Diagramas de Interacción de Columnas de concreto armado

• Ejemplo: • Una columna de 30x65 está reforzada por 10 barras #8, distribuidas alrededor del perímetro como se muestra en la figura. Si f’c = 350 kg/cm2 y fy = 4200 kg/cm2. Determine: El diagrama de interacción determinando a) el punto Pon que corresponde a carga axial de compresión pura, b) el punto B que corresponde a la falla balanceada, c) la carga y el momento para un punto en la zona de falla en compresión, d) la carga y el momento para dos punto en la zona de falla a tensión. e) ubicar analíticamente el punto Mo que corresponde a momento sin carga axial. Prof. Ing. José Grimán Morales

1

Adaptado de: Diseño de Estructuras de Concreto. Arthur H. Nilson

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2

1) Cálculo de Pon:

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3

• 1) Cálculo de Pon: • 𝑷𝒐𝒏 = 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝒇′ 𝒄 ∙ 𝑨𝒈 − 𝑨𝒔𝒕 + 𝑨𝒔𝒕 ∙ 𝒇𝒚 • 𝑨𝒈 = 𝟑𝟎 ∙ 𝟔𝟓 = 𝟏𝟗𝟓𝟎 𝒄𝒎𝟐 , 𝑨𝒔 = 𝟏𝟎 ∙ 𝟓, 𝟎𝟕 = 𝟓𝟎, 𝟕 𝒄𝒎𝟐 • 𝑷𝒐𝒏 = 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟑𝟓𝟎 ∙ 𝟏𝟗𝟓𝟎 − 𝟓𝟎, 𝟕 + 𝟓𝟎, 𝟕 ∙ 𝟒𝟐𝟎𝟎 • 𝑷𝒐𝒏 = 𝟕𝟕𝟕𝟗𝟖𝟏, 𝟕𝟓 𝒌𝒈𝒇. • 𝑷𝒖−𝒎á𝒙−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 = 𝟎, 𝟖𝟎 · 𝟎, 𝟔𝟓 ∙ 𝟕𝟕𝟕𝟗𝟖𝟏, 𝟕𝟓 = 𝟒𝟎𝟒𝟓𝟓𝟎, 𝟓𝟏 𝒌𝒈𝒇.

• 𝒏𝒖−𝒎á𝒙 =

𝟎,𝟖𝟎∙𝝓∙𝑷𝒐𝒏 𝑨𝒈 ∙𝒇′𝒄

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=

𝟒𝟎𝟒𝟓𝟓𝟎,𝟓𝟏 𝟏𝟗𝟓𝟎∙𝟑𝟓𝟎

= 𝟎, 𝟓𝟗𝟑

4

2) Cálculo de la falla balanceada.

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5

• 2) Cálculo de la falla balanceada. • Se calcula cb: d = 65 – 7 = 58 cm • 𝒄𝒃 = 𝒅 • 𝒄𝒃 = 𝟓𝟖

𝝐𝒖 𝝐𝒖 + 𝝐𝒚

, 𝝐𝒚 =

𝟎,𝟎𝟎𝟑 𝟎,𝟎𝟎𝟑+𝟎,𝟎𝟎𝟐

𝒇𝒚 𝑬𝒔

=

𝟒𝟐𝟎𝟎 𝟐𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎

= 𝟎, 𝟎𝟎𝟐

= 𝟑𝟒, 𝟖 𝒄𝒎

• Debido a la simetría en la ubicación de las barras de acero el centroide plástico coincide con el centro geométrico: xcp = 65 / 2 = 32,5 cm medido desde la fibra más comprimida. • El eje neutro se ubica a la izquierda del centroide plástico, esto está así representado de forma esquemática en la figura anterior. Se observa en la figura que los aceros As1 y As2 están a compresión y los aceros As3 y As4 están a tracción. • Es conveniente elaborar una tabla con las diferentes fuerzas: Prof. Ing. José Grimán Morales

6

• Cálculo típico de fuerzas debidas al acero: • 𝒇′𝒔 = 𝝐𝒖 𝑬𝒔

𝒄 −𝒙 𝒄

𝒚 ≤ 𝒇𝒚

(17)

• El As1 está 𝟑𝟒,𝟖−𝟕 𝒇′𝒔𝟏 = 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙ = 𝟓𝟎𝟑𝟐, 𝟕𝟔 𝟑𝟒,𝟖

𝒌𝒈𝒇 𝒄𝒎𝟐

a compresión: 𝒌𝒈𝒇 ′ ⟹ 𝒇 𝒔𝟏 = 𝟒𝟐𝟎𝟎 𝟐 𝒄𝒎

𝑪𝒔𝟏 = 𝟏𝟓, 𝟐𝟏 ∙ 𝟒𝟐𝟎𝟎 − 𝟎, 𝟖𝟓 · 𝟑𝟓𝟎 = 𝟓𝟗𝟑𝟓𝟕, 𝟎𝟐𝟓 𝒌𝒈𝒇 Observe que para calcular la fuerza en la barras a compresión se aplicó una corrección por concreto desplazado por las barras de acero restando 0,85·f’c al esfuerzo f’s x (m)

As(i) cm2

fs(i) (kgf/cm2)

Cede ncia

fs(i) Fs(i) o (kgf/cm2) Cs(i) (kgf)

Brazo (m)/ al C.P.

Momento (kgf·m) al C.P.

0,07 15,21

5032,76

Si

4200

59357,025

0,255

15136,041

0,24 10,14

1955,172

No

1955,172

16808,794

0,085

1428,747

0,41 10,14

1122,414

No

1122,414

-11381,28

0,085

967,41

0,58 15,21

4200

Si

4200

-63882

0,255

16289,91

RFs =

902,539

RMFs =

33822,108

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7

• Cálculo típico de fuerzas debidas al acero: • Brazo de palanca de Cs1 = 32,5 – 7 = 25,5 cm = 0,255 m • Momento de Cs1 = 0,255· 59357,025 = 15136,041 kgf·m • 𝒇𝒔 = • El

𝒙−𝒄 𝝐𝒖 𝑬𝒔 𝒄

𝒚 ≤ 𝒇𝒚

As3

𝒇𝒔𝟑 = 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙

𝟒𝟏−𝟑𝟒,𝟖 𝟑𝟒,𝟖

(15)

está = 𝟏𝟏𝟐𝟐, 𝟒𝟏𝟒

a 𝒌𝒈𝒇 𝒄𝒎𝟐

tracción:

⟹ 𝒏𝒐 𝒄𝒆𝒅𝒆

𝑻𝒔𝟑 = −𝟏𝟎, 𝟏𝟒 ∙ 𝟏𝟏𝟐𝟐, 𝟒𝟏𝟒 = −𝟏𝟏𝟑𝟖𝟏, 𝟐𝟖 𝒌𝒈𝒇 • Brazo de palanca de Ts3 = 41- 32,5 = 8,5 cm = 0,085 m • Momento de Ts3 = 0,085 · 11381,28 = 967,41 kgf·m.

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• Cálculo de las fuerzas debidas al concreto: • 𝜷𝟏 = 𝟏, 𝟎𝟓 −

𝟑𝟓𝟎 𝟏𝟒𝟎𝟎

= 𝟎, 𝟖𝟎

• 𝒂𝒃 = 𝜷𝟏 ∙ 𝒄𝒃 = 𝟎, 𝟖𝟎 ∙ 𝟑𝟒, 𝟖 = 𝟐𝟕, 𝟖𝟒 𝒄𝒎 • 𝑪 = 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝒇′ 𝒄 ∙ 𝒂𝒃 ∙ 𝒃 = 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟑𝟓𝟎 ∙ 𝟐𝟕, 𝟖𝟒 ∙ 𝟑𝟎 = 𝟐𝟒𝟖𝟒𝟕𝟐 𝒌𝒈𝒇 • Brazo de palanca de C = 32,5 – 27,84 / 2 = 18,58 cm = 0,1858 m • Momento de C = 0,1858· 248472= 46166,098 kgf·m

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• Se calcula la carga Pnb : • 𝑷𝒏𝒃 = 𝐂 + 𝐑𝐅𝐬 = 𝟐𝟒𝟖𝟒𝟕𝟐 + 𝟗𝟎𝟐, 𝟓𝟑𝟗 • 𝑷𝒏𝒃 = 𝟐𝟒𝟗𝟑𝟕𝟒, 𝟓𝟑𝟗 𝒌𝒈𝒇

• 𝑷𝒃−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 = 𝟎, 𝟔𝟓 ∙ 𝟐𝟒𝟗𝟑𝟕𝟒, 𝟓𝟑𝟗 = 𝟏𝟔𝟐𝟎𝟗𝟑, 𝟒𝟓 𝒌𝒈𝒇. • 𝒏𝒃−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 =

𝝓∙𝑷𝒏𝒃 𝑨𝒈 ∙𝒇′𝒄

=

𝟏𝟔𝟐𝟎𝟗𝟑,𝟒𝟔 𝟏𝟗𝟓𝟎∙𝟑𝟓𝟎

= 𝟎, 𝟐𝟑𝟕𝟓

• Se calcula el momento Mnb : • 𝑴𝒏𝒃 = 𝑴𝑪 + 𝑹𝑴𝑭𝒔 = 46166,098 =79988,179

+

33822,108

• 𝑴𝒃−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 = 𝝓 ∙ 𝑴𝒏𝒃 = 𝟎, 𝟔𝟓 ∙ 𝟕𝟗𝟗𝟖𝟖, 𝟏𝟕𝟗 = 𝟓𝟏𝟗𝟗𝟐, 𝟑𝟏𝟔 𝒌𝒈𝒇 ∙ 𝒎. • 𝒎𝒃−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 =

𝝓∙𝑴𝒏𝒃 𝑨𝒈 ∙𝒇′𝒄 ∙𝒉

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=

𝟓𝟏𝟗𝟗𝟐,𝟑𝟏𝟔 𝟏𝟗𝟓𝟎∙𝟑𝟓𝟎∙𝟎,𝟔𝟓

= 𝟎, 𝟏𝟏𝟕𝟐 10

3) Se calcula el punto D en la zona de falla a tensión:

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11

• 3) Se calcula el punto D en la zona de falla a tensión: • 𝒄𝒕 = 𝟎, 𝟑𝟕𝟓 ∙ 𝒅𝒕 = 𝟎, 𝟑𝟕𝟓 ∙ 𝟓𝟖 = 𝟐𝟏, 𝟕𝟓 𝒄𝒎 • Cálculo típico de fuerzas debidas al acero: • 𝒇′𝒔 = 𝝐𝒖 𝑬𝒔

𝒄 −𝒙 𝒄

𝒚 ≤ 𝒇𝒚

(17)

• El As1 está a compresión:

• 𝒇′𝒔𝟏 = 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙

𝟐𝟏,𝟕𝟓−𝟕 𝟐𝟏,𝟕𝟓

= 𝟒𝟐𝟕𝟐, 𝟒𝟏

𝒌𝒈𝒇 𝒄𝒎𝟐

⟹ 𝒇′ 𝒔𝟏 = 𝟒𝟐𝟎𝟎

𝒌𝒈𝒇 𝒄𝒎𝟐

𝑪𝒔𝟏 = 𝟏𝟓, 𝟐𝟏 ∙ 𝟒𝟐𝟎𝟎 − 𝟎, 𝟖𝟓 · 𝟑𝟓𝟎 = 𝟓𝟗𝟑𝟓𝟕, 𝟎𝟐𝟓 𝒌𝒈𝒇 Observe que para calcular la fuerza en la barras a compresión se aplicó una corrección por concreto desplazado por las barras de acero restando 0,85·f’c al esfuerzo f’s

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12

x (m)

As(i) cm2

fs(i) (kgf/cm2)

Cede ncia

fs(i) Fs(i) o (kgf/cm2) Cs(i) (kgf)

Brazo (m)/ al C.P.

Momento (kgf·m) al C.P.

0,07 15,21

4272,41

Si

4200

59357,025

0,255

15136,041

0,24 10,14

651,72

No

651,72

-6608,44

0,085

- 561,72

0,41 10,14

5575,86

Si

4200

-42588

0,085

3619,98

0,58 15,21

10500

Si

4200

-63882

0,255

16289,91

RFs =

-53721,415

RMFs =

34484,211

Observe que el momento de la fuerza en el acero As2 es negativo porque está fuerza de tracción al estar ubicada a la derecha del centroide plástico, su momento es negativo Prof. Ing. José Grimán Morales

13

• Cálculo típico de fuerzas debidas al acero: • Brazo de palanca de Cs1 = 32,5 – 7 = 25,5 cm = 0,255 m • Momento de Cs1 = 0,255· 59357,025 = 15136,041 kgf·m • 𝒇𝒔 = • El

𝒙−𝒄 𝝐𝒖 𝑬𝒔 𝒄

𝒚 ≤ 𝒇𝒚

As3

𝒇𝒔𝟑 = 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙

𝟒𝟏−𝟐𝟏,𝟕𝟓 𝟐𝟏,𝟕𝟓

(15)

está = 𝟓𝟓𝟕𝟓, 𝟖𝟔

a 𝒌𝒈𝒇 𝒄𝒎𝟐

tracción:

⟹ 𝒇𝒔𝟑 = 𝟒𝟐𝟎𝟎

𝒌𝒈𝒇 𝒄𝒎𝟐

• 𝑻𝒔𝟑 = −𝟏𝟎, 𝟏𝟒 ∙ 𝟒𝟐𝟎𝟎 = −𝟒𝟐𝟓𝟖𝟖 𝒌𝒈𝒇 • Brazo de palanca de Ts3 = 41- 32,5 = 8,5 cm = 0,085 m • Momento de Ts3 = 0,085 · 42588 = 3619,98 kgf·m.

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• Cálculo de las fuerzas debidas al concreto: • 𝒂𝒕 = 𝜷𝟏 ∙ 𝒄𝒕 = 𝟎, 𝟖𝟎 ∙ 𝟐𝟏, 𝟕𝟓 = 𝟏𝟕, 𝟒 𝒄𝒎 • 𝑪 = 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝒇′ 𝒄 ∙ 𝒂𝒕 ∙ 𝒃 = 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟑𝟓𝟎 ∙ 𝟏𝟕, 𝟒 ∙ 𝟑𝟎 = 𝟏𝟓𝟓𝟐𝟗𝟓 𝒌𝒈𝒇 • Brazo de palanca de C = 32,5 – 17,4 / 2 = 23,8 cm = 0,238 m • Momento de C = 0,238· 155295= 36960,21 kgf·m

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15

• Se calcula la carga Pnt : • 𝑷𝒏𝒕 = 𝐂 + 𝐑𝐅𝐬 = 𝟏𝟓𝟓𝟐𝟗𝟓 − 𝟓𝟑𝟕𝟐𝟏, 𝟒𝟏𝟓 • 𝑷𝒏𝒕 = 𝟏𝟎𝟏𝟓𝟕𝟑, 𝟓𝟖𝟓 𝒌𝒈𝒇

• 𝑷𝒕−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 = 𝟎, 𝟗𝟎 · 𝟏𝟎𝟏𝟓𝟕𝟑, 𝟐𝟐𝟕 = 𝟗𝟏𝟒𝟏𝟔, 𝟐𝟑 𝒌𝒈𝒇. • 𝒏𝒕−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 =

𝝓∙𝑷𝒏𝒕 𝑨𝒈 ∙𝒇′𝒄

=

𝟗𝟏𝟒𝟏𝟔,𝟐𝟑 𝟏𝟗𝟓𝟎∙𝟑𝟓𝟎

= 𝟎, 𝟏𝟑𝟒

• Se calcula el momento Mnt :

𝑴𝒏𝒕 = 𝑴𝑪 + 𝑹𝑴𝑭𝒔 = 36960,21 +34484,211

• 𝑴𝒏𝒕 = 𝟕𝟏𝟒𝟒𝟒, 𝟒𝟐𝟏 𝒌𝒈𝒇 · 𝒎 • 𝑴𝒕−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 = 𝝓 ∙ 𝑴𝒏𝒕 = 𝟎, 𝟗𝟎 ∙ 𝟕𝟏𝟒𝟒𝟒, 𝟒𝟐𝟏 = 𝟔𝟒𝟐𝟗𝟗, 𝟗𝟖 𝒌𝒈𝒇 ∙ 𝒎. • 𝒎𝒕−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 =

𝝓∙𝑴𝒏𝒕 𝑨𝒈 ∙𝒇′𝒄 ∙𝒉

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=

𝟔𝟒𝟐𝟗𝟗,𝟗𝟖 𝟏𝟗𝟓𝟎∙𝟑𝟓𝟎∙𝟎,𝟔𝟓

= 𝟎, 𝟏𝟒𝟒𝟗 16

4) Cálculo de un punto en la zona de falla a tensión:

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17

• 4) Cálculo de un punto en la zona de falla a tensión: • Se asume un valor de c < cb: c = 30 cm • Cálculo típico de fuerzas debidas al acero: • 𝒇′𝒔 =

𝒄 −𝒙 𝝐𝒖 𝑬𝒔 𝒄

𝒚 ≤ 𝒇𝒚

(17)

• El As1 está a compresión: 𝟑𝟎−𝟕

𝒌𝒈𝒇

𝒌𝒈𝒇

• 𝒇′𝒔𝟏 = 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙ = 𝟒𝟖𝟑𝟎 𝟐 ⟹ 𝒇′ 𝒔𝟏 = 𝟒𝟐𝟎𝟎 𝟐 𝟑𝟎 𝒄𝒎 𝒄𝒎 𝑪𝒔𝟏 = 𝟏𝟓, 𝟐𝟏 ∙ 𝟒𝟐𝟎𝟎 − 𝟎, 𝟖𝟓 · 𝟑𝟓𝟎 = 𝟓𝟗𝟑𝟓𝟕, 𝟎𝟐𝟓 𝒌𝒈𝒇 • Observe que para calcular la fuerza en la barras a compresión se aplicó una corrección por concreto desplazado por las barras de acero restando 0,85·f’c al esfuerzo f’s

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18

x (m)

As(i) cm2

fs(i) (kgf/cm2)

Cede ncia

fs(i) Fs(i) o (kgf/cm2) Cs(i) (kgf)

Brazo (m)/ al C.P.

Momento (kgf·m) al C.P.

0,07 15,21

4830

Si

4200

59357,025

0,255

15136,041

0,24 10,14

1260

No

1260

9759,75

0,085

829,579

0,41 10,14

2310

No

2310

-23423,4

0,085

1990,989

0,58 15,21

5880

Si

4200

-63882

0,255

16289,91

RFs =

-18188,623

RMFs =

34246,519

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19

• Cálculo típico de fuerzas debidas al acero: • Brazo de palanca de Cs1 = 32,5 – 7 = 25,5 cm = 0,255 m • Momento de Cs1 = 0,255· 59357,025 = 15136,041 kgf·m • 𝒇𝒔 = • El

𝒙−𝒄 𝝐𝒖 𝑬𝒔 𝒄

𝒚 ≤ 𝒇𝒚

As3

𝒇𝒔𝟑 = 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙

𝟒𝟏−𝟑𝟎 𝟑𝟎

(15)

está = 𝟐𝟑𝟏𝟎

𝒌𝒈𝒇 𝒄𝒎𝟐

a

tracción:

𝒏𝒐 𝒄𝒆𝒅𝒆

• 𝑻𝒔𝟑 = −𝟏𝟎, 𝟏𝟒 ∙ 𝟐𝟑𝟏𝟎 = −𝟐𝟑𝟒𝟐𝟑, 𝟒 𝒌𝒈𝒇 • Brazo de palanca de Ts3 = 41- 32,5 = 8,5 cm = 0,085 m • Momento de Ts3 = 0,085 · 23423,4= 1990,989 kgf·m.

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20

• Cálculo de las fuerzas debidas al concreto: • 𝒂 = 𝜷𝟏 ∙ 𝒄 = 𝟎, 𝟖𝟎 ∙ 𝟑𝟎 = 𝟐𝟒 𝒄𝒎 • 𝑪 = 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝒇′ 𝒄 ∙ 𝒂𝒃 ∙ 𝒃 = 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟑𝟓𝟎 ∙ 𝟐𝟒 ∙ 𝟑𝟎 = 𝟐𝟏𝟒𝟐𝟎𝟎 𝒌𝒈𝒇 • Brazo de palanca de C = 32,5 – 24/ 2 = 20,5 cm = 0,205 m • Momento de C = 0,205· 214200 = 43911 kgf·m

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21

• Se calcula la carga Pn :

• 𝑷𝒏 = 𝐂 + 𝐑𝐅𝐬 = 𝟐𝟏𝟒𝟐𝟎𝟎 − 𝟏𝟖𝟏𝟖𝟖, 𝟔𝟐𝟑 • 𝑷𝒏 = 𝟏𝟗𝟔𝟎𝟏𝟏, 𝟑𝟕𝟕 𝒌𝒈𝒇 • Como estamos en la zona de transición debemos calcular t y 

• 𝜺𝒕 =

𝟓𝟖𝟖𝟎 𝟐𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎

= 𝟎, 𝟎𝟎𝟐𝟖

• 𝝓 = 𝟎, 𝟒𝟖𝟑𝟑 + 𝟖𝟑, 𝟑𝟑 ∙ 𝟎, 𝟎𝟎𝟐𝟖 = 𝟎, 𝟕𝟏𝟔𝟔 • 𝑷−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 = 𝟎, 𝟕𝟏𝟔𝟔 ∙ 𝟏𝟗𝟔𝟎𝟏𝟏, 𝟑𝟕𝟕 = 𝟏𝟒𝟎𝟒𝟔𝟏, 𝟕𝟓 𝒌𝒈𝒇. • 𝒏−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 =

𝝓∙𝑷𝒏 𝑨𝒈 ∙𝒇′𝒄

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=

𝟏𝟒𝟎𝟒𝟔𝟏,𝟕𝟓 𝟏𝟗𝟓𝟎∙𝟑𝟓𝟎

= 𝟎, 𝟐𝟎𝟔 22

• • • •

Se calcula el momento Mn : 𝑴𝒏 = 𝑴𝑪 + 𝑹𝑴𝑭𝒔 = 43911 + 34246,519 𝑴𝒏 = 𝟕𝟖𝟏𝟓𝟕, 𝟓𝟏𝟗 𝒌𝒈𝒇 · 𝒎 𝑴−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 = 𝝓 ∙ 𝑴𝒏 = 𝟎, 𝟕𝟏𝟔𝟔 ∙ 𝟕𝟖𝟏𝟓𝟕, 𝟓𝟏𝟗 = 𝟓𝟔𝟎𝟎𝟕, 𝟔𝟕𝟖 𝒌𝒈𝒇 ∙ 𝒎.

• 𝒎−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 =

𝝓∙𝑴𝒏 𝑨𝒈 ∙𝒇′𝒄 ∙𝒉

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=

𝟓𝟔𝟎𝟎𝟕,𝟔𝟕𝟖 𝟏𝟗𝟓𝟎∙𝟑𝟓𝟎∙𝟎,𝟔𝟓

= 𝟎, 𝟏𝟐𝟔

23

5) Cálculo del punto C que corresponde a Mo :

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24

• 5) Cálculo del punto C que corresponde a Mo : • Por equilibrio de fuerzas: • 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝒇′ 𝒄 ∙ 𝒃 ∙ 𝜷𝟏 𝒄 − 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝒇′ 𝒄 ∙ 𝑨𝒔𝟏 + 𝑨𝒔𝟏 ∙ 𝒇′ 𝒔𝟏 − 𝑨𝒔𝟐 ∙ 𝒇𝒔𝟐 − 𝑨𝒔𝟑 ∙ 𝒇𝒔𝟑 − 𝑨𝒔𝟒 ∙ 𝒇𝒔𝟒 = 𝟎 ′

• Se sabe que As1, no cede: 𝒇

𝒔𝟏

= 𝟔𝟑𝟎𝟎

𝒄−𝟕 𝒄

• Asumimos que As2 , no cede : 𝒇𝒔𝟐 = 𝟔𝟑𝟎𝟎

𝟐𝟒−𝒄 𝒄

• Asumimos 𝒇𝒔𝟑 = 𝒇𝒔𝟒 = 𝟒𝟐𝟎𝟎 𝒌𝒈𝒇/𝒄𝒎𝟐 • 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟑𝟓𝟎 ∙ 𝟑𝟎 ∙ 𝟎, 𝟖𝟎 𝒄 − 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟑𝟓𝟎 ∙ 𝟏𝟓, 𝟐𝟏 + 𝒄−𝟕 𝟐𝟒−𝒄 𝟏𝟓, 𝟐𝟏 ∙ 𝟔𝟑𝟎𝟎 − 𝟏𝟎, 𝟏𝟒 ∙ 𝟔𝟑𝟎𝟎 − 𝒄

𝒄

𝟒𝟐𝟓𝟖𝟖 − 𝟔𝟑𝟖𝟖𝟐 = 𝟎 Prof. Ing. José Grimán Morales

25

• 𝟕𝟏𝟒𝟎 ∙ 𝒄 + 𝟗𝟓𝟖𝟐𝟑 • • • •

𝒄−𝟕 𝒄

− 𝟔𝟑𝟖𝟖𝟐

𝟐𝟒−𝒄 𝒄

−

𝟏𝟏𝟎𝟗𝟗𝟒, 𝟗𝟕𝟓 = 𝟎 𝟕𝟏𝟒𝟎 ∙ 𝒄𝟐 + 𝟗𝟓𝟖𝟐𝟑 𝒄 − 𝟕 − 𝟔𝟑𝟖𝟖𝟐 𝟐𝟒 − 𝒄 − 𝟏𝟏𝟎𝟗𝟗𝟒, 𝟗𝟕𝟓 ∙ 𝒄 = 𝟎 𝟕𝟏𝟒𝟎 ∙ 𝒄𝟐 + 𝟒𝟖𝟕𝟏𝟎, 𝟎𝟐𝟓 ∙ 𝒄 − 𝟐𝟐𝟎𝟑𝟗𝟐𝟗 = 𝟎 c = 14,48611cm Chequeamos si As2 está cediendo:

• 𝒇𝒔𝟐 = 𝟔𝟑𝟎𝟎

𝟐𝟒−𝟏𝟒,𝟒𝟖𝟔𝟏𝟏 𝟏𝟒,𝟒𝟖𝟔𝟏𝟏

= 𝟒𝟏𝟑𝟕, 𝟓𝟖𝟓 < 𝟒𝟐𝟎𝟎

• As2 no cede, la suposición fue correcta:

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26

x (m)

As(i) cm2

fs(i) (kgf/cm2)

Cede ncia

fs(i) (kgf/cm2)

Fs(i) o Cs(i) (kgf)

Brazo (m)/ al C.P.

Momento (kgf·m) al C.P.

0,07 15,21

3255,7045

No

3255,7045

44994,29

0,255

11473,544

0,24 10,14

4137,588

No

4137,588

-41955,138 0,085

- 3566,187

0,41 10,14

12572,96

Si

4200

-42588

0,085

3619,98

0,58 15,21

20398,3

Si

4200

-63882

0,255

16289,91

RFs =

-103430,85 RMFs =

27817,247

Observe que para calcular la fuerza en la barras a compresión se aplicó una corrección por concreto desplazado por las barras de acero restando 0,85·f’c al esfuerzo f’s. Observe que el momento de la fuerza en el acero As2 es negativo porque está fuerza de tracción al estar ubicada a la derecha del centroide plástico, su momento es negativo.

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27

• Cálculo de las fuerzas debidas al concreto: • 𝒂 = 𝜷𝟏 ∙ 𝒄 = 𝟎, 𝟖𝟎 ∙ 𝟏𝟒, 𝟒𝟖𝟔𝟏𝟏 = 𝟏𝟏, 𝟓𝟖𝟖𝟗 𝒄𝒎 • 𝑪 = 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝒇′ 𝒄 ∙ 𝒂 ∙ 𝒃 = 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟑𝟓𝟎 ∙ 𝟏𝟏, 𝟓𝟖𝟖𝟗 ∙ 𝟑𝟎 = 𝟏𝟎𝟑𝟒𝟑𝟎, 𝟗𝟑 𝒌𝒈𝒇 • Brazo de palanca de C = 32,5 – 11,5889 / 2 = 26,706 cm = 0,26706 m • Momento de C = 0,26706· 103430,93 = 27622,264 kgf·m

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28

• Se calcula la carga Pn :

• 𝑷𝒏 = 𝐂 + 𝐑𝐅𝐬 = 𝟏𝟎𝟑𝟒𝟑𝟎, 𝟗𝟑 − 𝟏𝟎𝟑𝟒𝟑𝟎, 𝟖𝟓 • 𝑷𝒏 = 𝟎, 𝟎𝟖 𝒌𝒈𝒇 • 𝑷−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 = 𝟎, 𝟗𝟎 · 𝟎, 𝟎𝟖 = 𝟎, 𝟎𝟕𝟐 𝒌𝒈𝒇. • 𝒏−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 =

• • • •

𝝓∙𝑷𝒏𝒕 𝑨𝒈 ∙𝒇′𝒄

=

𝟎,𝟎𝟕𝟐 𝟏𝟗𝟓𝟎∙𝟑𝟓𝟎

=𝟎

Se calcula el momento Mnb : 𝑴𝟎 = 𝑴𝑪 + 𝑹𝑴𝑭𝒔 = 27622,264 + 𝟐𝟕𝟖𝟏𝟕, 𝟐𝟒𝟕 𝑴𝟎 = 𝟓𝟓𝟒𝟑𝟗, 𝟓𝟏𝟏 𝒌𝒈𝒇 · 𝒎 𝑴𝟎−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 = 𝝓 ∙ 𝑴𝟎 = 𝟎, 𝟗𝟎 ∙ 𝟓𝟓𝟒𝟑𝟗, 𝟓𝟏𝟏 = 𝟒𝟗𝟖𝟗𝟓, 𝟓𝟔𝒌𝒈𝒇 ∙ 𝒎.

• 𝒎𝟎−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 =

𝝓∙𝑴𝟎 𝑨𝒈 ∙𝒇′𝒄 ∙𝒉

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=

𝟓𝟔𝟐𝟔𝟓,𝟓𝟖𝟓 𝟏𝟗𝟓𝟎∙𝟑𝟓𝟎∙𝟎,𝟔𝟓

= 𝟎, 𝟏𝟏𝟐𝟓 29

6) Cálculo de un punto en la zona de falla a compresión:

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30

• 6) Cálculo de un punto en la zona de falla a compresión: • Se asume un valor de c > cb: c = 53 cm

• Cálculo típico de fuerzas debidas al acero: • 𝒇′𝒔 = 𝝐𝒖 𝑬𝒔

𝒄 −𝒙 𝒄

𝒚 ≤ 𝒇𝒚

• El

As1

está

𝒇′𝒔𝟏 = 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙

𝟓𝟑−𝟕 𝟓𝟑

(17)

= 𝟓𝟒𝟔𝟕, 𝟗𝟐

a 𝒌𝒈𝒇 𝒄𝒎𝟐

⟹

compresión: 𝒇′

𝒔𝟏

=

𝒌𝒈𝒇 𝟒𝟐𝟎𝟎 𝟐 𝒄𝒎

𝑪𝒔𝟏 = 𝟏𝟓, 𝟐𝟏 ∙ 𝟒𝟐𝟎𝟎 − 𝟎, 𝟖𝟓 · 𝟑𝟓𝟎 = 𝟓𝟗𝟑𝟓𝟕, 𝟎𝟐𝟓𝒌𝒈𝒇

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31

x (m)

As(i) cm2

fs(i) (kgf/cm2)

Cede ncia

fs(i) Fs(i) o (kgf/cm2) Cs(i) (kgf)

Brazo (m)/ al C.P.

Momento (kgf·m) al C.P.

0,07 15,21

5467,92

Si

4200

59357,025

0,255

15136,041

0,24 10,14

3447,17

No

3447,17

31937,654

0,085

2714,7

0,41 10,14

1426,42

No

1426,42

11447,25

0,085

- 973,016

0,58 15,21

594,34

No

594,34

-9039,91

0,255

2305,18

RFs =

93702,019

RMFs =

19182,905

Observe que para calcular la fuerza en la barras a compresión se aplicó una corrección por concreto desplazado por las barras de acero restando 0,85·f’c al esfuerzo f’s. Observe que el momento de la fuerza en el acero As3 es negativo porque está fuerza de compresión al estar ubicada a la izquierda del centroide plástico, su momento es negativo.

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• Cálculo típico de fuerzas debidas al acero: • Brazo de palanca de Cs1 = 32,5 – 7 = 25,5 cm = 0,255 m • Momento de Cs1 = 0,255· 59357,025= 15136,041 kgf·m • 𝒇𝒔 = • El

𝒙−𝒄 𝝐𝒖 𝑬𝒔 𝒄

𝒚 ≤ 𝒇𝒚

As4

𝒇𝒔𝟒 = 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙

𝟓𝟖−𝟓𝟑 𝟓𝟑

(15)

está = 𝟓𝟗𝟒, 𝟑𝟒

a 𝒌𝒈𝒇 𝒄𝒎𝟐

tracción:

𝒏𝒐 𝒄𝒆𝒅𝒆

• 𝑻𝒔𝟒 = −𝟏𝟓, 𝟐𝟏 ∙ 𝟓𝟗𝟒, 𝟑𝟒 = −𝟗𝟎𝟑𝟗, 𝟗𝟏 𝒌𝒈𝒇 • Brazo de palanca de Ts4 = 58- 32,5 = 25,5 cm = 0,255m • Momento de Ts4 = 0,255 · 9039,91= 2305,18 kgf·m.

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• Cálculo de las fuerzas debidas al concreto: • 𝒂 = 𝜷𝟏 ∙ 𝒄 = 𝟎, 𝟖𝟎 ∙ 𝟓𝟑 = 𝟒𝟐, 𝟒 𝒄𝒎 • 𝑪 = 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝒇′ 𝒄 ∙ 𝒂 ∙ 𝒃 = 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟑𝟓𝟎 ∙ 𝟒𝟐, 𝟒 ∙ 𝟑𝟎 = 𝟑𝟕𝟖𝟒𝟐𝟎 𝒌𝒈𝒇 • Brazo de palanca de C = 32,5 – 42,4 / 2 = 11,3 cm = 0,113 m • Momento de C = 0,113· 378420 = 42761,46 kgf·m

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• Se calcula la carga Pn :

• 𝑷𝒏 = 𝐂 + 𝐑𝐅𝐬 = 𝟑𝟕𝟖𝟒𝟐𝟎 + 𝟗𝟑𝟕𝟎𝟐, 𝟎𝟏𝟗 • 𝑷𝒏 = 𝟒𝟕𝟐𝟏𝟐𝟐, 𝟎𝟐 𝒌𝒈𝒇 • 𝑷−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 = 𝟎, 𝟔𝟓 ∙ 𝟒𝟕𝟐𝟏𝟐𝟐, 𝟎𝟐 = 𝟑𝟎𝟔𝟖𝟕𝟗, 𝟑𝟏 𝒌𝒈𝒇. • 𝒏−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 =

• • • •

𝝓∙𝑷𝒏𝒕 𝑨𝒈 ∙𝒇′𝒄

=

𝟑𝟎𝟔𝟖𝟕𝟗,𝟑𝟏 𝟏𝟗𝟓𝟎∙𝟑𝟓𝟎

= 𝟎, 𝟒5

Se calcula el momento Mn : 𝑴𝒏 = 𝑴𝑪 + 𝑹𝑴𝑭𝒔 = 42761,46 + 𝟏𝟗𝟏𝟖𝟐, 𝟗𝟎𝟓 𝑴𝒏 = 𝟔𝟏𝟗𝟒𝟒, 𝟑𝟔𝟓 𝒌𝒈𝒇 · 𝒎 𝑴−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 = 𝝓 ∙ 𝑴𝒏 = 𝟎, 𝟔𝟓 ∙ 𝟔𝟏𝟗𝟒𝟒, 𝟑𝟔𝟓 = 𝟒𝟎𝟐𝟔𝟑, 𝟖𝟒 𝒌𝒈𝒇 ∙ 𝒎.

• 𝒎−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐 =

𝝓∙𝑴𝒏 𝑨𝒈 ∙𝒇′𝒄 ∙𝒉

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=

𝟒𝟎𝟐𝟔𝟑,𝟖𝟒 𝟏𝟗𝟓𝟎∙𝟑𝟓𝟎∙𝟎,𝟔𝟓

= 𝟎, 𝟎𝟗𝟎𝟖 35

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