teoria y practico

1. PANDEO (Inestabilidad)
1. Acerca del fenómeno
El pandeo es un fenómeno diferente a los otros estudiados en el curso. En todos las otras
situaciones estudiadas, aceptando que los materiales tienen un comportamiento lineal (tensión-deformación),
la estructura también presenta una relación lineal entre las cargas aplicadas y los desplazamientos,
deformaciones y tensiones producidas.
En este caso veremos (aceptando también la hipótesis de comportamiento lineal del material) que no
hay una relación lineal entre las cargas y los efectos que éstas producen (desplazamientos, deformaciones y
tensiones).
Si realizamos un ensayo sencillo (cualquiera puede hacerlo usando una regla flexible) en el que
sometemos una columna (regla en nuestro caso) a una carga de compresión P aplicada en el baricentro
de la sección y medimos el desplazamiento horizontal del punto medio de la columna, como se indica en la
figura 1, podremos ver que:
El punto medio de la columna no se desplaza horizontalmente cuando la carga P comienza a crecer.
Sin embargo, a partir de un cierto valor de ésta, comienza a tener un desplazamiento significativo.
Llegado a este punto si la carga es incrementada el desplazamiento crece en forma importante.
Si se continua aumentando la carga, la columna termina rompiéndose. Pero si se retira la carga, la
columna vuelve a su posición inicial, es decir que en este caso todo el comportamiento del material es
elástico. Sin embargo la relación carga-desplazamiento no es lineal.
El pandeo es entonces un fenómeno no lineal y que se desata bruscamente. La columna pasa de no tener
desplazamiento lateral a, con un incremento relativamente pequeño de la fuerza, tener un desplazamiento
importante. De continuarse incrementando la fuerza, llegaremos al colapso sin grandes incrementos de la
carga de compresión aplicada.
Figura 1: Fenómeno de pandeo
Es claro que la columna puede deformarse para uno u otro lado pues el problema es simétrico. Dicho de
otra manera el problema no va a tener una solución única. Este es el caso mas común y clásico de pandeo
Puede afectar generalmente a los pilares de una estructura produciendo su flexión, debido a solicitaciones
fundamentalmente axiales de compresión.
1

2. Sin embargo es conveniente señalar que el pandeo puede tener otras características. Puede haber casos
de pandeo en vigas como consecuencia de esfuerzos fundamentalmente de flexión, que se manifiesta como
una torsión de la viga.
Incluso puede manifestarse el pandeo como un efecto combinado de los dos anteriormente indicados.
Otra posibilidad es el pandeo de una superficie. En general el pandeo, independientemente del tipo que sea,
es un acontecimiento,desde el punto de vista estructural, de extrema gravedad.
En este curso solo será estudiado el caso mas común del pandeo, que se produce fundamentalmente por
fuerzas axiales de compresión y que se manifiesta como una flexión de la viga.
2. Ecuaciones de una viga o pilar sometida a flexión y directa
Analizaremos el caso de una viga sometida a flexión (esto ya fue visto en el curso de Resistencia
de Materiales 1) pero ahora le incorporaremos una directa aplicada en su baricéntro, que tomaremos de
compresión. El caso de tracción como se verá más adelante no presenta el fenómeno de pandeo.
Limitaremos el estudio al caso que la sección de la viga tiene dos ejes de simetría y que los esfuerzos de
flexión se encuentran aplicados según uno de esos ejes. No se incluye en este esquema esfuerzos de torsión,
que si se fuera a hacer un estudio mas completo del pandeo, tendrían que ser considerados. Supondremos
además que la fuerza de compresión predomina en relación a los esfuerzos de flexión.
Para resolver el problema de acuerdo a estos criterios, formularemos las ecuaciones de equilibrio:
Figura 2: Barra cargada axialmente
1. Equilibrio horizontal:
N(z) − N(z + dz) = 0
Resultando : N(z) = cte (1)
2. Equilibrio vertical:
V (z) − qdz − V (z + dz) = 0
V (z + dz) − V (z) = −qdz
Dividiendo entre dz y pasando al limite obtenemos: ⇒
dV
dz
= −q (2)
2

3. 3. Equilibrio de momentos en B:
V (z)dz + M(z) − M(z + dz) − qdz
dz
2
− N(v(z + dz − v(z))) = 0
Dividiendo entre dz obtenemos: V (z) +
M(z) − M(z + dz)
dz
− q
dz
2
− N
v(z + dz) − v(z)
dz
= 0
Tomando l´ım
dz→0
obtenemos: V (z) −
dM
dz
− N
dv
dz
= 0 (3)
Derivando con respecto a z:
dV
dz
−
d2
M
dz2
− N
d2
v
dz2
= 0
Sabemos de la ecuación 2 que:
dV
dz
= −q ⇒
d2
M
dz2
+ N
d2
v
dz2
+ q = 0
Y que sigue valiendo la expresión: M = EI
d2
v
dz2
(4)
Obtenemos en consecuencia la expresión general:
d2
dz2
EI
d2
v
dz2
+ N
d2
v
dz2
+ q = 0 (5)
Si sustituimos la expresión 4 en la ecuación 3 obtendremos:
V (z) =
d
dz
EI
d2
v
dz2
+ N
dv
dz
(6)
Estas dos expresiones son las ecuaciones que determinan el comportamiento de una viga (o pilar)
sometida a carga distribuida q(z) y a directa de compresión N.
En el caso que la rigidez sea constante (EI = cte) las expresiones anteriores quedan:
EI
d4
v
dz4
+ N
d2
v
dz2
+ q = 0 (7)
V (z) = EI
d3
v
dz3
+ N
dv
dz
(8)
3. Solución de la ecuación homogénea
La ecuación 7 es una ecuación de cuarto orden, lineal con un término independiente q. Su solución estará
compuesta por dos términos:
v = vp + vh (9)
donde vp será una solución particular que dependerá de la carga distribuida q y vh será la solución de la
ecuación homogénea o sea la solución de la ecuación cuando q = 0. Veremos a continuación la solución de
la ecuación homogénea.
Si definimos
N
EI
= k2
(10)
y planteamos la ecuación 7 para q = 0 , tendremos que:
d4
v
dz4
+
N
EI
d2
v
dz2
= 0
Y sustituyendo:
d4
v
dz
+ k2 d2
v
dz2
= 0 (11)
Si buscamos soluciones de la forma
v(z) = eλ∗z
(12)
3

4. Y sustituimos en la ecuación 11 tendremos que la ecuación característica resulta ser:
λ4
+ k2
λ2
= 0 (13)
Esta ecuación característica es de cuarto grado y para N ≥ 0 tendrá dos raíces imaginarias. Las 4 raíces
serán:
λ =



0 (raíz doble)
ik
−ik
Con estas raíces la forma que tiene la solución general de la ecuación homogénea será:
v(z) = A cos kz + B sin kz + Cz + D (14)
donde las constantes A, B, C y D deben determinarse empleando las condiciones de contorno.
Observación: si hubiéramos estudiado el caso de una fuerza N de tracción el razonamiento hubiera sido
muy similar. Al final se hubiera obtenido la misma ecuación pero con coeficiente negativo en la derivada
segunda. La ecuación característica sería de la forma:
λ4
− k2
λ2
= 0 (15)
Las raíces hubieran sido:
λ =



0 (raíz doble)
k
−k
Es decir, hubiera tenido la raíz cero doble, igual que en el caso anterior pero las otras dos raíces hubieran
sido reales, una positiva y la otra negativa, con el mismo módulo.
Y la forma más general de la solución de la ecuación homogénea hubiera sido:
v(z) = Aekz
+ Be−kz
+ Cz + D (16)
Donde las constantes A, B, C y D también deben determinarse empleando las condiciones de contorno.
4. Viga de Euler
Sea la barra de la figura 3 de longitud L, sin ninguna carga distribuida (q) y con una compresión axial P.
Figura 3: Barra cargada axialmente
Como no existe carga distribuida (q = 0) entonces la vP = 0 y la función que cumpla con la ecuación
diferencial será v = vH. Las condiciones de borde son:
v(0) = 0
4

5. v(L) = 0
M(0) = 0 y por lo tanto d2
v
dz2 (0) = 0
M(L) = 0 y por lo tanto d2
v
dz2 (L) = 0
Una solución evidente es la solución trivial o sea
v(z) = 0 ∀z
Esta solución verifica la ecuación diferencial (expresión 11) y además cumple todas las condiciones de borde.
Como sabemos que la solución tiene la forma de la expresión 14 impondremos las condiciones de borde
y veremos en que caso puede aparecer otra solución diferente a la trivial. De esta forma, tendremos que:
v(0) = 0 sustituyendo en la expresión queda: A + D = 0 (17)
v(L) = 0 sustituyendo: A cos kL + B sin kL + CL + D = 0 (18)
d2
v
dz2
(0) = 0 y sustituyendo: − Ak2
= 0 ⇒ A = 0 (19)
dado que k = 0 y sustituyendo en la ecuación 17 vemos que D = 0
d2
v
dz2
(L) = 0 sustituyendo: Ak2
cos kL + Bk2
sin kL = 0 (20)
eliminando A y D pues son nulos quedan dos condiciones :
B sin kL + CL = 0
Bk2
sin kL = 0
(21)
De las ecuaciones 21 podemos concluir, teniendo en cuenta que k > 0, que B sin kL = 0 y sustituyendo
en la primera resulta que C = 0. Resumiendo se debe cumplir que:
A = B sin kL = C = D = 0 (22)
Por lo tanto existen dos alternativas: A = B = C = D = 0, que es la solución trivial ya conocida, o
sin kl = 0.
En este último caso deberá ser kL = nΠ y B no tendrá que ser nulo y podrá tomar cualquier valor pues
queda indefinido. Aquí aparece una solución no trivial, cuando:
k2
L2
= n2
Π2
y sustituyendo k queda
NL2
EI
= n2
Π2
(23)
O sea:
N =
EI
L2
n2
Π2
(24)
Para estos valores de N existe una solución diferente a la trivial (v = 0 ∀z). Dicha solución tiene la
forma:
v = B sin kz (25)
En la medida que es un fenómeno prácticamente fatal para la estructura nos interesa la menor carga a la
que ocurre el pandeo, por lo tanto evaluamos N para n = 1 y obtenemos:
Ncritico =
EI
L2
Π2
(26)
Esta es la conocida expresión de la fuerza crítica que produce el pandeo atribuida a Euler.
5

6. 5. Limitaciones y utilidad de esta solución
De acuerdo al razonamiento anterior, para el valor de Ncritico habría infinitas soluciones pues B queda
indeterminado y puede tomar cualquier valor. Por otro lado si nos pasamos un poco del Ncritico el fenómeno
desaparecería y recién volvería a aparecer cuando la carga se cuadruplica. Pero la experimentación permite
ver que ambas cosas son falsas.
Esto sucede porque el análisis realizado por Euler es válido solamente para pequeños desplazamientos
pues, la expresión empleada (expresión 4) para relacionar el momento con la elástica es valida con estas
hipótesis.
La forma exacta de la expresión es:
M = EI
ν
(1 + (ν )2)
3
2
(27)
Usando esta expresión (algunos textos lo hacen) se obtiene el mismo valor de la carga crítica. Pero se
concluye que para una carga N ≥ Ncritico existen tres soluciones; la trivial (B = 0) y dos soluciones, una
hacia cada lado, con el coeficiente B determinado. Es decir que el pandeo no desaparece cuando aumenta la
carga y por otro lado, la flecha para una carga dada está determinada.
Figura 4: Relación entre el desplazamiento en el centro y la directa en una barra
Para la carga crítica se produce una bifurcación de las soluciones y aparecen tres soluciones. La trivial,
que es inestable, y las otras dos que determinan el pandeo y que son estables. Un esquema de los niveles de
energía de deformación de cada una de las posiciones se muestra en la figura 5.
Figura 5: Puntos de equilibrio
No obstante estas consideraciones, la expresión de Euler es usada normalmente pues el cálculo es mucho
más sencillo y determina correctamente la carga crítica. Desde el punto de vista de la ingeniería civil con
esto alcanza, pues se trata de mantenerse siempre por debajo de esta carga crítica.
6

7. 6. Análisis para una directa de tracción
En este caso la solución general tiene la forma de la expresión 16 y al imponer las condiciones de borde
quedan las condiciones:
A + B + D = 0 (28)
AekL
+ Be−kL
+ CL + D = 0 (29)
k2
A + k2
B = 0 (30)
k2
AekL
+ k2
Be−kL
= 0 (31)
De 28 y 30 se concluye que D = 0; de 29 y 31 se concluye que CL + D = 0 y en consecuencia
C = D = 0. Tomando en cuenta lo anterior 28 y 29 (para k = 0 ) solo tiene la solución trivial. En definitiva
A = B = C = D = 0 y no hay posibilidades de pandeo. Concluimos entonces que el pandeo solo puede
producirse cuando hay compresión.
7. Ménsula con carga axial
En el caso de una ménsula, como muestra la figura 6, la elástica tendrá la forma:
v(z) = A cos kz + B sin kz + Cz + D (32)
Las condiciones de borde serán las siguientes:



v(0) = 0
M(L) = 0 =
d2
v
dz2
(L)
θ(0) =
dv
dz
(0) = 0
V (L) = 0 = EI
d3
v
dz3
(L) + N
dv
dz
(L)
Derivamos la ecuación de la elástica de la barra para poder a continuación aplicar las condiciones de
borde:
dv
dz
= −Ak sin kz + Bk cos kz + C
d2
v
dz2
= −Ak2
cos kz − Bk2
sin kz
d3
v
dz3
= Ak3
sin kz − Bk3
cos kz
Figura 6: Ménsula cargada axialmente
7

8. Apliquemos las condiciones de borde:
A + D = 0
k2
(A cos kL + B sin kL) = 0
Bk + C = 0
EIk3
(A sin kL − B cos kL) + N(−Ak sin kL + Bk cos kL + C) = 0 (33)
Como k2
=
N
EI
entonces:
kA sin kL − Bk cos kL − Ak sin kL + Bk cos kL + C = 0
⇒ C = 0 ⇒ B = 0
Existen ahora dos opciones posibles, que A = 0 y por lo tanto D = 0 o que cos kL = 0 y por lo tanto
D = −A. Consideramos esta segunda opción. En ese caso:
kL =
Π
2
+ nΠ
y el valor crítico queda, considerando n = 0 igual a:
Ncritico =
EIΠ2
4L2
(34)
Obsérvese que es cuatro veces más chico que el obtenido para la viga simplemente apoyada. Ello muestra
que la naturaleza de los vínculos incide de manera importante en la capacidad resistente del pilar.
8. Luz de Pandeo
Consideraremos de ahora en más la notación L como la luz libre de la viga o pilar en estudio. Usaremos
la notación Lp (que definiremos a continuación) como la luz de pandeo de dicho elemento.
Hasta ahora vimos que la carga crítica de una barra simplemente apoyada tiene la forma:
Pcritico =
EIΠ2
L2
y para una barra empotrada:
Pcritico =
EIΠ2
4L2
Si consideramos que en el primer caso la luz de pandeo de la barra es Lp = L y en el segundo es Lp = 2L,
entonces se puede generalizar la expresión de carga crítica mediante la siguiente ecuación:
Pcritico =
EIΠ2
L2
p
(35)
Siendo
Lp = βL (36)
La constante β dependerá de los vínculos que tenga la barra. En el caso de la viga simplemente apoyada
β = 1 y en el caso de la viga empotrada en un sólo extremo β = 2.
Se puede observar en la figura 7 que el caso de la viga empotrada puede ser asimilado al caso de una
viga simplemente apoyada de longitud 2L. Resolviendo analíticamente otros casos y haciendo el mismo
razonamiento se puede ver que la luz de pandeo es también la distancia entre dos puntos de momento nulo.
Es de hacer notar que los puntos de momento nulo coinciden con los puntos de inflexión de la elástica. En
definitiva, podemos utilizar las expresiones 35 y 36 para analizar el fenómeno de pandeo. Los valores de β
dependerán de la naturaleza de los vínculos.
Puede observarse que la luz de pandeo se duplica (para el caso de la viga doblemente empotrada) cuando
el extremo superior puede desplazarse horizontalmente. Más adelante se volverá sobre este asunto.
8

9. Figura 7: Valores de longitud de pandeo según el apoyo de la barra
9. Inercia a considerar
Hasta ahora hemos estudiado el fenómeno del pandeo con una inercia genérica que llamamos I. Pero en
realidad, normalmente las barras tienen dos momentos de inercia principales Ix e Iy distintos. Si los vínculos
de la barra son iguales en las dos direcciones la carga crítica quedara definida por la menor inercia. Luego,
para estudiar el pandeo de una barra, es necesario considerar la menor de las inercias ya que de esta forma
tendremos la menor carga crítica.
Considerando que Iy < Ix entonces será:
Ncritico =
Π2
EIy
L2
p
(37)
Por otra parte, si los vínculos son distintos en cada dirección será necesario estudiar el fenómeno según
cada una de las direcciones con el momento de inercia que corresponda.
10. Esbeltez
Definiremos la esbeltez (λ) de un pilar de la siguiente manera:
λ =
Lp
ρy
(38)
Si recordamos que:
Iy = Aρ2
y
y sustituimos, tendremos que:
Ncritico =
Π2
EAρ2
y
L2
p
=
Π2
AE
Lp
ρy
2 (39)
Por lo tanto:
⇒ Ncritico =
Π2
AE
λ2
(40)
9

10. Podemos también definir una tensión crítica de la siguiente manera:
σcritico =
N
A
(41)
Y en consecuencia sustituyendo será:
σcritico =
Π2
E
λ2
(42)
11. Método ω
Para el calculo de elementos estructurales sometidos a compresión pura o compresión y flexión
simultanea las normas establecen distintos criterios que no serán abordados en este curso. A continuación
veremos solamente el método ω, que es uno de los que permite realizar el dimensionado del elemento.
En la figura 8 se observan la curva de Euler definida por la expresión 42 y la recta que representa la
tensión de fluencia del material. Es claro que para trabajar con cierta seguridad es necesario estar a cierta
distancia de las dos curvas antes mencionadas. Por otro lado en general las normas coinciden que para ser
considerado un elemento estructural debe tener una esbeltez no mayor que 250. Si el pilar tiene una esbeltez
mayor no debe ser considerado un elemento estructural.
Figura 8: Método ω
El método ω en función de estas consideraciones define una curva de valores admisibles de la tensión en
función de la esbeltez. Para ello toma un valor admisible σadmisible que corresponde a una esbeltez λ = 0 y
adopta un valor de la tensión admisible para otros valores de λ = 0 que viene dado por la expresión
σadm(λ) =
σadm
ω(λ)
(43)
O dicho de otra manera debe cumplirse que:
N
A
ω(λ) ≤ σadm (44)
La función ω(λ) puede estar definida en forma numérica por una tabla o puede surgir de una cierta expresión
analítica.
Para el caso que además de la directa exista un cierto momento flector M el método ω utiliza el criterio
que:
M
W
+
N
A
ω(λ) ≤ σadm (45)
10

11. 12. Barra cargada axialmente + una carga distribuida uniforme
Figura 9: Barra cargada axialmente y con una carga distribuida
En este caso la función v(z) deberá cumplir la ecuación diferencial:
EI
d4
v
dz4
+ N
d2
v
dz2
+ q = 0 (46)
La solución de la ecuación consta de dos partes, una solución particular y la solución de la homogénea
(con q=0).
v = vP + vH
vH = A cos kz + B sin kz + Cz + D
La solución particular la hallamos de la siguiente forma:
d2
v
dz2
= −
q
N
entonces →
d4
v
dz4
= 0
la solución particular queda entonces vP = −
qz2
2N
Entonces, la solución del problema queda de la forma:
v = −
qz2
2N
+ A cos kz + B sin kz + Cz + D
Las condiciones de borde son:
No hay desplazamiento vertical en el apoyo izquierdo: v(0) = 0
El momento en el apoyo izquierdo es cero: M(0) = 0 que es lo mismo que decir que
d2
v
dz2
(0) = 0
No hay desplazamiento vertical en el apoyo derecho: v(L) = 0
El momento en el apoyo derecho es cero: M(L) = 0 que es lo mismo que decir que
d2
v
dz2
(L) = 0
Teniendo en cuenta que:
d2
v(z)
dz2
= −
q
N
− Ak2
cos kz − Bk2
sin kz
Imponiendo las condiciones resulta:
v(0) = 0 ⇒ A + D = 0
M(0) = 0 ⇒ −
q
N
− Ak2
= 0 entonces A = −
q
Nk2
y D =
q
Nk2
v(L) = 0 ⇒ −
qL2
2N
−
q
Nk2
cos kL + B sin kL + CL +
q
Nk2
= 0 (47)
M(L) = 0 ⇒ −
q
N
+
q
Nk2
k2
cos kL − Bk2
sin kL = 0 (48)
De la suma de la ecuación 47 multiplicada por k2
y la ecuación 48 obtenemos:
−
qk2
L2
2N
−
q
N
+ Ck2
L +
qk2
Nk2
= 0 ⇒ C =
qL
2N
(49)
Finalmente considerando la ecuación 48 tenemos que:
−
q
N
+
q
N
cos kL − Bk2
sin kL = 0 (50)
11

12. 12.1. Determinación de las condiciones de falla
De acuerdo a lo anterior resulta que si sin kL = 0 ⇒ B =
q(cos kL − 1)
Nk2 sin kL
(51)
La elástica de esta barra la podemos escribir entonces como,
ν(z) = −
qz2
2N
−
q
Nk2
cos kz +
q(cos kL − 1)
Nk2 sin kL
sin kz +
qL
2N
z +
q
Nk2
(52)
Para sin kl = 0 la elástica solo tiene una solución y esta es finita.
Si se observan las expresiones anteriores cuando kL se acerca a Π ⇒ sin kL se acerca a cero con valores
positivos y coskL se acerca a -1.
En consecuencia B (de acuerdo a las expresiones 50 y 51) resulta negativo y su módulo se va haciendo
cada vez más grande. En el limite B −→ −∞. Las otras constantes A, C y D existen y se mantienen
acotadas.
También la deformada ν −→ −∞, por lo que se produce la falla de la estructura . En este caso hay una
sola posición de equilibrio pero el valor de la deformada −→ −∞ en cualquier punto que no coincida con
los apoyos.
Ésta forma de falla es diferente a la de la viga sometida solo a directa de compresión, donde aparecían
más de una solución, pero tiene una coincidencia importante. Esta es que la carga a la que se produce el
colapso de la estructura es la misma. En consecuencia podemos decir que también en este caso:
Ncritico =
EIΠ2
L2
(53)
Si ahora buscamos la singularidad siguiente tendremos que esta se produce cuando kL se acerca por
defecto a 2Π ⇒ sin kL se acerca a cero con valores negativos y cos kL se acerca a 1. En consecuencia B
(de acuerdo a la expresión 50) queda indeterminado, produciéndole más de una solución. Pero en realidad
esta segunda solución y las siguientes no son relevantes y la carga crítica queda definida por la expresión 53.
12.2. Comparación: barras cargadas axialmente con y sin cargas distribuidas
A partir de lo analizado en los capítulos 4 y 12, podemos concluir que el valor de Ncritico es el mismo
en ambos casos.
En el caso de la viga sometida solamente a directa para ese valor (Ncritico) se produce la inestabilidad de
la solución o sea que además de la solución trivial aparecen dos soluciones más. Para pequeños incrementos
de la compresión comienzan a producirse flechas importantes. Este fenómeno debe considerarse como
totalmente inaceptable en una estructura y por lo tanto podemos considerarlo como un estado de falla.
En el caso de la viga sometida a directa y carga distribuida, para valores de N ≤ Ncritico no aparecen
multiplicidad de soluciones. Para N = Ncritico no aparece una inestabilidad pero la flecha tiende a infinito.
Esto obviamente debe considerarse también como un fenómeno de falla.
No obstante lo anterior la falla puede producirse en ambos casos para cargas menores por otras razones.
Ya vimos que ello es posible cuando solo hay directa si se cumple que:
N
A
= σfluencia (54)
Cuando existe directa y carga distribuida la barra estará sometida a flexión y directa para todo valor de P y
q diferentes de cero. En este caso la falla por fluencia se produce para
M
W
+
N
A
= σfluencia (55)
Es decir que, cuando hay carga distribuida (q ≥ 0) la falla por fluencia se producirá para directas N
menores que en el caso sin carga distribuida. Se puede agregar también que seguramente para el caso con
q ≥ 0 la falla se va a producir por fluencia del material para valores de N < Ncritico pues la tensión de
fluencia (que es finita) se va a producir antes que la flecha infinita.
12

13. Figura 10: Viga simplemente apoyada con carga distribuida
12.3. Comparación de flechas en barras con carga uniforme con y sin carga axial
Haremos a continuación la comparación de las flechas en el centro para los casos de carga distribuida q
que actúa sin directa y para el caso que actúan en forma conjunta la carga distribuida q y la compresión N.
En el caso de una viga simplemente apoyada como muestra la figura 10
Sabemos que la elástica tiene la expresión:
νq(z) = −
qz4
24EI
+
qLz3
12EI
−
qL3
z
24EI
(56)
La flecha en la mitad del vano será entonces,
νq
L
2
= −
5
384
qL4
EI
(57)
En el caso de una viga sometida a una carga axial y a una carga distribuida, sabemos de la ecuación 52
que la flecha en el centro de la viga tendrá la forma:
νq,N
L
2
=
q
Nk2
+
qL2
4N
−
qL2
8N
−
q
k2N
(1 − cos kL)
sin kL
sin
kL
2
=
q
Nk2
+
qL2
8N
−
q
k2N sin kL
sin
kL
2
− cos kL sin
kL
2
+ sin kL cos
kL
2
=
q
Nk2
+
qL2
8N
−
q
k2N sin kL
2 sin
kL
2
=
q
Nk2
+
qL2
8N
−
q
Nk2 cos kL
2
Entonces, la relación entre la flecha en el medio del vano de una barra no sometida a una carga axial con
una que si lo está, la podemos calcular como,
−νq,N
L
2
−νq
L
2
=
−
qL2
8N
+
q 1 − cos kL
2
Nk2 cos kL
2
5qL4
385EI
=
q
8Nk2 cos kL
2
−L2
k2
cos
kL
2
+ 8 − 8 cos
kL
2
5qL4
384EI
=
384EI
40Nk2L4 cos kL
2
8 − 8 cos
kL
2
− L2
k2
cos
kL
2
=
48 ∗ 8
5k4L4 cos kL
2
1 − cos
kL
2
−
L2
k2
8
cos
kL
2
Donde se realiza el último paso teniendo en cuenta la expresión 10.
Si definimos la variable u como u =
kL
2
la ecuación queda de la forma:
−ν(L
2 )
−νq(L
2 )
=
24
5u4 cos u
1 − cos u −
u2
2
cos u (58)
13

14. Se observa que el denominador se anula para u = 0 y luego para u =
π
2
. Para u = 0 se anula también
el numerador y los infinitésimos son del mismo orden, de manera que el cociente tiene limite finito y ese
límite es 1. Para calcular el limite del cociente cuando u tiende a
π
2
debe observarse que cos u tiende a 0, de
manera que el denominador tiende a 0 y el denominador a 1. En definitiva el cociente tiende a ∞ , o sea que
para la acción conjunta de la directa de compresión N y la carga distribuida q la pieza falla cuando kL = π.
O sea que la carga critica de falla por alcanzar una flecha infinita es la misma que cuando no existe carga
distribuida, como ya se había observado en la sección anterior.
Puede observarse que en la figura 11 como varía la relación entre las flechas de las dos tipos de carga.
Resulta claro que el incremento de la flecha se va produciendo en forma paulatina a medida que aumenta u.
De esa manera también las tensiones en la viga se irán incrementando en esa misma relación. Para un valor
de u = 0, 35π el aumento de la flecha es de prácticamente el doble.
Figura 11: Relación entre flechas con y sin carga axial
13. Columna cargada con una Carga Excéntrica
En este caso se cumple que q = 0 para todo z de manera que la solución de la elástica tendrá la forma:
ν(z) = A + Bz + C sin kz + D cos kz (59)
Donde
k =
N
EI
Como se ve en la figura 12, e es la distancia del punto de aplicación de la carga al baricentro de la
sección. Se denomina excentricidad.
14

15. Figura 12: Columna cargada excéntricamente
Si planteamos las condiciones de borde se tiene que cumplir que:
ν(0) = 0 → A + D = 0 (60)
ν(L) = 0 → A + BL + C sin kL + D cos kL = 0 (61)
d2
ν
dz2
(0) =
M
EI
=
Ne
EI
= k2
e (62)
d2
ν
dz2
(L) = k2
e (63)
Siendo
d2
ν
dz2
= −Ck2
sin kz − Dk2
cos kz
De 62
d2
ν
dz2
(0) = −Dk2
= k2
e (64)
De 63
d2
ν
dz2
(L) = −Ck2
sin kz − Dk2
cos kz = k2
e (65)
Entonces − C sin kL − D cos kL = e (66)
Sabemos entonces de 64 que D = −e y de 60 que A = e (67)
Por su parte si sustituimos la ecuación 65 en la 61 tenemos que
e + BL − e = 0 → B = 0 (68)
De 63 C sin kL = −e(1 − cos kL)
Si sin kL = 0 → C =
−e(1 − cos kL)
sin kL
(69)
En conclusión
ν(z) = e − e
(1 − cos kL)
sin kL
sin kz − e cos kz (70)
Calculamos a continuación la excentricidad de la barra deformada;
15

16. Figura 13: Excentricidad total
edeformado = e + ν
L
2
(71)
= e − ν
L
2
(72)
= e
(1 − cos kL)
sin kL
sin
kL
2
+ cos
kL
2
(73)
=
e
sin kL
sin
kL
2
− cos kL sin
kL
2
+ cos
kL
2
sin kL (74)
Sabemos que
cos
kL
2
sin kL − sin
kL
2
cos kL = sin kL −
kL
2
= sin
kL
2
y que
sin kL = 2 sin
kL
2
cos
kL
2
Sustituyendo
edeformado =
e
sin kL
2 sin
kL
2
(75)
=
e
cos kL
2
(76)
Entonces
edeformado = e sec
kL
2
(77)
Si definimos c como la distancia máxima de un punto de la sección al baricentro según el eje principal y
sabemos que
Mmax = Ne sec
kL
2
16

17. Entonces
σmax =
N
A
+
Mmax
W
=
N
A
+
Mmaxc
I
(78)
σmax =
N
A
1 +
e · c
ρ2
sec
kL
2
(79)
Esta expresión es conocida como la formula de la secante.
14. Pandeo como un fenómeno global
Es necesario señalar antes de concluir este capítulo que la forma de pandeo de la estructura no depende
solo de las características de cada pilar, sino que además depende de la forma que se encuentran distribuidos
los pilares.
En un edificio construido con hormigón armado normalmente se acepta que las losas actúan en su plano
(plano horizontal) como un elemento rígido (que no se deforma).
Por otro lado podemos observar que generalmente es necesario aceptar que las losas pueden desplazarse
horizontalmente (salvo que exista algún vinculo que se lo impida). De acuerdo a esto su movimiento quedará
definido por dos desplazamientos de un punto (por ejemplo dos desplazamientos en direcciones ortogonales
del baricentro de la losa) y por su giro. En esta situación es claro que los pilares no tienen impedido el
desplazamiento horizontal de su extremo superior.
Desde el punto de vista individual para cada pilar rectangular (de dimensiones a1 ∗ a2 con a1 < a2)
y longitud L tendremos que existen cuatro alternativas que quedan definidas por un lado por la dirección
en que se produce el pandeo y por el otro por el vínculo del extremo superior (el extremo superior tiene
impedido o no el desplazamiento). Teniendo en cuenta que A = a1a2 y que los cuadrados de los radios de
giro en los ejes principles son ρ2
1 =
a2
1
12
y ρ2
2 =
a2
2
12
el valor de la fuerza de pandeo sera:
Ncritico =
EAΠ2
12L2
a2
i
β2
(80)
Donde el subíndice i tomara el valor 1 cuando el pandeo sea en la dirección más desfavorable y el valor
2 si el pandeo fuera en la dirección más favorable.
Si aceptamos que los pilares están empotrados en las losas tendremos además que β toma el valor 1/2
cuando el desplazamiento de la losa esta impedido y el valor 1 cuando la losa se puede desplazar. El caso
más desfavorable sera obviamente cuando i = 1 y β = 1.
Figura 14: Algunas configuraciones posibles de pilares
Si analizamos el caso 1 (ver figura 14) se observa que todos los pilares tienen su inercia menor en
la misma dirección (según el eje x) por lo que el pandeo individual de ellos se producirá en la dirección
perpendicular (según el eje y). En este caso la losa se desplazará horizontalmente en esta dirección (según el
eje y). Este movimiento encontrará a todos los pilares con la menor Ncritica.
Si analizamos el caso 2 de la misma figura tendremos que cuando la losa tienda a desplazarse en la
dirección de uno de los ejes, los pilares van a estar dos en la posición más desfavorable y dos en la posición
más favorable. En esas direcciones el pandeo se producirá para cargas mayores.
Sin embargo, si estudiamos el movimiento de giro de la losa vemos que un giro en relación a su baricentro
encuentra a todos los pilares en la posición más desfavorable. Luego el pandeo se producirá para la misma
17

18. carga que en el caso 1. La diferencia entre un caso y otro es que en le caso 1 la losa se desplazará en la
dirección y y en el caso 2 la losa girará con centro en su baricentro.
Si analizamos el caso 3 de la misma figura tendremos (de manera similar al caso 2) que cuando la
losa tienda a desplazarse en la dirección de uno de los ejes, los pilares van a estar dos en la posición
más desfavorable y dos en la posición más favorable. En esas dirección el pandeo se producirá para cargas
mayores.
Figura 15: Pilares convergentes
Si estudiamos el movimiento de giro de la losa vemos que un giro en relación a su baricentro encuentra
a todos los pilares en la posición más favorable. Luego el pandeo en este modo no se producirá para la
misma carga sino para una carga mayor. La estructura soportará cargas sensiblemente mayores a los casos
anteriores.
Un ejercicio interesante es calcular cual es el incremento de la capacidad de carga del caso 3 en relación
al caso 1. Este estudio requiere tener en cuenta las posibilidades de pandeo en todas las direcciones de la
estructura, incluyendo las posibilidades de flexión oblicua de los pilares.
De lo anterior resulta claro que no es conveniente que los ejes de menor inercia sean todos paralelos
entre sí (como sucede en el caso 1) y tampoco es conveniente que converjan a un punto (como en el caso 2).
Este punto de convergencia de los ejes de menor inercia de los pilares puede ser el baricentro o cualquier
otro punto como se observa en la figura 15. El efecto de giro de la losa con centro en ese punto será el mismo.
Obviamente que si proyecto arquitectónico nos obliga a colocarlos en el caso 1 o el caso 2 de la figura 14
o en el de la figura 15 esto es posible, pero los pilares deberán ser dimensionados con una sección bastante
mayor a la que sería suficiente si se tomara el caso 3 de la figura 14.
Estos apuntes fueron elaborados por:
Dr. Ing. Atilio Morquio
Ing. Lucía Delacoste
Colaboraron en la corrección:
Bach. María Laura Reboredo
Ing. Valentina Machín
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