Diagramas de Interacción de Columnas de concreto armado

(1)

Prof. Ing. José Grimán Morales 1

• 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/cm

2

_{y fy = 4200}

kg/cm

2

_{. Determine: El diagrama de interacción}

determinando a) el punto P

_on

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.

(2)

Prof. Ing. José Grimán Morales 2 Adaptado de: Diseño de

Estructuras de Concreto. Arthur H. Nilson

(3)

(4)

• 1) Cálculo de P

_on

:

• 𝑷

_𝒐𝒏

= 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝒇

′_𝒄

∙ 𝑨

_𝒈

− 𝑨

_𝒔𝒕

+ 𝑨

_𝒔𝒕

∙ 𝒇

_𝒚

• 𝑨

_𝒈

= 𝟑𝟎 ∙ 𝟔𝟓 = 𝟏𝟗𝟓𝟎 𝒄𝒎

𝟐

, 𝑨

_𝒔

= 𝟏𝟎 ∙ 𝟓, 𝟎𝟕 =

𝟓𝟎, 𝟕 𝒄𝒎

𝟐

• 𝑷

_𝒐𝒏

_{= 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟑𝟓𝟎 ∙ 𝟏𝟗𝟓𝟎 − 𝟓𝟎, 𝟕 + 𝟓𝟎, 𝟕 ∙ 𝟒𝟐𝟎𝟎}

• 𝑷

_𝒐𝒏

_{= 𝟕𝟕𝟕𝟗𝟖𝟏, 𝟕𝟓 𝒌𝒈𝒇.}

• 𝑷

_{𝒖−𝒎á𝒙−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐}

= 𝟎, 𝟖𝟎 · 𝟎, 𝟔𝟓 ∙ 𝟕𝟕𝟕𝟗𝟖𝟏, 𝟕𝟓 =

𝟒𝟎𝟒𝟓𝟓𝟎, 𝟓𝟏 𝒌𝒈𝒇.

• 𝒏

_{𝒖−𝒎á𝒙}

=

𝟎,𝟖𝟎∙𝝓∙𝑷𝒐𝒏 𝑨_𝒈∙𝒇′_𝒄

=

𝟒𝟎𝟒𝟓𝟓𝟎,𝟓𝟏 𝟏𝟗𝟓𝟎∙𝟑𝟓𝟎

= 𝟎, 𝟓𝟗𝟑

(5)

(6)

• 2) Cálculo de la falla balanceada. • Se calcula c_b: d = 65 – 7 = 58 cm • 𝒄_𝒃 = 𝒅 𝝐𝒖 𝝐_𝒖+ 𝝐_𝒚 , 𝝐𝒚 = 𝒇_𝒚 𝑬_𝒔 = 𝟒𝟐𝟎𝟎 𝟐𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟐 • 𝒄_𝒃 = 𝟓𝟖 𝟎,𝟎𝟎𝟑 𝟎,𝟎𝟎𝟑+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

(7)

• Cálculo típico de fuerzas debidas al acero: • 𝒇′_𝒔 = 𝝐_𝒖𝑬_𝒔 𝒄 −𝒙

𝒄 𝒚 ≤ 𝒇𝒚 (17)

• El As1 está a compresión:

𝒇′_𝒔𝟏 = 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙ 𝟑𝟒,𝟖−𝟕 𝟑𝟒,𝟖 = 𝟓𝟎𝟑𝟐, 𝟕𝟔 𝒌𝒈𝒇 𝒄𝒎𝟐 ⟹ 𝒇 ′ 𝒔𝟏 = 𝟒𝟐𝟎𝟎 𝒌𝒈𝒇 𝒄𝒎𝟐 𝑪_𝒔𝟏 = 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) (kgf/cm2₎ Fs(i) o 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

(8)

• 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 • 𝒇_𝒔 = 𝝐_𝒖𝑬_𝒔 𝒙−𝒄

𝒄 𝒚 ≤ 𝒇𝒚 (15)

• El As3 está a tracción:

𝒇_𝒔𝟑 = 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙ 𝟒𝟏−𝟑𝟒,𝟖 𝟑𝟒,𝟖 = 𝟏𝟏𝟐𝟐, 𝟒𝟏𝟒 𝒌𝒈𝒇 𝒄𝒎𝟐 ⟹ 𝒏𝒐 𝒄𝒆𝒅𝒆

𝑻

_𝒔𝟑

= −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.

(9)

• Cálculo de las fuerzas debidas al concreto: • 𝜷_𝟏 = 𝟏, 𝟎𝟓 − 𝟑𝟓𝟎 𝟏𝟒𝟎𝟎 = 𝟎, 𝟖𝟎 • 𝒂_𝒃 = 𝜷_𝟏 ∙ 𝒄_𝒃 = 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

(10)

• Se calcula la carga P

_nb

:

• 𝑷_𝒏𝒃 = 𝐂 + 𝐑𝐅𝐬 = 𝟐𝟒𝟖𝟒𝟕𝟐 + 𝟗𝟎𝟐, 𝟓𝟑𝟗 • 𝑷_𝒏𝒃 =

𝟐𝟒𝟗𝟑𝟕𝟒, 𝟓𝟑𝟗

𝒌𝒈𝒇

• 𝑷

_{𝒃−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐}

= 𝟎, 𝟔𝟓 ∙ 𝟐𝟒𝟗𝟑𝟕𝟒, 𝟓𝟑𝟗 = 𝟏𝟔𝟐𝟎𝟗𝟑, 𝟒𝟓 𝒌𝒈𝒇.

• 𝒏

=

𝝓∙𝑷𝒏𝒃 𝑨_𝒈∙𝒇′_𝒄

=

𝟏𝟔𝟐𝟎𝟗𝟑,𝟒𝟔 𝟏𝟗𝟓𝟎∙𝟑𝟓𝟎

= 𝟎, 𝟐𝟑𝟕𝟓

• Se calcula el momento M

_nb

:

• 𝑴

_𝒏𝒃

=

𝑴

_𝑪

+ 𝑹𝑴

_𝑭𝒔

=

46166,098 + 33822,108

=79988,179

• 𝑴

= 𝝓 ∙ 𝑴

_𝒏𝒃

= 𝟎, 𝟔𝟓 ∙ 𝟕𝟗𝟗𝟖𝟖, 𝟏𝟕𝟗 =

𝟓𝟏𝟗𝟗𝟐, 𝟑𝟏𝟔 𝒌𝒈𝒇 ∙ 𝒎

.

• 𝒎

=

𝝓∙𝑴𝒏𝒃 𝑨_𝒈∙𝒇′_𝒄∙𝒉

=

𝟓𝟏𝟗𝟗𝟐,𝟑𝟏𝟔 𝟏𝟗𝟓𝟎∙𝟑𝟓𝟎∙𝟎,𝟔𝟓

= 𝟎, 𝟏𝟏𝟕𝟐

(11)

3) Se calcula el punto D

(12)

• 3) Se calcula el punto D en la zona de falla a tensión: • 𝒄_𝒕 = 𝟎, 𝟑𝟕𝟓 ∙ 𝒅_𝒕 = 𝟎, 𝟑𝟕𝟓 ∙ 𝟓𝟖 = 𝟐𝟏, 𝟕𝟓 𝒄𝒎

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 𝑪_𝒔𝟏 = 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

(13)

Prof. Ing. José Grimán Morales 13 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 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

(14)

𝒄 𝒚 ≤ 𝒇𝒚 (15)

𝒇_𝒔𝟑 = 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙ 𝟒𝟏−𝟐𝟏,𝟕𝟓 𝟐𝟏,𝟕𝟓 = 𝟓𝟓𝟕𝟓, 𝟖𝟔 𝒌𝒈𝒇 𝒄𝒎𝟐 ⟹ 𝒇𝒔𝟑 = 𝟒𝟐𝟎𝟎 𝒌𝒈𝒇 𝒄𝒎𝟐

• 𝑻

_𝒔𝟑

= −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.

(15)

• Cálculo de las fuerzas debidas al concreto: • 𝒂_𝒕 = 𝜷_𝟏 ∙ 𝒄_𝒕 = 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

(16)

• Se calcula la carga P

_nt

:

• 𝑷_𝒏𝒕 = 𝐂 + 𝐑𝐅𝐬 = 𝟏𝟓𝟓𝟐𝟗𝟓 − 𝟓𝟑𝟕𝟐𝟏, 𝟒𝟏𝟓 • 𝑷_𝒏𝒕 = 𝟏𝟎𝟏𝟓𝟕𝟑, 𝟓𝟖𝟓 𝒌𝒈𝒇

• 𝑷

_{𝒕−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐}

= 𝟎, 𝟗𝟎 · 𝟏𝟎𝟏𝟓𝟕𝟑, 𝟐𝟐𝟕 = 𝟗𝟏𝟒𝟏𝟔, 𝟐𝟑 𝒌𝒈𝒇.

• 𝒏

=

𝝓∙𝑷𝒏𝒕 𝑨_𝒈∙𝒇′_𝒄

=

𝟗𝟏𝟒𝟏𝟔,𝟐𝟑 𝟏𝟗𝟓𝟎∙𝟑𝟓𝟎

= 𝟎, 𝟏𝟑𝟒

• Se calcula el momento M

_nt

:

𝑴_𝒏𝒕 = 𝑴_𝑪 + 𝑹𝑴_𝑭𝒔 = 36960,21 +34484,211

• 𝑴

_𝒏𝒕

= 𝟕𝟏𝟒𝟒𝟒, 𝟒𝟐𝟏 𝒌𝒈𝒇 · 𝒎

• 𝑴

= 𝝓 ∙ 𝑴

_𝒏𝒕

= 𝟎, 𝟗𝟎 ∙ 𝟕𝟏𝟒𝟒𝟒, 𝟒𝟐𝟏 =

𝟔𝟒𝟐𝟗𝟗, 𝟗𝟖 𝒌𝒈𝒇 ∙ 𝒎.

• 𝒎

=

𝝓∙𝑴𝒏𝒕 𝑨_𝒈∙𝒇′_𝒄∙𝒉

=

𝟔𝟒𝟐𝟗𝟗,𝟗𝟖 𝟏𝟗𝟓𝟎∙𝟑𝟓𝟎∙𝟎,𝟔𝟓

= 𝟎, 𝟏𝟒𝟒𝟗

(17)

4) Cálculo de un punto

(18)

• 4) Cálculo de un punto en la zona de falla a tensión: • Se asume un valor de c < c_b: c = 30 cm

𝒄 𝒚 ≤ 𝒇𝒚 (17) • El As1 está a compresión:

• 𝒇′_𝒔𝟏 = 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙ 𝟑𝟎−𝟕 𝟑𝟎 = 𝟒𝟖𝟑𝟎 𝒌𝒈𝒇 𝒄𝒎𝟐 ⟹ 𝒇 ′ 𝒔𝟏 = 𝟒𝟐𝟎𝟎 𝒌𝒈𝒇 𝒄𝒎𝟐 𝑪_𝒔𝟏 = 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

(19)

Prof. Ing. José Grimán Morales 19 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 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

(20)

𝒄 𝒚 ≤ 𝒇𝒚 (15)

𝒇_𝒔𝟑 = 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙ 𝟒𝟏−𝟑𝟎 𝟑𝟎 = 𝟐𝟑𝟏𝟎 𝒌𝒈𝒇 𝒄𝒎𝟐 𝒏𝒐 𝒄𝒆𝒅𝒆

• 𝑻

_𝒔𝟑

= −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.

(21)

• Cálculo de las fuerzas debidas al concreto: • 𝒂 = 𝜷_𝟏 ∙ 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

(22)

• Se calcula la carga P

_n

:

• 𝑷

_𝒏

= 𝐂 + 𝐑𝐅𝐬 = 𝟐𝟏𝟒𝟐𝟎𝟎 − 𝟏𝟖𝟏𝟖𝟖, 𝟔𝟐𝟑

• 𝑷

_𝒏

= 𝟏𝟗𝟔𝟎𝟏𝟏, 𝟑𝟕𝟕 𝒌𝒈𝒇

• Como estamos en la zona de transición debemos

calcular



_t

y



• 𝜺

_𝒕

=

𝟓𝟖𝟖𝟎 𝟐𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎

= 𝟎, 𝟎𝟎𝟐𝟖

• 𝝓 = 𝟎, 𝟒𝟖𝟑𝟑 + 𝟖𝟑, 𝟑𝟑 ∙ 𝟎, 𝟎𝟎𝟐𝟖 = 𝟎, 𝟕𝟏𝟔𝟔

• 𝑷

_{−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐}

= 𝟎, 𝟕𝟏𝟔𝟔 ∙ 𝟏𝟗𝟔𝟎𝟏𝟏, 𝟑𝟕𝟕 =

𝟏𝟒𝟎𝟒𝟔𝟏, 𝟕𝟓 𝒌𝒈𝒇.

• 𝒏

=

𝝓∙𝑷𝒏 𝑨_𝒈∙𝒇′_𝒄

=

𝟏𝟒𝟎𝟒𝟔𝟏,𝟕𝟓 𝟏𝟗𝟓𝟎∙𝟑𝟓𝟎

= 𝟎, 𝟐𝟎𝟔

(23)

• Se calcula el momento M

_n

:

• 𝑴

_𝒏

= 𝑴

_𝑪

+ 𝑹𝑴

_𝑭𝒔

= 43911 + 34246,519

• 𝑴

_𝒏

= 𝟕𝟖𝟏𝟓𝟕, 𝟓𝟏𝟗 𝒌𝒈𝒇 · 𝒎

• 𝑴

= 𝝓 ∙ 𝑴

_𝒏

= 𝟎, 𝟕𝟏𝟔𝟔 ∙ 𝟕𝟖𝟏𝟓𝟕, 𝟓𝟏𝟗 =

𝟓𝟔𝟎𝟎𝟕, 𝟔𝟕𝟖 𝒌𝒈𝒇 ∙ 𝒎.

• 𝒎

=

𝝓∙𝑴𝒏 𝑨_𝒈∙𝒇′_𝒄∙𝒉

=

𝟓𝟔𝟎𝟎𝟕,𝟔𝟕𝟖 𝟏𝟗𝟓𝟎∙𝟑𝟓𝟎∙𝟎,𝟔𝟓

= 𝟎, 𝟏𝟐𝟔

(24)

5) Cálculo del punto C que corresponde a Mo :

(25)

• 5) Cálculo del punto C que corresponde a Mo :

• Por equilibrio de fuerzas:

• 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝒇

′

𝒄

∙ 𝒃 ∙ 𝜷

𝟏

𝒄 − 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝒇

′𝒄

∙ 𝑨

𝒔𝟏

+ 𝑨

𝒔𝟏

∙

𝒇

′_𝒔𝟏

− 𝑨

_𝒔𝟐

∙ 𝒇

_𝒔𝟐

− 𝑨

_𝒔𝟑

∙ 𝒇

_𝒔𝟑

− 𝑨

_𝒔𝟒

∙ 𝒇

_𝒔𝟒

_{= 𝟎}

• Se sabe que As1, no cede: 𝒇

′

𝒔𝟏

=

𝟔𝟑𝟎𝟎

𝒄−𝟕 𝒄

• Asumimos que As2 , no cede : 𝒇

_𝒔𝟐

=

𝟔𝟑𝟎𝟎

𝟐𝟒−𝒄 𝒄

• Asumimos 𝒇

_𝒔𝟑

= 𝒇

_𝒔𝟒

= 𝟒𝟐𝟎𝟎 𝒌𝒈𝒇/𝒄𝒎

𝟐

• 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟑𝟓𝟎 ∙ 𝟑𝟎 ∙ 𝟎, 𝟖𝟎 𝒄 − 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟑𝟓𝟎 ∙ 𝟏𝟓, 𝟐𝟏 +

𝟏𝟓, 𝟐𝟏 ∙ 𝟔𝟑𝟎𝟎

𝒄−𝟕 𝒄

− 𝟏𝟎, 𝟏𝟒 ∙ 𝟔𝟑𝟎𝟎

𝟐𝟒−𝒄 𝒄

−

𝟒𝟐𝟓𝟖𝟖 − 𝟔𝟑𝟖𝟖𝟐 = 𝟎

(26)

• 𝟕𝟏𝟒𝟎 ∙ 𝒄 + 𝟗𝟓𝟖𝟐𝟑

𝒄−𝟕 𝒄

− 𝟔𝟑𝟖𝟖𝟐

𝟐𝟒−𝒄 𝒄

−

𝟏𝟏𝟎𝟗𝟗𝟒, 𝟗𝟕𝟓 = 𝟎

• 𝟕𝟏𝟒𝟎 ∙ 𝒄

𝟐

_{+ 𝟗𝟓𝟖𝟐𝟑 𝒄 − 𝟕 − 𝟔𝟑𝟖𝟖𝟐 𝟐𝟒 − 𝒄 −}

𝟏𝟏𝟎𝟗𝟗𝟒, 𝟗𝟕𝟓 ∙ 𝒄 = 𝟎

• 𝟕𝟏𝟒𝟎 ∙ 𝒄

𝟐

_{+ 𝟒𝟖𝟕𝟏𝟎, 𝟎𝟐𝟓 ∙ 𝒄 − 𝟐𝟐𝟎𝟑𝟗𝟐𝟗 = 𝟎}

• c = 14,48611cm

• Chequeamos si As2 está cediendo:

• 𝒇

_𝒔𝟐

=

𝟔𝟑𝟎𝟎

𝟐𝟒−𝟏𝟒,𝟒𝟖𝟔𝟏𝟏

𝟏𝟒,𝟒𝟖𝟔𝟏𝟏

= 𝟒𝟏𝟑𝟕, 𝟓𝟖𝟓 < 𝟒𝟐𝟎𝟎

(27)

Prof. Ing. José Grimán Morales 27 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

(28)

• Cálculo de las fuerzas debidas al concreto: • 𝒂 = 𝜷_𝟏 ∙ 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

(29)

Prof. Ing. José Grimán Morales 29 • Se calcula la carga P_n :

• 𝑷

_𝒏

= 𝐂 + 𝐑𝐅𝐬 = 𝟏𝟎𝟑𝟒𝟑𝟎, 𝟗𝟑 − 𝟏𝟎𝟑𝟒𝟑𝟎, 𝟖𝟓

• 𝑷

_𝒏

= 𝟎, 𝟎𝟖 𝒌𝒈𝒇

• 𝑷

= 𝟎, 𝟗𝟎 · 𝟎, 𝟎𝟖 = 𝟎, 𝟎𝟕𝟐 𝒌𝒈𝒇.

• 𝒏

=

𝟎,𝟎𝟕𝟐 𝟏𝟗𝟓𝟎∙𝟑𝟓𝟎

= 𝟎

• Se calcula el momento M

_nb

:

• 𝑴

_𝟎

= 𝑴

_𝑪

+ 𝑹𝑴

_𝑭𝒔

= 27622,264 + 𝟐𝟕𝟖𝟏𝟕, 𝟐𝟒𝟕

• 𝑴

_𝟎

= 𝟓𝟓𝟒𝟑𝟗, 𝟓𝟏𝟏 𝒌𝒈𝒇 · 𝒎

• 𝑴

_{𝟎−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐}

= 𝝓 ∙ 𝑴

_𝟎

= 𝟎, 𝟗𝟎 ∙ 𝟓𝟓𝟒𝟑𝟗, 𝟓𝟏𝟏 =

𝟒𝟗𝟖𝟗𝟓, 𝟓𝟔𝒌𝒈𝒇 ∙ 𝒎.

• 𝒎

_{𝟎−𝒅𝒊𝒔𝒆ñ𝒐}

=

𝝓∙𝑴𝟎 𝑨_𝒈∙𝒇′_𝒄∙𝒉

=

𝟓𝟔𝟐𝟔𝟓,𝟓𝟖𝟓 𝟏𝟗𝟓𝟎∙𝟑𝟓𝟎∙𝟎,𝟔𝟓

= 𝟎, 𝟏𝟏𝟐𝟓

(30)

6) Cálculo de un punto en

(31)

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

𝒄 𝒚 ≤ 𝒇𝒚 (17)

• El As1 está a compresión:

𝒇′_𝒔𝟏 = 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙ 𝟓𝟑−𝟕 𝟓𝟑 = 𝟓𝟒𝟔𝟕, 𝟗𝟐 𝒌𝒈𝒇 𝒄𝒎𝟐 ⟹ 𝒇 ′ 𝒔𝟏 = 𝟒𝟐𝟎𝟎 𝒌𝒈𝒇 𝒄𝒎𝟐 𝑪_𝒔𝟏 = 𝟏𝟓, 𝟐𝟏 ∙ 𝟒𝟐𝟎𝟎 − 𝟎, 𝟖𝟓 · 𝟑𝟓𝟎 = 𝟓𝟗𝟑𝟓𝟕, 𝟎𝟐𝟓𝒌𝒈𝒇

(32)

Prof. Ing. José Grimán Morales 32 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 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.

(33)

• 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 • 𝒇_𝒔 = 𝝐_𝒖𝑬_𝒔 𝒙−𝒄

𝒄 𝒚 ≤ 𝒇𝒚 (15)

𝒇_𝒔𝟒 = 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙ 𝟓𝟖−𝟓𝟑 𝟓𝟑 = 𝟓𝟗𝟒, 𝟑𝟒 𝒌𝒈𝒇 𝒄𝒎𝟐 𝒏𝒐 𝒄𝒆𝒅𝒆

• 𝑻

_𝒔𝟒

= −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.

(34)

• Cálculo de las fuerzas debidas al concreto: • 𝒂 = 𝜷_𝟏 ∙ 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

(35)

• Se calcula la carga P

_n

:

• 𝑷

_𝒏

= 𝐂 + 𝐑𝐅𝐬 = 𝟑𝟕𝟖𝟒𝟐𝟎 + 𝟗𝟑𝟕𝟎𝟐, 𝟎𝟏𝟗

• 𝑷

_𝒏

= 𝟒𝟕𝟐𝟏𝟐𝟐, 𝟎𝟐 𝒌𝒈𝒇

• 𝑷

= 𝟎, 𝟔𝟓 ∙ 𝟒𝟕𝟐𝟏𝟐𝟐, 𝟎𝟐 = 𝟑𝟎𝟔𝟖𝟕𝟗, 𝟑𝟏 𝒌𝒈𝒇.