ⎢1 − cosh(λz ) ⎥ ⇒ (101) → θ ' ' = M t λ 2GJ t ⎢ 2GJ t ⎛ λL ⎞ ⎥ cosh ⎜ ⎟⎥ ⎢ ⎝ 2 ⎠⎦ ⎣ ⎤ ⎡ 2 ⎢ M λ − cosh (λz ) ⎥ ⎥ ⇒ (102) → θ ' ' ' = t ⎢ 2GJ t ⎢ ⎛ λL ⎞ ⎥ ⎢ cosh⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎥ ⎦ ⎣

⎡ ⎤ ⎢ − senh(λz ) ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ cosh⎛ λL ⎞ ⎥ ⎜ ⎟⎥ ⎢ ⎝ 2 ⎠⎦ ⎣

y estas derivadas están relacionadas con las ecuaciones (91), (92), M s y condiciones de borde. 14. - Tensiones debido a la división del momento torsor. La tensión de corte de Saint-

⎛ dθ ⎞ Venant provocada por M s es: (103) → τ s = γ .G = GJ t ⎜ ⎟ ⎝ dz ⎠

Figura 22 Las tensiones de Saint-Venant se pueden observar en la Figura 22

36

Ing. Civil Omar Miño Las tensión de corte debido al alabeo impedido es:

(104) → τ w =

Vf Qf

Q f = momento estático, ala de sección rectangular, variación parabólica

Jftf

como se ve en Figura 22 b, y en c están las de corte debidas a flexión

(105) → Q f

=

bt f b 2 4

sustituyendo Q f y V f de ecuación (105) y (91), en (104), queda:

Eb 2 d d 3θ (106) → τ w = 16 dz 3

Tensiones cortantes de alabeo impedido.

El momento flector imperante en el plano del ala, provoca tensiones normales de variación lineal (Figura 23)

(107 ) → σ bw = Reemplazando u f = θ

(108) → M f

= − EJ f

Mfx Jf d en ecuación (86): 2

EC w d 2θ d d 2θ = − 2 dz 2 d dz 2

Figura 23

La máxima tensión se presenta para x = b /2, reemplazando la ecuación (108) en la (107), se logra:

(109) → σ bw

d b d 2θ bd d 2θ = − EJ f =E 2 2 J f dz 2 4 dz 2

15. - Analogía con la flexión simple.·Un perfil doble te solicitado por un momento torsor concentrado en el baricentro, se puede llevar a un sistema equivalente, como se ve en la Figura 24. El momento torsor es equivalente, a dos fuerzas iguales y contrarias actuando en el eje de las alas, siendo su valor

T . Si se toma en su totalidad, como la que provoca d flexión en el ala, se estaría sobredimensionando. Parte de esta fuerza Py , corresponde a torsión uniforme, y la restante a torsión no uniforme ó impura, como se ve en las Figura 21b y 21c. El esfuerzo de corte V f que corresponde a torsión impura, está dado por la ecuación d 3θ de ecuación (102) (91), en la que reemplazando dz 3 T cosh (λz ) queda: (109a ) → V f = 2d senh(λz ) Py =

Figura 24

La torsión impura M w , está relacionada con las tensiones normales que aparecen en el plano del ala (Figura 22)

37

Ing. Civil Omar Miño Valorizando correctamente, debe tomarse una barra análoga en flexión lateral, con un esfuerzo de corte similar al de figura 21c, en la cual se disminuye la carga Py , y el cálculo por torsión se simplifica, siendo el error despreciable. El momento flector en el ala será: (110) → M f = β T L Máximo momento flector 2d 2 Siendo β la relación entre el área correspondiente a M w , y el área correspondiente a la torsión rectangular, es decir: ⎡L ⎤ ⎢2 ⎥ ⎢ M ⎥ w L L ⎢ ⎥ ⎡ ⎤ ⎢0 ⎥ 2 2 ⎢ ⎥⎦ T cosh (λz ) ⎥ ⎢ ⎥ dλ z (111) → β = ⎢⎣ Mw = 2λ ⎢ ⎛ λL ⎞ ⎥ ⎛ TL ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ 0 0 ⎢ cosh ⎜ ⎝ 2 ⎠ ⎥⎦ ⎝ 4 ⎠ ⎣

∫

∫

∫

Los valores de β para diferentes condiciones de borde y carga, están tabulados en las tablas II, III, En las tablas VII y VIII, pueden obtenerse los valores de la coordenada sectorial ϕ M , el módulo de alabeo C w , el módulo de torsión J t , y el valor de λ , para diferentes perfiles doble te de doble simetría y perfiles U. 16. Momentos torsores de 2º orden. Mientras las cargas se encuentren actuando en el eje de la viga, los resultados de las ecuaciones (71a) y (72b) son correctos y corresponden a solicitaciones de primer orden. Pero si las cargas se encuentran sobre el eje de la barra, o por debajo de éste, se generan momentos torsores de 2° orden, y se los debe tener en cuenta.

Figura 25 Si la carga se encuentra en el borde superior (Figura 25) al producirse una rotación e, se genera un momento ΔM t = Pδ , que incrementa el segundo miembro de la ecuación diferencial, quedando en definitiva: (112) → − (M z1 + ΔM t1 ) = − ⎡⎢ M t b + Phb θ ⎤⎥ 1 EC w 2 L ⎦ EC w ⎣ L ⎡ Phb ⎤ M t1 ⎥θ = − EC w ⎣ 2 LEC w ⎦

(113) → θ ' ' '−λ2θ '+ ⎢

a la izquierda de P

38

Ing. Civil Omar Miño

TABLA II - Valores de β en viga de apoyos simples, y momento torsor concentrado = /3(Tab L). al z == aL

Mfh = β (Tab L) At z = aL

β λL

a = 0.5

a = 0.4

a = 0.3

a = 0.2

a = 0.1

0.5

0.98

0.98

0.98

0.99

0.99

1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 8.0

0.92 0.76 0.60 0.48 0.39 0.33 0.25

0.93 0.77 0.62 0.50 0.41 0.34 0.26

0.94 0.80 0.65 0.54 0.45 0.39 0.30

0.95 0.84 0.72 0.62 0.54 0.47 0.37

0.97 0.91 0.83 0.76 0.70 0.65 0.55

10.0

0.20

0.21

0.24

0.31

0.48

TABLA III

- Valores de β en viga de apoyos empotrados, y momento torsor concentrado. Mfh = β1 (Tab2L) at z = 0 Mfh = β2 (Tab2bL) L at z = L

a = 0.5

λL

a = 0.4

a = 0.3

a = 0.2

β1 = β2

β2

β2

β1

β2

β1

β2

0.5

0.99

1.00

0.99

1.00

0.99

1.00

0.99

1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 8.0 10.0

0.98 0.92 0.85 0.76 0.68 0.60 0.48 0.39

0.98 0.93 0.86 0.78 0.70 0.63 0.51 0.42

0.98 0.92 0.84 0.75 0.67 0.59 0.47 0.39

0.98 0.94 0.88 0.81 0.74 0.67 0.56 0.47

0.98 0.92 0.84 0.75 0.67 0.60 0.49 0.41

0.99 0.96 0.91 0.86 0.80 0.75 0.65 0.56

0.98 0.92 0.85 0.77 0.69 0.62 0.52 0.44

39

Ing. Civil Omar Miño

TABLA IV- Valores de β en viga de apoyos simples, y momento torsor uniforme.

β λL

a = 0.5

a = 0.4

a = 0.3

a = 0.2

a = 0.1

0.5 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 8.0 10.0

0.97 0.91 0.70 0.51 0.37 0.27 0.20 0.12 0.08

0.97 0.91 0.71 0.51 0.37 0.27 0.20 0.12 0.08

0.98 0.91 0.71 0.52 0.38 0.29 0.22 0.13 0.09

. 0.98 0.91 0.72 0.54 0.41 0.31 0.24 0.16 o.n

0.98 0.92 0.74 0.57 0.44 0.34 0.28 0.19 0.14

TABLA V- Valores de β en viga de apoyos empotrados, y momento torsor unifonne.

λ L 0.5 β

0.99

1.0

2.0

3.0

4.0

5.0

6.0

8.0

0.98

0.94

0.88

0.81

0.74

0.67

0.56

TABLA VI- Valores de β en viga apoyos empotrados y momento torsor concentrado.

λL 0.5 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0

a = 0.5 0.99 0.98 0.92 0.85 0.76 0.68 0.60

a = 0.3 1.00 0.99 0.95 0.91 0.85 0.79 0.73

40

a = 0.1 1.00 1.01 1.05 1.10 1.16 1.21 1.25

Ing. Civil Omar Miño ⎡ Pha ⎤ M t2 ⎥θ = − EC w ⎣ 2 LEC w ⎦

(114) → θ ' ' '−λ2θ '+ ⎢

a la derecha de P

La solución general de la ecuación diferencial será la solución de la homogénea, más una particular. La ecuación característica de la homogénea es:

(115) → K 3 − λK +

Phb =0 2 LEC w

a la izquierda de P. A la derecha de P será parecida

K1 , K 2 , K 3 , son las raíces de la ecuación característica. La solución de la homogénea será

(116) → θ = Ae K1 z + Be K 2 z + Ce K 3 z

La solución particular es:

(117 ) → θ = M t1 z

y la solución general resulta:

GJ t

(118) → θ = Ae K1 z + Be K 2 z + Ce K 3 z + f (z ) Los valores de las constantes se calculan con las condiciones de borde y empalme. Si la carga es uniformemente distribuida, el procedimiento es similar:

(119) → Δ mt = qδ =

qhθ 2 EC w

y la ecuación quedará:

⎡ qh ⎤ mt ⎥θ = EC w ⎣ 2 EC w ⎦

La ecuación característica es

(120) → θ IV − λ2θ ' '− ⎢

(121) → K 4 − λ2 K 2 −

qh =0 2 EC w

K1 , K 2 , K 3 , K 4 , son las raíces de la ecuación característica, siendo la solución general

(122) → θ = Ae K1z + Be K 2 z + Ce K 3 z + De K 4 z + f (z ) Las constantes A, B, C, D, se calculan con las condiciones de borde, y las de empalme. Si la carga uniforme no fuese constante, sino que tiene variación lineal, parabólica.. etc., la ecuación (120) tendría un coeficiente variable, que sería el de θ , y el término independiente. Encontrar la solución es algo complicado, se debe buscar un cambio de variable que la transforme en una de coeficientes constantes, son casos estudiados y tienen solución. 17.- Barras con alma de altura variable. Estas vigas no son laminadas, sino fabricadas con chapas, o perfiles laminados cortados convenientemente, en los cuales las alas son de sección constante y soldadas, siendo la variación del alma lineal, por razones constructivas, Figura 25. Es raro encontrar vigas de variación parabólica.

41

Ing. Civil Omar Miño

Figura 25 La variación lineal de la altura total de la viga sería: ⎧ ⎫ (123) → h(z ) = h1 + ⎡⎢ h2 − h1 ⎤⎥ z = h1 ⎨1 + ⎡⎢ h2 − h1 h1 ⎤⎥ z ⎬ = h1{1 + β .z} ⎣ L ⎦ ⎦ ⎭ ⎩ ⎣ L La variación lineal de la altura del alma es: ⎧ ⎫ h −h (124) → h1a (z ) = h1 ⎨1 + ⎡⎢ 2a 1a h1a ⎤⎥ z ⎬ = h1a {1 + β .z} L ⎦ ⎭ ⎩ ⎣ El módulo de torsión es: (125) → J t ( z ) = J tf + J ta ( z )

(126) → J tf

=

2 3 bt 3

(127 ) → J ta (z ) =

J tf = Módulo de torsión de las alas.

J ta ( z ) = Módulo de torsión del alma

ha ( z )t w3 3

h1a t w3 ⎡ h1a t w3 ⎤ +⎢ ⎥ β .z 3 ⎢⎣ 3 ⎥⎦ ⎡h t3 ⎤ quedando el módulo de torsión total: (129) → J t ( z ) = J t1 + ⎢ 1a w ⎥ β .z ⎢⎣ 3 ⎥⎦

reemplazando el valor de ha ( z ) de (124 ) ⇒ (128) → J ta ( z ) =

ha ( z )t w3 tb 3 h1a t w3 h1a t w3 β .z = + + 6 12 6 12 12 3 3 h t tb y puede tomarse (131) → J y1 = + 1a w = cte. 6 12

(130) → J y (z ) = tb

3

+

[

⎡ (h( z ) − t ) 2 ⎤ ⎧⎪ J y1h 2 siendo el módulo de alabeo, (132) → C w ( z ) = J y1 ⎢ ⎥=⎨ 4 ⎢⎣ ⎥⎦ ⎪⎩ 4 Reemplazando estos valores en la ecuación (113) viene: (133) → EC w (z )θ III − GJ t (z )θ I = − M ti

(134) → EC w1 (1 + β .z )2 θ III

− G ( J t1 + J t1a β .z )θ I = − M ti

(135) → EC w1 (1 + β .z )2 θ III

⎡ J ⎤ − GJ t1 ⎢1 + t1a β .z ⎥θ I = − M ti J t1 ⎣ ⎦

y se puede tomar (136) → EC w1 (1 + β .z )2 θ III − GJ t1θ I = − M ti 42

]⎫⎪(1 + β .z ) ⎬ ⎪⎭

2

= C w1 (1 + β .z )2

Ing. Civil Omar Miño

Tabla VII Magnitudes caracteristlcas de la torsión para vigas I de ala estrecha y normales, serie I y IPE según DIN 1025 hoja 1 y hoja 5

43

Ing. Civil Omar Miño

Tabla VIII

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Ing. Civil Omar Miño

M ti donde (138) → λ12 = GJ t1 EC w1 EC w1 Ecuación diferencial con coeficientes variables. Haciendo un cambio de variable para obtener una ecuación con coeficientes constantes: ⎡1 + β .z ⎤ (139 ) → (1 + β .z ) = e x β con x = Ln ⎢ ⎥ ⎣ β ⎦ β (140 ) → dx = β .e − x dz ⎡ (1 + β .z ) ⎤ ⎢ β ⎥ ⎣ ⎦ (141) → dθ = ⎛⎜ dθ ⎞⎟⎛⎜ dx ⎞⎟ = β .e − x ⎛⎜ dθ ⎞⎟ dz ⎝ dz ⎠⎝ dz ⎠ ⎝ dx ⎠ 2 ⎛ 2 ⎞ (142 ) → d θ2 = ⎜⎜ d θ2 ⎟⎟ β 2 e − 2 x − ⎛⎜ dθ ⎞⎟ β 2 e − 2 x ⎝ dx ⎠ dz ⎝ dx ⎠ 3 ⎛ 3 ⎞ ⎛ 2 ⎞ (143) → d θ3 = ⎜⎜ d θ3 ⎟⎟ β 3e − 3 x − 3⎜⎜ d θ2 ⎟⎟ β 3e − 3 x + 2⎛⎜ dθ ⎞⎟β 3e − 3 x ⎝ dx ⎠ dz ⎝ dx ⎠ ⎝ dx ⎠

(137 ) → (1 + β .z )2θ III − λ12θ I

=−

[ ]

Reemplazando en ecuación (137), queda:

(144) → β .e − x [β 2θ III − 3β 2θ II + (2β 2 − λ12 )θ I ] = 0 La ecuación homogénea es la que se encuentra entre corchetes igualada a cero, y la ecuación característica es: (145) → β 2 K 3 − 3β 2 K 2 + 2β 2 − λ12 K = 0 ⇒ K1 = 0

(146 ) → β

2

2

2

(

(

)

K − 3β K + 2 β

(147 ) → K 2,3

2

− λ12

)= 0

resolviendo la ecuación de 2º grado

⎡ ⎛ λ2 ⎞ ⎤ 3 ± 2 2,25 − ⎢2 − ⎜ 12 ⎟⎥ ⎟ ⎜ 2 2 ⎣⎢ ⎝ β ⎠⎦⎥ 3β ± β + 4λ − = 2 2β

La solución de esta ecuación diferencial homogénea, será entonces:

(148) → θ = A + Be

K2x

+ Ce

y la solución de la particular será:

K3x

⎡1 + β .z ⎤ = A + B⎢ ⎥ ⎣ β ⎦

K2

⎡1 + β .z ⎤ + C⎢ ⎥ ⎣ β ⎦

K3

(149) → θ = M ti z GJ t1

Para calcular las constantes de integración, habrá que ver (figura 25), si se está en el caso de una viga simétrica con inercia variable, o una viga no simétrica y momento de inercia variable, aplicando las condiciones de borde y de empalme adecuadamente. En todo el desarrollo no se consideraron momentos torsores de segundo orden. Si se los considerara habría que agregar un término más, o sino aplicar el método iterativo. Si la solicitación en la viga es un momento torsor constante en toda su longitud, la ecuación viene de derivar la (135), quedando: ⎡ ⎛ ⎞ ⎤ ⎛ ⎞ (150) → (1 + β .z )2 θ IV + 2(1 + β .z )βθ III − λ12 ⎢1 + ⎜⎜ J t1a ⎟⎟β .z ⎥θ II − λ12 ⎜⎜ J t1a ⎟⎟βθ I = − mt EC w1 ⎝ J t1 ⎠ ⎣ ⎝ J t1 ⎠ ⎦

45

Ing. Civil Omar Miño que también se la puede tomar como una derivación de la (137), quedando

(151) → (1 + β .z )2 θ IV + 2(1 + β .z )βθ III − GJ t1θ II

=

mt EC w1

realizando el cambio de variable con ecuaciones de (139) a (143), mas la que a continuación se expone: 4 ⎛ 4 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 2 ⎞ (152) → d θ4 = ⎜⎜ d θ4 ⎟⎟ β 4e − 4 x − 6⎜⎜ d θ3 ⎟⎟β 4e − 4 x + 11⎜⎜ d θ2 ⎟⎟β 4e − 4 x − 6⎛⎜ dθ ⎞⎟ β 4e − 4 x ⎝ dx ⎠ dz ⎝ dx ⎠ ⎝ dx ⎠ ⎝ dx ⎠ que reemplazándolas en la ecuación (140), se obtiene

(153) → β 2e − 2 x [β 2θ IV − 4β 2θ III + (8β 2 − 4λ12 )θ II − (4β 2 − λ12 )θ I ] =

mt EC w1

la ecuación característica será:

(154 ) → β 2 K 4 − 4β 2 K 3 + (8β 2 − λ12 )K 2 − (4β 2 − λ12 )K = 0 Puede verse claramente que, una de las raíces de esta ecuación de cuarto grado es K1 = O, y queda reducida a una de tercer grado, que arroja tres raíces K2 , K3 Y K4, siendo la solución de la homogénea:

θ = Ae 0 x + Be K 2 x + Ce K 3 x + De K 4 x

que transformándola, más la particular se logra

(155) → θ = A + B(1 + β .z )K 2 + C (1 + β .z )K 3 + D(1 + β .z )K 4 −

mt z 2 2GJ t1

Imponiendo las condiciones de borde, se calculan las constantes A, B. C y D, y posteriormente el valor de las tensiones normales, momentos torsores, tensiones cortantes etc.

46

Ing. Civil Omar Miño

39 47

Ing. Civil Omar Miño

APÉNDICE Torsión No Uniforme

48

Ing. Civil Omar Miño 1. Valores de Jt (Módulo de Torsión). Este valor viene tabulado, exactamente, para diferentes secciones. A falta de tablas se puede calcular, en forma aproximada y conservadora, de la siguiente manera: tomando rectángulos alargados e inconexos unos con otros, quedando: Jt =

(

)

1 L e 3 + L2 e23 + ... 3 1 1

Siendo Li el lado más largo del rectángulo y ei el espesor o lado más corto Por ejemplo, para un perfil doble te, de doble simetría, sería:(Figura 26) Jt =

(

1 2 L e 3 + L2 e23 3 1 1

)

Figura 26

Pero estos valores calculados, no tienen en cuenta la conexión entre los distintos rectángulos. A. FOPPL, experimentalmente ha comprobado que, para obtener valores muy aproximados al real, se debe multiplicar el valor anterior, por un coeficiente η > 1, que tiene diferentes valores para las diferentes secciones, y entonces quedaría:

(

Jt = η

1 2 L1e13 + L2 e23 3

η=

0,99

)

θ=

1,12

Mt : Torsión Uniforme GJ t

1,12

1,31

1,29

Actualmente para perfiles alemanes que responden a la norma DIN η vale: Para perfiles doble te de doble simetría y alas cortas (PNI): η = 1,214 En perfiles IPE, de doble simetría: η = 1,31, para toda la gama en general, fluctuando el error que se comete entre -5 % < ε < 7 %, con respecto del valor exacto. Si se quisiera ser más minucioso, y tener más precisión, se puede adoptar: 220 < I < 450 ⇒ η = 1,32. Ídem para I = 100 e I = 500 Para I = 80, 120, 140, 160, 180, 200 ⇒ η = 1,24 En perfiles IPB, de doble simetría: η = 1,17, en general. Si se quiere ser más preciso, tomar: 120 < I < 360 ⇒ η = 1,20 y 400 < I < 1.000 ⇒ η = 1,11 I = 100 ⇒ η = 1 ,25

49

Ing. Civil Omar Miño

En perfiles IPBL de doble simetría: η = 1,27 en general .. Con más precisión: 360 ≤ I ≤ 450 -------η = 1,23

100 ≤ I ≤ 340 --------- η = 1,3 5 500 ≤ I ≤ 1.000 ------- η = 1,135 Para perfiles U o canales: η = 1,063

Para perfiles americanos las tablas del AISC, dan los valores exactos del Jt. Como es demasiada la variación de la gama, para diferentes secciones, hacer lo anterior resulta un poco complicado para dar un valor en general. 2. Centro de torsión de secciones que no están en Tabla I (Págs. 25 y 26) Perfil en [ flexado según el eje “x” (Figura 28)

Perfil en [ flexado según el eje “x” (Figura 29) ;

Figura 29

50

Ing. Civil Omar Miño

Perfil rectangular cortado (Figura 30):

Perfil cuadrado cortado (Figura 31):

Medio tubo cortado (Figura 32):

Figura 32

51

Ing. Civil Omar Miño Tubo redondo cortado (Figura 33):

3. Módulo de alabeo: En la página 22 se dedujo, para un perfil doble te de doble simetría, la ecuación del módulo de alabeo, que resultó ser:

d2

(90 ) → C w = J 4 y y está referido a un sistema de ejes coordenados x e y. En la Tabla I, de las páginas 25 y 26, aparece la misma ecuación, pero referida a un sistema de ejes (y-z) y es un valor muy exacto, pues está en función del momento de inercia menor, con respecto al eje (z-z) o (y-y) Siguiendo la teoría de coordenadas sectoriales, si el espesor del perfil de las alas no es constante, y la determinación de Cw se realiza considerando constante el espesor promedio que dan las tablas, se pueden cometer errores apreciables. Tomando como ejemplo un perfil doble te normal de 380 mm de altura (figura 34), y siguiendo. la teoría de las coordenadas sectoriales y con los datos que dan las tablas que son los siguientes: b = 14,9 cm (ancho de ala)

tf = 2,05 cm (espesor de ala)

Sw = 1,37 cm (espesor del alma)

Jz = 975 cm4

d = ht = 38 cm (altura)

A = 107 cm2

Jy = 24.010 cm4

Cw = 318.700 cm6 ( valor exacto); comúnmente en los cálculos se usa 319.000 cm6

Se busca primero las coordenadas sectoriales, considerando tf constante, el origen en 1, tomando la línea media según figura 35, y como inicio el punto 2, como polo el centro de gravedad del perfil doble te de doble simetría (giro positivo según el sentido de las agujas del reloj), se puede ver en la tabla las coordenadas sectoriales, el momento estático sectorial y el valor de Rx Otros autores toman como giro positivo el sentido contrario al giro de las agujas del reloj, por ejemplo, la bibliografía alemana y la reglamentación alemana.

52

Ing. Civil Omar Miño

s

( rt ds ).tds ∫∫

φM o = 0

Aala

=

0 =0 30 ,545

Lo que significa que se eligió bien el punto de partida 2. pues es un punto sectorial principal (valor cero). No intervino en los cálculos el ala inferior. pues el resultado seria el mismo. Debido a la doble simetría, el baricentro del perfil y el centro de esfuerzos cortantes o torsión. coinciden, es decir, φ G = φ M La determinación del módulo de alabeo. vendrá por intermedio de la ecuación (50). puede realizarse de dos maneras: resolviendo la integral o aplicando el método de Simpson. que dice:

cMi ,k =

[

1 (φMi )2 + φMi φMk + (φMk )2 Lt 3

[

]

]

1 C1,3 = (133,91)2 - (133.91)2 + (133.91)2 14 ,09 x 2 ,05cm6 = 182.576 ,51cm6 3 y esto no es nada más que el ala superior; faltaría el ala inferior que es igual a lo anterior pero con signo cambiado, siendo el resultado igual, por lo tanto: CM = 2 x 182.576,51 = 365.153,01 cm6 Si confrontamos este valor con el de la ecuación (90), o el caso 4 de tabla I (página 25) d 2 J y (35 ,95)2 x975 6 CM = = cm = 315.923,11cm6 4 4

53

Ing. Civil Omar Miño Puede verse que el error que se comete es del 15,6%, y la gran diferencia está en que las alas del perfil no son de espesor constante, y esto se debe tener en cuenta en los cálculos. Si se usa la otra ecuación de tabla I, caso 4 (página 25), el valor será: J 1 y h 2 495 ,91x (35 ,95)2 CM = = = 320.457 ,66 cm6 2 2 En este caso el error cometido entre estos dos últimos, es tan sólo del 1,44 %.

bf El ala del perfil tiene una pendiente del 14%, y el espesor medio t f está situado en , quiere decir 4 que se puede expresar la variación lineal del espesor como se ve en figura 36, y tener en cuenta la variación lineal

Se debe calcular la distancia del baricentro, a la recta 1- 2, y recordando geometría analítica, la distancia de un punto a una recta, tiene por ecuación: δ=

ax + by + c a 2 + b2

y la recta 1-2 tendrá por ecuación: y = 0 ,069866 x + 17,715 y en la forma implícita:

0 ,069866 x - y + 17,715 = 0

La distancia buscada es, desde el origen de coordenadas, donde x = 0 e y = 0 δ=

17 ,715 1 + (0 ,069866 )2

= 17 ,672

de modo tal que, desde el punto 2 hasta el 1 será: 17,672 x 7,468 = 131,974

54

Ing. Civil Omar Miño y del punto 2 al punto 3 será lo mismo, pero con signo cambiado, y el 3 tendrá como coordenadas: - 17,672 x 7,468 = -131,974 buscando la función que dé la variación del espesor y que será y = a x + b

para x = 0 ⇒ y = 2,57cm ⇒ b = 2,57 1,53 - 2,57 para x = 7,45 ⇒ y = 1,53cm ∴ a = = -0,13959732 7,45 y en consecuencia la función es: y = - 0,13959732 x + 2,57 (para x positivo) y = + 0,13959732 x + 2,57 (para x negativo)

1 φM o = A1

7 ,45

1 (17 ,715 x)(- 0,13959732 x + 2,57 )dx + A1

∫

0

0

∫(17,715 x)(0 ,13959732 x + 2,5)dx

-7 ,45

o puede resolverse buscando en las tablas de integrales:

(1/6) x 131,974 x (2 x 1,53 + 2,57) x 7,45 = 922,575

(1 /6) x (- 131,974) (2 x 1,53 + 2,57) x 7,45 = -922,575

0 φM o = =0 30 ,545

igual que el resultado anterior (no podía ser de otra manera), el punto 2 es polo principal. Ahora sí se puede calcular Cw, pues se dispone de la función de las coordenadas sectoriales, la función de la variación del espesor, y se podrá hacer nada más que en el cuarto, es decir entre 1 y 2, pues los tres restantes darían igual resultado. y = 17,715 x (coord. sectoriales) y = - 0,13950732 x + 2,57 (variación del espesor) 7 ,45 7 ,45 Cw 2 = ( φM ) dF = (17 ,715 x )2 (- 0,1359732 x + 2,57 ) dx = 4 0 0

∫

∫

55

Ing. Civil Omar Miño

4 3 7 ,15 x x = (17 ,715)2 (- 0,13959732) + (17 ,715)2 (2 ,57 ) = 77.425 ,3cm6 4 3 0 Cw = 4 77.425 ,3cm6 = 309.701,2cm6

)

(

comparándola con Cw = 315.923.11 se comete un error del 2%. Si se quiere afinar más el cálculo, se debe tener en cuenta que existe una curva circular de transición entre el ala y el alma,. como así mismo existe una curva de transición en los extremos del ala del perfil. Teniendo en cuenta estas transiciones, se deberá además sumar el alabeo propio de las dos alas y el alma del perfil, y se estará en el valor real. Perfil laminado canal o U. Se puede tomar también, y a modo de ejemplo, un perfil canal U de 140 mm de altura, y hacer lo mismo que se realizó con el doble te. Los datos del perfil U son los siguientes: 2 A =20,4 cm2

b = 6,0 cm (ancho de ala)

d = ht = 14 cm (altura)

tf= 1,0 cm (espesor de ala)

tw = 0,70 cm (espesor del alma)

Jx = 605 cm4

Jy = 62,7 cm4

Cw= 1.800 cm6

XM = 3,37 cm

r1=l,0 cm

r2 = 0,70 cm

Wx = 86,4 cm3

Wy = 14,8 cm3

iy = 1,75 cm

ix = 5,45 cm

e = 1,75 cm

Se toma en primer lugar el perfil U con las alas de espesor constante, como se ve en figura 37, posteriormente se analizará con la variación del espesor. Para construir el diagrama de coordenadas sectoriales, se toma como sentido positivo de giro el contrario al de las agujas del reloj, es decir, 1o contrario del indicado anteriormente, ¿porqué?, para hacer ver que el resultado es el mismo. En la tabla X, está el proceso de cálculo, con respecto al baricentro del perfil, tomando la línea media de su espesor, considerando el punto 1 como punto de partida (figura 38a), luego buscar su verdadero valor en ese punto, que es ϕo, y en función de éste calcular las coordenadas sectoriales con respecto al baricentro (figura 38b). Esto es un primer paso, pues hay que referido todo al centro de torsión, que en este caso no coincide con el baricentro. En figura 38c. pueden verse las distancias .a utilizar.

56

Ing. Civil Omar Miño Tabla X

s = si

s = si

∫( ∫rt ds ) t ds

∫rt ds

Punto

s =0

s =0 1 2

1 36 ,7 (5 ,65)(1,0 ) = 103 ,5 2

O 6,5 . 5,65 = 36,7

3

36,7 + 1,4·13 = 54,9

4

54,9 + 36,7 = 91,6

∫

R x = yφs dF

36 ,7 + 54 ,9 13(0 ,7 ) = 417 ,0 2

45 ,8 + 9 ,1 5 ,65(6 ,5)1,0 = 1.008 2

1 2 [ (9 ,1)(6 ,5) (6 ,5)(0 ,7 ) ] 2 = 179 2 3

54 ,9 + 91,6 5 ,65(1,0 ) = 414 ,0 2

45 ,8 + 9 ,1 5 ,65(6 ,5)1,0 = 1.008 2

Σ = 934 ,5

Σ = 2.195cm 5

Figura 38

ϕo = 934,5 / A = 934,5 / 20,4 = 45,8 = valor de la coordenada sectorial en punto 1. Las coordenadas del centro de esfuerzos cortantes, con ecuación (55) es: XM = - Rx/Jx = - 2.195/605 = -3,62 cm Para calcular el módulo de alabeo CM, se debe determinar primero el alabeo unitario ϕM, referido al centro de torsión o corte, pues lo que se tiene hasta ahora es referido al baricentro, y según la ecuación (43), en la que la constante C es nula:

En la Tabla XI, se pueden ver los valores de la coordenada sectorial ϕM, referida al centro de torsión o corte, yen figura (38) el valor en los puntos 1,2,3 y 4, y su variación es lineal. El valor del módulo de alabeo CM, viene dado por ecuación (50): CM = ∫ (ϕM)2 dF

que se puede resolver por tablas de integrales o por Simpson.

En la Tabla XI, pueden verse los resultados de estas integrales y la suma de ellas dará el valor del módulo de alabeo buscado. A esto habría que sumarle los alabeos propios de las alas y el alma.

57

Ing. Civil Omar Miño Tabla XI

Figura 39

Coordenadas sectoriales referidas al centro de corte M

Si de antemano se conocen las coordenadas del centro de corte, pero no la ecuación que da el valor de CM , se pueden calcular las coordenadas sectoriales referidas a ese centro de corte y con ellas obtener dicho valor, como se puede ver en la Tabla XII, donde se hace el estudio del perfil laminado U de 140 mm, que se analizó anteriormente, pero sin conocer dónde se encuentra el centro de corte y por eso se ha tenido que calcular. Se supone ahora que se conocen las coordenadas del centro de corte o torsión: xM = - 3,62 cm e yM = O, que también se las puede conocer por tablas, y por comodidad se toma como punto de partida, el punto medio del alma, que se sabe que es un punto sectorial principal (valor de la coordenada cero), como puede verse en la figura 40a, y sus coordenadas definitivas con su signo en la figura 40b.

Tabla XII

58

Ing. Civil Omar Miño

Figura 40a Coordenadas sectoriales con origen en 0, y polo en M.

Figura 40 b. Verdaderas coordenadas sectoriales con polo en M.

0 0 φo = = =0 A 20 ,4 y nuevamente se llega a que el punto elegido de partida 0, es un punto sectorial principal (coordenada sectorial nula), y como las coordenadas sectoriales definitivas, teniendo como polo M, son idénticas a las anteriores, el valor de Cw será igual al anterior, es decir, 2.070 cm6. Al realizar los cálculos anteriores, se tomaron los valores que corresponden a un perfil laminado U 140 mm, tomando el espesor del ala y alma constantes, y con los datos del manual que corresponden a este perfil laminado. Tomando ahora un perfil U formado por chapas soldadas, como se ve en figura 43, en el cual sus espesores sí son constantes, y con sus verdaderos datos que son los siguientes: b = 6,0 cm (ancho de ala)

tf= 1,0 cm (espesor de ala)

tw = 0,70 cm (espesor del alma) Wx = 81,0 cm3

Jx = 609cm4

Jy=71,0 cm4.

d = ht = 14,0 cm (altura)

A= 20,4 cm2

ix = 5,46 cm

e = 1.91 cm

XM ?

iy = 1,67 cm CW ?

Se construye el diagrama de coordenadas sectoriales, con el mismo criterio anterior, y en la Tabla XIII, el proceso de cálculo respecto del baricentro del perfil, tomando como siempre la línea media de su espesor, siendo 1 el punto de partida (figura 42a), buscar el verdadero valor de la coordenada sectorial en punto 1 que es φ0 y en función de éste calcular las coordenadas sectoriales respecto del baricentro (figura 42b). Luego referirlas al centro de torsión. En figura 42c, se aprecian las distancias y a utilizar.

59

Ing. Civil Omar Miño

φo =

955 ,76 955 ,76 = = 46 ,85 A 20 ,4

valor de la coordenada sectorial en el

punto 1 Las coordenadas del centro de esfuerzos cortantes se obtienen utilizando la ecuación (55): XM = -

Rx 2.293,44 == -3,77 Jx 609

Se debe determinar ahora el alabeo unitario φM ,referido al centro de torsión, que según la ecuación (43) es: φM = φ g - YM x + X M y = φ g + (- 3,77 ) y

En la Tabla XIV, están los valores de la coordenada sectorial φM , referida al centro de corte, y en la Figura 43, el valor de los puntos 1, 2, 3 y 4, siendo su variación lineal. El valor de C M , lo brinda la ecuación (50), que se resuelve recurriendo a tablas de integrales o por Simpson. En la Tabla XIV, están los resultados de estas integrales, y su suma es el valor del módulo de alabeo buscado. A esto hay que sumarle los alabeos propios de las alas y el alma. Comparando el primer resultado de C w , o sea, C w = 2.070 cm6 , con el último C w , es decir, C w = 2.073 ,5 cm6 , se concluye que prácticamente no existe diferencia (0,2 %). Con respecto a las coordenadas sectoriales entre 45,8 y 46,85 la diferencia es del 2,3 %, pequeña diferencia que tiene implicancia en la determinación de las tensiones normales originadas por la torsión. Kollbrunner-Meister, en su bibliografía, presenta ecuaciones aproximadas para calcular X M y Cw 60

Ing. Civil Omar Miño

61

Ing. Civil Omar Miño Tubo de pared delgada. Un tubo de pared delgada, con un corte longitudinal en su generatriz longitudinal, corno puede verse en figura 46, del que se quiere saber sus coordenadas sectoriales, las coordenadas del centro de corte o torsión y el valor del módulo de alabeo CM δ = espesor del tubo (constante) Jy = Jx = inercia respecto de los ejes “y” y “x” ix = iy = radio de giro de la sección F = superficie de sección.

φ = coordenada sectorial.

XM e YM coordenadas del centro de corte

Figura 46: Tubo de pared delgada, corte longitudinal Tomando como polo el baricentro G, construye el diagrama de coordenadas sectoriales, siguiendo la línea media del espesor del tubo de radio R, y se elige como punto de partida, el punto de corte (O), con giro positivo según el sentido de giro de las agujas del reloj, como puede verse en la figura 47. φG = RαR = αR 2 o

2π

∫

dF = δRdα ⇒ F = δR dα = δR (2π ) 0

Figura 47 -Coordenadas sectoriales tomando como punto de partida el punto de corte O y polo el baricentro G. corno se sabe, este no es el verdadero diagrama, pues la coordenada en ese punto es difícil que sea nula, por lo tanto se deberá calcular su verdadero valor en el punto de corte, y para ello se dispone de la ecuación (40):

62

Ing Civil Omar Miño 2π

ϕ0= {∫ [∫R dα] dF} 1 = {∫R αδ R dα} 1 =R δ 1 ∫α dα = R (1/F) α 2

2

3

F

F

= R3 δ (2π)2 = π R2

3

F 0

2π

2

2

0

=

verdadero valor de la coordenada en 0 y con polo en G.

2 δ R 2π para α = π /4

la coordenada será: ϕ0 = {πR2 - (π / 4)R 2} = (3/4) π R2

"

"= π/2

"

"

" ϕ0 = {πR 2- (π/2)R2} = (π/2)R2

"

"= (3f4) π

"

"

" ϕ0={πR2-(3/4) πR2} = (π/4)R2

"

"= π

"

"

" ϕ0 = {πR2 - π R2}= 0

"

"= (5/4)π

"

"

" ϕ0 = {πR2 - (5/4) πR2} = - (π /4) R2

"

"= (3/2) π

"

"

" ϕ0={πR 2-(3/2) πR 2} = -(π/2)R2

"

"= (7/4) π

"

"

" ϕ0 = {πR2 - (7/4) π R2} = -(3/4) π R2

"

"= 2π

"

"

" ϕ0={πR 2- 2πR 2}= - πR 2

Estos valores están representados en la figura 48

Figura 48 - Verdaderas coordenadas sectoriales, con polo en el baricentro G.

63

Ing. Civil Omar Miño

64

Ing. Civil Omar Miño

65

Ing. Civil Omar Miño

Figura 50 - Coordenadas sectoriales, trazadas con polo en el centro de torsión M y punto de partida 0.

66

Ing. Civil Omar Miño

Capítulo 11: Pandeo por torsión. 2. - Introducción. Una barra, solicitada por una carga de compresión centrada, puede pandear por torsión únicamente si el eje de los centros de gravedad coincide con el centro de corte ( o centro de torsión), lo cual ocurre en las secciones de doble simetría o de antimetría (figura 1); y para que esto ocurra, será necesario que esta carga crítica sea inferior a la de Euler (pandeo por flexión), lo cual se da en los perfiles delgados abiertos, que tienen poca rigidez torsional. Cuando el perfil no tiene dos ejes de simetría o de antimetría, el pandeo que tiene lugar es de flexotorsión, y su carga crítica es menor que la de Euler.

Figura 1 2.1 - Análisis del fenómeno. - El pandeo por torsión consiste en un arrollamiento helicoidal de la barra, alrededor de su eje de torsión o eje de centros de corte. Analizando una barra de sección doble te, solicitada por una compresión centrada P, y un momento torsor Mt (figura 2 a), se observa que puede pandear por torsión alrededor de su eje, de tal forma que se enrolla alrededor de un cilindro como se ve en figura 2a, y suponiendo que la columna es infinitamente rígida a la flexión, y así puede mantener las alas opuestas en su posición relativa. Cortando el perfil enrollado y estudiando dos secciones separadas por la distancia unidad, la fibra AB después de la torsión pasa a la posición AB', es decir el punto B se ha desplazado a B' y se tiene, (figura 2b):

67

Ing. Civil Omar Miño La fibra AB antes de la torsión está solicitada por una fuerza σdF, luego de la torsión tomará una inclinación, como puede verse en la figura 3:

Figura 3 Se observa que por razones de equilibrio, aparece una componente B’ B’’ en cada fibra , que favorece al momento torsor (al revés ocurre con una tracción, que es estabilizadora). El valor de esta componente es:

(3) → B' B' ' = σ dF tgγ ≈ σ dF γ (para dx = 1) o B' B' ' = σ dF tg(dγ ) = σ dF dγ (para dx ≠ 1) (4) → σ =

P F

entonces el momento torsor correspondiente será:

como (6) → γ = tg γ =

BB' =rθ 1,0

(5') → dM = σ dF dγ r

(5) → dM = σ dF γ r

o también

y dado que

dγ = tg dγ =

BB' dθ =r( ) dx dr

El momento torsor quedará:

(7 ) → dM = σ r 2θ dF o dM = σ dF r 2 (

dθ ) dx

(8) → M = σ θ ∫r 2dF = σ J pθ o M = σ (

integrando se obtiene el momento

dθ ) r 2dF = σ θ' J p dx

∫

siendo estos momentos flectores exteriores. Jp = momento de inercia polar F = área de sección Puede verse que el efecto de añadir una compresión a la torsión, es el de aumentar el momento torsor, o bien su equivalencia, disminuir la rigidez torsional en el valor σ Jp. Se recuerda que esta barra de sección doble te, con dos ejes de simetría, y de muy poca rigidez torsional, está solicitada únicamente por una compresión axial centrada, y por lo tanto:

(9) → σ =

P F

68

Ing. Civil Omar Miño 2.2 - Ecuación diferencial reducida. - Dando a la barra una perturbación, que en este caso no será una fuerza infinitesimal, sino un momento torsor infinitesimal, la barra sufrirá una torsión, eliminando luego el momento perturbador, la barra vuelve a su posición primitiva de equilibrio, o sea sin torsión y carga centrada. La carga axial sigue aumentando su valor, y siempre se podrá perturbar la barra mediante un momento torsor, y al desaparecer éste la barra vuelve a su posición inicial sin torsión; la carga P sigue aumentando hasta llegar a un valor tal que, perturbando la con un momento torsor, al desaparecer éste la barra queda deformada (torsionada), y no vuelve a su posición inicial. A esta última carga que deja a la barra deformada (torsionada) se la denomina: carga critica de pandeo por torsión. La barra no puede volver a su posición inicial, porqué los momentos torsores interior y exterior son iguales; planteando las ecuaciones del momento torsor interior (del capítulo anterior) y exterior:

dθ

(10) → M ti = GJ t ( ) - EC M dz

d 3θ = GJ t θ' -ECM θ' ' ' : Momento interior dz 3

dθ

(11) → M te = σJ p ( ) = σJ p θ' : Momento exterior dz

igualando ambas:

(12) → σJ pθ' = GJ t θ' -ECM θ' ' ' (13) → GJ t - σJ p θ' -ECM θ' ' ' = 0

(

)

Dividiendo todo por ECM queda:

(14 ) → θ' ' ' +

σJ p - GJ t ECM

θ' = 0

llamando (15) → a 2 =

σJ p - GJ t ECM

Resultando la ecuación (16 ) → θ' ' ' +a 2θ' = 0 y también está la reducida (16' ) → θ' ' +a 2θ = 0 y la solución de la ecuación diferencial (16) es:

(17 ) → θ = C1 cos(az ) + C2 sen(az ) + C3 (17' ) → θ = C1 cos(az ) + C2 sen(az )

y la solución a la ecuación (16’) es:

2.3 - Condiciones de borde - Tensiones críticas. - Imponiendo condiciones de borde, será posible determinar la carga crítica, y puede observarse que son dos por apoyo, y solo tenemos tres constantes, de lo que se deduce que solamente algún caso particular se podrá resolver. Para ambos apoyos articulados, las condiciones serán:

(18) → x = 0 ⇒ [θ = 0 ; θ' ' = 0 ]

x = l ⇒ [θ = 0 ; θ' ' = 0 ]

En ambos extremos está impedido el giro, y además pueden alabearse libremente, y los momentos son nulos. Con la condición para x = 0: serán nulos CI y C3 de (17) ,quedando la ecuación:

(19) → C1 = C3 = 0

(20) → θ = C2 sen(az )

con (17') se llega a lo mismo.

Aplicando las otras dos condiciones para x = l, se obtiene:

69

Ing. Civil Omar Miño

(21) → C2 sen(al ) = 0 y - C2 a 2 sen(al ) = 0 y para que esto. sea nulo se deberá cumplir que: (22) → sen(al ) = 0 los valores que debe tomar el argumento, para que sen(al ) = 0 , son:

a l = (n π ) ⇒ (23) → a 2 = (

nπ 2 ) l

de la cual se toma el valor para n = 1, e igualando con ecuación (15), se tiene que:

π 2 σJ p - GJ t despejando la tensión crítica σ kti = EC M l2 1 π 2 EC M (26 ) → Pkt = σ kt F (25) → σ kti = [ + Gt ] Jp l2

(24) →

2.4 - Ecuación diferencial general. - Estas tensiones críticas, o cargas críticas ideales, a las que se han arribado, es para un caso muy particular: "para una barra apoyada-apoyada", utilizando la ecuación de tercer orden (también se puede utilizar la ecuación de segundo orden. Cuando las condiciones de borde son diferentes esta ecuación no ayuda a resolver el problema, pues tienen tres constantes de integración en un caso, y dos en la otra, siendo cuatro las condiciones de borde para otros casos. Si la barra estuviese empotrada en ambos extremos, las condiciones de borde serían:

(27 ) → x = 0 ⇒ [θ = 0 ; θ' = 0] ; x = l ⇒ [θ = 0 ; θ' = 0] Para resolver este problema es necesario disponer de la ecuación general de cuarto orden,. derivando una vez la de tercer orden, o dos veces la de segundo orden, se obtiene la general de cuarto orden, y esta sí tiene cuatro constantes de integración. Si se deriva una vez la ecuación (16) se obtiene la de cuarto orden:

(28) → θ IV + a 2θ II = 0

y derivando dos veces la ecuación (16'), se obtiene la misma

ecuación. La solución de esta ecuación diferencial es:

z l

(29) → θ = C1 cos(az ) + C2 sen(az ) + C3 ( ) + C4 2.5 - Condiciones de borde - Tensiones críticas. Planteando las condiciones de borde, se llega aun sistema de cuatro ecuaciones homogéneas: (30) (31) (32)

70

Ing. Civil Omar Miño 1 l

(33) → C1 a sen(al ) + C 2 cos (al ) + C3 ( ) + C4 = 0 Se llega a un sistema de cuatro ecuaciones homogéneas, y para que esto tenga solución no trivial, deberá ser el determinante de los coeficientes nulo. 1

0

0 1 0 a l Δ = cos (al ) sen(al ) 1 1 - a sen(al ) a cos (al ) l

1 0 1 =0 0

desarrollando el determinante: - [-a 2 sen(al ) + (

a a a a a ) cos 2 ( al ) + ( )sen 2 ( al ) - ( ) cos( al )] - ( ) + ( ) cos( al ) = 0 l l l l l

(34) → a l sen(al ) + 2 cos(al ) - 2 = 0

que se reduce a:

sen(al ) = 2 sen(

y teniendo presente que:

al al al ) cos( ) y cos (al ) = 1 - 2 sen 2 ( ) 2 2 2

que reemplazadas en la ecuación (34) se llega a: 2 a l sen(

al al al ) cos( ) + 2 - 4 sen 2 ( ) - 2 = 0 2 2 2

factoreando queda:

al al al al )[ a l cos( ) - 2 sen( ) - 2 = 0 dividiendo por - 2 cos( ) queda : 2 2 2 2 al al al (35) → sen( )[ tg( ) - ( )] = 0 y para que esto sea nulo deberá suceder que 2 2 2 al al al (35 a ) → sen( ) = 0 ó (35 b) → tg( ) - ( ) = 0 2 2 2 sen(

al 2nπ 2 al (36 ) → ( ) = ( nπ )2 ⇒ a 2 = ( ) )=0 2 l 2 al al y la condición (35 b) tg ( ) = ( ) conduce a: 2 2 a1l 2 x4 ,4934 8 ,9868 2 → ( ) = 4 ,4934 ⇒ a1 = ⇒ (a1 )2 = ( ) l l 2 (37) a l 2 x7 ,76253 15 ,4506 2 ) → ( 2 ) = 7 ,7253 ⇒ a2 = ⇒ (a2 )2 = ( l l 2

la condición (35 a) lleva sen(

reemplazando (36) en (15) y considerando n = 1, se obtiene:

(38 ) →

(2 π )2 l2

=

σJ p - GJ t EC M

despejando la tensión crítica ideal σ kti

71

Ing. Civil Omar Miño

1 4 π 2 EC M (39) → σ kti = [ + GJ t ] y (40) → Pkti = σ kti F Jp l2

A la ecuación (39) se la puede escribir

1 π 2 EC M (41) → σ kti = [ + GJ t ] J p (0,5 l)2

Comparando (41) con la ecuación (25) (que es válida para una barra articulada-articulada) se desprende que para cualquier tipo de condiciones de borde de la columna, la ecuación general que brinda la tensión crítica ideal de pandeo por torsión será: 1 π 2 EC M (42) → σ kti = [ + GJ t ] Jp (K l)2

Concluyendo, las tres ecuaciones que se pueden plantear, y por separado, en un perfil en el cual coincide el centro de gravedad con el centro de corte o torsión son:

(43) →

EJ xW IV + PxW II = 0 EJ yW IV + PyW II = 0 ECM θ IV + [ P( i p )2 - GJ t] θ II = 0

Si los apoyos son simples, la deformada se desarrolla en función del seno:

nπ z ) l nπ z (44) → W y = C2 sen( ) l nπ z θ = C3 sen( ) l Wx = C1 sen(

reemplazando (44) en (43) queda:

(45) →

π2 C1( P - EJ x n 2 )=0 l2 π2 C2 ( P - EJ y n 2 )=0 l2 π2 2 2 C3 [ P( i p ) - GJ t ] - ECM n =0 l2

Despejando las cargas críticas se obtiene:

n 2π 2 EJ x (46 ) → Pkxi = ( K l)2

;

n 2π 2 EJ y Pkyi = ( K l)2

72

;

n 2π 2 ECM + GJ t ] Pkit = [ ( i p )2 ( K l)2 1

Ing. Civil Omar Miño Con el grupo de ecuaciones (45), se puede plantear una matriz, e igualar su determinante a cero: P - Pkx 0 0

Δ=

0 0

P - Pky 0

y el determinante será:

0 =0 P - Pt

(

)

(48 ) → (P - Pkx ) P - Pky (P - Pt ) = 0

Las cargas críticas que resuelven esta ecuación de tercer grado, son las de la ecuación(46). Hasta aquí ambas normas, tanto la americana como la europea, coinciden con estas ecuaciones que brindan la tensión crítica ideal de pandeo por torsión. 2.7 - Norma americana. - La norma americana toma la ecuación (42), y al momento de inercia polar lo toma como: J p = F ( ro )2 , siendo ro el radio de giro polar, referido al centro de torsión. Asimismo Jp es el momento de inercia polar referido al centro de torsión o cortante, que en este caso particular ambos centros coinciden, entonces:

( )

( )

( )

J p Jx + J y (49 ) → ( r o )2 = i p 2 = = = ( rx )2 + ry 2 = ( i x )2 + i y 2 F F π 2 ECw (50 ) → σ kti = [ + GJ t ] F (ro )2 (K l )2 1

entonces

siendo " l" la longitud de la barra

La norma americana al módulo de alabeo, referido al centro de torsión, lo denomina Cw. Igualando la tensión crítica de pandeo por torsión, con la tensión crítica de pandeo por flexión

(51) →

π 2 ECw π2E 1 = + GJ t ] [ K l 2 F (r )2 (K l )2 o ( ) r

Teniendo presente que G =

E con μ = 0,3 (Coeficiente de Poisson) 2(1 + μ )

Cw + 0 ,039 J t ( K l)2 el radio de giro será: (52) → rt = Jp La bibliografía americana adopta el valor 0,039 ≈ 0,04 Se debe hacer notar que, en las ecuaciones anteriores, se usó E como si el fenómeno se desarrollara en período elástico, pero si se está en período inelástico se debe usar Et (módulo tangente), y de los estudios realizados por los americanos se constata que la relación entre Gt y Et, guarda la misma relación que en período elástico, lo equivale a decir que razonando en período inelástico se llegaría a la misma ecuación (52), siendo ésta válida para ambos campos.

73

Ing. Civil Omar Miño La ecuación (52), permitirá determinar la carga crítica de torsión, para cualquier barra en la que el centro de gravedad y el de torsión coincidan. Calculando rt, y comparándolo con los radios de giro rx y ry, el menor de los tres determinará el tipo de pandeo. La anterior norma americana del año 1961, determina la esbeltez de la barra con este radio de giro, que corresponde a una barra ideal que pandea por flexión, con la misma carga de pandeo por torsión que la barra real, en una palabra se hace uso de una esbeltez de comparación.

(53) → λv =

Kl rt

Con esta esbeltez y las ecuaciones (61) y (62) (Publicación del autor: "Pandeo en el campo real de barras de alma llena" - Norma Americana y Norma Europea - Comparaciones):

(61) → σ cr = σ F [ 1 -

λ2 ] : campo inelástico 2Cc2

;

(62) → σ cr =

π2E : campo elástico λ2

5 3λ 1 λ 3 Pcr,t = σ cr F , y con el coeficiente de seguridad CS = + - ( ) 3 8Cc 8 Cc se calcula la carga admisible. 2.8 - La nueva norma americana. -La nueva norma americana, sigue los mismos lineamientos en este caso, que para pandeo por flexión. En base a la esbeltez λv , dada en la ecuación (53), determina la esbeltez de comparación λc : λ σF (54 ) → λc = v → χ π E calculándose luego (55) → σ cr,t = χσ F

(Tabla de la página 64, de la publicación citada)

o

Pcr,t = χσ F A > Pmayorado

Cuando se analiza un perfil de doble simetría, en los laminados casi siempre predominan las cargas críticas según los ejes principales de inercia; tendrían que variar mucho las longitudes críticas, según el eje de menor inercia, para que la carga crítica por torsión sea determinante. Si el perfil tiene espesores pequeños y poca rigidez a la torsión, la carga Pkt puede ser determinante. No perder de vista que este último tipo de perfiles de espesores muy delgados, entran en la clase 3: secciones esbeltas, en las que predomina el pandeo local. 2.9 - La norma europea. La norma europea DIN 4114 del año 1952, encara este problema de otra forma que al final da iguales resultados, pues a diferencia de la americana que calcula el radio de giro de torsión, la europea lo hace calculando la esbeltez ideal de comparación, que al final es algo parecida a la americana, y con la que se llega a iguales valores. Partiendo de la ecuación (42), igualando ésta a la carga crítica de una barra ideal que pandea por flexión, se tiene:

(56 ) →

1 π 2 ECM π2E [ + GJ t ] = J p ( K l )2 (λv )2

despejando (λv )2

74

Ing. Civil Omar Miño

( )

( )

A i p 2 (β l )2 π2E A i p 2 2 (57 ) → λvi = multiplicando y dividiendo por i y 2 = 2 2 GJ t (β l ) π E CM + GJ t CM + ( β l )2 π2E ip 2 ip 2 (58 ) → λ2vi = λ2y = λ2y GJ t (β l )2 CM CM GJ t (β l )2 + + Jy A iy 2 π2E A iy 2 π2E J y ip 2 CM + 0 ,039 (β l )2 J t 2 2 (59 ) → λvi = λ y y llamando (60 ) → c = Jy GJ t (β l )2 CM + π2E A iy 2

( )

( )

( ) ( )

( )

( )

( )

Jy

La norma DIN, para hacerla más general, la presenta como:

(61) → c =

CM (β l )2 + 0 ,039 (β l )2 J t (βo lo )2 Jy

denominado radio de torsión de la sección

β = βo = l = lo =

coeficiente de empotramiento de la sección. coeficiente de alabeo de la sección. longitud teórica de la barra. distancia de importancia en la torsión, medida entre centros de gravedad, de grupos de roblones o cordones de soldadura de los extremos de la barra. para apoyos articulados en los dos sentidos, en los extremos de la barra, quedando β = βo = 1 impedido el giro dentro de su plano, y puedan girar estas secciones extremas alrededor de cualquiera de los ejes x-x e y-y. β = βo = 0 ,5 corresponde a un empotramiento perfecto alrededor del eje y-y, y a un alabeo impedido de las secciones extremas.

La norma DIN 4114 con λvi , toma de tablas el valor ω , y realiza la siguiente verificación:

λvi

⇒

ω

⇒

(62) → Padm. =

ωP ≤ σ adm. A

Con los valores λx , λ y , λv se puede saber si existe predominio de pandeo por torsión, en cuyo caso el valor de λv sería mayor que el de λx y λ y . La esbeltez de comparación λvi puede escribirse: β l ip

(63) → λvi = iy c

75

Ing. Civil Omar Miño 2.10 - Nueva norma europea. La nueva norma europea, con esta esbeltez de comparación λvi calcula la esbeltez de comparación λc , y con este valor, usando la curva c, se extrae de la tabla correspondiente el valor de χ c , con el cual se puede calcular la tensión ó carga crítica:

χ σ (64 ) → σ ki = c F 1,1

o

χ σ A (65) → N kt = c F ≥ N mayorado 1,1

Esta carga puede ser determinante frente a las N ky o N kz , y esto se daría en perfiles, en los que los espesores de los elementos que los componen son muy delgados, y tienen poca rigidez a la torsión No olvidar que estos perfiles, de espesores muy delgados, entran en secciones clase 4, en las que predomina el pandeo local.

76

Ing. Civil Omar Miño

Capítulo III - Pandeo por flexo-torsión. 1. Introducción. Este tipo de pandeo se genera, en barras cuya sección tiene el centro de corte, no coincidente con el centro de gravedad. Algunas de estas secciones pueden. verse en la Figura 1:

Figura 1

77

Ing. Civil Omar Miño

Figura 2

78

Ing. Civil Omar Miño

2. Análisis del fenómeno. Si se tiene una barra de simple simetría, comprimida en su centro de gravedad, como se ve en la Figura 2, referida a un sistema de ejes x e y, y se quiere analizar el pandeo por rotación y flexión, en relación con el centro de corte, se procede de la siguiente manera: luego de la flexión y de la rotación θ, la sección queda referida a un nuevo sistema x e y , se desea, entonces, ver cuál es el desplazamiento de los puntos que componen la sección. Para ello se elije un punto genérico como el [1] de la Figura 2, de coordenadas x e y, calculándose los desplazamientos u y v.

(

) (1) → v = v M - ( y - y M ) + x* sen θ + ( y - y M ) cos θ u = u M - x + x* cos θ - y - y M sen θ

El ángulo θ es una magnitud infinitesimal, en consecuencia:

(2) → sen θ = 0

x* = x

cos θ = 1

y=y

reemplazándolos en las ecuaciones (1):

(3) → u = u M - ( y - y M ) θ

v = vM + x θ

La barra en estudio tiene por condiciones de borde en sus extremos, apoyos simples, por lo tanto, se cumple que:

(4) →

θ (0 ) = θ ' ' (0 ) = θ (l ) = θ ' ' (l ) = 0 ' (0 ) = u (l ) = u' ' (l ) = 0 u (0 ) = u'M M

Las condiciones de equilibrio, para el momento alrededor del eje y-y, son:

(5) → M ey + M iy = 0 y de acuerdo a la Figura 2 y a la Figura 3, se puede plantear que:

(6 ) → M ey = P uG cos θ = P[ u M - ( y - y M ) θ ] y el momento interno será: ' (7 ) → M iy = -E J y u'M

Por equilibrio se obtiene:

' + P[ u - ( y - y ) θ ] = 0 1 ) E J y u'M M M (8 ) → ' ' 2 ) E J y u M + P u M - P( y - y M ) θ = 0

Figura 3 79

Ing. Civil Omar Miño Como los ejes están referidos al centro de gravedad, es y =0, quedando la ecuación (8.1): ' +Pu +P y θ =0 (9 ) → E J y u'M M M Planteando el equilibrio de momentos alrededor del eje x-x, se tiene:

(10 ) → M ey + M iy = 0

M xe = P v

reemplazadas en (10):

M

' M xi = -E J x v'M

que

' +Pv (11) → E J x v'M =0 M

El equilibrio de momentos alrededor del eje z-z, produce:

(12) → M ze + M zi = 0 Se debe tener en cuenta que el eje de la barra se arquea (flexiona), apareciendo en consecuencia esfuerzos de corte, como puede verse en la Figura 4. Por tratarse de una sección de simple simetría habrá torsión, pues su baricentro no coincide con el centro de corte o centro de torsión, y de acuerdo a la Figura 4:

(13) → tg α = u'M ≈ sen α

el esfuerzo de corte es:

(14 ) → Q e = P sen α = P u'M = σ F u'M Este esfuerzo cortante genera un momento torsor exterior, de valor igual a:

(15) → M et 1 = Q e y M = σ F u'M y M Como resultado de esta torsión las fibras longitudinales se inclinan, produciéndose otro momento torsor exterior, cuya expresión es: (16 ) → M t 2 = σ J pM θ' J pM = Momento de Inercia Polar, con respecto al Centro de Corte

3. Ecuación diferencial de pandeo por flexo-torsión. Con las deducciones efectuadas anteriormente (Capítulo I, Ecuaciones 68, 69 y 70), el momento torsor interior queda

(17 ) → M iz = -E C M θ' ' ' +G J t θ' igualando ambos momentos, o sumándolos como en la ecuación (12), se llega a:

(18 ) → -E C M θ' ' ' +G J t θ' + σ F u'M y M + σ θ' J pM = 0 80

Ing. Civil Omar Miño Las deformaciones u M y θ caracterizan siempre a los problemas de pandeo por rotación y flexión. Con el estudio efectuado se dispone de las ecuaciones (9), (11) y (18), que definen el sistema de tres ecuaciones siguiente: ' +Pv =0 1 ) E J x v'M M ' ' (19 ) → 2 ) E J y u M + P u M + P y M θ = 0 3) E C M θ' ' ' + σ J pM - G J t θ' + σ F u'M y M = 0

)

(

Puede observarse que la primera de ellas es independiente, pero las dos últimas constituyen un sistema de dos ecuaciones diferenciales, con dos incógnitas, u y θ . Mas este grupo de ecuaciones resuelve el problema cuando ambos apoyos son simples, por lo tanto, es un sistema restringido. Cuando los apoyos tienen otra vinculación se debe usar la ecuación general. Ella se consigue derivando dos veces las dos primeras y una vez la última de las ecuaciones (19), obteniéndose: IV + P v' ' = 0 1 ) E J x vM M ' + P y θ' ' = 0 IV (20 ) → 2 ) E J y u M + P u'M M ' y =0 IV 3) E C M θ + σ J pM - G J t θ' ' + σ F u'M M

)

(

4. Criterio Americano. El tratamiento que este enfoque le da al sistema de ecuaciones (19), se desarrolla a continuación. Las elásticas y el giro angular que toma son: π π π u = A2 sen ( ) x θ = A3 sen ( ) x l l l y teniendo presente que C M = C w ; ro = radiode giro polar, respecto del centro de corte; y M = yo π 2 E Cw + G Jt 2 2E J 2 l π π E Jx y y (22) → N x = ; Nt = ; Ny = r o2 l 2y l x2 Reemplazando las elásticas en las tres ecuaciones (19):

(21) → v = A1 sen ( ) x

1) [ E J x

(22) →

2)[E J y E Cw 3) [

π2 - N] A1 = 0 l x2 π2 - N] A2 - N y o A3 = 0 l 2y π2 + G Jt lt2 - N r o2 ] A3 - N y o A2 = 0 2 ro

⇒ ( N x - N ) A1 = 0

(

)

⇒ N y - N A2 - N y o A3 = 0

⇒ ( N t - N ) r o2 A3 - N y o A2 = 0

y para que este sistema de ecuaciones homogéneas tenga solución, el determinante de la matriz de los coeficientes, debe ser nulo. 81

Ing. Civil Omar Miño

(N x - N )

0

0

(N y - N )

0

- Nyo

0 - Nyo

=0

(Nt - N ) r o2

Desarrollando el determinante:

(

)

(24 ) → (N x - N ) N y - N (N t - N ) r o2 - (N x - N ) N 2 yo2 = 0

(

sacando factor común

)

(25) → (N x - N ) [ N y - N (Nt - N ) r o2 - N 2 yo2 ] = 0

una solución de esta ecuación es cuando (N x - N ) = 0 , y se tiene pandeo por flexión según el eje x-x, y es independiente del otro eje y-y; la otra solución es cuando:

)

(

(26 ) → [ N y - N (Nt - N ) r o2 - N 2 yo2 ] = 0 desarrollándolo se llega a la siguiente ecuación algebraica de segundo grado:

2

y (27 ) → [1 - o ]N 2 - (N x + Nt ) N + N y Nt = 0 2 ro

y2 llamando H = [1 - o ] r o2

resolviendo la ecuación:

(28 ) → N cr , ft =

N y + Nt ±

(N y + Nt )2 - 4 N y Nt H 2H

=

N y + Nt 2H

[1- 1-

4 N y Nt H ] N y + Nt 2

(

)

dividiendo esta carga crítica por la sección, se obtendrá la tensión crítica:

(29 ) → σ cr , ft =

σ cr , y + σ cr ,t 2H

[1- 1-

4 σ cr, y σ cr ,t H ] σ cr , y + σ cr ,t 2

(

)

π 2 ECw + GJ t 2 l σ cr ,t = A r o2

π2E σ cr , y = ; l 2y ry2 La bibliografía americana a estas tensiones críticas, las denomina como Fey, Fez y Fe, quedando la clásica ecuación reglamentaria general:

(30 ) → Fe =

Fey + Fez 4 Fey Fez H ] [1- 12H Fey + Fez 2

(

)

siendo

Fey =

π2E

( k y l y )2 ry2

π 2 ECw + GJ t ( k z l z )2 (31) → Fez = A r o2 82

Ing. Civil Omar Miño En el sistema americano la longitud se mide en pulgadas o pies, cuando se trata de perfiles de acero. l : longitud no arriostrada ; k y ,k z : factores de longitud efectiva ; ry : radio de giro según el eje y - y

r o2 = yo2 + ry2 + rx2

;

rx = radio de giro según el eje x - x ; yo = coordenada del centro de corte C w : Módulo de alabeo [plg 6 ] ; J t : Momento de inercia torsional [plg 4 ] La ecuación (29) corresponde a apoyos simples, se debería tener la general, para cualquier tipo de apoyos. Si se consideran apoyos empotrados, las elásticas a considerar serían: 2π 2π 2π (32) → v = C1 [ 1 - cos( ) x] ; u = C2 [ 1 - cos( ) x ; θ = C3 [1 - cos( ) x l l l π 2 E Cw + G Jt 2E J 2 2 π (0,5 l ) π E Jx y y Nx = ; Ny = ; Nt = r o2 (0,5 l x )2 (0,5 l y )2 Siguiendo el procedimiento anterior se arriba a la misma ecuación (29), pero en este caso las tensiones críticas son las siguientes: π 2 E Cw + G Jt 2 2 (0,5 l ) π E y σ cr, y = Fey = ; (33) → σ cr ,t = Fez = 0,5 l y 2 A r o2 ) ( ry y en el caso más general de empotramiento elástico ó perfecto será: π 2 E Cw + G Jt 2 2 (k l ) π E z y σ cr, y = Fey = ; (34 ) → σ cr ,t = Fez = ky ly 2 A r o2 ( ) ry con la tensión crítica ideal σ cr , ft = Fe se obtiene la esbeltez de comparación de la barra: π2E (35) → (λv i )2 = Fe y con la anterior reglamentación AISC, se puede calcular la tensión crítica: 1 - (λv i )2 ( ) λv i < Cc ⇒ 36 → σ cr , ft = σF 2 Cc2 π2E ( ) λv i > Cc ⇒ 37 → σ cr , ft = (λv i )2 aplicando el coeficiente de seguridad correspondiente, se obtiene la tensión admisible. Conociendo la tensión crítica ideal, se podría seguir otro camino, como calcular la esbeltez de comparación ideal λv i , reemplazando en la ecuación (35) el valor Fe dado en la ecuación (30) y realizando los reemplazos de las tensiones dadas en las ecuaciones (34), y realizando además algunas transformaciones, se llega a calcular la esbeltez de comparación, con la siguiente expresión: 2 λ2y H r o2 ky ly (38 ) → λv i = = 4 c 2 H r o2 r o2 + c 2 4 c 2 H r o2 r o2 + c 2 [1 - 1 ] ry [1 - 1 ] 2 2 2 H r o2 r o2 + c 2 r o2 + c 2

(

)

(

)

83

(

)

(

)

Ing. Civil Omar Miño Siendo el radio de giro de flexo-torsión:

( r o2 + c 2 ) [1 -

(39 ) → rf1, t = r y

2 H r o2

1-

4 c 2 H r o2 ] 2 2 2 ro + c

)

(

y el radio de torsión es:

(40 ) → c =

C M + 0 ,039 ( β l )2 J t Jy

que es la Ecuación (60) del Capítulo II

4.1 – Ecuación en función de los radios de giro r y , rt , que tiene como incógnita el radio de giro r ft de flexo-torsión, en secciones de simple simetría. La ecuación final a la cual se llega también puede presentarse de otra manera, si a la ecuación (27) se la divide por A2; ésta queda en función de las tensiones:

(

)

(41) → H σ cr , ft 2 - ( σ x + σt ) σ cr , ft + σ x σt = 0 reemplazando π 2 E r 2ft

(42) → σ cr , ft = ( k l )2

;

π 2 E ry2 σy = ky ly 2

(

)

;

σt =

π 2 E rt2 ( kt l )2

queda:

(

)

(43) → H r 4ft - ry2 + rt2 r 2ft + rt2 ry2 = 0 resolviendo la ecuación bicuadrada, r ft es igual a: ry2 + rt2 ± ( ry2 + rt2 )2 - 4 H ry2 rt2 ry2 + rt2 4 H ry2 rt2 2 (44 ) → r f1, t = = [1- 1] 2H 2H ( ry2 + rt2 )2 siendo r y el radio de giro según el eje y-y, rt es el radio de giro de torsión, que viene dado por la ecuación (52) del capítulo anterior (Pandeo por Torsión), y r ft es el radio de giro de flexo-torsión. La ecuación (44) brinda dos raíces, de ella se debe tomar el signo menos de la raíz dado que provee el menor radio de giro, por lo tanto, la mayor esbeltez y, en consecuencia, la menor tensión crítica, que es la solución del problema. A la misma ecuación (44) se hubiese llegado si en la ecuación (29) se reemplazaran las tensiones críticas en función de los radios de giro, es decir, con las ecuaciones (42). Haciendo las simplificaciones respectivas la ecuación queda igual. En nuestro caso se siguió el primer camino para ver a qué ecuación se llegaba: “ a una ecuación bicuadrada” De aquí en más, el camino que se sigue es similar al anterior, con el valor del radio de giro l de flexo-torsión r ft se calcula la esbeltez de comparación λv i = , luego, en función de ésta, las r ft tensiones críticas:

84

Ing. Civil Omar Miño

λv i ≤ Cc

⇒

σ cr , ft =

λv i > Cc

⇒

σ cr , ft =

1 - ( λv i )2 σF 2 Cc2 π2E

( λv i )2

y según norma anterior AISC (1963), a estas tensiones criticas se les aplica el coeficiente de seguridad correspondiente. 4.2 - Ecuación en función de las esbelteces λ y , λt , y como incógnita la esbeltez de comparación λv i , de flexo-torsión. Otra forma de presentar la ecuación es en función de las esbelteces λ y , λt , y como incógnita λv i . Reemplazando en la ecuación (43) sus radios de giro por:

l

(45) → r ft = λv i

;

ry =

l λy

;

l rt = λt

queda:

(46 ) →

H ( λv i )4

-[

1

( λy )2

+

1

]

1

( λ t )2 ( λv i )2

+

1

1

( λy )2 ( λ t )2

( )

multiplicando por λ y 2 ( λ t )2 ( λv i )4 se llega a:

(

(47 ) → ( λv i )4 - λ2y + λ2t

)( λv i )2 + H ( λy )2 ( λ t )2 = 0

ecuación bicuadrada, que resolviéndola da la incógnita λv i :

(48 ) → λ2v i =

( λ2y + λ2t )± ( λ2y + λ2t )2 - 4 H λ2y λ2t 2

y en este caso corresponde tomar el signo positivo, pues a mayor esbeltez corresponde una menor tensión crítica; factoreando queda:

)

(

λ2y + λ2t 4 H λ2y λ2t 2 (49 ) → λv i = [1+ 1] 2 2 2 2 λ y + λt

(

)

Con el resultado de esta ecuación, el problema se acorta un poco, pues se dispone de la esbeltez directamente, y entonces colocando la carga critica en función de la esbeltez: λv i ≤ Cc

⇒

σ cr , ft =

λv i > Cc

⇒

σ cr , ft =

1 - ( λv i )2 σF 2 Cc2 π2E

( λv i )2

85

Ing. Civil Omar Miño Puede observarse que, la solución de la ecuación a la que se arriba, tiene una similitud con las anteriores en las cuales figura el valor de las tensiones (ecuación 29), o en la que se reemplaza el valor de σ cr , ft por el valor de r ft , r y o rt . Se debe tener muy en cuenta, cuando se trabaja con las diferentes ecuaciones (29), (44) o (49), el signo de la raíz cuadrada, pues en algunos casos , se debe tomar el signo positivo y en otros el negativo. Todo depende de la incógnita que se tenga.

5. – Secciones que no tienen ningún eje de simetría. Sistema de ecuaciones al que se arriba. Soluciones. La sección analizada anteriormente es de simple simetría, en ella una de las coordenadas del centro de corte es nula, xo = 0 , pero cuando se trata de una sección sin ninguna simetría dichas coordenadas no son nulas, entonces, con el mismo procedimiento anterior, se llega al sistema de ecuaciones siguiente: IV + N v'' - N x θ'' = 0 1 )E J x v M M M IV '' (50 ) → 2 )E J y u M + N u M - N yM θ'' = 0 3 )E CM θ IV + N r o2 - G J t θ'' + N yM u''M + N xM v''M = 0

(

)

Puede verse que en las tres aparece el giro θ , por lo tanto, ninguna de ellas es independiente. Reemplazando las elásticas expuestas anteriormente, se llega a plantear las ecuaciones que se detallan a continuación:

π2E J x - N] A3 - N xM A3 = 0 l x2 π2E J y (51) → 2 )[ - N] A2 - N y M A3 = 0 l 2y π 2 E CM + G Jt lt2 3 )[ - N] r o2 A3 - N y M A2 - N xM A1 = 0 r o2 1 )[

Para que haya solución, el determinante de la matriz de los coeficientes, debe ser nulo:

(52) →

( Nx - N ) 0 - N xM

0 Ny - N - N yM

(

)

- N xM - N yM = 0 ( Nt - N )

desarrollando el determinante se llega a:

(53) → ( N x - N

2 - ( N - N ) N 2 y2 ) ( N y - N )( Nt - N ) r o2 - ( N y - N ) N 2 xM x M

86

=0

Ing. Civil Omar Miño

cambiando el signo se consigue la siguiente expresión:

La norma americana a las coordenadas del centro de corte las denomina xo e yo , por lo tanto, reemplazando en la ecuación (55) xM = xo e y M = yo , y presentando a la ecuación como una expresión algebraica de tercer grado, con la cual es posible trabajar con mayor comodidad, dividiendo esta carga critica por la sección, queda finalmente:

Esta ecuación cúbica, brinda tres raíces, de las cuales se toma la menor, que es la que resuelve el problema; las tres raíces de la ecuación son reales. Matemáticamente se demuestra que toda ecuación cúbica, que proviene de una matriz que guarda simetría respecto de la diagonal principal, tiene sus tres raíces reales, y la matriz (52) cumple con esa condición. kz = factor de longitud efectiva para pandeo por torsión. E = módulo de elasticidad (ksi). G = módulo transversal de elasticidad (ksi). Cw = módulo de alabeo (plg.6). Jt = momento de inercia torsional (plg.4). Jx, Jy = momento de inercia respecto de los ejes principales, X - Y (plg.4). x0, y0 = coordenadas del centro de corte, con respecto al centro de gravedad (plg.).

Fex =

π2E

( k x l x )2 rx2

;

Fey =

π2E

;

( k y l y )2

π 2 E Cw + G Jt kt l y 2 Fe t = A r o2

(

)

r y2

Jx + J y r o = xo2 + yo2 + A

l = longitud no arriostrada. xo2 + yo2 H = 1r o2

kx, ky = factores de longitud efectiva, según los ejes x e y, respectivamente.

r o = radio de giro polar respecto del centro de corte (plg.) 87

Ing. Civil Omar Miño Fex = tensión critica ideal de Euler, pandeo con respecto al eje x-x (ksi) Fey = tensión critica ideal de Euler, pandeo con respecto al eje y-y (ksi) Fet = tensión critica ideal de pandeo por torsión (ksi) rx, ry = radios de giro respecto de los ejes principales (plg) A = superficie de la sección transversal de la barra (plg2) 5.1- Ecuación de tercer grado en función de los radios de giro. Si en la ecuación (56), a las tensiones se las reemplaza en función de sus radios de giro:

queda: +

(57 ) →

Puede verse que la ecuación es similar al de las tensiones (en realidad es una ecuación de sexto grado, pero como su incógnita aparece al cuadrado, se transforma en una de tercer grado, y no se tienen en cuenta las raíces negativas, también se la llama ecuación bicúbica), con la única diferencia que aquí aparecen como coeficientes de la ecuación los radios de giro, y como incógnitas los radios de giro de flexo-torsión al cuadrado, y el radio de giro buscado es la raíz cuadrada del menor de los valores hallados. Con este radio de giro se busca la esbeltez y en función de esta la tensión critica. 5.2 - Ecuación de tercer grado en función de las esbelteces. Reemplazando en la ecuación (56) las tensiones en función de las esbelteces:

viene:

(58) →

multiplicando por λ2x , λ2y , λ2t , λ6ft se logra:

88

Ing. Civil Omar Miño 1 ( λ2ft )3 - ( λ2x + λ2y + λ2t )( λ2ft )2 + [ ( xo2 λ2x λ2t + yo2 λ2y λ2t ) r o2 (59) → - ( λ2x λ2y + λ2y λ2t + λ2x λ2t )] λ2ft + H λ2x λ2y λ2t = 0 Aquí también se ha llegado a una ecuación bicúbica, en la cual las incógnitas son las esbelteces λ ft , y de las raíces se debe adoptar la mayor, porque ésta brinda la menor tensión crítica.

6. – Nueva norma americana. Criterio AISC-LRFD. La nueva norma americana AISCLRFD, calcula la tensión ideal de flexo-torsión con la ecuación (30), o con la ecuación (55), según sea el caso. En función de la ecuación (35) obtiene la esbeltez de comparación, que corresponde a una barra ideal que pandea por flexión, con la misma tensión crítica, que la barra que pandea por flexotorsión. Lo importante es obtener la esbeltez:

π2E (60 ) → λ2vi =

⇒

Fe

λ λc = vi π

Fe E

y con esta esbeltez λc se calculan las tensiones críticas:

λc Q ≤ 1,5

2 σ cr = Q(0 ,658)Qλc σ F 0 ,877 σF σ cr = λ2c

⇒ ⇒

λc Q > 1,5

“Pandeo en el campo real de barras de acero-Barras de alma llena” Ing. Civil O. Miño – Mayo de 1999

Para secciones compactas y no compactas Q = 1. Otra manera de proceder es buscar el valor de χ de la tabla correspondiente. La secuencia de cálculo en este caso sería:

(61) → λc (62) → λc

⇒ ⇒

χ χ

⇒ ⇒

σ cr = 0 ,85 χ σ F o también Pcr = 0 ,85 χ σ F A > P factoreado

7. – Criterio europeo. Secciones de simple simetría. El análisis del fenómeno es idéntico al desarrollado anteriormente, es decir, ambos criterios (americano y europeo) coinciden en la determinación de la tensión crítica ideal o la determinación del λvi . Los europeos se diferencian de los americanos, en que ellos trabajan con la esbeltez de comparación λvi , pero presentan a la misma de otra forma. Si a la ecuación (38) se la multiplica y divide por: r 2 + c2 4 c 2 H r o2 (63) → o [1 + 1 2 H r2 2 2 2 o

(64 ) → λvi =

β ly iy

⇒

( ro + c )

queda finalmante

2 4 c 2 i 2p c 2 + iM [1+ 1] 2 2 c2 c 2 + iM

(

89

)

Ing. Civil Omar Miño los europeos al radio de giro polar ro lo llaman iM (ro = iM). La norma DIN para diferentes condiciones de borde, y diferentes formas de alabeo, la presenta como:

en la que representan: i 2p = i x2 + i 2y : radio de giro polar con respecto al centro de gravedad, en cm. 2 = i 2 + y 2 : radio de giro polar con respecto al centro de esfuerzos cortantes, en cm. iM p M y M : ordenada del centro de esfuerzos cortantes, tomando como origen el centro de gravedad

(66 ) → c =

CM ( β l )2 + 0 ,039 ( β l )2 J t 2 ( βo l o ) : radio de torsión de la sección, en cm. Jy

Jt = módulo de torsión, en cm4. CM = CW = módulo de alabeo con respecto al centro de esfuerzos cortantes, en cm6 l = longitud teórica de la barra, en cm

l o = distancia (de importancia en la torsión), calculada o medida sobre el dibujo, entre los centros de gravedad de los grupos de roblones, ó cordones de soldadura de los dos extremos de la barra.

β = coeficiente de empotramiento a la flexión. βo = coeficiente de alabeo. Se recuerda que las ecuaciones (53) y (54), son aplicables a secciones simplemente simétricas, y la norma DIN 4114 expresa claramente que β = βo = 1,0, corresponde a un apoyo doblemente articulado en los extremos de la barra, quedando impedidos el giro y los recorridos dentro de su plano de las secciones extremas; pero pueden girar estas secciones extremas alrededor de cualquiera de los ejes x-x e y-y, quedando además libres los recorridos de sus puntos, en la dirección del eje de la barra. Si β = βo = 0,5 corresponde a un empotramiento perfecto alrededor del eje y-y, y a un alabeo impedido de las secciones extremas. Si las condiciones de vínculo de la barra, corresponden a un empotramiento elástico de la sección extrema alrededor del eje y-y, se tendrá que: 0,5 < β < 1,0 y si el alabeo fuese parcialmente impedido se tiene: 0,5 < βo < 1,0. En casos prácticos usuales, la norma aconseja suponer 0,5 < β < 1,0 y βo = 0,5. Las ecuaciones (64) y (65) responden también a una sección de doble simetría, pues realizando las simplificaciones correspondientes, se llega a la ecuación (63) del capítulo anterior, en la cual la

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Ing. Civil Omar Miño condición de i p > c está diciendo que existe pandeo por torsión con una carga menor que la de pandeo por flexión, alrededor del eje y-y. La comprobación que realiza la DIN 4114, es la siguiente: con la determinación de la esbeltez λvi , entrando en la tabla λ - ω , se extrae el valor del correspondiente ωvi , y se comprueba que: ω P (67 ) → σ = vi ≤ σ adm F

7.1- Secciones que no tienen ningún eje de simetría. Cuando la sección no tiene simetría, la DIN 4114 no brinda ninguna solución a este problema, sin embargo la amplia bibliografía europea sobre el tema, al igual que la americana, presentan la misma ecuación de tercer grado (no podía ser de otra manera), en la cual la menor de las raíces es la solución buscada, procediéndose de la siguiente manera: π2E E λ2vi = ⇒ ωvi ⇒ λvi = π σ vi σ vi ω P (68 ) → σ = vi ≤ σ adm. F Si se quisiera determinar la esbeltez ideal para estas secciones sin simetría, la ecuación a la que se arriba es voluminosa y bastante compleja, es mucho más simple determinar la tensión ideal y con ella calcular la esbeltez. 7. 2. Nueva norma europea. Secciones con doble y simple simetría. La nueva norma europea, calcula la esbeltez ideal λvi en secciones de doble y simple simetría, y con ella la esbeltez de

λ σF , usando la curva “c” para sacar el valor de comparación (con las ecuaciones 64 ó 65), λcvi = vi π E χ , para luego calcular la tensión crítica ó carga crítica:

(69 ) → σ k = χ c σ F ≥ σ factoreado

⇒

N k = χ c σ F A ≥ N factoreado

Este es el camino que siguen los europeos, pero también aceptan calcular la tensión ideal de pandeo por flexo-torsión σ ki , ft con la ecuación (30), luego determinar λvi con la ecuación (35) o

σF λcvi = , o calcular directamente λvi con la ecuación (38) o (49), pues todo esto proviene de un σ ki , ft mismo razonamiento, como se demostrara en los párrafos anteriores. 7.3 Nueva norma europea. Secciones sin simetría. La norma europea usa en estos casos la ecuación de tercer grado (55), en la cual la menor de las tres raíces corresponde a la tensión crítica ideal buscada, con la cual se determina la esbeltez de flexo-torsión, y luego el camino es similar a lo anterior, usando siempre la curva “c” 8. Comparación entre la norma AISC-LRFD y la norma europea. La diferencia que existe entre ambas normas son las siguientes: la americana calcula la tensión o carga crítica con la única curva que tiene, mientras que la europea toma la curva c; la americana toma el módulo de

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Ing. Civil Omar Miño Hooke igual a 29.000 Ksi = 2.038,7 t/cm2 , mientras que la europea toma E = 2.100 t/cm2, siendo la diferencia de apenas un 3%, cuando los espesores de las chapas que componen la sección del perfil pasan de 40 mm, la norma americana sigue trabajando con la misma tensión de fluencia, mientras que la europea hace una rebaja de la tensión de fluencia, cuyo porcentaje depende de la calidad del acero (para fluencia de 2.400 Kg/cm2, la rebaja es aproximadamente del 9%, y para una fluencia de 3.600 Kg / cm2 , la rebaja es de aproximadamente un 6%), y en estos casos los estudios están demostrando que la curva a usar podría ser la curva “d”, siempre que no se sobrepase la tensión de fluencia de 4.300 Kg / cm2 Como puede observarse, cuando se trabaja con aceros de límites de fluencia normales, la mayor diferencia estriba en el uso de las curvas. En la Figura 5, puede verse la única curva americana y la curva “c” europea, en función de χ y de λc ,en la cual puede apreciarse que cuando el intervalo es

0 < λc < 0 ,2 , la curva “c” se encuentra por arriba de la americana, con una diferencia en más del 6,95%; luego ambas comienzan a bajar y se encuentran para un valor de λc = 0 ,5 . De aquí en más la curva europea “c” se encuentra por debajo de la americana hasta un valor de λc = 2 ,1 , en el que vuelven a encontrarse (casi el mismo valor). Pero en este último intervalo 0 ,5 < λc < 2 ,1 , existe otro sub-intervalo 0 ,7 < λc < 1,6 en el cual los valores de χ de la curva europea están por debajo de la americana en un promedio del 13,5%, siendo éste el rango de esbelteces en donde más se trabaja, y se debe tener en cuenta que los europeos, realizaron miles y miles de ensayos en barras flexo-torsionadas, llegando a la conclusión que la curva “c” es la que rige para este fenómeno. Cuando λc > 2 ,1 , la curva americana se sitúa por debajo de la europea, con una diferencia en promedio del 6%. Por otra parte se debe hacer notar que es un poco más sencillo usar la ecuación (30) para secciones de simple simetría, y la ecuación de tercer grado, para secciones sin simetría, sería común para ambas normas. 8.1 - Conclusión: tomando como base la curva europea “c”, en el intervalo 0 < λc < 0 ,2 , con la curva americana se sobredimensiona con una diferencia del 7%; en el intervalo en el cual más se trabaja 0 ,7 < λc < 1,6 , con la curva americana se subdimensiona, con un promedio del 13,5%, llegándose en el punto mas elevado ( λc = 1,2) a un 17%; y en el rango λc > 2,1, la norma americana sobredimensiona en promedio, en un 6%.

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Ing. Civil Omar Miño Con respecto al Apéndice del Capítulo E, del Proyecto de Reglamento Argentino, se puede decir que el problema se generaliza con respecto al Capítulo E. No sólo se trata la flexo-torsión de secciones de simple simetría sino también las secciones asimétricas. Asimismo, se estudian las secciones de doble simetría que pandean solamente por torsión. Se vuelve a reiterar que en la actualidad, la norma AISC-LRFD tiene otro valor del coeficiente de minoración. Este es Φc = 0 ,90 en lugar de Φc = 0 ,85 . Recordar lo que se expresó anteriormente, o sea, para aceros de los USA esto es correcto pero para otros aceros podría no serlo. Se deben realizar ensayos de laboratorio que respalden la normativa. De todas maneras, al continuar utilizando Φc = 0 ,85 se tiene el 5,50 % más a favor de la seguridad , y es de destacar que, en este caso, no se realiza una mezcla de reglamentos como sucede en pandeo por flexión de barras armadas. Como se emplea una única curva queda como incertidumbre cómo se tratan los perfiles “Jumbo” (Heavy Sections) Las ecuaciones del Proyecto de Reglamento coinciden plenamente con la investigación realizada. Las ecuaciones A-E-3-5 de pandeo por torsión concuerda con la ecuación (25) del Capítulo II de esta investigación. De igual forma, la ecuación A-E-3-6 (para simple simetría) con las ecuaciones (29) y (30) del mencionado Capítulo II. Lo mismo ocurre con las ecuaciones para secciones asimétricas A-E-3-7 del Proyecto de Reglamento y las ecuaciones (55) del presente trabajo ya que, dividiéndolas por A, se obtiene la expresión reglamentaria.

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APLICACIONES PRÁCTICAS

Ejemplos resueltos con los dos reglamentos nuevos: Americano y Europeo

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Ing. Civil Omar Miño Como en la publicación anterior, todos los ejemplos son de barras simplemente apoyadas, eludiendo otras condiciones de apoyos, a fin de que la compresión sea sencilla. En el caso de barras armadas, se ha realizado un solo ejemplo con una sección tal que, el centro de torsión también llamado centro de corte, no coincide con el baricentro, y los parantes están bien distanciados y unidos por diagonales. Existen otros casos de barras armadas, con otro tipo de secciones, en las cuales las coordenadas del centro de corte ( x o , y o ) no son nulas resultando, en este caso, el problema más complejo pues se genera flexo-torsión con respecto a ambos ejes pasantes por el baricentro. No se ha querido complicar al lector con problemas que comúnmente no se presentan, y cuya solución es bastante laboriosa. El hecho de que no sean comunes no quiere decir que nunca se presentan, y , como se dijo, son de solución laboriosa. Cuando ello ocurra se debe recurrir a bibliografía muy especializada, la bibliografía común no trata este tipo de problemas. Los profesionales, especialistas en estructuras metálicas, deben saber resolverlos o, de lo contrario, tendrán que recurrir a quien sea especialista en este tipo de secciones, para solucionar el problema que se ha presentado. Más ejemplos de flexo-torsión de barras de alma llena y armadas, con parantes que tienen distancias mínimas entre sí, pueden verse en la anterior publicación “Pandeo en el campo real de barras armadas reticuladas y empresilladas” – Febrero del 2000 - resueltos por las dos normas, americana y europea, cuya autoría también pertenece al responsable del presente trabajo. Omar Miño Ing. Civil

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Ejercicio 1: Calcular la carga crítica de una barra simplemente apoyada en sus extremos, de 5,0 m de longitud, cuya sección transversal es la de un perfil doble te, armado con chapas y soldado con tratamiento térmico. Con respecto al eje z-z tiene una biela articulada, que divide a la luz en dos partes iguales, de 2,50 m cada una. Las características de la sección son las siguientes: Tensión de fluencia: σ F = 2 ,50

cm 2 t G = 807,7 cm 2

t

E = 2.100

t

cm 2 h = 30 cm b f = 10 cm

t f = 0 ,5 cm

A = 18 ,7 cm 2

J y = 2.118 ,54 cm 4

i y = 10 ,64 cm

i z = 2 ,11cm

t w = 0 ,3cm

J z = 83 ,40 cm 4

ro2 = 117 ,65 cm 2 C w = 18.144 ,7 cm 6

J t = 1 ,42 cm 4

Norma Americana 10 2.100 = 10 < λr = 0 ,56 = 16 ,23 2 x0 ,5 2 ,5

⇒

20 2.100 = 96 ,666 > λr = 1 ,49 = 43 ,18 0 ,30 2 ,5

ala no esbelta

⇒

alma esbelta

Según el eje y-y:

500 = 47 10 ,64 Primero se supone que Qa = 1y se calcula la tensión crítica

Qs = 1 y se debe calcular Qa

⇒

λc = 0 ,516

λy =

χ = 0,7591

⇒

σ cr = 0 ,7591 x 2 ,5

t cm 2

= 1 ,897

t cm 2

Si no se tiene en cuenta que el alma es esbelta, la carga crítica sería: Pcr = 1 ,897

t cm 2

x 18 ,7 cm 2 = 35 ,474 t

Aplicando la ecuación que brinda el ancho efectivo, se tiene:

be = 1 ,91 x0 ,3

2.100 0 ,3 2.100 ] = 16 ,82cm ) [ 1 - ( 0,34 1,90 29 1 ,90

b1 = 29cm - 16,82cm = 12,18cm ⇒ A1 = 12 ,18cm x 0 ,3cm = 3 ,654 cm 2 15 ,046 Ae = 18 ,7 cm 2 - 3,654cm 2 = 15 ,046 cm 2 ⇒ Qa = = 0 ,8046 18 ,7 λc Qa = 0 ,516 0 ,8046 = 0 ,462

⇒

χ = 0,7780 106

≈ 1 ,90

t cm 2

Ing. Civil Omar Miño σ cr = 0 ,8046 x 0,7780 x 2,5

t cm 2

= 1 ,565

t cm 2

Con este último valor, y aplicando de nuevo la ecuación que brinda el valor de be:

2.100 0 ,3 2.100 ] = 18 ,28cm ) [ 1 - ( 0,34 be = 1 ,91 x0 ,3 1,565 29 1 ,588

A2 = 10 ,72cm x 0 ,3cm = 3 ,216 cm 2 15 ,484 Ae = 18 ,7 cm 2 - 3,216cm 2 = 15 ,484 cm 2 ⇒ Qa = = 0 ,828 18 ,7

b2 = 29 cm - 18,28cm = 10,72cm

⇒

λc Qa = 0 ,516 0 ,828 = 0 ,46953 ⇒ χ = 0,7749 t t σ cr = 0 ,828 x 0,7749 x 2,5 = 1 ,604 cm 2 cm 2 Si se volviese a iterar con este nuevo valor, se llega a Qa = 0 ,825 ≈ 0 ,828 , lo que quiere decir que se ha llegado al valor buscado. Entonces, la carga crítica será: Pcr = 1 ,604

t cm 2

x 18 ,7 cm 2 = 30 ,0 t

Comparando con el valor de 35,474 t, se observa que el error cometido, al no considerar sección esbelta, es del 18,2 % Se analiza ahora la sección según el eje z-z, eje débil, teniendo presente que en este caso, por ser un perfil de espesores delgados, deberá verificarse no solamente pandeo por flexión sino que se verificará, también, pandeo por torsión exclusivamente, por ser una sección de doble simetría: Tener presente que la biela no impide el giro en el lugar de su articulación, por lo tanto, en el pandeo por torsión la luz a considerar es la total, es decir, 5,0 m π 2 x 2.100 x 18.144,7 + 807 ,7 x 1,42 t t 500 2 Fet = = 1 ,205 18 ,7 x 117,65 cm 2 cm 2

λct =

2 ,5 = 1 ,44 1 ,205

⇒

⇒

χ t = 0 ,3569

Pcr ,tz = 0 ,3569 x 2,5 x 18,7 t = 16,69 t

λ = 131,1 carga crítica de pandeo por torsión sin tener en cuenta que el alma es esbelta.

Partiendo de σ cr , z = 0 ,3569 x 2,5

t

cm 2 valor del largo efectivo, será be = 23 ,06 cm ⇒ A1 = 5 ,94 cm x 0 ,3cm = 1 ,782 cm 2 16 ,918 = 0 ,905 Qa = 18 ,7

t

, y aplicando la ecuación que nos da el cm 2 b1 = 5 ,94 cm y Ae = 18 ,7 cm 2 - 1,782 cm 2 = 16 ,918 cm 2

= 0 ,892

λct Qa = 1 ,44 0 ,905 = 1 ,36967 ≈ 1 ,37 107

Ing. Civil Omar Miño

⇒

χ = 0 ,3875

σ cr = 0 ,905 x 0,3875 x 2,5

t cm 2

= 0 ,877

t cm 2

t

, y la carga crítica será: cm 2 Pcr,t = 0 ,907 x 0,88 x 18,7 t = 14,92 t : carga critica de pandeo por torsión y sección esbelta.

iterando una vez más, se llega a una tensión crítica de 0 ,88

Analizando pandeo por flexión alrededor del eje z-z: 250 λ= = 118 ,48 ⇒ λc = 1 ,30 2 ,11 Pcr, z = 0 ,4190 x 2,5 x 18,7 t = 19,59 t :

⇒

χ = 0,4190

carga crítica de pandeo por flexión sin tener en cuenta que la sección es esbelta.

t

Buscando la longitud efectiva con σ cr, z = 0 ,419 x 2,5

cm 2

= 1 ,0475

t cm 2

2.100 2.100 0,3 be = 1 ,91 x 0,3 [ 1 - (0,34 ) ] = 21 ,61 cm 1,0475 1,0475 29 ⇒ A1 = 7 ,39 cm x 0,3 cm = 2,217 cm b1 = 29 cm - 21,61 cm = 7,39 cm Ae = 18 ,7 cm 2 - 2,217 cm 2 = 16 ,483 cm 2

⇒ ⇒

λc Qa = 1 ,30 0 ,88 = 1 ,22 σ cr, z = 0 ,88 x 0,4559 x 2,5

Qa =

t cm 2

= 1 ,00298

χ = 0,4559

t cm 2

≈ 1 ,003

Iterando una vez más se llega a Qa = 0 ,888 y σ cr , z = 1 ,007

Pcr, z = 1 ,007 x 18,7 t = 18,83 t :

16 ,483 = 0 ,88 18 ,7 t cm 2

t

, luego la carga crítica será: cm 2 carga crítica de pandeo por flexión y sección esbelta.

La carga crítica de la barra, es la de torsión, y su diferencia con la de flexión es del 26,2 %. Norma Europea Ala:

c

=

tf

⇒

ε=

2 ,4 = 0,98 2 ,5

⇒

c tf

ε = 10 x0 ,98 = 9 ,8

29 = 96 ,666 > 42 ε = 42 x 0 ,98 = 41 ,16 sección tipo 4, y por lo tanto existe t w 0 ,3 abollamiento local, y habrá que buscar la sección eficaz, por intermedio de la esbeltez de la placa λ p Alma:

d

10 = 10 2 x 0,5 =

108

Ing. Civil Omar Miño La tensión crítica de abollamiento ideal de una placa comprimida y simplemente apoyada en cuatro lados es: 0 ,3 2 Kg t ] x 4 = 812 ,46 = 0 ,81246 29 cm 2 cm 2 ⇒ χ = 0,9156 (curva " a" )

σ ki = 189 ,8 [ 100

λcy = 0 ,516 0 ,9156 x 2,5 t t σk = = 2 ,081 2 1,1 cm cm 2 σk 2 ,081 λp = = = 1 ,6 σ ki 0 ,81246 λ p - 0,22 1 ,6 - 0,22 = = 0 ,539 (1 ,6 )2 λ2p bef = 29 cm x 0,539 = 15,631 cm ρ=

⇒

A1 = 13 ,369 cm x 0,3 cm = 4,01 cm 2 ⇒ β=

Aef 14 ,689 = = 0 ,785 A 18 ,7

⇒ ⇒

χ = 0 ,9362 (curva " a" ) λp =

b1 = 29 cm - 15,631 cm = 13,369 cm Aef = 18 ,7 cm 2 - 4,01 cm 2 = 14 ,689 cm 2 π 2 x 2.100 t t σ ki = = 9 ,38260 ⇒ λcy = 2 2 47 cm cm 2 0,9362 x 0,785 x 2,5 t t σ ky = = 1,67 2 1,1 cm cm 2

0 ,785 x 2 ,5 = 0 ,457 ≈ 0 ,46 9 ,38260

1,67 = 1,434 0,81246

λ p - 0,22 1 ,434 - 0,22 = = 0 ,59 (1 ,434 )2 λ2p bef = 29 cm x 0,59 = 17,11 cm ⇒ ρ=

A1 = 11 ,89 cm x 0,3 cm = 3,567 cm 2 ⇒ β=

Aef 15 ,133 = = 0 ,809 A 18 ,7

⇒ ⇒

χ = 0 ,9346 (curva " a" ) λp =

b1 = 29 cm - 17,11 cm = 11,89 cm Aef = 18 ,7 cm 2 - 3,567 cm 2 = 15 ,133 cm 2 π 2 x 2.100 t t σ ki = = 9 ,38260 ⇒ λcy = 47 2 cm 2 cm 2 0,9346 x 0,809 x 2,5 t t σ ky = = 1,718 2 1,1 cm cm 2

1,718 = 1,454 0,81246

Volviendo a iterar, se llega a:

ρ = 0 ,584

⇒

bef = 0 ,584 x 29 cm = 16,936 cm

β = 0,806

⇒

λcy = 0 ,463

N ky = 0 ,9354 x 0,806 x 18,7

⇒

χ = 0,9354

2,5 t = 32,04 t 1,1

109

⇒

σ ky = 1 ,713

t cm 2

0 ,809 x 2 ,5 = 0 ,464 ≈ 0 ,46 9 ,38260

Ing. Civil Omar Miño Analizando con respecto al eje z-z, el pandeo por torsión: 0 ,3663 x 2.5 t t λct = 1 ,44 ⇒ χ = 0,3663 ⇒ σ ky = = 0 ,833 1,1 cm 2 cm 2 N kz = 0 ,833 x 18,7 t = 15,58 t : carga crítica de pandeo por torsión sin tener en cuenta que corresponde a una sección tipo 4 En su determinación se utilizó la curva “b”, que es la que hay que usar aunque el reglamento tome la curva “c” Como corresponde a una sección tipo 4, se debe buscar la sección efectiva: λp =

σ ky σ ki

=

0 ,833 = 1 ,0126 0 ,81246

λ p - 0,22 1 ,0126 - 0,22 = = 0 ,773 (1 ,0126 )2 λ2p ⇒ bef = 29 cm x 0,773 = 22 ,417 cm A1 = 6 ,583 cm x 0,3 cm = 1 ,975 cm 2 ⇒ ρ=

β=

Aef 16 ,725 = = 0 ,894 A 18 ,7

χ = 0 ,4007 λp =

b1 = 29 cm - 22,417 cm = 6 ,583 cm Aef = 18 ,7 cm 2 - 1,975 cm 2 = 16 ,725 cm 2

⇒

λcz =

0 ,894 x 2 ,5 = 1 ,36 1 ,205

⇒

σ kz =

t 0,894 x 0,4007 x 2,5 t = 0 ,814 2 1,1 cm 2 cm

0,814 = 1,001 0,81246

λ p - 0,22 1 ,001 - 0,22 = = 0 ,779 (1 ,001)2 λ2p ⇒ bef = 29 cm x 0,779 = 22 ,59 cm A1 = 6 ,41 cm x 0,3 cm = 1 ,923 cm 2 ⇒ ρ=

β=

Aef 16 ,777 = = 0 ,897 A 18 ,7

⇒

b1 = 29 cm - 22,59 cm = 6,41 cm Aef = 18 ,7 cm 2 - 1,923 cm 2 = 16 ,777 cm 2 λcz =

0 ,897 x 2 ,5 = 1 ,364 1 ,205

t 0,898 x 0,3994 x 2,5 t = 0,815 2 1,1 cm 2 cm N k = 0 ,815 x 18,7 t = 15,24 t

σ kz =

La diferencia al no considerarla como sección tipo 4 es del 2,2 % Si se considera exclusivamente pandeo por flexión, sin tener en cuenta el tipo de sección,

250 λz = = 118 ,48 2 ,11

⇒

λcz = 1 ,30

⇒

χ = 0,4288

⇒

N kz =

0 ,4288 x 18,7 x 2,5 t = 18 ,22 t 1,1

La diferencia entre esta última y la carga crítica de torsión y sección 4, es de 19,6 % Tratándose de pandeo por flexión y sección 4, la carga crítica es N k = 17 ,54 t y su diferencia con las 15,24 t es del 15,1 %, por lo tanto, la carga crítica de la barra es la de torsión con sección tipo 4.

110

Ing. Civil Omar Miño

Conclusión: con respecto al eje y-y, la carga crítica de pandeo según la norma americana es la de torsión con sección esbelta y su valor es Pcr , z = 14 ,92 t , mientras que la que brinda la reglamentación europea es la de torsión con sección tipo 4, cuyo concepto es el mismo que para el americano, nada mas que expresado de otra forma, y cuyo valor es N kz = 15 ,24 t , siendo su diferencia tan sólo del 2 %. Ello ocurre porque se está en presencia de esbelteces más o menos altas (del orden de una λ = 124 ), y los valores de χ tienen muy poca diferencia. Comparando ambas curvas, la única americana, y la curva “b” europea, se observa que los valores son muy cercanos, salvo para esbelteces bajas (Ver: "Pandeo en el campo real de barras de acero" - Norma Americana y Norma Europea - Página 128 - Mayo de 1999 - Ing. Civil Omar Miño). Si se aplica estrictamente la reglamentación europea, se tiene que trabajar con la curva “e”, entonces la N kz = 14 ,0 t , y la diferencia es del 6,6 %

6

111

Ing. Civil Omar Miño

Ejercicio 2: Calcular la carga crítica de la barra cuya sección está compuesta por perfiles americanos tipo canal MC 18 x 42,75 (perfiles U), unidos por una chapa, como se muestra en la figura adjunta con sus datos. La luz de la barra es de de 20 pies y está simplemente apoyada. Fy = 36 ksi

Datos del MC 18 x 42,75 d = 18,0 plg A = 12 ,6 plg 2 e = 0,877 plg

J z = 14 ,4 plg 4 b f = 4 ,0 plg

t f = 0 ,625 plg

t w = 0 ,45 plg

J y = 554 plg 4

Datos de la sección total z M = 12,16 plg A = 35 ,2 plg 2 J z = 1.554 plg 4 J y = 1.721 plg 4 C w = 51.300 ,5 plg 6 y = 0,687 plg r y = 7 ,0 plg rz = 6 ,64 plg J t = 3 ,45 plg 4

Chapa : 20 x 0,5 plg

E = 29.000 ksi

G = 11.200 ksi

Separación de U = 12,0 plg

Norma Americana Sin torsión:

20 x 12 λz = = 36 ,14 ⇒ λc = 0 ,4 ⇒ χ = 0,7949 6,64 Pcr ,z = 0 ,7940 x 36 x 35,2 kips = 1.007,3 kips = 456,81 t

π 2 x 29.000 Considerando flexo-torsión: Fez = = 219 ,14 ksi (36,14 )2

ro2 = ( 7 2 + 6 ,64 2 + 12 ,16 2 ) p lg 2 = 241 plg 2

H = 1-

Fez =

12,16 2 = 0 ,386 241

π 2 x 29.000 x 51.300,5 + 11.200 x 3,45 240 2 35,2 x 24

112

ksi = 34 ,60 ksi

Ing. Civil Omar Miño

χ = 0 ,5264

⇒

Pcr, z ft = 0 ,5264 x 36 x 35,2 kips = 667,05 kips = 302,6 t

Comparando esta carga, con la de pandeo por flexión, puede verse que existe una diferencia del 51 % en menos. Si la luz de. esta barra es de 30 piés, la diferencia entre las cargas críticas de pandeo por flexión y pandeo por flexo-torsión sería del 119,88 %, y en menos, es decir, es mucho menor la de flexotorsión, de lo que se deduce que a medida que la esbeltez aumenta, cada vez son mayores las diferencias entre la consideración del pandeo por flexión y el de flexo-torsión, y hay una predominancia de éste sobre el de flexión y, por lo tanto, nunca debe ignorarse la influencia de la torsión en este fenómeno. La carga critica definitiva es de 667,05 kips = 302,6 t

Norma Europea Sin torsión:

λz = 36 ,14

⇒

λc = 0 ,40 ⇒

N k = 0 ,9000 x 36 x

χ = 0,9000

35,2 kips = 1.036,8 kips = 470,3 t 1,1

Con torsión: lo que se realiza aquí, se hará por única vez, pues los resultados de tensiones criticas ideales y esbelteces ideales tendrán los mismos resultados anteriores, usando otro camino que proviene de la transformación de ecuaciones anteriores.

51.300 ,5 + 0 ,039 x 240 2 x 3,45 c= = 6 ,16 1.554

;

i p = 6 ,64 2 + 7 2 = 9 ,648

i M = 9 ,648 2 + 12 ,16 2 = 15 ,52 4 x 6,16 2 x 9,648 2 240 6 ,16 2 + 15 ,52 2 ] = 95 ,55 [1+ 1 λvi = 6 ,64 6,16 2 + 15 ,52 2 2 x 6,16 2

λc =

95 ,55 π

36 = 1,072 29.000

N k = 0 ,5006 x 36 x

⇒

χ = 0,5006 (curva " c" )

35,2 kips = 576 ,7 kips = 261,6 t 1,1

En este caso el error cometido considerando solamente pandeo por flexión en lugar de flexotorsión es ε = 79,8 %. Si la luz de la barra es de 30 piés, la diferencia o el error cometido entre estas cargas criticas de pandeo por flexión y pandeo por flexo-torsión es ε = 140 %, siendo la de flexo-torsión menor que la de flexión.

113

Ing. Civil Omar Miño

Conclusión: la norma americana arroja una carga crítica de flexo-torsión de Pe r = 667,05 kips, y la europea Nk = 576,7 kips, existiendo una diferencia del 15,7 %. Si la luz de la barra fuese de 3 O piés, la diferencia entre ambas sería del 12,75 %, siendo sus valores: Pcr = 419,82 kips, y la europea Nk = 372,33 kips. Estas diferencias, están muy lejos de las tolerancias, tanto americanas como europeas, y se debe tener presente que los europeos realizaron miles y miles de ensayos, a fin de determinar estas tensiones críticas ó cargas criticas, en cambio los americanos muy pocas, de lo que se desprende que las europeas se arriman más a las reales.

114

Ing. Civil Omar Miño Ejercicio 3: Determinar la carga crítica de una barra, que tiene como sección un perfil laminado PNU 300 mm, simplemente apoyada, cuya luz es de 6,0 m, con una biela normal al eje y-y que divide la luz, según el eje z-z, en dos tramos de 3,0 m cada uno.

Norma Americana Verificación teniendo en cuenta que existe flexo-torsión. Como se trata de un perfil laminado europeo, no se realizan controles de pandeos locales. 600 λy = = 51 ,28 ⇒ λcy = 0 ,56 11 ,7 π2E t t Fey = = 7 ,88 51 ,28 2 cm 2 cm 2 5,41 2 r o2 = 11 ,7 2 + 2 ,90 2 + 5 ,41 2 = 174 ,568 cm 2 ⇒ H = 1 = 0 ,832 174,568

Fet =

π 2 x 2.100 x 69.100 + 807 ,7 x 37,4 600 2

t

= 3 ,33

t

cm 2 cm 2 7 ,88 + 3 ,33 4 x 7,88 x 3,33 x 0,832 t t = 3 ,02 Fe = [1- 1 ] 2 2 2 x 0,832 (7,88 + 3,33) cm cm 2 λc =

58,8 x 174,568

2 ,5 = 0 ,91 3 ,02

⇒

χ = 0,6010

;

λ = 82,84

Pcr = 0 ,6010 x 2,5 x 58,8 t = 88,35 t

Si no se tiene en cuenta la torsión, sino únicamente flexión, la carga crítica es: λcy = 0 ,56 ⇒ χ = 0,7454 ⇒ Pcr = 0 ,7454 x 2,5 x 58,8 t = 109 ,57 t Puede verse que si no se tiene en cuenta la torsión, el error cometido es del 24 %. Si la luz de la barra fuese de 8,0 m, la carga critica de flexo-torsión es: Pcr = 82,91 t, y la de flexión solamente Pcr = 98,74 t, siendo su diferencia del 19,1 %. Según el eje z-z, se verifica pandeo únicamente por flexión: 300 = 103,44 ⇒ λcz = 1 ,136 ⇒ χ = 0,4958 λz = 2 ,90 115

Ing. Civil Omar Miño

Pcr , z = 0 ,4958 x 2,5 x 58,8 t = 72,88 t Siendo esta última carga, la crítica de la columna. Si la barra en lugar de una biela tiene dos, con una distancia de 2,0 m entre ellas, λcz = 0 ,76 , entonces la carga crítica seria de 98,15 t

Norma Europea Según eje y-y, flexo-torsión:

λcy = 0 ,91

⇒

χ = 0,5871 (curva " c" )

⇒

N ky =

0 ,5871 x 2,5 x 58,8 t = 78 ,46 t 1,1

⇒

Nk =

0 ,8076 x 2,5 x 58,8 t = 107 ,92 t 1,1

Verificación por flexión únicamente:

λcy = 0 ,56

⇒

χ = 0,8076 (curva " c" )

No considerando torsión, el error cometido es del 37,57 %. Si la barra tiene una luz de 8,0 m, la critica de flexo-torsión es N ky = 72 ,44 t , y la de flexión solamente N ky = 91 ,79 t , siendo la diferencia del 26,7 %. Conclusión: En este tipo de secciones siempre debe considerarse, con respecto al eje y-y, flexotorsión, pues los errores que se cometen en una gran gama de esbelteces es muy grande. La diferencia entre la americana y la europea, en el primer caso es del 12,6 % (luz 6,0 m siendo menor la europea), y del 14,45 % en el segundo (luz 8,0 m, siendo menor la europea). Existe más experiencia en los europeos, y ello se observa en que las curvas que usan son diferentes.

116

Ing. Civil Omar Miño

Ejercicio 4: Calcular la carga crítica de la siguiente barra que tiene como sección un “Structural Tee cut from W shapes”, WT 18 x 128. La misma está simplemente apoyada con una luz de 20 pies. Tensión de fluencia del acero: f y = 36 ksi Datos d = 18 ,71 p lg t w = 0 ,96 plg J y = 1.200 plg 4 r y = 5 ,66 p lg 5 k = 2 p lg 8 C w = 205 ,25 plg 6

b f = 12 ,215 p lg t f = 1 ,73 p lg J z = 264 plg 4 rz = 2 ,65 p lg

A = 37,7 plg 2 y = 4 ,92 plg J t = 26 ,6 p lg 4 ro = 7 ,43 p lg

z M = 4 ,055 p lg

H = 0,703

E = 29.000 ksi

G = 11.200 ksi

Norma Americana Según el eje y-y, pandeo por flexión:

(sin comprobación de post-abollamiento)

20 x 12 = 42 ,4 ⇒ λc = 0 ,475 ⇒ χ = 0,7734 5,66 Pcr = 0 ,7734 x 36 x 37,7 t = 1.049,66 kips = 476.13 t λy =

Con respecto al eje z-z, pandeo por flexo-torsión: 20 x 12 λz = = 90 ,566 ⇒ λc = 1 ,015 ⇒ χ = 0,5522 2,65 π 2 x 29.000 Fez = ksi = 34 ,895 ksi (90,566 )2 π 2 x 29.000 x 202,25 + 11.200 x 26,6 (240 )2 Fet = ksi = 143 ,65 ksi 37,7 x 55,2 Fe = λc =

34 ,895 + 143 ,65 4 x 34,895 x 143,65 x 0,703 [1- 1] ksi = 32 ,14 ksi 2 x 0,703 (34,895 + 143,65 )2 36 = 1 ,058 ≈ 1 ,06 32 ,14

⇒

χ = 0,5311

;

λ = 97,46

Pcr, ft = 0 ,5311 x 36 x 37,7 t = 720,81 kips = 326.96 t

Carga crítica por flexión únicamente: Pcr, ft = 0 ,5522 x 36 x 37,7 t = 749,44 kips = 339.95 t

117

Ing. Civil Omar Miño El error cometido, al no considerar flexo-torsión, es del 4 %. En este caso es pequeño pero depende del tipo de perfil T, en otros, con otras dimensiones y esbelteces menores, la diferencia puede ser mayor. La norma americana, en los casos de perfiles T y L, ignora la torsión que viene ligada con flexión, tomando Cw =0, pero esto no es cierto, estos perfiles no tienen módulo de alabeo nulo. En algunos casos sus efectos están dentro de las tolerancias admitidas, y en otros casos no. Además, se deben tener en cuenta estos efectos al hacer simplificaciones, pues si los errores están dentro de las tolerancias, las sucesivas simplificaciones suman errores y esta suma, a veces, es mayor que las tolerancias reglamentarias. Siempre es aconsejable tener en cuenta todos los efectos a fin de llegar a un resultado acorde con la realidad. En una palabra tener los pies sobre la tierra y no distante de ella.

Norma Europea Según el eje y-y, pandeo por flexión: λcy = 0 ,475 ⇒ χ = 0,8584 (curva" c" ) 0 ,8584 x 36 x 37,7 Nk = kips = 1.059 ,11 kips = 480,41 t 1,1

Según el eje z-z, pandeo por flexión: λcz = 1 ,015 ⇒ χ = 0,5289 (curva" c" ) 0 ,5289 x 36 x 37,7 Nk = kips = 652 ,57 kips = 296,0 t 1,1

Según el eje z-z, pandeo por flexo-torsión:

λc = 1 ,058 ⇒ χ = 0,5057 (curva" c" ) 0 ,5057 x 36 x 37,7 Nk = kips = 623 ,94 kips = 283,02 t 1,1 El error cometido, al no considerar flexo-torsión, es en este caso, del 4,6 %, y la norma no aclara cuándo debe tenerse en cuenta la torsión (inevitable en este tipo de secciones). Lo deja librado al criterio del calculista. Aquí cabe decir lo que anteriormente se dijo: se debe tener presente para qué valores de la esbeltez, la influencia de la torsión en pandeo es nula.

Conclusión: Se observa, para este caso en particular, que con una esbeltez baja, la diferencia es de tan sólo el 0,9 % entre las normas americana y europea. Si se examina la única curva americana y la “c” europea, se advierte que, para valores comprendidos en el intervalo 0,7 < λ < 1,5 , los valores son distantes entre sí, y la “c” europea se encuentra por debajo de la americana, siendo las diferencias del 12 %, en promedio. Recalcando, nuevamente, que la experiencia europea es superior a la americana (tienen muchísimos más ensayos estadísticos-probabilísticos que los americanos y, en definitiva, los resultados son los que mandan). Esto significa que las curvas europeas se acercan más a la realidad.

118

Ing. Civil Omar Miño Como el ala tiene t f = 1 ,73 plg = 4,395 cm entra en la categoría de perfil “Jumbo”. Aplicando la curva 3P de R. Bhorjovde, con la tensión de fluencia correspondiente, f y = 32 ,9 ksi :

Criterio Americano Eje y – y: λc = 0 ,475

⇒

χ = 0,6819

⇒

Pcr, y = 0 ,6819 x 32,9 x 37,7 kips = 845,78 kips = 383,65 t

Eje z – z: λc =

32 ,9 = 1,011 32 ,14

⇒

χ = 0,3969

Pcr, y = 0 ,3969 x 32,9 x 37,7 kips = 492 ,286 kips = 223,03 t

Criterio Europeo Eje y – y:

λc = 0 ,475

⇒

χ = 0,8584 (curva " c" )

N k, y = 0 ,8584 x 32,9 x

37,7 kips = 967 ,9 kips = 439,04 t 1,1

Eje z – z:

λc = 1 ,01

⇒

χ = 0,5289 (curva " c" )

N k, y = 0 ,5289 x 32,9 x

37,7 kips = 596 ,37 kips = 270,51 t 1,1

Se puede evadir esta cuestión reglamentaria usando la curva que da las tensiones de fluencia en función de los espesores: Curva reglamentaria: f y = 236 ,4

N mm 2

= 2.411 ,93

Kg cm 2

o la curva de la CECM que, para el caso de 44 mm de espesor, proporciona una tensión de fluencia de Kg N f y = 244 ,86 = 2.497 ,66 cm 2 mm 2

119

Ing. Civil Omar Miño

Ejercicio 5: Calcular la carga crítica de una barra de 100 cm de luz, simplemente apoyada, cuya sección transversal es un perfil laminado angular de alas iguales. Datos NPL 150-150-15 [mm] A = 43 cm 2

e = 4 ,25 cm J z = 898 cm 4 J η = 370 cm 4 t E = 2.100 cm 2

J y = 898 cm 4 J ξ = 1.430 cm 4 J t = 32 ,0 cm 4 t

G = 807 ,7

cm 2 ro2 = 66 ,27 cm 2

s = 1,5 cm i y = i z = 4 ,57 cm iη = 2 ,93 cm t σ F = 2 ,5 cm 2

C w = 542 ,6 cm 6

H = 0 ,63

yo = 3 ,50 cm

zo = 3 ,50 cm

Norma Americana Pandeo por flexión, según el eje con respecto al cual, el momento de inercia es mínimo:

100 λη = = 34 ,13 ⇒ λc = 0 ,37 2 ,93 Pcr = 0 ,8027 x 2,5 x 43 t = 86,29 t

⇒

χ = 0,8027

Considerando flexo-torsión según los ejes y-y o z-z:

λ y = λz = 21 ,88

Fet =

⇒

Fey = Fez =

π2E

(21 ,88 )2

π 2 x 2.100 x 542,6 + 807 ,7 x 32 100 2

t cm 2

= 43,29

= 9 ,46

t

cm 2 43 ,29 + 9,46 4 x 43,29 x 9,46 x 0,63 t t Fe = [1- 1 ] = 8 ,659 2 x 0,63 (43,29 + 9,46 )2 cm 2 cm 2 43 x 66,27

2 ,5 = 0 ,537 λc = 8 ,659

⇒

χ = 0,7530

Pcr = 0 ,7530 x 2,5 x 43 t = 80,95 t Se advierte que el error cometido, al comparar la carga crítica de pandeo por flexión y la de flexo-torsión, es del 6,6 %, valor nada despreciable. Si la luz es de 150 cm, los valores de λc son prácticamente iguales (0,56), es decir, para esta luz, sólo con flexión o flexo-torsión, la carga crítica es la misma. De allí en adelante predomina la de flexión según el eje, con respecto al cual, el momento de inercia es menor. Lógicamente, es poco probable que se coloque un perfil angular para resistir esfuerzos de compresión con tan poca longitud. Tener muy presente que estas secciones forman parte de las barras armadas y están involucradas en el fenómeno conocido como “pandeo local”. 120

Ing. Civil Omar Miño Si en lugar de plantear la ecuación de segundo grado se planteara la ecuación de tercer grado, resultaría: λ y = λz = 21 ,88 ro = 2 (3,5 )2 + 2 (4,57 )2 = 8 ,14 Fey = Fez =

Fet =

π2E

(21 ,88 )2

⇒

H = 1-

2 (3,5 )2 = 0 ,630 (8 ,14 )2

= 43,29

π 2 x 2.100 x 542,6 + 807 ,7 x 32 100 2 43 x 66,27

t cm 2

= 9 ,46

t cm 2

0 ,630 (Fe )3 - 80,033 (Fe )2 + 2.693 ,2878 (Fe ) - 17.728,268 = 0

(Fe )1 = 75 ,1026

t cm 2

;

(Fe )2 = 8 ,65818

t cm 2

;

y las tres raíces son :

(Fe )3 = 43 ,27572

t cm 2

Se arriba al mismo valor mínimo de la raíz. Esto ocurre porque el eje principal de inercia pasa por el baricentro y el centro de torsión, originándose la configuración de simetría simple.

Norma Europea Pandeo por flexión según el eje, con respecto al cual, el momento de inercia es mínimo:

λc = 0 ,37

⇒

χ = 0,9158

N k = 0 ,9158 x 2,5 x

43 t = 89,5 t 1,1

Evaluando flexo-torsión según los ejes y-y o z-z:

λc = 0 ,564

⇒

χ = 0,8046

N k = 0 ,8046 x 2,5 x

43 t = 78,63 t 1,1

En este caso el error que se comete, al considerar pandeo por flexión solamente en lugar de pandeo por flexo-torsión, es del 13,82 %, valor que tampoco es despreciable.

Conclusión: Las diferencias que existen entre ambas reglamentaciones, en cuanto a flexotorsión se refiere, en este tipo de perfiles es mínima (1,7 %). Lo importante es que aquí se nota claramente que, para un determinado intervalo de esbelteces, el problema de flexo-torsión es predominante y siempre se lo debe tener en cuenta. Para esbelteces incluidas en el intervalo 0 ,7 < λc < 1 ,6 las diferencias son grandes pero ya no se trata de un problema de flexo-torsión sino de pandeo por flexión, exclusivamente. 121

Ing. Civil Omar Miño

Ejercicio 6: Calcular la carga crítica de una barra de 183 cm de luz, simplemente apoyada, con la carga centrada , siendo su sección transversal un perfil angular americano de alas desiguales, 8” x 6” t t x ½”. f y = 36 ksi = 2,531 ; E = 29.000 ksi = 2.038,7 cm 2 cm 2 Datos A = 6 ,74 plg 2 = 43 ,55 cm 2 r y = 2 ,50 plg = 6 ,35 cm rz = 1 ,79 plg = 4 ,55 cm J y = 44 ,30 plg 4 = 1.893 ,9 cm 4 J z = 21 ,70 plg 4 = 903 ,22 cm 4 C w = 2 ,28 plg 6 = 611 ,286 cm 6 J t = 0 ,583 plg 4 = 24 ,30 cm 4 e y = 2 ,74 plg = 6 ,27 cm e z = 1 ,47 plg = 3 ,73 cm rmín . = iη mín. = 1 ,30 plg = 3 ,30 cm iξ máx. = 7 ,22 cm J η mín. = 474 ,26 cm 4 J ξ máx. = 2.272 ,87 cm 4 yo = 2 ,22 plg = 5 ,64 cm zo = 1 ,22 plg = 3 ,10 cm

Norma Americana Verificación del pandeo local prematuro: b 20 ,32 2.038 ,7 = = 16 > 0 ,45 = 12 ,77 t 2 ,531 1 ,27

⇒

existe pandeo local prematuro

Utilizando las medidas americanas : 155 76 b 155 76 ⇒ < < = 12 ,66 < 16 < = 25 ,83 t 36 36 fy fy Empleando las unidades del Sistema Métrico y toneladas : 0,45

E b E < < 0 ,91 fy t fy

⇒

12,77 < 16 < 25,83

obteniéndose la misma inecuación anterior : 12,66 < 16 < 25,83

122

Ing. Civil Omar Miño El Qs resulta:

Qs = 1 ,34 - 0 ,00447

Qs = 1 ,34 - 0 ,76

b t

b t fy E

f y = 1 ,34 - 0 ,00447

= 1 ,34 - 0,76

20,32 1,27

8 36 = 0 ,911 0 ,5

(unidades americanas)

2 ,531 = 0 ,911 2.038 ,7

[t; cm]

Pandeo sólo por flexión según el eje, con respecto al cual, el momento de inercia es mínimo: 183 λη = = 55 ,45 3 ,30

⇒

λcη = 0 ,623

2 χ cr = 0 ,911 (0 ,658 )0 ,911 x 0,623 = 0 ,7857 Pcr = 0 ,85 x 0,7857 x 2,531 x 43,55 t = 73 ,61 t

Pero no es seguro que esta sea la carga crítica. Averiguando la carga crítica de pandeo por flexo-torsión, con respecto al eje z-z:

C w = 611 ,286 cm 6 ro =

;

(3 ,1)2 + (5 ,64 )2 + (6 ,35 )2 + (4 ,55 )2 cm = 10 ,2 cm 183 = 28 ,82 6 ,35

⇒

183 = 40 ,22 λz = 4 ,55

⇒

λy =

J t = 24 ,30 cm 4 ;

(3,1)2 + (5,64 )2 H = 1(10,2 )2

= 0 ,60

π 2 x 2.038,7 t t = 24 ,22 (28,82 )2 cm 2 cm 2 π 2 x 2.038,7 t t = 12 ,44 Fez = (40,22 )2 cm 2 cm 2 Fey =

π 2 x 2.038,7 x 611,286 + 787 ,5 x 24,30 t t (183)2 = 4 ,30 Fet = 43,55 x (10,2 )2 cm 2 cm 2 Como se trata de una sección que no guarda simetría respecto de sus ejes , se plantea la ecuación de tercer grado:

0 ,6 (Fe )3 - 34,92 (Fe )2 + 458 ,94 (Fe ) - 1.295,60 = 0 λc =

2 ,531 = 0 ,805 3 ,906

⇒

⇒

Fe = 3 ,906

t cm 2

2 Fcr = 0 ,911 (0,658 )0 ,911 x 0,805 = 0 ,7116

Pcr = 0 ,85 x 0,7116 x 2,531 x 43,55 t = 66 ,67 t 123

Ing. Civil Omar Miño La carga crítica de pandeo local por flexo-torsión, respecto del eje z-z (correspondiente a un perfil angular), es menor que la crítica de pandeo local por flexión, según el eje que genera el menor momento de inercia: ⇒

66 ,67 t < 73,61

ε = 10,4 %

Qmáx . = 0 ,02 x 102,29 t = 2,0458 t

Norma Europea Verificación del pandeo local prematuro:

b+h > 11 ,5 ε 2t

⇒

20,32 + 15,24 2 ,4 = 14 > 11 ,5 = 11 ,2 2 x 1,27 2 ,531

existe pandeo local antes de llegar a la carga crítica.

100 t 2 ) b 100 x 1,27 2 Kg Kg Fe = 0 ,43 x 189,8( ) = 3.188 ,05 20,32 cm 2 cm 2 Fe = kσ σ e = 0 ,43 x 189,8(

fy

2 ,531 = 0 ,891 > 0 ,673 3 ,188

⇒ Fe λ p - 0,22 (0 ,891 - 0,22 ) = = 0 ,845 ρ= (0,891)2 λ2p bef = ρ b = 0,845 x 20,32 cm = 17,17 cm Aef 39 ,5478 = = 0 ,9081 βA = A 43 ,55

λp =

(

=

)

ρ≠1

Pandeo sólo por flexión según el eje, con respecto al cual, el momento de inercia es mínimo:

λ=

183 = 55 ,45 3,30

λcη =

⇒

σ ki =

π 2 x 2.038,7 t t = 6 ,544 (55,45 )2 cm 2 cm 2

0 ,9081 x 2,531 = 0 ,593 6 ,544

N k = 0 ,9081 x 0,7892 x 2,531

⇒

χ = 0,7892 (curva " c" )

43,55 t = 71 ,81 t 1,1

Pandeo por flexo-torsión, según el eje z-z:

λc =

0 ,9081 x 2,531 = 0 ,767 3 ,906

⇒

χ = 0,6738 (curva " c" )

43,55 N k, flexo - torsión = 0 ,9081 x 0,6738 x 2,531 t = 61 ,30 t 1,1 124

Ing. Civil Omar Miño Se aprecia que el error que se comete, al no considerar pandeo por flexo-torsión, es del 17,14 %. Valor que no se puede menospreciar y hay que tenerlo en cuenta. Todavía queda algo por averiguar: El pandeo según el eje, con respecto al cual, el momento de inercia es mínimo. Su plano no pasa por el centro de corte, por lo tanto, habrá flexo-torsión.

Norma Americana ro =

(3 ,4 )2 + (5 ,46 )2 + (3 ,3)2 + (7 ,22 )2 cm = 10 ,10 cm

H = 1-

(3 ,4 )2 + (5 ,46 )2 (10 ,20 )2

183 = 25 ,35 λξ = 7,22

⇒

183 = 55 ,45 λη = 3,30

;

= 0 ,60 t π 2 x 2.038,7 t = 31 ,31 (25,35 )2 cm 2 cm 2 t Fet = 4 ,30 cm 2 Feξ =

t π 2 x 2.038,7 t = 6 ,544 Feη = (55 ,45 )2 cm 2 cm 2

Planteando la ecuación de tercer grado: 0 ,60 (Fe )3 - 36,80 (Fe )2 + 367 ,66 (Fe ) - 881,04 = 0 2 ,531 t Fe = 3 ,652 ⇒ λc = = 0 ,832 2 3 ,652 cm

2 χ = 0 ,911(0 ,658 )0 ,911 x 0,832 = 0 ,69984 ≈ 0 ,70 Pcr = 0 ,85 x 0,70 x 2,531 x 43,55 t = 65,584 t Formulando: λc Q = 0 ,832 0 ,911 = 0 ,7941

⇒

χ = 0,6536 (de tabla)

Pcr = 0 ,911 x 0,6536 x 2,531 x 43,55 t = 65,63 t

Comparando esta carga crítica con la anterior (ejes de referencia y-y o z-z, Pcr = 66 ,67 t ) la diferencia es del 1,65 %. El criterio americano es no tolerar más del 2 %, en consecuencia, en este caso, verifica pero no se debe olvidar que estamos en presencia de una carga límite, o sea, para otras condiciones se podría superar el límite del 2 %, por lo tanto, se aconseja realizar estas dos comprobaciones para lograr un cálculo más seguro. La diferencia con la carga crítica de flexión (73,61 t) es del 12,23 % Si se buscara inestabilidad sólo por flexión, según el eje con respecto al cual, el momento de inercia es el mayor, resultaría: 183 λξ = = 25 ,35 ⇒ λc = 0 ,2843 0 ,911 = 0,2714 ⇒ χ = 0,8245 (de tabla) 7 ,22 Pcr = 0 ,911 x 0,8245 x 2,531 x 43,55 t = 82 ,79 t 2 Pcr = 0 ,85 x 0 ,911 (0,658 )0,911 x 0,2843 x 2,531 x 43,55 t = 82 ,76 t Por ambos caminos, iguales resultados.

125

Ing. Civil Omar Miño El planteo de la ecuación de tercer grado brinda tres raíces:

(Fe )1 = 3 ,654

t cm 2

;

2 ,531 λc = = 0 ,5586 8 ,1096

(Fe )2 = 8 ,1096 ⇒

t

;

cm 2

(Fe )3 = 49 ,569

t cm 2

2 χ = 0 ,911 x (0,658 )0,911 x 0,5586 = 0 ,8086

Pcr = 0 ,85 x 0 ,8088 x 2,531 x 43,55 t = 75 ,78 t λc Q = 0 ,5586 0,911 = 0 ,533 ⇒ χ = 0,7548 Pcr = 0 ,911 x 0,7548 x 2,531 x 43,55 t = 75 ,79 t Se arriba a idénticos resultados por diferentes caminos. Puede deducirse, que la diferencia entre la carga de pandeo sólo por flexión (82,79 t) y la de flexo-torsión (75,78 t),es del 9,25 %. Esta carga no se manifiesta en la barra pues existe una menor, 65,6 t, debido al pandeo por flexo-torsión, según el eje que genera el momento de inercia menor, eje η - η , y ésta es la carga destructiva.

Norma Europea λc =

0 ,9081 x 2,531 = 0 ,7933 3 ,652

⇒

χ = 0 ,6608 (curva " c" )

N k, flexo - torsión = 0 ,9081 x 0,6608 x 2,531 x

43,55 t = 60 ,13 t 1,1

Comparando con la anterior (referida a los ejes y-y o z-z, N k, flexo - torsión = 61,30 t ) puede verse que existe una diferencia del 1,95 %. La tolerancia es del 1 %, en consecuencia, debe tomarse como crítica a 60 ,13 t Con la de pandeo por flexión (71,81 t) la diferencia es del 19,4 %

Conclusión: En ambas reglamentaciones se debe considerar la torsión existente convirtiéndolo en un problema de flexo-torsión. El criterio sustentado por una de ellas lleva a cometer un error mayor al no considerarla. Se constata que existe una diferencia del 8,76 % entre ambas normas, siendo la europea menor que la americana. La americana utiliza una única curva y la europea, para esta sección, la curva “c” dado que, como se ha expresado reiteradamente, los europeos tienen mejor estudiado el problema.

126

Ing. Civil Omar Miño

Ejercicio 7: Calcular la carga crítica de una barra sometida a compresión, simplemente apoyada, de 5,0 m de luz. Su sección transversal es una cruz, conformada por dos perfiles IPE cruzados y t soldados. f y = 2 ,5 cm 2 Datos IPE 300 J y = J z = 8.964 cm 4 J t = 40 ,4 cm 4

A = 107,6 cm 2

J p = J y + J z = 17.928 cm 4 i y = i z = 8 ,73 cm t E = 2.100 cm 2

t w = 0 ,71 cm b = 15 ,0 cm t G = 807 ,7 cm 2

t f = 1 ,07 cm

C w = 251.800 cm 6

Norma Americana b 15 ,0 2.100 = = 7 ,01 < 0 ,56 = 16 ,23 2tf 2 x 1,07 2 ,5

⇒

ala no esbelta

2.100 12 ,43 h = = 17 ,50 < 1 ,49 = 43 ,18 0 ,71 2 ,5 tw

⇒

alma no esbelta

Pandeo por flexión:

500 λ y = λz = = 57 ,27 ⇒ λc = 0 ,62 8 ,73 Pcr = 0 ,7237 x 2,5 x 107,6 t = 194,68 t

⇒

χ = 0,7237

Pandeo por torsión:

(

)

251.800 + 0 ,04 x 40,4 x 500 2 it = cm = 6 ,05 cm : radio de giro de torsión 17.928 500 λt = = 82 ,64 ⇒ λct = 0 ,907 ⇒ χ = 0,6010 6 ,05 Pcr = 0 ,6010 x 2,5 x 107,6 t = 161,7 t ⇒ carga crítica de la barra

Existe una diferencia, entre pandeo por flexión y pandeo por torsión, del 20,4 %

127

Ing. Civil Omar Miño

Norma Europea 15 = 7 ,01 < 10 x 0,98 = 9,8 2 x 1,07 12 ,43 = 17 ,50 < 33 x 0,98 = 30,34 0,71

⇒

no existe pandeo local antes del colapso

⇒

no existe pandeo local antes del colapso

Pandeo por flexión:

λc = 0 ,62

⇒

χ = 0,8278

N k = 0 ,8278 x 2,5 x

107,6 t = 202 ,45 t 1,1

Pandeo por torsión:

λct = 0 ,907

⇒

χ = 0,5871

N k = 0 ,5871 x 2,5 x

107,6 t = 143 ,61 t 1,1

La diferencia es, entre pandeo por flexión y pandeo por torsión, del 41 % siendo la carga crítica 143 ,61 t

Conclusión: En ambas normas se evalúa el pandeo por torsión hasta una longitud de la barra de 8,30 m, que es el punto donde se igualan las dos esbelteces. De allí en adelante predomina el pandeo por flexión, por lo tanto, se debe determinar esta longitud, que iguala ambos fenómenos, para saber si el problema es de torsión, o simplemente de flexión. La diferencia entre ambas normas, para este caso en particular, entre las cargas críticas de torsión, es del 12,61 %, siendo menor la europea. Si la sección es en cruz pero los perfiles son PNI 300, la diferencia entre pandeo por flexión y pandeo por torsión, es menor que en el caso anterior, en las dos normas. La diferencia, entre cargas críticas de torsión, en las normas es del 5 %, para una luz de 4,0 m, y la europea es menor. La longitud de la barra, en la que se igualan las esbelteces, es 5,43 m dependiendo, como puede apreciarse, del tipo de sección.

128

Ing. Civil Omar Miño Ejercicio: Calcular las tensiones normales que produce la torsión, en un perfil laminado doble te de doble simetría, con h = 300 mm, simplemente apoyado, actuando la carga en la mitad de la luz. t . Se considera que el pandeo lateral está impedido. Acero: ST 36 - σ F = 2 ,4 cm 2 Datos J x = 9.800 cm 4 J y = 451 cm 4

J t = 56 ,8 cm 4 T E = 2.100 cm 2 T G = 807,7 cm 2

W x = 653 cm 3 W y = 72 ,2 cm 3

t = 1,62 cm t w = 1 ,08 cm b = 12,50 cm

C w = 91.850 cm 6

La ecuación diferencial que se plantea es:

Mt θ III - λ2 θ I = E Cw

cuya solución es:

θ = C 1 + C 2 cosh ( λz ) + C 3 senh ( λz ) +

Mt z 2 G Jt

con M t = T = 6 t x 2 cm = 12 tcm

Imponiendo las condiciones de borde: para z = 0 debe ser θ = 0 y θ II = 0 . Como hay simetría L de carga debe ser también θ I = 0 en . Usando las ecuaciones (94), (95), (96), (97), (98), y buscando 2 las solicitaciones en L/ 2, se obtiene: λ=

G Jt = E Cw

θmáx . = θ II =

807 ,7 x 56,8 = 0 ,015422329 2.100 x 91.850

Mt senh (0,015422329 x 250 ) ] = 0 ,02422332 [ λ 250 cosh (0,015422329 x 250 ) 2 G Jt λ

Mt λ 2 G Jt

[

- senh (0,015422329 x 250 ) ] = -2,015179988 x 10 -6 cosh (0,015422329 x 250 )

(

σ 1 = -E φM θ II = -2.100 (- 88,7 ) - 2,015179988 x 10 -6 σ 2 = 0,375

t cm 2

;

σ 3 = -0,375

t

;

cm 2

)

t

= -0,375

cm 2 t σ 4 = 0,375 cm 2

t cm 2

Estas serian las tensiones 1ongitudinales provocadas por el momento torsor de primer orden, no se tiene en cuenta la rotación θ que incrementa el momento torsor, teniéndola en cuenta en sucesivas iteraciones, se llegaría a la rotación final, al momento torsor final, y a las tensiones longitudinales finales. En la primera iteración se tiene:

δ = 15 θmáx . = 0 ,363 cm

⇒

ΔM t = 6 t x 0,363 cm = 2,178 tcm

M t = 12 tcm + 2,178 tcm = 14,178 tcm 129

⇒

ε = 15,4 %

Ing. Civil Omar Miño Con este valor y un nuevo cálculo iterativo se llega a:

θmáx . = 0 ,028619852

⇒

δ = 0,429 cm

⇒

ΔM t = 2 ,575 tcm

⇒

M t = 14 ,57 tcm

⇒

δ = 0,441 cm

⇒

ΔM t = 2 ,646 tcm

⇒

M t = 14 ,65 tcm

Iterando nuevamente:

θmáx . = 0 ,029419222

Siendo este último el momento torsor de segundo orden. El error cometido respecto del original de 12 tcm, es del 18,15 %. Calculando θ II ,para este valor del momento torsor: θ II = -2 ,462 x 10 -6

(

y las tensiones de segundo orden serán: σ = -2.100 (- 88,7 ) - 2,462 x 10 -6

)

t

= -0,459

t

cm 2 cm 2 El momento flector es de 750 tcm, y provoca tensiones en la fibra superior e inferior de t , que sumada a las anteriores da como resultado: - 1,148 2 cm σ 1 = (- 1,148 - 0,459 )

t

t

= -1,607

cm 2 cm 2 t t = 0 ,689 σ 3 = (+ 1,148 - 0,459 ) cm 2 cm 2

σ 2 = (- 1,148 + 0,459 )

t

= -0,689

t

cm 2 cm 2 t t = 1,607 σ 4 = (+ 1,148 + 0,459 ) cm 2 cm 2

De acuerdo a la nueva norma americana LRFD, considerando que la carga está compuesta por un 40% de permanente, y un 60% de carga viva, el coeficiente incremental o factor de carga sería:

⇒

1,2 x 0,4 + 1 ,6x 0,6 = 1,44

P = 1,44 x 6 t = 8,64 t

el momento plástico de flexión en el ala, debido a la torsión es: 6,25 M P ,t = 6 ,25 x 1,62 x 2,4 x x 2 tcm = 151,875 tcm 2 el bimomento será: B P = 151,875 tcm x 28,38 cm = 4.310 tcm 2 momento torsional que solicita al ala: 6,25 2 M ta = 0 ,731 x x 1,385 x x 6,25 x 2 tcm = 26 ,37 tcm 2 3 bimomento B = 26 ,37 tcm x 28,61 cm = 754,44 tcm 2

;

M=

8,64 x 500 tcm = 1.080 tcm 4

;

σ = 1,654

momento plástico de flexión M P = 1.843 tcm , y la comprobación que se realiza es: 1.080 754 ,57 B M + = + = 0 ,866 0 ,9 M P 0 ,9 B P 0 ,9 x 1.843 0 ,9 x 4.310 En el período elástico las tensiones de corte τ serán:  las que produce la torsión no uniforme, con ecuación (64), en la mitad del ala (z = L/ 2)

130

t cm 2

Ing. Civil Omar Miño

τw = -

(

)

E III 12 ,5 t t θ φM t ds = -2.100 - 3,79759929 x 10 - 8 (-88 ,7 x ) = -0,0442 2 t 2 cm cm 2

∫

 la torsión pura o de Saint-Venant produce: τ s = 0 L Los momentos torsores en z = son : M s = 0 ⇒ Torsor de Saint - Venant 2 III M w = -E C w θ = -2.100 x 91.800 - 3,79759929 x 10 - 8 tcm = 7 ,32 tcm

(

)

En z = 0 , los momentos torsores son:

(

)

M w = -E C w θ III = -2.100 x 91.800 - 1,606521729 x 10 - 9 tcm = 0 ,31 tcm

(

)

M s = G J t θ I = 807,7 x 56,8 1,529104122 x 10 - 4 tcm = 7 ,015 tcm Σ (M w , M s ) = (0 ,31 + 7 ,015 ) tcm = 7 ,325 tcm Las tensiones cortantes debido a la torsión impura, en la mitad del ala son:

(

)

12,5 t t τ w ( ala ) = -E θ III φM ds = -2.100 x (- 88,7 ) x - 1,606521729 x 10 - 9 = -0 ,00187 2 2 cm cm 2

∫

Las tensiones cortantes de Saint-Venant en el ala son:

τ s( ala ) =

Ms 7 ,015 t t = 0 ,20 tala = 1 ,62 Jt 56 ,8 cm 2 cm 2

Las tensiones cortantes de Saint-Venant en el alma son:

τ s( alma ) =

Ms 7 ,015 t t = 0 ,133 t w ( alma ) = 1 ,08 Jt 56 ,8 cm 2 cm 2

131

Ing. Civil Omar Miño Si se calcula el momento flector en el ala, con la ecuación (108):

Mf =-

(

)

E C w II 2.100 x 91.850 - 3,924563 x 10 - 6 tcm = 26 ,47 tcm θ =28,6 d

y el bimomento será, con la ecuación (76):

(

)

B = E C w θ II = 2.100 x 91.850 - 3,924563 x 10 - 6 tcm 2 = 756 ,989 tcm 2

y la tensión será:

σf =

(

)

E b d II 2.100 x 12,5 x 28,6 t t θ = - 3,924563 x 10 -6 = 0 ,736 2 4 4 cm cm 2

Pero el problema que se plantea con la resistencia de materiales, no termina aquí. Ahora es el momento de trabajar sobre el cuerpo deformado, y esto se deja en manos del lector.

132

Ing. Civil Omar Miño

Ejercicio: Verificar el perfil PNU 320 mm, de 6,0 m de luz, simplemente apoyado, sometido a t t una carga uniforme q = 1 ,8 , baricéntrica. σ F = 2 ,4 m cm 2

Datos A = 75 ,8 cm 2

J y = 10.870 cm 4 J z = 597 cm 4 J t = 66 ,7 cm 4 W y = 678 cm 3 W z = 80 ,6 cm 3 C w = 96.100 cm 6

b = 10 cm t = 1 ,75 cm t a = 1 ,40 cm y M = 4 ,82 cm λ = 0,0163

M=

q l 2 1 ,8 x (6,0 )2 = tm = 8 ,1 tm = 810 tcm 8 8

M t = 0 ,018

t tcm x 4,82 cm = 0,08676 : cm cm

⇒

σ=

Momento Torsor

siendo su solución :

θ = C 1 + C 2 z + C 3 senh ( λ z ) + C 4 cosh ( λ z ) -

Mt z2 2 λ2 E C

w

Imponiendo condiciones de borde:

θ=0 z = 0 ⇒ II θ =0

θ =0 z = L ⇒ II θ =0

;

Resolviendo el sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas, resulta:

C 1 = -C 4 = -

Mt

;

C2 =

λ4 E C w Mt 1 - cosh ( λ L) C3 = ( ) senh ( λ L) λ4 E C w

Mt L 2 λ3 E C

133

w

i z = 2 ,81 cm φM a = -95 φM b = 43,8 φM c = -43,8 φM d = 95

M 810 t t = = 1 ,193 W y 678 cm 2 cm 2

Por ser carga repartida se plantea la ecuación diferencial de 4º orden:

Mt q yM θ IV - λ2θ II = = E Cw E Cw

i y = 12 ,1 cm

Ing. Civil Omar Miño Sustituyendo estos valores en la ecuación de θ queda: θ=

Mt

λ4 E C w

{[

(1 - cosh ( λ L) ) senh ( λ z ) λ2 z ( L - z ) ] + cosh ( λ z ) - 1} ]+ [ senh ( λ L) 2

Transformando el 2º y el 3er término, la ecuación se reduce a: L 2 cosh λ ( -z) ( ) λ z L-z 2 θ= {[ ]+ [ ] - 1} L 2 λ4 E C w cosh λ ( ) 2 Mt

El máximo θ está en

L = 300 cm, reemplazando en la ecuación anterior, da un valor: 2

(θmáx .)1 = 0 ,06682

⇒

δ1 = 0 ,06682 x 16 cm = 1,07 cm

L 2 cosh λ ( -z) Mt λ 2 θ II = { [ ] - 1} L λ4 E C w cosh λ ( ) 2 El máximo θ II se ubica en

L = 300 cm. Reemplazando valores en la ecuación, se obtiene: 2

II = -1,59375 x 10 -6 y las tensiones de primer orden son : θmáx . σ a = E φM a θ II = -2.100 (95 ) (-1,59375 x 10 -6 )

t cm 2

σ b = E φM b θ II = -2.100 (- 43,8 ) (-1,59375 x 10 -6 )

= 0 ,318 t

cm 2

t cm 2

= -0 ,147

t

cm 2 t t = 0 ,147 σ c = E φM c θ II = -2.100 (+ 43,8 ) (-1,59375 x 10 -6 ) 2 cm cm 2 t t = -0 ,318 σ d = E φM d θ II = -2.100 (- 95 ) (-1,59375 x 10 -6 ) 2 cm cm 2

Microsoft Editor de ecuaciones 3.0

La tensión también se puede calcular por medio del bimomento: B M = E C w θ II = 2.100 (96.100 ) (1,59375 x 10 -6 ) tcm 2 = 321 ,63 tcm 2 σa =

t B M φM 321 ,63 x 95 t = = 0 ,318 Cw 96.100 cm 2 cm 2

Esto corresponde al momento torsor de primer orden.

134

Ing. Civil Omar Miño Como la carga se encuentra en el borde superior, provoca rotaciones de segundo orden, de variación senoidal:

M t = 0 ,018 [ 4 ,82 + 1 ,07 sen(

πx )] L

El último término de la ecuación diferencial de 4º orden tiene ahora variación senoidal complicándose, lógicamente, su solución. Se busca, entonces, otro método más sencillo para su resolución que es iterativa. El método consiste en encontrar un momento torsor constante que torsione a la barra, aproximadamente, de la misma manera que el de variación senoidal. πx ) , que tendrá un área entre 0 y L. La deformación senoidal del borde superior es 1 ,07 sen( L Se busca ahora el momento torsor constante que tenga la misma área que el senoidal que, en este caso, es de 0,681 cm. La excentricidad de la carga es una constante e = (4 ,82 + 0 ,681) cm = 5 ,5 cm provocando un tcm tcm M t = 0 ,018 x 5,5 = 0,099 cm cm Se obtiene un nuevo valor de

(θmáx .)2 = 0 ,076246887

⇒

M t = 0 ,018 (4,82 + 1,22 sen (

δ2 = 16 x 0,076246887 cm = 1,22 cm πx )) L

Procediendo de igual forma que en lo anterior resulta: 0,777 cm

⇒

e = (4,82 + 0,777 ) cm = 5,597 cm

M t = 0 ,018 x 5,597

(θmáx .)3 = 0 ,0776

⇒

tcm tcm = 1,00746 cm cm

⇒

δ3 = 16 x 0,0776 cm = 1,241 cm obteniéndose una excentricidad constante = 0,79 cm tcm tcm tcm M t = 0 ,018 (4,82 + 0,79 ) = 0 ,018 x 5,61 = 0,1009861 ⇒ cm cm cm δ4 = 16 x 0,0778 cm = 1,2448 cm obteniéndose una excentricidad constante = 0,792 cm tcm tcm tcm M t = 0 ,018 (4,82 + 0,792 ) = 0 ,018 x 5,612 = 0,101016 cm cm cm Finaliza la iteración.

( )

Para este último momento se obtiene θ II máx = -1,855627593 x 10 -6 Siendo las tensiones: σ a = E φM θ II = 0 ,370 σ c = 0 ,171

t cm 2

t cm 2

; ;

σ b = -0 ,171

t

cm 2 t σ d = 0 ,370 cm 2

135

θ 4 = 0 ,0778

Ing. Civil Omar Miño Sumando tensiones, pues se está en el campo elástico, se llega a: t t = -0,823 σ a = ( -1,193 + 0 ,370 ) cm 2 cm 2 σ b = ( -1,193 - 0 ,171 )

t

t

= -1,364

cm 2 cm 2 t t = 1,364 σ c = ( 1,193 + 0 ,171 ) cm 2 cm 2 σ d = ( 1,193 - 0 ,370 )

t cm 2

= 0,823

t cm 2 t

t

⇒ ε = 1,76% cm 2 Si no se considera la torsión el error que se comete es del 12 %, en un caso, y del 14 % en el

Si no se iteraba la tensión σ b = ( -1,193 - 0 ,147 )

cm 2

= -1,34

otro. B M φM a = 374 ,48 x 95 t = 0 ,370 t Cw 96.100 cm 2 cm 2 L L ( - z) λ - senh λ ( - z) M t [ 2 2 ] M t ,sv = G J t θ I = G J t L 3 λ E Cw cosh λ ( ) 2

σa =

G Jt , reemplazando en la ecuación anterior queda: teniendo presente que λ2 = E Cw L L z) λ senh λ ( - z) Mt 2 2 M t ,sv = [ ] L λ cosh λ ( ) 2 (

Para z =

L 2

⇒

M t,sv = 0

con M t = 0 ,101016

y para z = 0

L - senh ( - z) M 2 ] M t,w = -E C w θ III = t [ L λ cosh λ ( ) 2 L ⇒ M t,w = 0 y para z = 0 Para z = 2

⇒

M t,sv = 24 ,11 tcm

⇒

M t,w = 6 ,20 tcm

M t,sv + M t,w = ( 24 ,11 + 6 ,20 ) tcm = 30,31 tcm M t,apoyo = 0 ,101016 x 300 tcm = 30,3048 tcm

136

tcm cm

Ing. Civil Omar Miño

El bimomento también se puede obtener de otra manera. Por definición, es el momento en un ala por la distancia baricéntrica entre alas más el momento en el alma por la distancia entre el baricentro del alma y el centro de torsión. Como las alas tienen espesor variable, se busca un perfil con espesor constante que responda al momento de inercia J z , del perfil laminado. Dicho perfil es el de la figura adjunta.

0 ,371 x 6 ,36 2 1 ,6 6 ,36 tcm = 8,004 tcm 2 3 2 0 ,171 x 2 ,94 1 ,6 2 ,94 tcm = 0,788 tcm 2 3 (8,004 + 0,788 ) tcm = 8,792 tcm 0 ,171 x 15 ,2 2 ( 1 ,4 15 ,2 ) 2 tcm = 36 ,87 tcm 2 3 B M 1 = 8 ,792 tcm x 30,4 cm = 267,28 tcm 2 B M 2 = 36 ,87 tcm x 2,92 cm = 107,66 tcm 2 B M 1 + B M 2 = 374,94 tcm 2 Todo esto es cierto si, la suma de ambas tensiones, se encuentra en campo elástico. De acuerdo a los nuevos criterios de dimensionado por factores de carga y resistencia, LRFD, si D = 20 % de la carga total y L = 80 % de la total, el coeficiente de mayoración es:

⇒ q = 1 ,52 x 0,018

1 ,2 x 0,2 + 1,6 x 0,8 = 1,52 M t = 0,02736

t tcm x 4,82 cm = 0,13187 cm cm

137

⇒

t t = 0,02736 cm cm

(θmáx. )1 = 0,10156

Ing. Civil Omar Miño

πx δ1 = 16 cm x 0,10156 = 1,625 cm ⇒ e = 4,82 cm + 1 ,625 cm sen( ) ⇒ e (cte.) = 1,0345 cm L tcm tcm = 0,160 ⇒ (θ máx. )2 = 0,12323 M t = 0,02736 ( 4,82 + 1,0345) cm cm πx ) ⇒ e (cte.) = 1,255 cm δ2 = 16 cm x 0,12323 = 1,97168 cm ⇒ e = 4,82 cm + 1 ,97168 cm sen( L tcm tcm = 0,166 ⇒ (θ máx. )3 = 0,128 M t = 0,02736 ( 4,82 + 1,255) cm cm πx δ3 = 16 cm x 0,128 = 2,045 cm ⇒ e = 4,82 cm + 2 ,045 cm sen( ) ⇒ e (cte.) = 1,30 cm L tcm tcm = 0,16744 ⇒ (θ máx. )4 = 0,12896 M t = 0,02736 ( 4,82 + 1,30) cm cm δ4 = 16 cm x 0,12896 = 2 ,0634 cm ⇒ e = 4,82 cm + 2 ,0634 cm sen(

πx ) ⇒ e (cte.) = 1,313 cm L

tcm tcm = 0,1678 cm cm

⇒

Fin de la iteración

q L2 0 ,02736 x 600 2 tcm = 1.231 ,2 tcm = M= 8 8

⇒

σ=

M t = 0,02736 ( 4,82 + 1,313)

t 1.231 ,2 t = 1 ,813 679 cm 2 cm 2

II -6 θ máx . = -2,77969 x 10 σ a = E φ M a θ II = 0 ,555

t

σ c = E φ M c θ II = 0 ,256

t

cm 2 t σ b = E φ M b θ II = -0 ,256 cm 2 cm 2 t σ d = E φ M d θ II = -0 ,555 cm 2 B M = - E C w θ II = -2.100 x 96.100 (-2,7797 x 10 - 6 ) tcm 2 = 561 tcm 2 t t = 0 ,555 σ a = -2.100 (-95) (-2,7797 x 10 - 6 ) cm 2 cm 2 Hace falta, ahora, el bimomento plástico B P . Calculando: 4,65 M P = 4 ,65 x 1,6 x 2,4 x x 2 tcm = 83,0304 tcm 1 2 B P = 83,0304 tcm x 30,4 cm = 2.524,12 tcm 2 1 15,2 M P2 = 15 ,2 x 1,4 x 2,4 x x 2 tcm = 776 ,2944 tcm 2 B P = 776,2944 tcm x 2,92 cm = 2.266,78 tcm 2 2 B P = B P + B P = 4.790,90 tcm 2 1 2 138

Ing. Civil Omar Miño L tcm = 0 ,1678 x 300 cm = 50 ,34 tcm 2 cm L M t,sv = 0 para z = ; M t,sv = 40 ,05 tcm 2 L M t,w = 0 para z = ; M t,w = 10 ,30 tcm 2 Mt

para para

z=0 z=0

Tomando una relación lineal se tiene:

M B 1.231 ,2 560 ,97 + = + = 0 ,805 < 1 0 ,9 M P 0 ,9 B P 0 ,9 x 2.027 0 ,9 x 4.790,9 Calculando las tensiones de corte (ecuación 64), que originan el momento torsor impuro, en periodo elástico:

E τ = - θ III t

s

∫φM t ds

s =0

L senh λ ( - z) M t [ 2 θ III = ] L λ E Cw cosh λ ( ) 2 s =6 ,36 1 95 x 1,75 x 6,36 1 [ ] = 302 ,1 φM t ds = 1 ,75 2 t s =0 s = 2 ,94 1 - 43,8 x 1,75 x 2,94 1 [ ] = -64,386 φM t ds = 1 ,75 2 t s =0 L M t - senh λ ( 2 - z) [ τ= ] L λ Cw cosh λ ( ) 2 L Para ⇒ τ w = 0 ; Para L = 0 ⇒ τ w máx. 2 0 ,101016 t t = 0 ,0194 τ w ,máx . = [ 302 ,1 x Th (4,89)] 0 ,0163 x 96.100 cm 2 cm 2

∫

∫

τ wb máx . = 1 t

s = 2 ,94

t t 0 ,101016 = 0 ,0153 [ 237 ,714 x Th (4,89)] (ala) 0 ,0163 x 96.100 cm 2 cm 2 1

∫φM t ds = 1,40 [

s =0

τ wb máx . =

- 43 ,8 x 1,75 x 2,94 ] = -80 ,4825 2

0 ,101016 t t [ 221 ,62 x Th (4,89)] = 0 ,0143 (alma, borde superior) 0 ,0163 x 96.100 cm 2 cm 2

139

Ing. Civil Omar Miño

1 t τ

s = 15 ,2

1

∫φM t ds = 1,40 [

s =0

- 43 ,8 x 1,75 x 15,2 ] = -332 ,88 2

0 ,101016

w,

(bc ) = 0 ,0163 x 96.100 [ -111 ,265 x Th (4,89)] 2

t cm 2

= -0 ,00717

t cm 2

(centro del alma)

Las tensiones de Saint-Venant son: M t ,sv M t ,sv = G J t θ I ⇒ τ sv = t = G t θI Jt

L L ( - z) z) λ senh λ Mt I 2 2 ] θ = [ L λ3 E C w cosh λ ( ) 2 Para z = 0 ⇒ θ I = 4 ,496213281 x 10 - 4 L Para z = ⇒ τ sv = 0 ; Para z = 0 ⇒ 2 (

τ sv, máx.

τ sv, máx. ala = G tala θ I = 807 ,7 x 1,75 x 4 ,496213281 x 10 - 4

t

= 0 ,635

cm 2 M t ,sv 24 ,11 t t Kg t= 1 ,75 = 0 ,633 = 633 τ sv, máx. ala = 2 2 Jt 66 ,7 cm cm cm 2

τ sv, máx. alma = G t alma θ I = 807 ,7 x 1,4 x 4 ,496213281 x 10 - 4 τ sv, máx. alma =

M t ,sv Jt

t=

t cm 2

24 ,11 t t Kg 1 ,40 = 0 ,506 = 506 66 ,7 cm 2 cm 2 cm 2

140

t

= 635

cm 2

= 0 ,508

t cm 2

Kg cm 2

= 508

Kg cm 2