Diseño de Columnas Rectangulares Uniaxiales

DISEÑO DE COLUMNAS

RECTANGULARES

UNIAXIALES SIMETRICAS

ROBERTO ROCHEL AWAD Roberto Rochel Awad

Pu= Cc+ Cs– Ts

Pu*e’ = Cs*(d –d’) + Cc* (d – a/2)

P_u= * A’s*f’s + 0,85 f’c*a*b – As*fs

P_u*e’ = * A’s*f’s*(d –d’) + 0,85 f’c*a*b * (d – a/2) 

EQUILIBRIO ESTATICO FLEXO COMPRESION

1se tomará como 0.85 para concretos con f’c280 kgf / cm2. Para resistencias superiores se reduce a razón de 0.05 por cada

70 kgf / cm2_{de exceso sobre 280 kgf / cm}2_pero

1no será inferior a 0.65. NSR-10 Sec. CR.10.10.2.7

0,85 f’c a=1*c d’ f’s c=0003 s=c d’ d b As d-a/2 a/2 Ts Cc A’s c h fs d d’ Cs

Deformaciones unitarias Esfuerzos Fuerzas  e e’ Pu Pu  Roberto Rochel Awad

Para armadura simétrica: As= A’s

Conocidos los valores de las solicitaciones externas, Puy Mu, la columna puede diseñarse a partir de estas expresiones pero el proceso es muy laborioso pues de la primera expresión hay que despejar el término "a" en función de la cuantía de acero y reemplazar su valor en la segunda de estas expresiones.

Para obviar la anterior dificultad tradicionalmente se ha recurrido a la elaboración de tablas y gráficos que permiten un análisis rápido y sencillo.

Los gráficos, tradicionalmente utilizados, son un conjunto de diagramas que relacionan la carga y el momento de diseño, pueden hacerse en forma dimensional o adimensional, según como se manejen las expresiones anteriores. Estos gráficos se denominan diagramas de interacción y representan el lugar geométrico de las cargas Pu y Mu que representan la capacidad de la columna.

ANALISIS DE LA CONDICION BALANCEADA

El instante en el cual una columna falla simultáneamente por fluencia en el acero y aplastamiento en el concreto es conocido como falla balanceada. En este caso, la distancia de la fibra extrema a compresión al eje neutro se denomina cby la capacidad de carga y momento Pby Mb c=0003 s=y d cb Deformaciones unitarias Para: Es= 2’000,000 kgf/cm2 cb= 6.000 6.000∗fy d (kgf y cm)

c

_b

=

0,003 0.003+



y



d 0,003 c_b

=



y d − c_b

Pb= 0.85f’c1cbb + A’sf’s - Asfs

Mb= 0.85 f’c1cbb (d - 1cb/ 2) + A’sf’s(d - d')

Para armadura simétrica: As= A’s, para condiciones balanceadas: fs= f’s

Pb= 0.85  fc′ 1b  6.000 6.000+ fy d Para: f’s= fs= fy = 4,200 kgf / cm2  Pb= 0.50  f’c 1  bd Ecuaciones generales: Roberto Rochel Awad

ANALISIS DE LA FALLA A TRACCION:

c=0003 y d cb Falla a tracción s c ’s d’

Cuando ccbel acero localizado en la zona de tracciones presenta una deformación unitaria s  y, (fs = fy) y el acero localizado en la zona de compresiones presenta una deformación unitaria ’s y (f’sfy).



′ s

=

0,003



(c−d′) c 0,003 c

=



′ s c −d′ fs= fy f’_s= ′_sE_s = 6.000 (c−d′) c



f

y

Reemplazando estos esfuerzos en las ecuaciones generales se obtiene la capacidad de carga de la columna.

ANALISIS DE LA FALLA A COMPRESION:

c=0003 y d cb Falla a compresión s c ’s d’

Reemplazando estos esfuerzos en las ecuaciones generales se obtiene la capacidad de carga de la columna.

Cuando c cbse presenta que: s y  fsfy, ’s y (f’sfy). f’s= fy fs= sEs = 6.000 (d−c) c



f

y 0,003 c

=



s d −c



s

=

0,003



(d−𝑐) c

TRAZADO DE DIAGRAMAS DE INTERACCION

Para trazar los diagramas se acostumbra expresar las ecuaciones generales respecto al centro plástico de la sección. El centro plástico es el centro de resistencia de la sección, coincide con el centro geométrico para secciones simétricas.

Pu= 0.85f’cb1c + A’sf’s - Asfs Mu= 0.85f’cb1c(h/2– 1c / 2) + A’sf’s(d - d')/2 + A’sfs(d - d')/2  (d-d’)/2 (d-d’)/2 d’ d As A’s cp h b (d-d’)/2 (d-d’)/2 h/2 1c d’ (d-d‘)/2 (d-d‘)/2 h/2 1c/2 Ts Cs CC Pu e 0,85f’c fs

Centro plástico Centro plástico

Los diagramas se trazan seleccionando previamente los siguientes parámetros:  Dimensiones de la columna  Materiales  Cuantía de refuerzo b=30 cm 3No5 3No5 h = 4 0 cm Materiales: Concreto: f’c= 280 / cm2 Refuerzo: fy= 4.200 kgf/cm2 Estribos No 3 (de= 0,95 cm) Recubrimiento al estribo 4 cm = 0,65, para estribos Refuerzo: 6 barras No 5, Ast = 12 cm2 Cuantía = 12 / 30*40 = 0,01 = 1% As= A’s= 6 cm2 db5= 1,59 cm d' = r + de+ db/ 2 = 4.00 + 0.95 + 1.59 / 2 = 5.75 cm  6.00 cm d = h - d' = 40 – 6.00 = 34.00 cm f’c= 280 kgf/cm2  1= 0,85 y= fy/ Es= 0,0021 Como ejemplo se trazara el diagrama de interacción de la siguiente sección:

Roberto Rochel Awad

ANALISIS DE LA CONDICION BALANCEADA, f

s

= f’

s

= f

y

Pb= 0.850.65280300,8520.00 = 78,897 kgf78,9 t Pu= 0.85f’cb1c + A’sf’s - Asfs cm 00 , 21 99 , 20 35,40 200 . 4 120 . 6 6.120 c b _   

c

_b

=

0,003 0.003+



_y



d

c

b

=

0,003 0.003+0,0021



34 = 20 cm Pb= 0.85f’cb1cb M_b= 0.850.65280300,8520(20.00 – 0.8520/2) + 20.6564,200(34.00 – 6.00)/2 Mb= 0.85f’cb1cb(h/2– 1cb/ 2) + A’sf’y(d - d')/2 + A’sfy(d - d')/2 M_b= 1’365.955,5 kgf-cm =13,66 t-m

Con estos valores de Pby de Mbse localiza el punto A del gráfico. Roberto Rochel Awad

A (13,66 78,9)

ANALISIS DE LA CONDICION PARA CARGA AXIAL MAXIMA, P

u max.

Pu máx. = 0,75  0,85 f’c(Ag– Ast) + Astfy Pu máx. = 0,75 0,65  0,85 280 (3040 – 12) + 124200= 162.407,7 kgf 162,4 t

Para columnas con estribos:

Este caso corresponde a compresión pura, controla la compresión, f’s= fy y fsfy P_u= 0.85f’cb1c + A’sf’y - Asfs

162.407,7 = 0,850,65280300,85c + 0,656,004200 - 0,656,006000(34−c)

c

M_u= 0.850.65280300,8536,60(20.00 – 0.8536,6/2) + 0.6564,20014 - 0.656425,6914

M_u= 0.85f’cb1c(h/2– 1c / 2) + A’sf’y(d - d')/2 + A’sfy(d - d')/2

M_u= 847.853,1 kgf-cm = 8,48 t-m Con estos valores de P_{u máx.}y de M_use obtiene el punto G

Para trazar la gráfica hay necesidad de localizar nuevos puntos. La zona a compresión esta definida para valores de "c" comprendidos en el rango: 36,6 cm (cmáx)  c  20 cm (cb). En este rango de valores= 0.65

Se asignan a "c" valores que estén dentro de este rango y se localizan nuevos puntos, en este ejemplo se le asignaron valores a "c" de 24.00, 27.00, 30.00, 33,00 y 36.00 cm.

e = Mu/ Pu= 847,85 / 162,41 = 5,22 cm que corresponde a e = 0,13 h

A (13,66 78,9)  G (8,48 162,4)

Domina la compresión

ANALISIS DE LA CONDICION PARA CARGA AXIAL MINIMA, P

_{u min} Pu min. = 0,10 f’cbh = 33.600kgf = 33,6 t Controla la tracción, f’sfy y fs= fy Pu= 0.85f’cb1c + A’sf’s - Asfy 33.600 = 0,850,65280300,85c + 0,656,006000(c−6) c - 0,656,004.200 c = 10,22 cm  f’s= 2.477,50 kgf/cm2 f’s= ′sEs = 6.000 (c−d′) c



f

y M_u= 0.850.65280300,8510,22(20.00 – 0.8510,22/2) + 0.6562477,514 + 0.6564.20014 M_u= 0.85f’cb1c(h/2– 1c / 2) + A’sf’y(d - d')/2 + A’sfy(d - d')/2

M_u= 995.804,7 kgf-cm = 9,96 t-m Con estos valores de P_{u máx.}y de M_use obtiene el punto No 4

Para trazar la gráfica hay necesidad de localizar nuevos puntos. En la zona a tracción definida para valores de "c" comprendidos en el rango: 20,0 cm (cb)  c  10,22 cm (cmin) se emplea = 0.65

Se asignan a "c" valores que estén dentro de este rango y se localizan nuevos puntos, en este ejemplo se le asignaron valores a "c" de 11.00, 14.00 y 17.00 cm.

A (13,66 78,9)  G (8,48 162,4) 4(9,96 33,6)  Domina la compresión Domina la tracción

Roberto Rochel Awad

ANALISIS D E LA CONDICION CARGA AXIAL NULA, P

u

= 0

Pu = 0 t Controla la tracción, f’sfy y fs= fy Pu= 0.85f’cb1c + A’sf’s - Asfy 0 = 0,850,90280300,85c + 0,906,006000(c−6) c - 0,906,004.200 c = 5,14 cm  f’s= -860 kgf/cm2 Mu= 0.850.90280300,855,14(20.00 – 0.855,14/2) - 0.90686014 + 0.9064.20014 M_u= 0.85f’cb1c(h/2– 1c / 2) + A’sf’y(d - d')/2 + A’sfy(d - d')/2 M_u= 752.677,6 kgf-cm =7,53 t-m f’s= ′sEs = 6.000 (c−d′) c



f

y

M_u= 0.850.90280300,855,14(20.00 – 0.855,14/2) - 0.90686014 + 0.9064.20014

M_u= 0.85f’cb1c(h/2– 1c / 2) + A’sf’y(d - d')/2 + A’sfy(d - d')/2

M_u= 752.677,6 kgf-cm =7,53 t-m Con estos valores de P_{u máx.}y de M_use obtiene el punto No 8

Para trazar la gráfica hay necesidad de localizar nuevos puntos. En la zona a tracción definida para valores de Pucomprendidos en el rango: 33,6 t (Pu min)  Pu  0 t (Pu=0) el factorvaria linealmente entre= 0.65 para Pmin y= 0,90 para Pu= 0 (flexión)

Se asignan a Puvalores que estén dentro de este rango y se localizan nuevos puntos, en este ejemplo se le asignaron valores a Pude 10,00, 20,00 y 30,00 t.

bh f 0,10 P bh f 0.10 c u c      = 0,65 + 0,25 (Pmin– Pu) /Pmin  Domina la compresión  G (8,48 162,4) 4(9,96 33,6)  8(7,53 0)  A (13,66 78,9) Domina la tracción

Punto c  Pu fs f’s Mu cm t kgf/cm2 _kgf/cm2 _t-m G 36,60 0,65 162.40 -426 4,200 8.48 F 36.00 0,65 158,76 -333 4,200 8.65 E 33.00 0,65 144,92 182 4,200 10,04 D 30.00 0,65 130,68 800 4,200 11,18 C 27.00 0,65 115,90 1.556 4,200 12,09 B 24.00 0,65 100.38 2.500 4,200 12.81 FALLA BALANCEADA 1 17.00 0,65 64,90 4.200 3.882 12,85 2 14.00 0,65 51.29 4.200 3.429 11.79 3 11.00 0,65 36,72 4.200 2.727 10,30 4 10,22 0,65 33,60 4.200 2.538 9.94 5 9,50 0,68 30,00 4.200 2.213 9,74 6 7,55 0,75 20,00 4.200 1.234 9,06 7 6,20 0,83 10,00 4.200 190 8,27 8 5.24 0,90 0.00 4.200 -866 7.43

Calculo del diagrama para una cuantía de 0.01 Diagrama de interacción dimensional para columna uniaxial simétrica

=0.01 =0.03 =0.02 =0.04 Pb=78,9 t Pmin=36,3 t Pu MiMu M1 M2 PROCESO DE DISEÑO M1

Usar cuantía mínima Controla la compresión fsfy, f’s= fy, =0,65 Controla la tracción fs= fy, f’sfy, =0,65 Controla la tracción fs= fy, f’sfy, 0,900,65 Controla la compresión Pmax Sección insuficiente Sección insuficiente Pb Pmin b=30 cm As A’s h = 4 0 cm Materiales: Concreto: f’c= 280 / cm2 Refuerzo: fy= 4.200 kgf/cm2 Estribos No 3 (de= 0,95 cm) Recubrimiento al estribo 4 cm = 0,65, para estribos Solicitaciones: EJEMPLO 1: Pu= 25 t Mu= 15 t-m EJEMPLO 2: Pu= 50 t Mu= 15 t-m EJEMPLO 3: Pu= 150 t Mu= 12 t-m EJEMPLO 4: Pu= 180 t Mu= 7 t-m

EJEMPLOS DE DISEÑO

SOLUCION PARA: Pu= 25 t, Mu= 15 t-m

SOLUCION PCA SOLUCION RRA

Ast= 25,68 cm2

A_st= 25,38 cm2

EJEMPLO 1

SOLUCION PARA: P_u= 50 t, M_u= 15 t-m

SOLUCION PCA SOLUCION RRA

Ast= 21,12 cm2

Ast= 21,12 cm2

SOLUCION PARA: Pu = 150 t, Mu = 12 t-m

SOLUCION PCA SOLUCION RRA

Ast= 20,16 cm2

A_st= 20,40 cm2

SOLUCION PARA: Pu = 180 t, Mu = 7 t-m





SOLUCION PCA SOLUCION RRA

DISEÑO DE COLUMNAS

BIAXIALES

ROBERTO ROCHEL AWAD Roberto Rochel Awad

X Y Pu ex  Caso (a) Flexión sobre el eje Y

X Y Pu ey  Caso (b) Flexión sobre el eje X

La situación general en el diseño de columnas es que ellas hacen parte de un entramado espacial y están solicitadas a flexión simultáneamente respecto a sus dos ejes principales.

= arc tg (M_uy/ M_ux) ex ey h c   Pu Y X Caso (c) Flexión biaxial Mux  Muy

Para construir el diagrama tridimensional de

interacción hay necesidad de asignarle

valores a la profundidad“c” del eje neutro y al ángulode su inclinación, esto hace que su construcción sea más difícil, desde el punto de vista operativo, que el caso correspondiente a columnas uniaxiales; su principal dificultad obedece a que el eje neutro no va a ser perpendicular a la excentricidad, la zona de compresión es de

forma triangular o trapezoidal y las

deformaciones de cada barra serán

diferentes. ex ey h c   Pu Y X 0,85f’c uc= 0,003 f’s fs1 fs2 fs3 s1 s2 s3 ’s 1c d1 d2 d3 d’ c Caso (b) Plano con angulo Mux Muy Pu Contorno de falla Caso (a) Caso (c) Pu Muy Mux Plano de Pu 

Método de la carga de contorno o de la superficie de falla

Journal Estructural del ACI de marzo y abril de 1.988

Pu−Pub Po− Pub + Mux Mubx 1,5 + Muy Muby 1,5 = 1,0

Po= Máxima carga axial teórica que puede soportar la

columna, positiva para compresión y negativa para tracción

Pub= Carga axial mayorada para condiciones balanceadas

Mubx= Momento mayorado en condiciones balanceadas sobre

el eje X

Muby= Momento mayorado en condiciones balanceadas sobre

el eje Y

PROCEDIMIENTO DE DISEÑO

c) Se asume una cuantía de refuerzo entre los límites del 1 al 4%, se selecciona el refuerzo y se procede a evaluar la carga para las condiciones de falla balanceada sobre los eje X y Y, Pubxy Puby.

a) Debe definirse previamente las dimensiones de la sección y los materiales a utilizar.

b) Mediante un análisis estructural se determinan los valores de diseño Pu, Muxy Muy

Debe hacerse una interpolación lineal para evaluar el valor de la carga balanceada sobre el plano de flexión, .

= arc tg (Muy/ Mux) Pub= ∗ Pubx−Puby 90 Pub= Pubx-Pub Y X Mux Muy  Roberto Rochel Awad

d) Cálculo de Mbxy Mby

Pu= Cc+ Csi− Tsi

Pu= * 0,85∗ fc′∗1∗ c ∗ b +  fsi* Asi

Mu= Pu * e = * 0,85∗ fc′∗1∗ c ∗ b ∗ (h/2 - ∗1∗ c / 2) +  fsi* Asi∗ (d - di′) / 2

Si se desea mayor precisión debe adicionarse el término que considera el concreto desalojado por el acero.

 (d-d’i)/2 (d-d’i)/2 d’i d Asi A’si cp h b (d-d’)/2 (d-d’)/2 h/2 1c d’ (d-d’i)/2 (d-d’i)/2 h/2 1c/2 Tsi Csi CC Pu e 0,85f’c fsi Centro plástico f’si

f) Debe comprobarse que la carga axial no sea inferior al valor mínimo dado por la NSR-10 (0,10 *f’c* bh),

de ser así puede calcularse el valor de, interpolando linealmente entre 0,90 y 0,65

= 0,65 + 0,25  Pu

0,10∗f_c′∗b∗h

e) Debe comprobarse que la carga axial no sobrepase el valor máximo permitido por la NSR-10, si este valor se sobrepasa la sección es insuficiente.

Pu máx= 0,75  0,85 f’c(bhAs total) + As totalfy

Ag= b * h

Ast= Área total del refuerzo

CALCULO DE P₀:

Para falla a compresión:

Po= 0.85 * fc* (Ag– Ast) + * Ast* fy Para falla a tracción:

Po= − Ast* fy

30 c m 50 cm 6 6 38 cm 18 c m 6 6 Y X E3/8” Materiales: Concreto: f’c= 280 kgf / cm2 Acero: fy= 4.200 kgf / cm2 Solicitaciones: Pu= 280 t M_ux= 7.9 t-m M_uy= 9.9 t-m

EJEMPLO DE DISEÑO,

Empleando el programa de PCA determinar el refuerzo que

se requiere para la siguiente sección de una columna sometida a flexión biaxial. EJEMPLO 5

Se requiere una cuantía de 1.07% que corresponde a un refuerzo de 16 cm2_{, solución colocar 8 barras}

30 c m 50 cm 6 6 38 cm 18 c m 6 6 Y X E3/8” Materiales: Concreto: f’c= 280 kgf / cm2 Acero: fy= 4.200 kgf / cm2 Solicitaciones: Pu= 280 t M_ux= 7.9 t-m M_uy= 9.9 t-m Solución:

Se propone un refuerzo consistente en 8 barras No 5 (Ast= 16,0 cm2,= 0,0107) y se verifica

si se cumple la expresión del método de la superficie de falla.

EJEMPLOS DE DISEÑO,

Se desea verificar si la sección indicada es competente

para soportar las solicitaciones indicadas por el método de la superficie de falla.

a) Se calculan las condiciones balanceadas en los ejes X y Y:

c

_b

=

0,003 0.003+



_y



d 0,003 c_b

=



y d − c_b

Flexión sobre el eje X: b= 50 cm, h= 30 m, d = 24 cm d’ = 6 cm cb= 14,12 cm, s= 0,00175 f’s= 3.450 kgf∕cm2 s1= 0,00018 fs1= 375kgf∕cm2 c=0003 s=y d cb Deformaciones unitarias ’s d’ 15 s1 Pu= * 0,85∗ fc′∗1∗ c ∗ b +  fsi* Asi P_ubx= 0,65 * 0,85 280∗ 0,85 ∗ 14,12 ∗ 50 − 0,65 * 0,85 280∗ 6,0 + + 0,65 * 6,00 3.450 − 0,65 ∗ 4,0 ∗ 375 − 0,65 * 6,00 4.200 P_ubx= 92.819,70 − 928,20 + 13.455 − 975 − 16.380 Pubx= 87.991,5 kgf = 88 t Mbx= 92.819,70 ∗ (15 − 0,85*14,12∕2)− 928,20 ∗ 9 + 13.455 ∗ 9 + 16.380∗ 9

c

b

=

0,003 0.003+



y



d 0,003 c_b

=



y d − c_b

Flexión sobre el eje Y: b= 30 cm, h= 50 m, d = 44 cm d’ = 6 cm cb= 25,88 cm, s= 0,00230 f’s= 4.200 kgf∕cm2 s1= 0,00018 fs1= 204kgf∕cm2 c=0003 s=y d 25 Deformaciones unitarias ’s d’ cb s1 Pu= * 0,85∗ fc′∗1∗ c ∗ b +  fsi* Asi Puby= 0,65 * 0,85 280∗ 0,85 ∗ 25,88 ∗ 30 − 0,65 * 0,85 280∗ 6,0 + + 0,65 * 6,00 4.200 + 0,65 ∗ 4,0 ∗ 204 − 0,65 * 6,00 4.200 Puby= 102.092,70 − 928,20 + 16.380 + 530,4 − 16.380 P_uby= 101.604,9 kgf = 101,6 t Mby= 102.092,7 ∗ (25 − 0,85*25,88∕2) − 928,2 ∗ 19 + 16.380 ∗ 19 ∗ 2 M_uby= 2034.204 kgf−cm = 20,34 t−m

Roberto Rochel Awad

b) Se calculan la cuantía balanceada P_ub

= Atan (M_uy∕ Mux) = Atan (9,9 ∕ 7,9) = 51,4°

P_ub= P_ubx+ (P_uby− Pubx)   ∕ 90

c) Se calculan P_o PuPub, 130 95,77 t  Domina la compresión Po= 0.85  fc(Ag– Ast) +  Astfy P_o= 0.85 0,65 * 280 (30 50– 16) + 0,65 * 16 4.200 Po= + 273,25 t P_ub= 95,77 t Pu−Pub Po− Pub + _MMux ubx 1,5 + _MMuy uby 1,5 = 1,0 130,00−95,77 273,25−95,77 + 7,9 10,96 1,5 + 9,9 20,34 1,5 = 1,14 X Y Puby = 1 0 1 ,6 t Pubx= 88 t  90°

d) Se aplica la ecuación del método

30 c m 50 cm 6 6 38 cm 18 c m 6 6 Y X E3/8” Materiales: Concreto: f’c= 280 kgf / cm2 Acero: fy= 4.200 kgf / cm2 Solicitaciones: Pu= 70.0 t M_ux= 9.1 t-m M_uy= 12.0 t-m

EJEMPLO DE DISEÑO,

Empleando el programa de PCA determinar el refuerzo que

se requiere para la siguiente sección de una columna sometida a flexión biaxial.

Materiales: f’c= 280 kgf / cm2 f_y= 4.200 kgf / cm2 Solicitaciones: Pu= 70.0 t M_ux= 9.1 t-m M_uy= 12.0 t-m Solución: Ast = 30,96 cm2 Cuantía = 2,06%

Diagrama de flexión sobre el eje Y

Pby

Mby Diagrama de flexión sobre el eje X

Pbx

Mbx

Superficie de falla Roberto Rochel Awad

Factor 0,98 La sección y el refuerzo son satisfactorios para la demanda

Materiales: Concreto: f’c= 280 kgf / cm2 Acero: fy= 4.200 kgf / cm2 Solicitaciones: Pu = 150,0 t M_ux= 12,1 t-m M_uy= 9.8 t-m

EJEMPLO DE DISEÑO,

Empleando el programa de PCA determinar el refuerzo que

se requiere para la siguiente sección de una columna sometida a flexión biaxial y comprobar la solución por el método de la superficie de falla.

30 c m 50 cm 6 6 38 cm 18 c m 6 6 Y X E3/8” Solución !=No8 Cuantía = 0,034

Factor = 0,97

Solución satisfactoria,

la sección esta en

capacidad de soportas las cargas indicadas.

EJEMPLO 9 Materiales: Concreto: f’c= 280 kgf / cm2 Acero: fy= 4.200 kgf / cm2 Solicitaciones: Pu = 150,0 t Mux= 12,0 t-m Muy= 0,0 t-m

EJEMPLO DE DISEÑO,

Comprobar la solución del ejemplo 3 por el método de la

superficie de falla el cual corresponde a flexión uniaxial.

30 cm 40 c m 6 6 28 c m 18 cm Y E  3/8 ” X 21”

Factor = 1,05

Solución satisfactoria,

la sección esta en

capacidad de soportas las cargas indicadas.