Ayudantía N°4 DIAGRAMA DE INTERACCIÓN Se tiene la siguiente

Ayudantía N°4
DIAGRAMA DE INTERACCIÓN
Se tiene la siguiente columna de 40x50, con barras de acero equi-espaciadas a 10cm
medidos desde sus centros, y 5cm de recubrimiento desde el borde hasta los centros, para
cada borde:
, constituida por barras de acero A63-42H de diámetro Φ22 y por hormigón normal H30.
Para poder realizar los cálculos de manera simplificada, se utilizarán las áreas de acero
concentradas, como se muestra en la siguiente figura:
, donde la ubicación de las áreas de acero concentrado se calcula como el centroide
de áreas del conjunto de barras de acero:
, obteniéndose:
r’ ≈ 10,7143cm
d ≈ 39,2857cm
, y donde además:
As = As’ = 7Φ22 ≈ 26,60929cm2
Del análisis seccional para la falla (εcu = 0,003), se obtienen todas las ecuaciones que se
van a usar:
Por geometría, tenemos que:
Y utilizando las relaciones básicas de resistencia de materiales:
Para calcular el momento nominal, ahora es indispensable establecer un punto donde
de referencia para tomar los momentos, pues el axial ya no es cero y por ende, no hay un par
de fuerzas, que independice el momento del punto de referencia. Se ha llegado al acuerdo de
que debe usarse como punto de referencia el centro plástico de la sección, definido punto de
acción de la fuerza resultante que se obtiene al considerar todas las fuerzas últimas de la
sección (acero fluido y hormigón a deformación última). Esto es:
Se obtiene:
CP = 25cm
En este caso es justamente el centro de la sección, pues es simétrica (pero no siempre
CP coincide con el centro). Entonces, de las ecuaciones básicas de la estática, se obtienen las
resistencias nominales como la suma de las fuerzas definidas anteriormente, ahora
considerando CP como punto de referencia para los momentos:
De estas 2 ecuaciones se obtienen las distintas combinaciones de Nn y Mn posibles para
esta columna de sección definida. Se tiene por el momento Nn, Mn y c como incógnitas (εs y εs’
depende de c a través las relaciones geométricas), y sólo esas 2 ecuaciones. Se puede
observar que el resultado será una relación paramétrica entre las 3 variables y no un resultado
único, quedando en evidencia que se las resistencias nominales de la columna dependen de
la fibra neutra, o que la fibra neutra va a depender de las resistencias nominales que se
requiera definido un nivel de solicitación. Para evaluar entonces, debemos dar valores a alguna
de las 3 variables y obtener las otras 2 resolviendo el sistema presentado. Lo más fácil, es darse
valores de c, o valores de εs (que definen indirectamente c), ya que las ecuaciones presentan
a Nn y Mn de forma separada, por lo que sería simplemente evaluar, dado un c. Esto no quita
que se pueda dar valores para Nn y resolver, o para Mn y resolver (y luego graficar).
Como nos daremos valores para c, indirectamente queda definido el valor de la
deformación unitaria del acero en tracción. Como hemos visto hasta ahora, esta deformación
es muy importante para el comportamiento de la sección, y por ende, se definen ciertos puntos
de interés en el diagrama de interacción, que es conveniente evaluar:




Falla en Decompresión
Falla Balanceada
Falla en Tracción
Falla en Flexión Pura
εs = 0
εs = 0,002
εs = 0,005
Nn = 0
, además de Compresión Pura y Tracción Pura. Comencemos resolviendo entonces
para todos esos casos, y así obtener valores para el gráfico (se obtendrá una serie discreta que
se puede interpolar).
1.- Falla en Compresión Pura
La sección queda definida de la siguiente forma:
No hay agrietamiento pues toda la sección está comprimida, entonces las fuerzas
quedan dadas por:
Nn = (As + As’)*fsy + 0,85fc’bh
Mn = 0,85fc’bh*(CP – a/2) + As’*fsy*(CP – r’) + As*fsy*(d - CP)
Se obtiene:
Nn = 648,518 [T]
Mn = 0 [Tm]
(por la simetría)
Ψu = 0 [1/cm]
εs = – 0,003 → Φ = 0,65
εs’ = 0,003
Nu = 421,5367 [T]
Mu = 0 [Tm]
2.- Falla en Decompresión
La sección queda definida de la siguiente forma:
, de donde, por geometría:
c = 39,2857cm
εs’ = 0,00218182
(fluido)
Evaluando en las expresiones obtenidas para Nn y Mn, se obtiene:
Nn = 395,598 [T]
Mn = 39,5344 [Tm]
Ψu = 0,0000763637 [1/cm]
εs = 0 → Φ = 0,65
Nu = 257,1387 [T]
Mu = 25,69736 [Tm]
3.- Falla Balanceada
La sección queda definida de la siguiente forma:
, de donde, por geometría:
c = 23,57142cm
εs’ = 0,00163636
(lineal)
Evaluando en las expresiones obtenidas para Nn y Mn, se obtiene:
Nn = 149,984 [T]
Mn = 57,4462 [Tm]
Ψu = 0,00012727 [1/cm]
εs = 0,002 → Φ = 0,65
Nu = 97,4896 [T]
Mu = 37,34 [Tm]
4.- Falla en Tracción
La sección queda definida de la siguiente forma:
, de donde, por geometría:
c = 14,7321375cm
εs’ = 0,000818178 (lineal)
Evaluando en las expresiones obtenidas para Nn y Mn, se obtiene:
Nn = 40,4001 [T]
Mn = 51,8767 [Tm]
Ψu = 0,000203636 [1/cm]
εs = 0,005 → Φ = 0,9
Nu = 36,36009 [T]
Mu = 46,68903 [Tm]
5.- Falla en Flexión Pura
La sección queda definida de la siguiente forma:
Aquí, Nn = 0 es dato, y c es incógnita, pero las ecuaciones a resolver son las mismas 2
anteriores. Se obtiene:
c = 12,3672415cm
εs’ = 0,000400964 (lineal)
εs = 0,00652978
(fluido) → Φ = 0,9
Nn = 0 [T]
Mn = 49,573 [Tm]
Ψu = 0,000242576 [1/cm]
Nu = 0 [T]
Mu = 44,6157 [Tm]
6.- Falla en Tracción Pura
La sección queda definida de la siguiente forma:
La sección completa está agrietada, por lo que el hormigón no aporta en resistencia.
Entonces las fuerzas quedan dadas por:
Nn = – (As + As’)*fsy
Mn = – As’*fsy*(CP – r’) + As*fsy*(d - CP)
Se obtiene:
Nn = 223,518 [T]
Mn = 0 [Tm]
(por la simetría)
Ψu = 0 [1/cm]
εs > 0,005 → Φ = 0,9
εs’ > 0,005
Nu = 201,16623 [T]
Mu = 0 [Tm]
Luego de estos puntos se puede obtener un par de puntos más para interpolar mejor.
En resumen, se han obtenido los siguientes:
Falla
εs
Compresión Pura
Decompresión
0
0,001
Balanceada
0,002
0,003
0,004
Tracción
0,005
0,006
Flexión Pura
0,0065
Tracción Pura
-
εs'
0,0022
0,0019
0,0016
0,0014
0,0011
0,0008
0,0005
0,0004
-
c [cm]
39,286
29,464
23,571
19,643
16,837
14,732
13,095
12,367
-
Nn [T]
648,52
395,6
263,68
149,98
106,36
70,846
40,4
13,334
0
-223,5
Mn [Tm]
0
39,534
49,785
54,543
50,483
46,381
42,443
38,707
36,808
0
Φ
Ψu [1/cm]
Nu [T]
0
0,65 421,54
0,0000764 0,65 257,14
0,0001018 0,65 171,39
0,0001273 0,65 97,49
0,0001527 0,733 77,997
0,0001782 0,817 57,857
0,0002036 0,9
36,36
0,0002291 0,9
12
0,0002426 0,9
0
0
0,9 -201,2
Mu [Tm]
0
25,697
32,36
35,453
37,021
37,878
38,198
34,837
33,127
0
Graficando los datos anteriores, se obtiene el diagrama de interacción:
Se observa que a menor carga axial, la sección puede desarrollar una capacidad de
deformación (curvatura última) bastante mayor, debido a que el hormigón no requiere aportar
tanta fuerza y puede disminuir la fibra neutra. Una vez más se observa que para el acero en
tracción con deformación unitaria mayor a 0,005 ya se tiene un comportamiento adecuado.
DISEÑO
El diseño es justamente la operación contraria al diagrama de interacción, obtener los
valores de diseño teniendo un comportamiento esperado o requerido, por lo que las incógnitas
y las ecuaciones en general se invierten: Nu y Mu son dato, y el acero es incógnita. En un caso
real, se debe realizar las 2 cosas, el diseño para la solicitación máxima, y el diagrama de
interacción para verificar que todos los casos de solicitación queden dentro de la envolvente
de diseño del diagrama de interacción.
1.- Comprobación del Diseño Para Solicitación Dada
Suponiendo que la sección anterior ya fue diseñada, se quiere comprobar cuál es la
máxima carga axial que puede soportar la columna para un momento de solicitación dado.
Supongamos que se pide:
Mu = 35 [Tm]
Entonces, se debe resolver las ecuaciones dadas para Nn y Mn en una sección, ahora
teniendo como dato Mn y obteniendo c y Nn. 2 Consideraciones:


Para obtener Mn a partir de Mu, se requiere el coeficiente de reducción de la resistencia
Φ, y para ello, la deformación unitaria del acero en tracción ε s previamente, que sale
como resultado del cálculo → debemos suponer un rango.
En realidad, teniendo Mu requerido y el diagrama de interacción ya calculado,
podríamos simplemente interpolar el diagrama y obtener el correspondiente M n y Mu,
pero como pusimos pocos puntos, no es muy preciso.
Supongamos entonces que para Mu = 35 [Tm] obtendremos εs > 0,005, por ende: Φ = 0,9.
De esto: Mn ≈ 38,89 [Tm]. Se tiene para la falla que:
, de donde salen las ecuaciones básicas:
Resolviendo las ecuaciones, se obtiene:
c = 13,1682cm
εs = 0,00595013
(se verifica fluido y mayor a 0,005)
εs’ = 0,000559055 (se verifica lineal)
Ψu = 0,000227822 [1/cm]
Nn = 14,6206 [T]
Nu = 13,1585 [T]
2.- Diseño del Acero, Suponiendo Simetría
Si ahora dejamos el acero como otra incógnita, debemos tener otro dato más para
poder resolver el sistema. Normalmente se tendrá un par de solicitaciones M u y Nu. Supongamos
que se requiere:
Mu = 30 [Tm]
Nu = 150 [T]
Sin embargo, tenemos 2 datos, y 3 incógnitas: As, As’ y c. Supongamos entonces que
vamos a distribuir el acero simétricamente (como se hace normalmente por la bi
direccionalidad del sismo). Entonces, sólo tenemos 2 variables: As y c. Supongamos además
que para Mu = 30 [Tm] y Nu = 100 [T], obtendremos εs < 0,002, por ende: Φ = 0,65. De esto:
Mn ≈ 46,154 [Tm], Nn = 230,77 [T]. Se tiene para la falla que:
, de donde salen las ecuaciones básicas:
Resolviendo las ecuaciones, se obtiene:
c = 27,9749cm
As = As’ = 21,3826cm2
εs = 0,00121296
(se verifica lineal y menor a 0,002)
εs’ = 0,00185101 (se verifica lineal)
Ψu = 0,000107239 [1/cm]
Con esto, podemos elegir una combinación de barras de acero que se ajuste más al
área obtenida. Por ejemplo: 6Φ22 → As = As’ = 22,8080cm2.
Luego, para verificar la resistencia, no es única, habría que construir un nuevo diagrama
de interacción, o escoger un parámetro de requisito, por ejemplo: Nu = 150 [T]. Si evaluamos:
c = 27,8587cm
Nn = 230,77 [T]
Mn = 47,5408 [Tm]
εs = 0,0013053
(se verifica lineal)
εs’ = 0,00184622 (se verifica lineal)
Ψu = 0,000107686 [1/cm]
Φ = 0,65
Nu = 150 [T]
Mu = 30,9015 [Tm]
3.- Diseño del Acero, Sin Simetría
Si ahora dejamos el acero superior e inferior como 2 incógnitas distintas, se agrega un
grado más de libertad, lo que nos restringe a tener otra condición de diseño o nos permite
agregarla. Se dispone de las solicitaciones Nu, Mu:
Mu = 45 [Tm]
Nu = 100 [T]
Tenemos 2 datos, y 3 incógnitas: As, As’ y c. Ahora en vez de suponer simetría de los
aceros, exijamos alguna condición de diseño para cubrir ese grado de libertad: εs = 0,005. De
esto: Mn ≈ 46,154 [Tm], Nn = 230,77 [T], ya que conocemos de antemano εs, y por ende, Φ. Se
tiene para la falla que:
, de donde salen las ecuaciones básicas:
Además, como sabemos que εs = 0,005, la fibra neutra queda definida:
c = 14,73213cm
Resolviendo las ecuaciones, se obtiene:
As = 13,7531cm2
As’ = 36,3377cm2
εs = 0,005
(condición de diseño)
εs’ = 0,000818178 (definido geométricamente por εs)
Con esto, podemos elegir una combinación de barras de acero que se ajuste más al
área obtenida. Por ejemplo: As = 5Φ18, As’ = 4Φ36 → As = 12,7234cm2, As’ = 40,7150cm2. Se
escogió As un poco menos y As’ un poco más para disminuir aún más la fibra neutra y mantener
la condición de εs > 0,005. Y de nuevo, para verificar la resistencia, no es única, habría que
construir un nuevo diagrama de interacción, o escoger un parámetro de requisito, por ejemplo:
Nu = 100 [T]. Si evaluamos:
c = 14,1517cm
Nn = 111,11 [T]
Mn = 51,4749 [Tm]
εs = 0,00532814
(se verifica εs > 0,005)
εs’ = 0,000728693 (se verifica lineal)
Ψu = 0,000211989 [1/cm]
Φ = 0,9
Nu = 100 [T]
Mu = 46,3274 [Tm]