7. COLUMNAS Elementos verticales que transmiten cargas de comprensión, generalmente acompañadas de un momento. Las cargas son transmitidas por la placa de entrepiso a las vigas, de estas a las columnas, y por último a la cimentación y suelo fundación. Las columnas reforzadas con estribos o espirales, confinan el núcleo aumentando la resistencia entre menor espaciamiento halla en los estribos. En la siguiente gráfica se presentan diagramas de deflexión en columnas. Los máximos se presentan cuando empieza a agrietarse el recubrimiento por fuera de los flejes, después la capacidad resistente del núcleo se reduce. La columna no falla súbitamente porque los esfuerzos triaxiales en el núcleo son mejorados, resultante del confinamiento. Después la columna alcanza una segunda carga máxima cuando las espirales fluyen y la columna falla. Esta falla es dúctil y avisa, permitiendo redistribuir las cargas sobre otros elementos.
192
Para columnas cargadas excéntricamente, la segunda carga es mucho menor que la primera, pero las deformaciones son mayores. Debido a la ductilidad, el coeficiente de reducción de resistencia para columnas con espirales es φ = 0.75 mientras φ = 0.65 para las que tienen estribos (C.9.3.2) C.9.3.2.2 — Secciones controladas por compresión como se definen en C.10.3.3: (a) Elementos con refuerzo en espiral según C.10.9.3 ............................................... 0.75 (b) Otros elementos reforzados. .................... 0.65
7.1 COLUMNAS CARGADAS AXIALMENTE La deformación en el concreto y acero son iguales por lo tanto la capacidad de carga para una columna con un esfuerzo de fluencia fy en el acero es:
Po = 0.85 f `c * ( Ag − Ast ) + fyAst Ag: Área bruta. Ast: Área del acero longitudinal. Po: Máxima carga concéntrica.
7.2 DIAGRAMAS DE INTERACCIÓN. Prácticamente todas las columnas están sujetas a flexo compresión, debido a que la carga que baja por la columna no coincide con el eje centroidal longitudinal. El máximo esfuerzo de compresión en una columna es:
f cu =
P Mx + y A I
e P
fcu: Esfuerzo último en el concreto A: Área de la sección transversal. I: Inercia sección transversal. P: Carga axial. M = Pe: Momento. Dividiendo por fcu
1=
P M + y Af cu If cu
La máxima carga axial ocurre cuando M = 0 y Pmáx. = fcuA. El máximo momento que puede soportar la columna ocurre cuando P = 0 y M max = Reemplazando se obtiene:
1=
P M + Pmax M max
193
f cu I y
La anterior ecuación muestra la interacción entre P y M para un material elástico, relacionándolos en la falla, el número 1 es el índice de sobreesfuerzo, si la relación entre las cargas actuantes y resistentes es mayor a 1, entonces la sección falla porque la combinación P-M cae por fuera del diagrama de interacción. La ecuación de interacción para un material elástico se grafica a continuación:
Línea AB: Carga en comprensión y momento horario. (-). Carga en el cuadrante I (eje Y) Línea AD: Carga en comprensión y momento contrahorario. (+).Carga en el cuadrante II Línea BC: Carga en tensión y momento horario. (-).Carga en el cuadrante III Línea CD: Carga en tensión y momento contrahorario. (+).Carga en el cuadrante IV Los puntos representan las combinaciones de P y M correspondiente a la resistencia de la sección. Un punto dentro del diagrama de interacción representa la combinación de P y M que no causa la falla. Las combinaciones que caen en la línea o fuera de la sección causan falla, por que exceden la resistencia. •
Si la resistencia a la tensión ftu = o
194
•
Si f tu =
− f cu 2
7.3 DIAGRAMAS DE INTERACCIÓN PARA COLUMNAS DE CONCRETO. Consideraciones: - El concreto reforzado no es elástico y la resistencia a tensión es menor que a compresión. - Los diagramas de interacción son calculados asumiendo la siguiente distribución de deformaciones.
- εcu = 0.003 es la máxima deformación en el concreto y corresponde a la falla en la sección.
195
Pn = C S + C C + TS Pn = A´ S f ´ S +0.85 f ´C ab − AS f S Pn: Fuerza resultante en la sección Mn: Momento resistente en la sección de las fuerzas alrededor del eje centroidal. La siguiente figura presenta varias distribuciones de deformaciones y los puntos resultantes en el diagrama de interacción:
Punto A: Compresión axial pura. Punto B: Primer agrietamiento en una cara y cero tensión en otra. Columnas cortas. Punto C: Máxima deformación en el concreto y fluencia en el refuerzo. Falla balanceada. Representa el cambio de falla en compresión para cargas altas por falla en tensión para cargas bajas. Punto D: El refuerzo se deforma varias veces la deformación de fluencia εy, antes de que el concreto se agriete, implica un comportamiento dúctil. Columnas esbeltas. Desde el punto C hacia arriba, el concreto falla por compresión antes que el acero falla en tensión; y hacia abajo, fluye primero el acero antes que falle el concreto por compresión.
196
7.4 MÁXIMA CARGA AXIAL. Para elementos sometidos a compresión y teniendo en cuenta el momento accidental por desalineamiento de la columna, y a factores como mezcla no homogénea, debido a que la relación A/C es menor en la parte superior de las columnas, que es donde fallan generalmente por sismo, el NSR10 especifica: C.10.3.6 — La resistencia axial de diseño φ Pn de elementos en compresión no debe tomarse mayor que φPn,max calculado usando la ecuación (C.10-1) ó (C.10-2). •
Para columnas con espirales de 0.85 veces la máxima carga (C.10.3.6.1).
φPn = 0.85φ [0.85 f ´c (Ag − Ast ) + fyAst ] •
Para columnas con estribos de 0.80 veces la carga máxima (C.10.3.6.2).
φPn = 0.80φ [0.85 f ´c (Ag − Ast ) + fyAst ] Se recomienda usar la formula de columnas con estribos con excentricidad e menores a 0.1h y para columnas en espirales, con e menores a 0.05h, donde h es la altura del elemento.
7.5 DISEÑO:
φPn ≥ Pu
φMn > Mu
Pu, Mu: Cargas actuantes mayoradas. Pn, Mn: Resistencia nominal de la sección.
φ:Factor de reducción de resistencia. φ = 0.65 Columnas con estribos. φ = 0.75 Columnas con espirales. Problema: Diseñar una columna cuadrada con estribos con una carga muerta de 2000 kN, carga viva 1000 kN. Asumir una cuantía de 0.01, f´c = 28MPa, fy = 420 MPa. Los estribos Eφ 3/8”. 1.
Carga Última
Pn = 1.2 * 2000 + 1.6 * 1000 = 4000kN 2.
Sección
φPn = 0.80φ [0.85 f ´c (Ag − Ast ) + fyAst ]
[
]
4000 * 10 3 = 0.65 * 0.8 0.85 * 28 * 10 6 (Ag − 0.01Ag ) + 420 * 10 6 * (0.01Ag ) 4000 * 10 3 = 12376 * 10 3 Ag − 123.76 * 10 3 Ag + 2184 Ag
197
Ag = 0.243m 2 L = 0.493m Usar: sección 50 X 50 cm. 3. El refuerzo longitudinal.
[
4000 * 10 3 = 0.65 * 0.8 0.85 * 28 * 10 6 (0.55 * 0.55 − Ast ) + 420 * 10 6 * Ast
]
4000 * 10 = 3743 .74 * 10 − 12376 * 10 Ast + 218400 * 10 Ast 3
3
3
3
Ast = 1.24 * 10 −3 m 2 = 12.44cm 2 Asmin= 0.01*50*50=25.00cm2 Usar: 6#8
7.6 FLEXIÓN GENERAL Se supone la siguiente sección sometida a flexión. εcu = 0.003
d4
εs4
As1
d2
fs4 a = β 1c
d3 As2
0.85f´c
h
c
εs3
fs3
εs2
fs2
As3 d1 As4
Sección
εs1 = Z εy
Deformaciones
fs1
Esfuerzos
Para cualquier capa de refuerzo, Asi:
ε si
0.003 c − di c c − di ε si = * 0.003 c =
εsi: Deformación en refuerzo Asi di: Altura efectiva hasta Asi
198
Para un acero elasto-plástico:
fs
f si = ε si Es
fy
a=β c 1
εs
Donde:
0.65 ≤ β1 = 1.09 − 0.008 f `c ≤ 0.85
- fy
Fuerza en el concreto:
C = 0.85 f ´cab c Fuerza en el acero (a < di):
Fsi = f si Asi Las ecuaciones de equilibrio para la carga resistente nominal: n
n
i =1
i =1
Pn = C C + ∑ Fsi = 0.85 f ´cab + ∑ f si Asi
El momento resistente nominal alrededor del eje centroidal que coincide con el centroide plástico para una columna deformada uniformemente en compresión es(ver Pto. A del grafico):
h a n h M n = C C − + ∑ Fsi − d i 2 2 2 i =1 n h a h M n = 0.85 f ´c − + ∑ f si Asi − d i 2 2 2 i =1
199
7.7 FALLA EN COLUMNAS. Se tiene en una sección las fuerzas:
El momento resistente se puede reemplazar por una carga Pn actuando a una distancia o excentricidad e. Las ecuaciones básicas de equilibrio son: n
Pn = 0.85 f ´cab + ∑ fs i As i i =1
h a n h Mn = Pn e = 0.85 f ´cab − + ∑ fs i Asi − d i 2 2 i =1 2 Donde fsi puede estar o no en fluencia. Una columna puede fallar a tensión o a compresión; el tipo de falla depende de la excentricidad.
7.7.1 La falla balanceada Se presenta cuando el concreto alcanza su máxima deformación εcu = 0.003 y el acero de refuerzo la fluencia fy al mismo tiempo.
Pn Po
eb: Excentricidad balanceada
e pequeño
e = Mn: Cualquier línea radial. Pn
Compresión Pura
Límite de tensión
eb
e=0
e grande
e=∞
Mo
flexión pura
Si c>cb o e<eb la compresión controla y As no fluye. Si c<cb o e>eb, la tensión controla y As fluye.
200
Mn
Del diagrama de deformaciones: εcu = 0.003 d´ As2 h
cb
ε CU
cb
cb =
d As1
cb =
=
d ε CU + εy
ε CU
ε CU + εy
*d
0.003 *d 0.003 + εy
εy
a b = β 1 cb 0.003 * d a b = β 1 0.003 + εy Refuerzo a compresión: fs1 = fsy
La pendiente de la línea continua es mayor que la de la línea discontinua, entonces hay fluencia del refuerzo en compresión y tensión.
d´ ε CU − εy ≤ d ε CU + εy d´ fs 2 = εcu ⋅ Es − (εcu ⋅ Es + fy ) d
fs 2 = fy
si
Generalmente
fs1 = fs 2 = fy y As1 = As 2 , entonces se tiene:
Pnb = 0.85 f ´c.a b b 0.003 Pnb = 0.85 f ´c.bdβ 1 0.003 + εy 0.003 h a − + As1 fy (d − d ´) Mnb = 0.85 f ´c.bdβ1 0.003 + Ey 2 2
201
La excentricidad balanceada será:
eb =
Mnb h Pnb As1 fy (d − d ´) = − + Pnb 2 1.7 f ´c.b Pnb
7.7.2 Falla por tensión: Para excentricidades muy grandes la falla empieza por la fluencia en tensión del acero, es decir para eb ≤ e ≤ ∞ , o relaciones de Pn y Mn por debajo del límite de tensión que se encuentren en la región de la falla por tensión Columnas Esbeltas Se observa que entre mayor sea la carga axial Pn, mayor será el momento Mn, debido a que una sección en flexión pura puede causar que el refuerzo a tensión fluya, pero si se carga axialmente, esto reduciría los esfuerzos normales de tensión en la sección producidos por el momento, dejando un remanente de momento adicional resistente hasta la fluencia. La falla por fluencia se presenta cuando:
e > eb Pn < Pnb c < cb
εs1 >
As2
Fs2 d-d´
fy = εy Es
As1 Fs1
Pn = Cc + Fs 2 − Fs1 = 0.85f´cab + As2 fs 2 − As1fs1 Si hay fluencia en el acero fs1 = fs 2 = fs y la sección es simétrica.
fs1 As1 = fs 2 As 2 Pn = 0.85 f ´c.ab Pn a= 0.85 f ´c.b
h a Mn = Pn . e = 0.85 f ´c.ab − + As1 fy (d − d´) 2 2 Reemplazo a en:
h pn + As1 fy (d − d ´) Mn = Pn e = 0.85 f ´c.ab − 2 1.7 f ´c.b h Pn + Asfy (d − d ´) Pn e = Pn − 2 1.7 f ´c.b
202
Simplificando: 2
Pn h − Pn − e + As1 fy (d − d ´) = 0 1.7 f ´c.b 2 2 h 2 As1 fy (d − d ´) h Pn = 0.85 f ´c.b − e + − e + 2 0.85 f ´c.b 2
7.7.3 Falla por compresión:
Ocurre una deformación del concreto hasta la falla. Entre mayor Pn, menor será el Mn que la sección resiste, debido a que hay menor margen de deformación en compresión del concreto producido por Mn.
En resumen la falla a compresión se presenta cuando:
• e < eb • Pn > Pnb • c > cb • εs1 < fs
Es
= εy
La carga axial será:
Pn = φ 0.85 f ´c.ab + As 2 fy − As1 fs1 d −c fs1 = Esεs1 = Esε CU c El momento nominal resistente:
h h a h Mn = Pne = φ 0.85 f ´c.a.b − + As 2 fy − d ´ + As1 fs1 d − 2 2 2 2
203
Problema: Calcular y graficar 4 puntos del diagrama de interacción de la columna mostrada. Usar f´c = 28 MPa, fy = 420 MPa, sección 40x40 cm., As1: 4#9 (25.8 cm2), As2: 4#9 (25.8 cm2), Ast = As1 + As2 = 51.6cm2.
ρt =
A st
51.6
=
Ag
40x40
ρ t = 0.03225
εy =
fy
=
ES
420 * 10 200 * 10
6 9
ε y = 0.0021
1. Calculo de la carga nominal concéntrica axial máxima.
(
)
Pn = 0.85 f ´c Ag − Ast + fyAst 51.6 Pn = 0.85 * 28 * 10 6 0.4 2 − 100 2
51.6 + 420 x10 6 * = 5852.4kN 100 2
1.1. Carga nominal axial concéntrica es:
Pn = 5852.4kN → ( PtoA) φPn = 0.65 * 5852.4 = 3804.06kN → ( PtoA´) (Reducción de resistencia) 1.2. Capacidad máxima permitida de carga (Por desalineamiento)
φPn max = 0.75 * 3804.06 = 2853kN Este valor se pinta como una línea horizontal, los valores de φPn y φMn del diagrama de interacción no se usan en el diseño. 2. Cálculo de φPn y φMn para falla balanceada (εs1=-εy) Cálculo de c y la deformación en el refuerzo.
204
2.1. Cálculo de φPn y φMn – Caso general.
Se consideran las deformaciones correspondientes a Pn, Mn, φPn y φMn, para εs = Zεy , 1 donde Z es una secuencia de valores Z = +0.5,+ − 0.25,−0.5,−0.75,−1,−1.5,−2.5,−3.0,−4.0,... Estos intervalos son cada vez más largos, por que acerca más los puntos entre Z sea más grande. De la semejanza de triángulos se tiene la profundidad del EN:
d1 cb = 0.003 0.003 − (− 0.0021) 0.003 c = * 0.34 = 0.2m b 0.0051 La deformación en el acero de compresión es:
c − d2 c b = b εs 2 0.003 c − d2 0.2 − 0.06 εs 2 = b * 0.003 = * 0.003 = 0.0021 C
0.2 b εs1 = Zεy = −1.0 * 0.0021 = −0.0021
[ (-), Tensión].
205
[C (+), es compresión].
2.2. Cálculo de los esfuerzos en el acero de refuerzo.
fs2 = εs2 Es
(Esta en fluencia). Pero − fy ≤ fs 2 ≤ fy
fs = 0.0021 * 200 * 10 9 = 420 MPa 2 fs 2 = 420MPa 2.3. Cálculo de a.
a = β1 c
β1 = 1.09 − 0.008 f ´c
28 MPa ≤ f ´c ≤ 55MPa
para
β1 = 1.09 − 0.008 * 28 = 0.866 a = 0.866 * 0.2 = 0.173m < h = 0.40m , si es mayor usar a = h. 2.4. Cálculo de fuerzas en el concreto y acero.
Cc = 0.85 f ´cab = 0.85 * 28 *10 6 * 0.173 * 0.4 Cc = 1647kN Como d1 = 0.34m. > a = 0.173m., As1 esta fuera del rectángulo de comprensión.
Fs1 = fs1 As1 = −420 x10 6 *
28.5 = −1083.6kN 100 2
Como d2 = 0.06m. < a = 0.173m., se debe restar el esfuerzo en compresión del concreto.
(
)
Fs 2 = fs 2 − 0.85 f ´c As 2 25.8 Fs 2 = 420 x10 6 − 0.85 * 28 x10 6 * 100 2 Fs 2 = 1022.2kN
(
)
2.5. Cálculo Pn.
Pn = Cc + ∑ Fsi Pn = 1647 + 1022.2 − 1083.6 = 1585.6kN ( PtoB) Como εs1 = εy, la falla es balanceada. Pn = Pnb 206
2.6. Cálculo Mn
h a h h Mn = Cc − + Fs1 − d1 + Fs 2 − d 2 2 2 2 2 h a Mn = Cc − + Fs1 (0.2 − 0.34 ) + Fs 2 (0.2 − 0.06 ) 2 2 Mn = 1647 * 0.11 + 1083 .6 * 0.14 + 1022 .2 * 0.14 = 481.7kN .m
Mn = Mnb
(PtoB )
Momento balanceado
2.7. Cálculo φPn y φMn.
(φ = 0.7)
φPn = 0.65 * 1585.6 = 1030.6kN (Pto B´) φMn = 0.65 * 481.7 = 313.2kN .m
(Pto B´)
3. Cálculo de φPn y φMn para Z = -2
Se calcula φ para cargas que caigan entre el límite controlado por tensión y compresión. 3.1. Cálculo de c y deformación del refuerzo.
d1 c = 0.003 0.003 + 0.0042 d1 = 0.34m c = 0.1417 m < c = 0.2m b 207
La deformación en el acero de compresión es:
εs 2 =
c − d2
* 0.003 =
c εs 2 = 0.00173
0.1417 − 0.06 * 0.003 0.1417
3.2. Cálculo de los esfuerzos en el acero de refuerzo.
fs = εs Es = 0.00173 * 200 * 10 9 = 345.94MPa 2 2
Esta entre –fy y fy, entonces bien.
fs1 = εs1Es = −0.0042 * 200 *109 = 840MPa Como εs1 > εy, entonces uso fs1 = 420 MPa. 3.3. Cálculo de a:
a = β1c = 0.866 * 0.1417 = 0.123m 3.4. Cálculo de fuerzas en concreto y acero.
Cc = 0.85 f ´cab = 0.85 * 28 *106 * 0.123 * 0.4 Cc = 1171 kN
Fs1 = − fs1 As1 = 420 * 10 6 *
25.8 100 2
Fs1 = −1083.6kN Como d2 = 0.06m. < a = 0.123m.
(
)
Fs 2 = fs 2 − 0.85 f ´c As 2 25.8 Fs 2 = 345.94 *10 6 − 0.85 * 28 * 10 6 * 100 2 Fs 2 = 831.12kN
(
)
208
3.5. Cálculo Pn.
Pn = Cc + ∑ Fsi Pn =1171+ 831.12 −1083.6 = 918.5kN (Pto C) 3.6. Cálculo Mn.
Mn = 1171* 0.4 − 0.123 − 1083.6 * 0.4 − 0.34 + 831.12 * 0.4 − 0.06 = 430.24kN .m (Punto C) 2 2 2 2 3.7. Cálculo de φ, φPn y φMn.
Según el ACI B.9.3.2., φ, varia linealmente con εt, que es la deformación en la capa de refuerzo más lejos de la capa extrema en compresión. Para columnas con estribos se tiene:
• Si → ε t ≤ εy →φ = 0.7 • Si → εy < εt < 0.005 → Para acero grado 60 • Si → εt > 0.005 →φ = 0.90
φ=0.56-68εt
Como εt = εs1 = -0.0042 (El negativo indica tensión)
φ = 0.56 − 68 * (− 0.0042) = 0.846 (Pto C´) φPn = 0.846 * 918.5 = 777.1kN φMn = 0.846 * 430.24 = 364kN .m (Pto C´) 4. Cálculo de la capacidad axial de tensión Se considera que la carga final es concéntrica en tensión. n
Pnt = ∑ (− fyAs i ) i =1
Pnt = −420 * 10 6 *
25.8 = −2167.2kN 100 2
La capacidad de diseño.
φPnt = 0.9 * −2167.2 = −1950.5kN
(Pto D)
φ = 0.9 (Pto. D´)
209
Diagrama de Interacciรณn revisar , cambniaron valores
3804
(313.1, 1030.6)
210
7.8 COLUMNAS CIRCULARES: Se asume una distribución triangular de deformación. εcu = 0.003 εs3 As3
c
d2
0.85f´c fs3
d3
εs2
As2
fs2 d1
As1
fs1
Es1 D
Sección
Deformaciones
Esfuerzos
n
Pn = Cc + ∑ Fs i i =1
D − n D Mn = Cc − Y + ∑ Fs i − d i 2 i =1 2 −
Y : Centroide del rectángulo de compresión. El rectángulo de compresión es: Y
a = β 1c
θ −
Y X
X
Y
El área de la sección comprimida se calcula en términos de θ
θ − SenθCosθ A = D2 4
θ: En radianes.
211
a=β 1c
El primer momento de área respecto al centro de la columna es: − Sen 3θ Q = AY = D 3 12
La forma del diagrama de interacción es afectada por el número de barra, y su orientación respecto al eje central. Si la inercia X – X es menor que Y – Y, se debe usar la menor.
7.9 DIAGRAMAS DE INTERACCIÓN SIMPLIFICADOS. Generalmente se usan diagramas de interacción publicados para diseño y en la práctica los diagramas de programas de computador. Los puntos correspondientes a Pn, Mn corresponden a 5 distribuciones de deformación. 1. Deformación en compresión 0.003 en toda la sección. 2. Para el primer agrietamiento; pasa de 0.003 en compresión en una cara a, cero deformación en otra. 3. Para la deformación balanceada, el límite de la deformación en compresión es 0.003 en una cara − εy en el refuerzo de la otra cara. 4. En el límite de la zona controlada por tensión la diferencia en compresión es 0.003 y la deformación por tensión -0.005.
5. La deformación es –εy cuando el concreto se ha agrietado. Pn [Kips]
1600
1
2
800
3
400 4
Mn [Kips *pie] 400
5
Factores que afectan el tipo de columna
212
7.10 PREDIMENSIONAMIENTO DE COLUMNAS. Para diseñar una columna se requiere conocer la sección. Para pequeños valores de M, la sección esta definida por la capacidad de carga axial. Para columnas con estribos:
Pu 0.45( f ´c + fyρ t ) As ρt = t Ag Ag ≥
Para columnas con espiral:
Ag ≥
Pu 0.55( f ´c + fyρ t )
Según el C.21.4.1 Requisitos Geométricos para las columnas con capacidad Especial de disipación de energía. (a) La fuerza axial mayorada en el elemento es mayor que 0.10f´c Ag (b) La menor dimensión de la sección del elemento, medida en una línea recta que pasa a través del centroide de la sección, no debe ser menor que 0.30 m. Las columnas en forma de T, C o I pueden tener una dimensión mínima de 0.25 m pero su área no puede ser menor de 0.09 m². (c) La relación entre la dimensión menor de la sección del elemento y la dimensión perpendicular a ella, no debe ser menor que 0.4. 7.10.1 Esbeltez en columnas La columna esbelta se deflecta bajo carga lateral, incremento en los momentos, efecto P-∆, entre otros. Según el ACI 10.12.2 se permite despreciar el efecto de columna esbelta si: C.10.10.1 — Se permite ignorar los efectos de esbeltez en los siguientes casos: a) en elementos sometidos a compresión no arriostrados contra desplazamientos laterales cuando:
k ⋅ Lu ≤ 22 r b) en elementos a compresión arriostrados contra desplazamientos laterales cuando:
M k ⋅ Lu ≤ 34 − 12 1 r M2
Donde el término M1 M2 es positivo si la columna está flectada en curvatura simple y negativo si el elemento tiene curvatura doble. Se permite considerar los elementos a compresión como arriostrados contra desplazamientos laterales cuando los elementos de arriostramiento tienen una rigidez total que restringe los movimientos laterales de ese piso de al menos doce
213
Lu : Longitud libre de la columna r: Radio de giro, de 0.3 a 0.25 veces la profundidad de la columna rectangular y circular respectivamente. M1/M2: Relación de momentos entre los dos extremos de la columna, varía generalmente entre +0.5 y -0.5. 7.11 ESPACIAMIENTO Y REQUISITOS DE CONSTRUCCIÓN PARA REFUERZO TRANSVERSAL EN COLUMNAS. 7.11.1 Estribos Los estribos se utilizan en las columnas por las siguientes razones. 1. Restringen las barras longitudinales al pandeo. 2. Sostienen el refuerzo longitudinal durante la construcción permitiendo la armada del castillo. 3. Confinan el núcleo de concreto, aumentando la ductilidad. 4. Sirven como refuerzo para cortante. 5. Para estructuras con capacidad especial de disipación de energía DES, el refuerzo transversal de confinamiento debe separarse a lo largo del eje del elemento, una separación. menor a: 5.1. 1/4 de la dimensión mínima de la sección del elemento. 5.2. 100 mm. 5.3. El primer estribo debe colocarse a 50 mm de la cara del nudo. C.21.6.4.3 — La separación del refuerzo transversal a lo largo del eje longitudinal del elemento no debe exceder la menor de (a), (b), y (c): (a) La cuarta parte de la dimensión mínima del elemento. (b) Seis veces el diámetro de la barra de refuerzo longitudinal menor, y (c) so , según lo definido en la ecuación (C.21-5).
350 − hx so = 100 + 3 El valor de so no debe ser mayor a 150 mm y no es necesario tomarlo menor a 100 mm. Se pueden usar ganchos suplementarios del mismo diámetro de barra o con un diámetro menor y con el mismo espaciamiento de los estribos cerrados de confinamiento. Cada extremo del gancho suplementario debe enlazar una barra perimetral del refuerzo longitudinal. Los extremos de los ganchos suplementarios consecutivos deben alternarse a lo largo del refuerzo longitudinal. El espaciamiento de los ganchos suplementarios o ramas con estribos de confinamiento rectilíneos, hx , dentro de una sección del elemento no debe exceder de 350 mm centro a centro. 5.4 El refuerzo transversal, debe colocarse dentro de una longitud Lo, medida a partir de la cara del nudo en ambos extremos de la columna y en cualquier lugar donde se presente plastificación por flexión, Lo no puede ser menor a:
214
C.21.6.4.1 — El refuerzo transversal en las cantidades que se especifican en C.21.6.4.2 hasta C.21.6.4.4, debe suministrarse en una longitud Lo medida desde cada cara del nudo y a ambos lados de cualquier sección donde pueda ocurrir fluencia por flexión como resultado de desplazamientos laterales inelásticos del pórtico. La longitud Lo no debe ser menor que la mayor de (a), (b) y (c): (a) La altura del elemento en la cara del nudo o en la sección donde puede ocurrir fluencia por flexión. (b) Un sexto de la luz libre del elemento, y (c) 450 mm.
5.5 El área total de los estribos rectangulares de confinamiento, deben ser como mínima de φ3/8” o 10 mm y no puede ser menor a al área que se obtiene con las siguientes ecuaciones para las dos direcciones de las secciones de la columna.
ASH = 0.3
s * hC f ´c Ag f yh ACH
ASH = 0.09
− 1
s * hC f ´c f yh
s: Espaciamiento del refuerzo transversal. hC: Dimensión de la sección del núcleo de una columna, medida centro a centro del refuerzo transversal de confinamiento. fyh: Resistencia nominal a la fluencia del refuerzo transversal. : Area total del refuerzo transversal, incluyendo estribos suplementarios, que existe en una distancia S y perpendicular a hc, en ACH: Área de la sección del elemento medida hasta la parte exterior del refuerzo transversal.
El descascaramiento del concreto de recubrimiento, que es posible que ocurra cerca de los extremos de la columna en los pórticos de configuración normal hace vulnerables los empalmes por traslapo de esas ubicaciones. Cuando se hace necesario emplear empalmes por traslapo, estos deben estar ubicados cerca de la mitad de la altura, donde las inversiones de esfuerzos probablemente estén limitadas a un rango menor de esfuerzos que en los lugares cercanos a los nudos. Se requiere de refuerzo transversal especial a lo largo de los empalmes por traslapo debido a la incertidumbre respecto a la distribución de momentos a lo largo de la altura y la necesidad de confinar los empalmes por traslapo sometidos a inversiones de esfuerzos.
215
C.21.6.4.5 — Más allá de la longitud Lo , especificada en C.21.6.4.1, el resto de la columna debe contener refuerzo en forma de espiral o de estribo cerrado de confinamiento, que cumpla con C.7.10, con un espaciamiento, s , medido centro a centro que no exceda al menor de seis veces el diámetro de las barras longitudinales de la columna o 150 mm., a menos que C.21.6.3.2 ó C.21.6.5 requieran mayores cantidades de refuerzo transversal. A continuación se transcriben algunas consideraciones adicionales del C.21.4 del NSR-98. El refuerzo transversal de confinamiento puede consistir en estribos sencillos o múltiples. Pueden utilizarse estribos suplementarios del mismo diámetro de barra y con el mismo espaciamiento. Cada extremo del estribo suplementario debe abrazar una barra longitudinal de la periferia de la sección. Los estribos suplementarios deben alternar sus extremos a los largo del eje longitudinal de la columna. Los estribos suplementarios, o las ramas de estribos múltiples, no deben estar separadas a más de 350 mm centro a centro, en la dirección perpendicular al eje longitudinal del elemento estructural. Si el núcleo del elemento tiene suficiente resistencia para las diferentes combinaciones de carga, incluyendo efectos sísmicos, no hay necesidad de cumplir lo exigido por las ecuaciones C.21-3-ES y C.10-6. (c) Alternativamente a lo indicado en (a) y (b), pueden colocarse estribos de confinamiento de diámetro Nº 4 (1/2”) ó 12M (12 mm), con fyh de 420 MPa, con una separación s de 100 mm. Si la distancia horizontal entre dos ramas paralelas de estribo es mayor que la mitad de la menor dimensión de la sección de la columna ó 200 mm, deben utilizarse cuantos estribos suplementarios de diámetro Nº 4 (1/2”) ó 12M (12 m), con fyh de 420 MPa, sean necesarios para que esta separación entre ramas paralelas no exceda la mitad de la dimensión menor de la sección de la columna ó 200 mm. Este procedimiento alterno solo puede emplearse en columnas cuyo concreto tenga un f´c menor o igual a 35 MPa.
7.11.2 Refuerzo en Espiral El refuerzo en espiral debe resistir la máxima carga del núcleo y el refuerzo longitudinal igual a la máxima carga de toda la sección sin agrietarse. Para un paso, la cuantía de refuerzo ρ S es:
216
ASp LSp
ρS =
AC LC
ASp =
π ⋅ d Sp 2 4
Área de la barra.
dsp : Diámetro de la barra. Lsp: Longitud del paso πDC Dc: Diámetro del núcleo fuera del espiral Ac: Área del núcleo =
π ⋅ DC 2
4
Lc: = s = Separación o paso.
π ⋅ d sp 2
* πDC π ⋅ d 2 Sp 4 ρS = = 2 D ⋅ πDC C s *s 4 4 ASp ρS = DC s La máxima carga en la columna antes del agrietamiento del recubrimiento es:
PO = 0.85 f ´c (Ag − Ast ) + fyAst Después del agrietamiento del recubrimiento:
P2 = 0.85 f 1 ( AC − Ast ) + fyAst
Ac: Área del núcleo.
Pero P0 = P2
0.85 f ´c (Ag − Ast ) = 0.85 f 1 ( AC − Ast ) Despreciando Ast:
0.85 f ´cAg = 0.85 f 1 AC
f1 =
Ag AC
f ´c
217
Espiral
fsp f2 s
f sp Dc f sp
∑F
f2
f sp
=0
H
2 f sp Asp = f 2 DC s : Esfuerzo compresión en el núcleo de concreto. Ver Mac Gregor y Nilson. Reemplazando f1 y haciendo fsp = fy, la cuantía del refuerzo, y del ensayo triaxial se tiene:
f1 = f ´c + 4.4 f 2 Ag f ´c AC
= f ´c + 4.4
f2 =
2 f sp Asp DC s
=
f sp ρ s 2
fyρ S 2
Ag f ´c − f ´c AC
ρ S = 0.45 fy
Ag f ´c − 1 AC fy
ρ S = 0.45 fy
El espaciamiento máximo vertical o paso, debe ser menor a 80 mm., 25 mm., 1.33 veces el tamaño del agregado o:
s≤
π ⋅ d sp 2 fy Ag 0.45 DC f ´c − 1 AC
La cuantía de refuerzo en espiral.
, no puede ser menor.
7.12 REFUERZO LONGITUDINAL. Se requieren al menos 6 barras para secciones circulares y 4 barras para columnas rectangulares. El espaciamiento mínimo es de 1.5db, 25 mm., ó 1.33 veces el tamaño del agregado. Para estructuras con capacidad de disipación especial de energía DES, la cuantía de refuerzo longitudinal no debe ser menor a 0.01 ni mayor a 0.04.
218
Los empalmes por traslapo se permiten únicamente en la mitad central de la longitud del elemento y deben diseñarse como empalmes a tracción. A continuación se presentan algunos requisitos de la resistencia a la flexión C.21.6.2 — Resistencia mínima a flexión de columnas C.21.6.2.1 — Las columnas deben satisfacer C.21.6.2.2 ó C.21.6.2.3. C.21.6.2.2 — Las resistencias a flexión de las columnas deben satisfacer la ecuación (C.21-4).
∑M
nc
≥ 1.20∑ M nb (C.21-4)
ΣMnc = suma de los momentos nominales de flexión de las columnas que llegan al nudo, evaluados en las caras del nudo. La resistencia a la flexión de la columna debe calcularse para la fuerza axial mayorada, congruente con la dirección de las fuerzas laterales consideradas, que conduzca a la resistencia a la flexión más baja. ΣMnb suma de los momentos resistentes nominales a flexión de las vigas que llegan al nudo, evaluadas en la cara del nudo. En vigas T, cuando la losa está en tracción debida a momento en la cara del nudo, el refuerzo de la losa dentro del ancho efectivo de losa definido en 8.12 debe suponerse que contribuye a Mnb siempre que el refuerzo de la losa esté desarrollado en la sección crítica para flexión. Las resistencias a la flexión deben sumarse de tal manera que los momentos de la columna se opongan a los momentos de la viga. Debe satisfacerse la ecuación (C.21-4) para momentos de vigas que actúen en ambas direcciones en el plano vertical del pórtico que se considera.
C.21.7 — Nudos en pórticos especiales resistentes a momento con capacidad especial de disipación de energía (DES) C.21.7.1 — Alcance Los requisitos de C.21.7 se aplican a los nudos vigacolumna de pórticos especiales resistentes a momento que forman parte del sistema de resistencia ante fuerzas sísmicas. C.21.7.2 — Requisitos generales C.21.7.2.1 — Las fuerzas en el refuerzo longitudinal de vigas en la cara del nudo deben determinarse suponiendo que la resistencia en el refuerzo de tracción por flexión es 1.25fy C.21.7.2.2 — El refuerzo longitudinal de una viga que termine en una columna, debe prolongarse hasta la cara más distante del núcleo confinado de la columna y anclarse, en tracción, de acuerdo con C.21.7.5, y en compresión de acuerdo con el Capítulo C.12. C.21.7.2.3 — Donde el refuerzo longitudinal de una viga atraviesa un nudo viga-columna, la dimensión de la columna paralela al refuerzo de la viga no debe ser menor que 20 veces el diámetro de la barra longitudinal de viga de mayor diámetro, para concretos de peso normal. Para concretos livianos, la dimensión no debe ser menor que 26 veces el diámetro de la barra. C.21.7.3 — Refuerzo transversal C.21.7.3.1 — El refuerzo transversal del nudo debe satisfacer C.21.6.4.4(a) ó C.21.6.4.4(b) y además debe cumplir con C.21.6.4.2, C.21.6.4.3 y C.21.6.4.7, excepto lo permitido en C.21.7.3.2. C.21.7.3.2 — Cuando existan elementos que llegan en los cuatro lados del nudo y el ancho de cada elemento mide por lo menos tres cuartas partes del ancho de la columna, debe disponerse refuerzo transversal igual, por lo menos, a la mitad de la cantidad requerida en C.21.6.4.4(a) ó C.21.6.4.4(b),
219
dentro del h del elemento de menor altura que llegue al nudo. En estos lugares, se permite que el espaciamiento especificado en C.21.6.4.3 se incremente a 150 mm. C.21.7.3.3 — Debe disponerse refuerzo transversal que pase a través del nudo para proporcionar confinamiento al refuerzo longitudinal de viga que pasa fuera del núcleo de la columna, que cumpla con los requisitos de espaciamiento de C.21.5.3.2, y los requisitos C.21.5.3.3 y C.21.5.3.6, cuando dicho confinamiento no es suministrado por una viga que llegue al nudo.
7.13 GRAFICAS DE DISEÑO. Son curvas de interacción entre P y M, que tienen incorporadas las disposiciones de seguridad de código. Se utilizan parámetros para generalizar como Pu obtienen varias curvas para diferentes valores de ρt = para una carga Pu y una excentricidad
e = Mu
Pu
Ast
Mu = Pu.e φf ´cAg vs. φf ´cAg h , y se
Ag
. Se sigue el siguiente procedimiento
.
1. Se predimensiona la sección transversal usando ρmin para obtener dimensiones máximas (la menor dimensión del elemento debe ser mayor a 0.30m para estructuras con DES.) 2. Se calcula γ , basado en los recubrimientos hasta el centroide de las barras y se selecciona la gráfica. γ = h − 2d 3. Calcular
´h
y
, donde Ag = bh.
4. Leer la cuantía ρ g requerida. 5. Calcular el área total Ast = ρ g bh . Alternativamente se puede usar el siguiente procedimiento 1. Se selecciona la cuantía ρ g . 2. Se escoge un valor tentativo de h y se calcula e 3. De la gráfica se lee 4. Calcular b =
Ag h
h
yγ.
y se calcula Ag .
5. Revisar h. 6. Calcular Ast = ρ g bh . Factores que afectan la escogencia de columnas • Para relación de excentricidad , la columna en espiral es más eficiente en términos de capacidad de carga, debido en parte al coeficiente . comparado con el de 0.65 de columnas con estribos. El refuerzo en espiral tiende a ser más caro, aunque es compensado con la máxima capacidad de carga. • Para relaciones , las columnas con estribos y refuerzo longitudinal en las caras más alejadas son más eficientes a flexión y entre mayor la profundidad respecto al eje de flexión más eficiente. • Columnas con estribos y refuerzo longitudinal en las cuatro caras, se usan para relaciones y también con momentos alrededor de los dos ejes.
220
La pendiente mรกxima de la barra inclinada es 1/6 respecto al eje de la columna. (C.7.8.1.1)
221
Problema: Diseñar una columna de una vivienda que tiene una carga muerta de 600 kN, una carga viva de 800 kN, un momento por carga muerta de 100 kN.m y por carga viva de 150 kN.m con respecto al eje X. f´c = 28MPa y fy = 420MPa. 1. Predimensionamiento:
Pu = 600 *1.2 + 800 *1.6 = 2000 kN Mu = 100 * 1.2 + 1.6 *150 = 360 kN * m Se supone ρ = 0.01 con lo q se obtiene Ag max.
Ag ≥
Pu 0.45( f ´c + fyρ s )
Ag ≥
2000 *10 3 = 0.14m 2 0.45 28 *10 6 + 420 *10 6 * 0.01
(
)
e=Mu/Pu=0.18 Ag=014= b*b entonces b=0.37 ≈ 0.4 ( b=h) e/h=0.18/0.4=0.45 > 0.2 Columna rectangular Usar columnas con estribos y refuerzo longitudinal en las caras más alejadas Se recalcula las dimensiones de la sección Con bmin=0.3 para calcular h Usando un lado b = 0.30 y h =
0.14 = 0.46m ≈ 0.5m 0.30
222
Sección 30 x 50cm. 2. Para un recubrimiento de 5 cm desde la cara de la columna hasta el centroide del refuerzo
γ =
h − 2d ´ 50 − 10 = = 0.80 h 50
3. Cálculo.
Pu
φf ´cAg = 0.78
Mu = Pu.e
φf ´cAg h = 0.28
= 4. Del diagrama de interacción se obtiene:
ρ g = 0.042 > ρ max = 0.04
por lo tanto es necesario agrandar la sección [ 0.001<
Cambiar sección a 40 x 50 Eje de flexión:
γ = 0.80
d’
Eje de flexion
h
b
40
50 Pu
φf ´cAg = 0.55
Mu = Pu.e
ρ g = 0.02
φf ´cAg h = 0.2 Cumple [0.001<
ρ
<0.004]
Ast = ρ g bh = 0.02 * 40 * 50 = 40cm 2
223
ρ
<0.004]
Refuerzo Longitudinal: 8 # 8 As = 40.8 cm.2 Estribos: φ3/8” @ 10cm.
Problema: Diseñar una columna con Pu = 1500kN, Mu = 150kN.m, Vu 80Kn, la columna forma parte de un sistema de pórticos resistente a momentos y longitud libre de 2.6 m. 1. Predimensionamiento Usar entre
y recubrimiento de 5 cm. El rango de mas economía esta . Usando
Suponiendo columna cuadrada 1.1 Para determinar el arreglo del refuerzo calculo
La columna es rectangular La columna con barras en las dos caras más alejadas es la mas eficiente. Se recalcula las dimensiones de la sección Con bmin=0.3 para calcular h Usando un lado b = 0.30 y h =
0.09718 = 0.324m ≈ 0.35m 0.30
Sección 30 x 35cm.
1.2 Revisión de los efectos de esbeltez (Pandeo local)
Coeficiente de longitud efectiva. Momentos en los extremos de la columna. Longitud libre. Radio de giro
224
Para la columna doblemente empotrada. Se asume que
Cumple, se debe despreciar los efectos de esbeltez. Según el código NSR-98 en C.10.11.2, el radio de giro de los elementos en compresión puede tomarse como 0.3 veces la dimensión total de la sección en la dirección bajo estudio para secciones rectangulares y 0.25 para secciones circulares. Si se supone que puede existir cierta rotación en el nudo Cumple.
2. Calculo
, de los diagramas de interacción se tien se debe interpolar. 3. Diagramas de interacción.
Si
Se debe aumentar la sección
Es necesario agrandar la sección a b=0.35 h=0.35
225
y
, por lo tanto
Se calcula
0.001 < ρ <0.004 Cumple 4. Seleccionar el refuerzo.
5. Revisar la capacidad máxima.
Según el C.21.4 la fuerza axial mayorada en el elemento debe ser mayor a:
Y debe ser menor a:
Cumple 6. Traslapos. Usar el caso general
Para empalmes clase B:
7. Estribos: Usando La separación máxima en zona confinada debe ser menor a:
226
El refuerzo transversal debe colocarse en una distancia
la cual no puede ser menor a:
Para la zona No confinada, el espaciamiento debe ser menor a:
Para elementos sometidos a compresiรณn axial
8. Despiece columnas. Se supone Lu = 2.40 m, h viga= 0.40 m, profundidad de cimentaciรณn -1.50 m.
227
Problema: Diseñar una columna circular con refuerzo en espiral con Pu = 1500kN, Mu = 150kN.m, f’c = 28 MPa, fy = 420 MPa, Lu = 2.6 m y doblemente empotrada. 1. Predimensionamiento Usando
2. Calculo , de los diagramas de interacción se tiene debe interpolar.
3. Diagramas de interacción.
DEBEMOS AUMENTAR LA SECCION Diagramas de interacción con D = 0.40 m
228
y
, por lo tanto se
4. Seleccionar el refuerzo.
5. Carga mĂnima y maxima.
6.Traslapos clase B.
7. Estribos. Recubrimiento de 5 cm.
229
COLUMNAS BAJO CARGA AXIAL En la mayoría de los casos las cargas axial de compresión, actúa simultáneamente con momentos de flexión alrededor de los 2 ejes principales de la sección.
230
da la posición del eje neutro.
Cualquier combinación de cargas. Pu, Mnx y Mny, que caigan dentro de la superficie de interacción, se pueden aplicar en forma segura, pero si el punto cae por fuera de la superficie, causaría una falla en la columna. El eje neutro no es perpendicular al plano que contiene la carga Pn. El ángulo se calcula con:
X e Y: puntos donde se quiere calcular el esfuerzo.
231
1. COLUMNAS BAJO CARGA BIAXIAL
El cálculo de cada punto involucra una variación en: 1. El cambio de la deformación en la sección transversal. 2. El ángulo del eje neutro, el cual no es paralelo al vector del momento resultante, cuando la flexión ocurre respecto a uno de los ejes principales. Para diseño de columnas rectangulares bajo carga biaxial, se pueden seguir el siguiente procedimiento: , se reemplaza por una excentricidad equivalente , y la 1. La excentricidad biaxial columna se diseña para carga y flexión uniaxial. Excentricidad en la dirección Y. Excentricidad en la dirección X. Momento alrededor del eje Y. Momento alrededor del eje X.
Este procedimiento esta limitado a columnas simétricas respecto a los 2 ejes, con una relación lado largo a corto . El refuerzo se coloca en las 4 caras.
232
2. MÉTODO DE LA CARGA RECIPROCA O INVERSA. Método de diseño aproximado desarrollado por Bresler. El diagrama de interacción, puede dibujarse en función de la carga axial Pn y la excentricidad.
La superficie S1, se puede transformar en una superficie equivalente de falla S2, si se grafica . -
-
Si , 1/Pn corresponden a la capacidad inversa de la columna. Si Po es una carga concéntrica, corresponde al punto C. Si tiene cualquier valor, que causa , corresponde a la falla, y el inverso
en el punto A.
Si reciproco
tiene cualquier valor, en el punto B.
que produce
, puede causar la falla, y su
Cargas de falla, establecidas para excentricidades de cargas aplicadas conocidas usando métodos de flexión uniaxial. S´2: Plano oblicuo definido por los puntos A, B y C, se usa como una aproximación de la verdadera superficie de falla S1. Ordenada vertical de la verdadera superficie de falla, y es conservativa estimada de Distancia vertical del plano oblicuo ABC, no es igual al verdadero debido a la concavidad de la superficie de falla.
233
En el NSR-10. CR10.3.6 y CR10.3.7 se presenta la siguiente ecuación, originalmente presentada por Bresler, para calcular la capacidad de la sección bajo flexión biaxial, deriva de la geométrica del plano aproximado.
Donde , para diseño esto no es seguro en casos donde sea grande la flexión acompañada por una fuerza axial menor a , la falla empieza por la fluencia del acero en tensión, correspondiente a la parte inferior del diagrama de interacción. Pni = Resistencia nominal a cargas axiales para una excentricidad dada a.lo largo de ambos ejes. Resistencia nominal a cargas axiales para una excentricidad dada a lo largo del eje y con Resistencia nominal a cargas axiales para una excentricidad dada a lo largo del eje x. Carga nominal con Po = Resistencia nominal a cargas axiales para excentricidad cero, columna cargada concéntricamente
Carga axial mayorada. Momento alrededor del eje X. Muy = Momento alrededor del eje Y. Excentricidad paralelo al eje Excentricidad paralelo al eje X = Lado paralelo al eje X. Y = Lado paralelo al eje Y.
Problema: Revisar el diseño de una columna cargada biaxialmente con , , , ρ = 0.02, Usando el método de la carga reciproca de Bresler. Predimensionamiento.
Se usa
critico por lo que se debe tomar
=0.001
Usar una columna de 50X50 cm. Se halla γ
Para una cuantía ρ = 0.02
234
Calculo Pny, Con ey y ex=0 ρ =0.02.
Se entra al gráfico con ey/h y ρ = 0.02
Calculo Pnx con ex y ey=0; ρ =0.02.
Se entra al gráfico con ex/h y ρ = 0.02
Calculo Carga Concéntrica Po; entro con ρ =0.02.
Reemplazando.
235
3 Método del contorno de carga. Para resolver una columna solicitada biaxialmente se realiza una composición vectorial de los momentos
Mu = Mux 2 + Muy 2 Mux: Momento actuante alrededor del eje X Muy: Momento actuante alrededor del eje Y Mu: Momento total. La forma del diagrama P-M depende de varios factores, envueltos en la variable βb que describe la forma que tiene el diagrama: Valor de la carga axial Índice de refuerzo ρfy/f´c Recubrimiento Valor de fy y f´c Relación de b/h y ρ βb esta entre 0.5 y 0.80. Si la figura es rectangular el corte del diagrama P-M es una elipse. Se puede normalizar como un círculo si se divide por la capacidad uniaxial máxima en ese eje a ese nivel de carga. La representación de la superficie de falla, está dada por una familia de curvas correspondientes a valores constantes de Pn. Las formas de las curvas pueden aproximarse a una ecuación de interacción adimensional desarrollada por Bresler.
Cuando Cuando Cortantes que dependen de las dimensiones de la columna, cantidad de refuerzo, características esfuerzo – deformación del concreto reforzado, recubrimiento, y tamaño lateral de los estribos. Cuando la forma del contorno de interacción es
236
Donde:
α=
log 0.5 Log β b
Para una columna cuadrada y rectangular se puede usar
. Se define:
Cc = φ b h f´c Cs = φ As fy Se encontró la ecuación de βb. Se toma φ=0.65, βb se puede tomar de las siguientes ecuaciones, para valores de carga axial Pu mayores de 0.25 Cc.
βb = β 25 +
Pu / Cc 0.85 + Cs / Cc
Para valores de carga axial Pu menores de 0.25 Cc. 2
Cs Pu / Cc βb = β 25 + * 0.85 − 2Cc 0.85 + Cs / Cc β25: Valor correspondiente a Pu, igual 0.25Cc. Cuando Cs/Cc es mayor a 0.5
β 25 = 0.485 + 0.03
Cc Cs
Cuando Cs/Cc es menor a 0.5.
β 25
Cs = 0.545 + 0.35 0.5 − Cc
2
237
238
Problema: Resolver el problema anterior por el método del contorno de carga. Flexión Alrededor del Eje Y. Mny0
Entro al gráfico con
Flexión Alrededor Del Eje X, Mnx0.
Reemplazando.
Problema: Usar el problema anterior para revisar la columna solicitada biaxialmente. Cc = φ b h f´c = 0.65*0.5*0.5*28000 = 4550 kN Cs = φ As fy = 0.65*51/1002*420*106=1392.3 kN Cs/Cc = 0.306 Usar:
β 25 = 0.545 + 0.35 0.5 −
2
1392.3 = 0.558 4550
Como Pu = 2500 kN < 0.25 Cc = 1137.5 kN 2
Cs Pu / Cc * 0.85 − = 0.61 2Cc 0.85 + Cs / Cc
βb = β 25 + α=
log 0.5 = 1.402 Logβ b
239
De los diagramas de interacciรณn se leen los valores de Mnx y Mny.
Entro al grรกfico con
Flexiรณn Alrededor Del Eje X, Mnx0.
Reemplazando.
240