Compr Compuesta

5. Compresión Simple y Compresión Compuesta. Diagramas.

19.14 Compresión Simple y Compresión Compuesta (D 4a Y D 5)

Repasando conceptos. La interacción de M y N (Flector y Normal) en unasección, da lugar a distintos esfuerzos según sean los valores que estassolicitaciones tengan y sus relaciones. Se vio antes el caso de Flexión Simple (M"*O Y N = O) Y el de Flexión Compuesta (M "*O Y N "*O), en el que se definió un

valor de ea (excentricidad al baricentro de la sección), dado por la relación M/N yque debía ser (al menos) mayor que h/2. Esto es lo que se define, en general,como sección con gran excentricidad75 y en ella existe un predominio de la flexión.

Ahora bien, si la excentricidad es menor, si cae dentro de la sección yespecialmente en el núcleo central, se dice que se está en presencia de unasección con pequeña excentricidad y la combinación de esfuerzos configura lo quese denomina Compresión Compuesta (M "* O Y N "* O), con predominio de lacompresión, o Tracción Compuesta, con predominio de la tracción. Estos doscasos dependerán del valor y sentido que tenga el esfuerzo axial. Finalmente, si(M = O Y N "* O) sólo existe un esfuerzo axial actuando sobre el baricentro de lasección y se está frente a un estado de Compresión Simple o Tracción Simple(excentricidad nula).

Los casos de flexión y de tracción ya fueron estudiados (01, 02, 03 Y 04).Los casos de compresión se van a referir a un único estado, CompresiónCompuesta, ya que éste es el único que la EHE acepta como válido paraelementos de hormigón armado (preponderantemente comprimidos). La Normaobliga a considerar una excentricidad mínima (en caso de que se esté en un casode compresión simple) de valor:

e = max {h/20 ; 2 cm}

Esta excentricidad mínima a considerar se dice que es debida a laincertidumbre en la posición del punto de aplicación de las cargas (y del esfuerzonormal), y debe ser medida a partir del baricentro de la sección bruta.

En los casos de compresión se estará (como ya se ha visto), en losdominios de deformación 4a y 5 (ambas armaduras comprimidas). A partir de lasecuaciones de equilibrio es posible deducir los valores de momento y normalreducidos, aplicando coeficientes adimensionales (igual que se hizo en los casosde flexión) y elaborar una tabla similar a la de la Fig. 19.5 para hallar el valor de w(cuantía mecánica) correspondiente. Veamos cómo se llega esto.

" El caso de Flexión Simple podrfa definirse como de excentricidad infinita.

5-3


Si se considera una profundidad de eje neutro h ~ x ~ +00, es decir, el ejeneutro fuera de la sección y por lo tanto en O 5, las ecuaciones de equilibrio ycompatibilidad de deformaciones para este estado son (Fig. 19.16):

Del_dan.. Ttnsl_.del_o

-', A2'1~-rA2 ~!l

~~ L Ara!

T". ,, II II ', I,/1'_____

, ", I1 ,, II ,,,-L__

Fig.19.16

Las ecuaciones de equilibrio:

¿F = O=> Nu = b. h. fed. '1' + A, . 0'1+ ~ .fyd

¿M(z) = O=>Nu .ez = b.h .fed' '1' .(A. . X-dz)+A, '0'1 .(d -dz)

Notar que ahora se toman momentos respecto a la armadura superior (2),más comprimida.

Además es:

&1 = 0.002. x-dx - 3/7 .h Y 0'1 = &1.Es ~ fyd

Los valores de '1' y A, se han tabulado en función de q= x/h, cuyavariación puede verse en la tabla de Fig. 19.17.

Luego, las ecuaciones adimensionales quedarían:

0'1v='I'+ml'-+mz

fyd

5-4


pz = '1' '(A.-ó'z)+ml. 0'1 (15-ó'z)= PeZ +ml. 0'1 (15-ó'z)fyd fyd

Con:

&1 =0.002. q-ó'q- 3/7

y donde ahora se ha hecho:

PeZ = '1' .(A.- ó'z) (momento reducido proporcionado por el hormigón)

Notar que en estas dos ecuacionesadimensionaleslas incógnitasqueinteresan son mI Y m..z.

La tabla de Fig. 19.18 permite encontrar la cuantía mecánica a partir delmomento reducido (f.Jz).El proceso de cálculo es el siguiente:

Haciendo:

Nd .ez

pz = b.hz .fed

Considerando siempre e2 (Fig. 19.16) como la excentricidad referida a laarmadura más comprimida (A2).

Luego se halla el normal reducido como:

Nd

vd=b.h.fed

Observar que los esfuerzos reducidos adimensionales se hallan aquí conel valor de h (canto total), ya que se supone ahora toda la sección como activa ytrabajando a compresión (se desprecia la pequeña zona en tracción del hormigónen el caso del O 4a).

Con el valor de f.Jzy el de t5-¿, se entra en tabla (Fig. 19.18) Y se obtiene '1/ó q '1/,según el dominio que corresponda (4a ó 5) respectivamente.

5-5


Fig. 19.17 (de [5])

Como se vio, Oz,es el grado de recubrimiento y ya se definió como:

o. = d22 h

Donde d2 es el recubrimiento en la parte más comprimida76. La tabla se hace para

valores de Oz = 0.05, 0.10 Y 0.15, por lo que para otros valores se deberáinterpolar.

76 Se dice mós comprimido porque toda la sección se considera comprinúda. Ya se ha comentado que generalmente, por razonesde sencillez constructiva, se adopta el mismo recubrinúenlo para toda la sección. Este valor pone en evidencia cuál es el

recubrimiento considerado en las ecuaciones parael caso en que pudieran ser distintos.

5-6

(

I

I

I


Finalmente se encuentran las cuantias mecánicas dependiendo de dos

casos, que son:

. Para JJ2< 0.425 - 0.85.82

La solución más económica se obtiene haciendo A1 = O. No se agotaria elhormigón en compresión, con lo que es innecesario el uso de armadura allí. Lacuantia será:

Dominio 4a ~ (/}2=Vd -1/1' ~Dominio 5 ~ (/}2=Vd -1/1

Si el valor de P2 es menorque los que se encuentranen la tabla indicaráque enrealidad se trata de un caso de flexión compuesta (gran excentricidad) Y sedeberia trabajar con la tabla de Fig. 19.5.

. Para P2 ~ 0.425 - 0.85.82

Son necesarias las dos armaduras trabajando a compresión y las dos cuantiasmecánicas serán:

P2+0.85.82 -0.425(/}1=

8-82

(/}2= Vd -(/}1 -0.85

Donde ahora se ha definido:

d8--

-h

Luego, se debe recordar que se considera 77 :

A, .fyd 1".=w .b.h.fcd(/)- -1 11 - b.h.fcd

A¿ ,fyd ~ 1". = w .b. h. fcd(i}= 2 22 b.h.fcd

71En este procedimiento no se diferencian las ecuaciones en función del tipo de acero. Se indica que son válidas para aceros convalores de limite elástico no mayor de 500 N/mm' y con limite último (fluencia) no menor de 420 N/mm' (alrededor de 400N/mm'). Los dos aceros que se consideran en EHE cumplen estas condiciones por lo que se pueden aplicar las relaciones dadas.

5-7

VALORESDE '" Y A EN DOMINIO5

, '" A

1.00 0.68810 0.415971.05 0.71310 0.431441.10 0.73273 0.442841.15 0.74842 0.451531.20 0.76116 0.458321.25 0.77165 0.463741.30 0.78038 0.468141.35 0.78773 0.471771.40 0.79398 0.474801.45 0.79933 0.477361.50 0.80395 0.479541.55 0.80796 0.481421.60 0.81147 0.48304\.65 0.81456 0.484461.70 0.81730 0.485711.75 0.81972 0.486811.80 0.82189 0.487791.90 0.82558 0.489442.00 0.82859 0.490772.25 0.83406 0.493182.50 0.83768 0.494752.75 0.84019 0.495833.00 0.84200 0.496613.50 0.84440 0.497634.00 0.84586 0.498255.00 0.84747 0.49893

00 0.85000 0.50000


COMPRESIONES CON PEQUE~AS EXCENTRICIDADES

NOTACIONES:

~.~.8,,,~h hNr'e~

11,=b.h'.!..

v !!.:...-b.h.!..

"".. ,4,.!"b.h.!..

Q).= .4,-1.... b.h.!..

N, " Resultanle del,loque comprimido

t

[;JAt" -+

'z , T~

+At+ !+-- --j..

Fig. 19.18 (de [5])

5-8


Este procedimiento descrito, que surge (como se indicó) a partir de

adimensionalizar las ecuaciones de equilibrio seccional, resulta ser el máseconómico y exacto respecto a la armadura resultante. Sin embargo, hay quetener en cuenta que en la práctica está extendido el uso de otro método que se

justifica principalmente por dos razones que se describen a continuación:

a) Con el uso de la tabla adimensional (Fig. 19.18) hay muchos casos enlos que no es necesaria la armadura menos comprimida (A1 = O), que es el casoen que no se agota la resistencia a compresión del hormigón (como se vioanteriormente). En estos casos, no obstante, debe colocarse obligatoriamente unaarmadura de montaje (en general, 2 <1>12).

b) Los elementos fuertemente comprimidos tales como los pilares78 ocolumnas de estructuras, deben ser capaces de resistir esfuerzos horizontales,

provenientes, en general, de cargas de viento y de sismo, que se traducenprincipalmente en esfuerzos flectores Y de cortantes en ellos. Estas cargas sonreversibles, es decir, actuarán en los dos sentidos, en la dirección principal de laestructura que se considere 79,que es como generalmente puede analizarse. Estoconlleva que debe considerarse un diagrama de esfuerzos final para el pilar (yvigas, si los nudos son rigidos), que será la envolvente de los esfuerzosproducidos en los dos sentidos, a fin de cubrir los dos casos de sentido de cargaposibles. Para dimensionar este elemento se deberá colocar armadura en las doscaras que se consideren traccionadas cada vez.

Por ejemplo, en un terremoto, estará traccionada una cara y luego otra,

(según la dirección del movimientos sismico) en un proceso continuo que llevará alas fibras de la sección a pasar por estados de compresión a tracción o viceversa,a lo largo de un número determinado de veces (dependiendo de cómo sea en eseinstante la carga dinámica). Algo similar ocurre con la carga de viento, aunque eneste caso su inversión no es tan rápida.

Una forma de solucionar Y hacer más sencillo este cálculo es utilizar los

Diagramas de Interacción. Estos diagramas están confeccionados para colocar

11 Hay que tener en cuenta que los pilares pueden estar traccionados, por efectos de vuelco y levantamiento por cargashorizontales Y que las vigas (que en general se considerarán fuertemente flexionadas) pueden estar sometidas a esfuerzos

preponderantes de tracción (tirantes) o de compresión (grandes cargas horizontales). De esto se deduce que aunque en la prácticase encuentren esfuerzos preponderantes en los miembros estructurales (debido a las cargas gravitatorias que normalmente estosreciben) esto no es una norma y se debe examinar con cuidado cada caso en particular. Todo dependerá de la relación entre lascargas gravitatorias Yhorizontales que recibe la estructura.79Por ejemplo, para un pórtico analizado como estructura plana, se considera que resiste esfuerzos en su plano o en su dirección

principal (que contiene a vigas y columnas), Yse hace la suposición de que no resiste en su plano perpendicular (aunque es obvioque habrá colaboración resistente, por supuesto que mucho menor). 5-9

p"'I"6,=O.OS 6,=0.10 6,=0.15

0.85 - - 0.1191 0.58490.86 - - 0.1229 0.59180.87 - - 0.1269 0.5986 D0.88 - - 0.1308 0.6055 O0.89 - - 0.1349 0.6124 M0.90 - 0.1699 0.1390 0.6193 10.91 - 0.1744 0.1431 0.6262 N0.92 - 0.1790 0.1473 0.6331 10.93 - 0.1836 0.1516 0.63990.94 - 0.1882 0.1559 0.6468 O0.95 0.2257 0.1930 0.1603 0.65370.96 0.2308 0.1978 0.1647 0.6606 40.97 0.2360 0.2026 0.1692 0.6675 a0.98 0.2412 0.2075 0.1738 0.67430.99 0.2465 0.2124 0.1784 0.6812

p"

6,= O.OS 6,=0.10 6, =0.15\lI

1.00 0.2518 0.2174 0.1830 0.68811.01 0.2563 0.2216 0.1869 0.69361.02 0.2605 0.2256 0.1906 0.69891.03 0.2645 0.2293 0.1941 0.70381.04 0.2684 0.2329 0.1975 0.7086I.OS 0.2720 0.2363 0.2007 0.71311.06 0.2755 0.2396 0.2037 0.7174

r1.07 0.2788 0.2427 0.2066 0.12151.08 0.2819 0.2457 0.2094 0.72541.09 0.2850 0.2485 0.2120 0.72921.10 0.2878 0.2512 0.2146 0.7327 hLIS 0.3005 0.2631 0.2257 0.7484

11.20 0.3108 0.2727 0.2347 0.7612 D1.25 0.3193 0.2807 0.2421 0.77161.30 0.3263 0.2873 0.2483 0.7804 O1.35 0.3322 0.2929 0.2535 0.7877 M1.40 0.3373 0.2976 0.2579 0.7940 11.45 0.3416 0.3016 0.2617 0.7993 N1.50 0.3453 0.3051 0.2649 0.8039 11.55 0.3486 0.3082 0.2678 0.8080 O1.60 0.3514 0.3108 0.2703 0.81151.65 0.3539 0.3132 0.2724 0.8146 51.70 0.3561 0.3152 0.2744 0.81731.75 0.3581 0.3171 0.2761 0.81971.80 0.3598 0.3187 0.2776 0.82191.90 0.3628 0.3215 0.2802 0.82562.00 0.3652 0.3238 0.2824 0.82862.25 0.3696 0.3279 0.2862 0.83412.50 0.3726 0.3307 0.2888 0.83772.75 0.3746 0.3326 0.2906 0.84023.00 0.3760 0.3339 0.2918 0.84203.50 03780 0.3358 0.2935 0.84444.00 0.3792 0.3369 0.2946 0.84595.00 0.3805 0.3381 0.2957 0.8475.. 03825 03400 0.2975 0.8500


armaduras simétricas en la sección, por lo que sólo se debe conocer el estado de

mayor solicitación de los dos casos (suponiendo que sean distintos) y colocar

igual capacidad de armadura en ambas caras, de forma conservadora. Pero antesde abordar el cálculo con estos diagramas es necesario estudiar qué es un

Diagrama de Interacción.

20 Concepto de Curva o Diagrama de Interacción

20.1 Introducción

La mayor parte de los elementos estructurales sometidos a compresióntambién están solicitados por momentos flectores, por lo que en su diseño debetomarse en consideración la presencia simultánea de los dos tipos de esfuerzos.Es prácticamente general que las estructuras se encuentren sometidas aesfuerzos axiales y momentos flectores conjuntamente.

Como ya se explicó, para el caso de columnas o pilares, los esfuerzosnormales se producen por las cargas gravitatorias, y los momentos flectores (yesfuerzos cortantes) por los esfuerzos transmitidos por nudos rigidos osemirrígidos y por las cargas horizontales reversibles que actúan sobre lasestructuras (sismo, viento). Para el caso de vigas es exactamente al revés, esdecir, las cargas gravitatorias producen aquí esfuerzos flectores y cortantes, y lasacciones horizontales reversibles, esfuerzo axial (y esfuerzos en transmisión pornudos rígidos o semirrígidos)8o.

También como ya se indicó, según sea la influencia relativa que tienen elmomento flector y el esfuerzo normal entre sí, se puede tener flexión compuesta(en este caso, flexocompresión) o compresión compuesta, según sea mássignificativo el momento o el normal respectivamente. La determinación del tipo deesfuerzo combinado (la influencia relativa de cada esfuerzo) puede hallarse apartir de la determinación de la excentricidad correspondiente. Si la excentricidades mayor que la mitad del canto, el punto de aplicación del esfuerzo axialrepresentativo estará fuera de la sección y se tendrá flexión compuesta y cuandola excentricidad sea menor, compresión compuesta. Aún así, en la realidadexisten situaciones frontera en las que no se tiene muy claro qué solicitación espreponderante (y por lo tanto, qué tipo de metodología es la más adecuada aaplicar) especialmente por la variabilidad que imponen las cargas reales y por lasincertidumbres en los puntos de aplicación de las mismas. En estos casos, esfundamental el criterio del proyectista (estructural) y siempre se podría ir a una

80Tener en cuenta que en las estructuras con nudos rígidos (las más comW1CSen hormigón armado) siempre existe transferencia deesfuerzos (momentos) entre vigas y pilares.

5-10

,

J


situación conservadora (teniendo precaución con las secciones que sean críticasen la estructura y no sobrearmarlas).

Ahora bien, desde un caso de compresión simple (N*- OY M = O) hasta elde flexión simple (N = OY M *- O), existen infinitas combinaciones de M y N quehacen llegar la sección a la rotura. Esto se puede ver en un gráfico que indica lallamada "curva de Interacción,,81.El gráfico tipo es el de Fig. 20.1.

Una vez definida las dimensiones de una sección (h, b, r), la armadura

colocada (Al y A2) Y las curvas de comportamiento de los materiales, es posibleconstruir un diagrama o curva de interacción propia para la misma. A partir de allí,cualquier combinación (M, N) que caiga dentro de la curva o en la curva misma,identificará una situación de resistencia posible para la sección (punto i de Fig.

20.1). Dicho en otras palabras, la sección es capaz de resistir las solicitacionespropuestas. Un punto que esté fuera de la zona cubierta por la curva indica unacombinación de esfuerzos no válida para la sección en cuestión (punto j de Fig.

20.1). El diagrama de interacción es, entonces, un diagrama de resistencia de unasección, que se indica por una curva límite de resistencia y por toda el áreadelimitada bajo la propia curva para distintas combinaciones de M y N posibles.

M

x ..¡.::]. x

FS:FlexiónSimple

.

CS:CompresiónSimple.

CS N

Fig.20.1

Es importante observar que la presencia de pequeñas cargas axiales decompresión (parte superior de la curva de interacción), teóricamente tiene unefecto beneficioso sobre el momento flector resistente. Este comportamiento se

81 El nombre "de interacción" proviene justamente de analizar la interacción de M y N.

5-11

5.CompresiónSimpley Compresión Compuesta.Diagramas.

debe a que el hormigón, con fibras traccionadas por la flexión, se fisura en granmedida, y la presencia de cargas axiales de compresión pequeñas permitedisminuir la sección transversal fisurada y aumentar la sección efectiva de trabajodel material.

La presencia de grandes cargas axiales (parte inferior de la curva deinteracción), por otra parte, disminuye considerablemente la capacidad resistentea la flexión.

Para la elaboración de la curva de interacción nominal, para una seccióndada, se utiliza el siguiente procedimiento:

1. Se definen diferentes posiciones del eje neutro.

2. Para cada posición del eje neutro se calculan las deformaciones unitariasen cada fibra de la pieza, tomando como base una deformación máximaen el hormigón de Ee= 0.0035 (en flexión).

3. En función de las deformaciones en el acero y en el hormigón sedeterminan desde los diagramas de comportamiento, los esfuerzos en elhormigón y en el acero.

4. Se calculan los momentos flectores centroidales (respecto al centro de lasección) y esfuerzos normales internos que, por equilibrio, deben seriguales a los momentos flectores y cargas axiales externos solicitantes

20.2 Construcción de un Diagrama de Interacción

Se procede a hallar el diagrama de interaccióna partir de un ejemplopráctico.Setratade construirla curvapara la siguientesección(Fig.20.2):

Las áreas de armaduracolocada serán:

A,=3.1f.102 =942.4778 mm2

A:z=2'1f.102 =628.3185 mm2

~=3'1f.102=942.4778 mm2

Fig. 20.2

5-12

5.CompresiónSimpley Compresión Compuesta.Diagramas.

La sección es cuadrada de 400 mm de lado. Consta de 8 barras de 20 mm

distribuidas como se indica en la figura. Los materiales son: HA 25 (Ye=1.50) Y B400S(Ys=1.15).

La deformación unitaria que provoca la cedencia (fluencia) en el acero es:

fyd 400/1.15 = 1.74 %oEy ="E= 2.105s

Luego, hay que tener en cuenta que:

(1)Para Es < Ey :::) (js = Es .Es

(11) Para Es ~ Ey :::) (js = fyd = 400/1.15. [Mpa]

a) Punto 1 del diagrama:

Se supone que todas las fibras de la sección están a 2 %O.Es un caso decompresión pura o centrada y entonces, el eje neutro está en el infinito.

E =0.002 u. = 0.85"aI

1< ~o )1

(1) Deformaciones unitarias en las armaduras:

E, = 0.0020 > 0.00174 = Ey

E2 = 0.0020 > 0.00174 = Ey

E3 = 0.0020 > 0.00174 = Ey

(2) Tensiones en las armaduras:

oo.= 'yd

5-13

60 $ .

11

. . ---. A,

1401

. . ---. A

60$. . . ---. A3

1<

400

)1

60l.

1401

. .

l.

140 1

.

l.60* . .


0"1 =81.Es =fyd =400/1.15.[Mpa]

0"2 =82 .Es =fyd =400/1.15.[Mpa]

0"3 =83 .Es =fyd =400/1.15.[Mpa]

(3) Cálculo de la fuerza de compresión en el hormigón:

25 1Fe=0.85 .b .h =0.85.-.400.400. - =2266.66kN1.50 1000

(4) Cálculo de las fuerzas en las armaduras (compresión):

400 1FS1=A.0"1=942.4778.-. - =327.82 kN1.15 1000

400 11=.2= Az'0"2= 628.3185 = 218.54 kN1.15 1000

400 11=.3=A'0"3 =942.4778 =327.82 kN1.15 1000

(5) Cálculo de la carga axial nominal:

Fn = Fe + FS1+FS2 +FS3 =2266.66+ 327.82+218.54+ 327.82 = 3140.84 kN

Fn = 3140.84 kN

(6) Cálculo del momento nominal respecto al eje centroidal (x):

Mn = Fe .O+ FS1.140 + Fs2 . 0-1=.3 .140

Mn = 2266.66.0 + 327.82.140+218.54.0-327.82.140

Mn = O kN mm

5-14


b) Punto 2 del diagrama:

Se supone que todas las fibras de la sección están comprimidas. El eje neutro seencuentra en el borde inferior de la sección. La deformación unitaria en el bordesuperior es 0.0035.


34081 = 0.0035. - = 0.002975 > 0.00174 = 8y400

20082= 0.0035. - = 0.00175 > 0.00174 = 8y400

6083= 0.0035.- = 0.000525 < 0.00174 = 8y400


0"1 = 81' Es = fyd = 400/1.15. [Mpa]

0"2 =82 .Es =fyd =400/1.15.[Mpa]

0"3= 83 . Es = 0.000525.2.105 = 105. [Mpa]


25 1F =0.85.b.y=0.85._.400.320.-=1813.33 kN

e 1.50 1000

5-15

8 =0.003 (Te= 0.85"ed (Te= 0.85"ed

60 . . .

r140 !

X

140 !. .

/. . .60$ I 1/ I ---- \J/Y = 0.8 X

Y = 320 mm400

>11<


(4) Cálculo de las fuerzas en las armaduras:

400 1FSI=.4.'0"1=942.4778 =327.82 kN1.15 1000

400 11=.2= ~ '0"2 = 9628.3185 = 218.54 kN1.15 1000

105FS3= ~ '0"3 = 942.4778.- = 98.96 kN1000


Fn = Fe + FSI + FS2 + 1=.3= 2458.65 kN

Fn = 2458.65 kN


320M =F .(200--+F .140+F .O-F .140

n e 2 sI s2 s3

Mn = 2266.66 .40+327.82.140 +218.54.0 -98.96 .140

Mn = 104573.60 kN mm

c) Punto 3 del diagrama:

El eje neutro se supone a 100 mm por encima del borde inferior. La deformaciónunitaria del borde superior es 0.0035. Existe flexión.

5-16

T



240&1 = 0.0035. - = 0.0028 > 0.00174 = &y300

150&2= 0.0035. - = 0.00175 > 0.00174 = &y300

&¡= 0.0035. 100 = 0.00117 (borde inferior)300

40 40&3= &¡'- = 0.0017.- = 0.000468 < 0.00174 = &y100 100


0"1 = &1 . Es = fyd = 400/1.15 .[Mpa]

0"2 = &2 .Es = fyd = 400/1.15.[Mpa]

0"3= &3. Es = 0.000468 . 2.105 = 93.5. [Mpa] (tracción)


25 1F = 0.85.b. Y = 0.85.-.400.240.- = 1360 kN

e 1.50 1000


FSI =.4. '0"1 =942.4778. 400 .~=327.82 kN (compresión)1.15 1000

1=.2 =~ '0"2 =9628.3185. 400 .~=218.54 kN (compresión)1.15 1000

FS3 = ~ .0"3= 942.4778. 93.5 = 88.12 kN (tracción)1000


Fn = Fe + FSI + FS2+ 1=.3= 1818.24 kN

Fn = 1818.24 Kn

5-17

&=0.003 (Te=0.85 . 'ed(Te=0.85. 'ed

60 X!X .

100 1 r140 !. .

140!. .

¡100

y =0.8X

60 X!X. . . y= 240 mm

400Si

1< >1



240Mn=Fe.(200--+Fs1 .140+F.2 .0+FS3 .1402

Mn = 1360 .80 + 327.82 .140+ 218.54.0 +88.12.140

Mn =167031.60 kN mm

d) Punto 4 del diagrama:

El eje neutro se supone a 200 mm por encima del borde inferior (en la mitad delcanto). La deformación unitaria del borde superior es 0.0035. Existe flexión.

400 ) I1<&¡


1408, =0.0035.- = 0.00245 > 0.00174 = 8y200

82 = O

14083= 0.0035 .- = 0.00245 > 0.00174 = 8y200


0', = 8,.Es = fYd= 400/1.15. [Mpa](compresión)

0'2 = 82 . Es = O . [Mpa]

0'3 = 83 . Es = fYd= 400/1.15. [Mpa] (tracción)

5-18



25 1Fe=0.85.b.Y = 0.85.-.400.160.- = 906.67 kN1.50 1000


FS1= A, '0'1 = 942.4778. 400.~ =327.82 kN (compresión)1.15 1000

F.2 = ~ '(1'2 =0 KN

FS3 = ~ .0'3= 942.4778.400 .~ = 327.82 kN (tracción)1.15 1000


Fn = Fe + F.1+ FS2- FS3= 906.67 kN

Fn = 906.67 KN


160Mn=Fe.(200--)+Fs1.140+Fs2 .0+Fs3.1402

Mn = 906.67.120 + 327.82.140 + O + 327.82.140

Mn =200590 kN mm

Observar que el eje neutro en la mitad del canto no genera el caso de flexiónsimple.

e) Punto 5 del diagrama:

El eje neutro se supone en una posición tal que en la sección se produzca flexiónsimple. Esta condición se cumplirá si r.F = O .

5-19

8 =0.003 /Jc = 0.85. fed /Jc = 0.85 .fed

60 * . .toa 1

r140 !

. &,

140 !100

y = 0.8xy= 160mm

60* . . .

5. CompresiónSimpley CompresiónCompuesta.Diagramas.

Para calcular el punto 5 pueden suponerse dos situaciones. Una de ellas será

el punto buscado de flexión pura.

Estas situaciones son:

Caso (1):&, > &y

&2 < &y

&3 > &y

Caso (11):

&, < &y

&2 > &y

&3 > &y

Análisis del Caso (1):

1. Cálculo de las deformaciones unitarias en las armaduras:

&, > &y

= (200 - X

).0.0035&2 X

5-20

5. CompresiónSimpley CompresiónCompuesta.Diagramas.

10.7 -0.0035

&2=7

&3 > &y

2. Cálculo de tensiones en las armaduras:

0'1=&,.Es =fYd =400/1.15.[Mpa](compresión)

0'2 = &2. Es = (0~7 - 0.0035)- 2.105 = 140~00 700. [Mpa] (tracción)

0'3 = &3.Es = fyd = 400/1.15.[Mpa] (tracción)

3. Cálculo de la fuerza de compresión en el hormigón:

25Fe=0.85.b.y=0.85._.400.0.8.x=(4533.33.x) N1.50

4. Cálculo de las fuerzas en las armaduras:

Fs,= A, . 0', = 942.4778. 400 = 327818.37 N (compresión)1.15

FS2= ~ . 0'2= 628.3185. (140~00 700) = (87.9~'1 06 - 0.44.106) N (tracción)

FS3= A .0'3= 942.4778. 400 = 327818.37 N (tracción)1.15

5. Cálculo de la carga axial nominal:

Fn = Fe + Fs, - Fs2 - FS3 = O N

4533.33.x+327.818.37 -( 87.9~'106-0.44.106 )-327818.37 = O

4.53. x+327.82 87.96.103 -0.44.103 -327.82 = OX

4.53'X2 +440.x-87.96.103 OX

5-21

& =0.003 (Te= 0.85. fed

60 XXX

1-- -, tf, Jx Iy

140!140 !

1- -

1-60XXX - -1 LjS3400 Si

1< >1


De aquí:

-b-x..Jb2 -4.a.c -440-x..J4402 -4.4.53.87.96.103x -,.2- 2.a 2.4.53

-440-x.1336.95x =',2 9.06

Que dará:

x, = -196.13 mm

x2 = 99 mm

De estos dos valores se toma el valor lógico que es:

x = 99 mm

Una vez obtenida esta posición del eje neutro se procede a verificar todos losvalores correspondientes:

x-60 99-60&, =0.0035. - = -.0.0035 = 0.00138 < 0.00174 = &yx 99

&2= 0.70 -0.0035 = 0.70 -0.0035 = 0.0036 > 0.00174 = &yx 99

5-22

r5. Compresión Simple y Compresión Compuesta. Diagramas.

&3=0.0035. 340-x -0.0035. 34~=99 =0.0085 >0.00174 =&y

Se observa que las dos primeras deformaciones (&, Y &2) no cumplen el supuesto

adoptado, aun así se continua el cálculo de este nuevo punto.


0", = &, . Es = 0.00138.2.105 = 276. [Mpa](compresión)

0"2=&2 .Es =fYd =400/1.15.[Mpa] (tracción)

0"3=&3 .Es =fyd =400/1.15.[Mpa] (tracción)


25 99Fe =0.85.b.Y=0.85.b.0.8.x =0.85.-.400.0.80- = 448.80 kN1.50 1000


Fs, = A, .0",= 942.4778.276. ~ =260.12 kN (compresión)1000

FS2= ~. 0"2= 628.3185. 400 .~ = 218.54 kN (tracción)1.15 1000

FS3= A;¡. 0"3= 942.4778. 400 .~ = 327.82 kN (tracción)1.15 1000

(5) Cálculo de la carga axial nomínal:

Fn = Fe +Fs, -FS2 -F.3 = 162.56 KN (que como se ve es '" O)

Fn = 162.56 kN


Mn =Fe' (h/2 - Y/2)+ Fs' .140 + FS2.0 +F.3 .140

Mn =448.80 .(200-79/2)+260.12.140 +0 +327.82.140

Mn=154299.12 kNmm

5-23

E =0.003

,:IJ.8

81 V" f9

1401

18 8

188

8160 XIX -Ei

400

1< >1


5. Compresión Simple y Compresión Compuesta. DÍIlgramas.

Se aborda a continuación el Caso 11,ya previsto.

Análisis del Caso (11):

& =0.0035

1< 400 >1

&¡

1. Cálculo de las deformaciones unitarias en las armaduras:

E =0.0035. (x - 60) _ 0.0035 _ 0.211 x X

E2 > Ey

E3 > Ey

2. Cálculo de tensiones en las armaduras:

( 0.21

) 5 (42000

)[.

0'1=E1.Es = 0.0035--;- .2.10 = 700--X . Mpa](compreslón)

0'2 =E2.Es =fyd =400/1.15.[Mpa] (tracción)

0'3 =E3 .Es =fyd =400/1.15.[Mpa] (tracción)

2. Cálculo de la fuerza de compresión en el hormigón:

25F"=0.85.b. Y =0.85'-.400.0.8.x =(4533.33.x) N1.50

4. Cálculo de las fuerzas en las armaduras:

( 42000

) 39.58.106 .F.1=A.0'1=942.4778.700-- =659734.46 N(compresión)x -

5-24


F.2 =A:z. 0'2 =628.3185. 400 = 218545.56 N (tracción)1.15

FS3 =A . 0'3 = 942.4778. 400 = 327818.37 N (tracción)1.15

5. Cálculo de la carga axial nominal:

Fn = Fe + F.1 - F.2 - F.3 = O N

4.53. x + 659.73 - 39.56.103 218.54 - 327.82 =Ox

4.53'X2 +113.37.x-39.56.103 Ox

Que dará:

x1=-106.79 mm

x2 =81.77 mm

De estos dos valores se toma el valor lógico que es:

x=81.77 mm

Una vez obtenida esta posición del eje neutro se procede nuevamente a verificarlos nuevos valores:

5-25

60$ . .V" Ix

140 !.

140!. .

,.60* . .

& =0.0035

60 . . .T A1.77

140 !1,140!

. .

. . .60$ -

400 E/

1< >1



&,=0.0035 - 0.21 =0.0035 - 0.21 =0.00093 < 0.00174 =&X 81.77 y

- 200- x.O 0035=200-81.77 .0.0035 =0.0051> 0.00174 =&y&z- x' 81.77

& =& . 340-x =0.0051. 340-81.77 =0.011>0.00174=&3 .z 200 - X 200 _ 81.77 y

Como se puede ver, se cumplen los supuestos adoptados.


0", =&,.E. = 0.00093 .2.105 = 186 .[Mpa](compresión)

O"z=&z.E. =fyd =400/1.15.[Mpaj (tracción)

0"3=&3.E. =fyd =400/1.15.[Mpaj (tracción)


25 81.77F =0.85.b. Y =0.85.b.0.8.x =0.85'-.400.0.80-=370.69 kN

e 1.50 1000


1=.,=A¡ '0", =942.4778.186.~ =175.30 kN (compresión)1000

1=.z=Az 'O"z=628.3185. 400 '~=218.54kN (tracción)1.15 1000

400 1 .1=.3 =A;¡ . 0"3 =942.4778.-. - = 327.82 kN (tracción)1.15 1000


F" =F. +1=.,-1=.Z-1=.3= 370.69+175.30-218.54_327.82 =-0.37 kN ~O kN (queahora da cero)

F"= O kN

(6) Cálculo del momento nominal respecto al eje centroidal (x):5-26

~

So CompNSión Simple}' CompNSión Comp1lesll1. DiIIptllltllS.

Mn =F. .(h/2- y/2)+F..,.140+P';z .0+P,;3.140

Mn =4370.69 .(200-65.42/2)+175.30.140 +0+ 327.82.140

Mn =132449.53 kN mm

Se puede preparar una tabla (Fig. 20.3) con todos los pares desolicitaciones nominales obtenidos (F". Mn):

I Punto FI Al. [kNmm]

~I 3140.84 I O

~I 2458.65. J~04573.6

~11818.24 I 167031.6

~I 906.67 I 200590

~I 162.56 '1 154299.12

~I O I 132449.53

Fig.20.3

Si se llevan a un gráfico los seis puntos hallados, se tiene (Fig. 20.4):

5-27

So Compresión Simple)l Compresión Compuestll. DlogTll11ll1S.

Diagrama de Interacci6n Dimensional

Mu [kN mm]

250000

200000

150000

100000 -r. "50000

0-

O

t:

500, 1 ,. 4~--r

1000 1500 2000 2500 3000 3500

Nu [kN)

Fig. 20.4

Este diagrama puede ser representado de forma adimensional dividiendo

el valor del momento por b.# .~ y el valor del esfuerzo normal N por b. h. ~.Luego, se define entonces:

M

¡'¡=b.#.~

N

u= b.h.~

Para los datos utilizados será:

b.# .~ = 1066666.67 kN mm

b.h-~ = 2666.67 kN

Se hace una tabla similar a la anterior que ahora será (Fig. 20.5):

5-28

So Compresión Simple)l Compresión Compuestll. DlogTll11ll1S.

Fig. 20.5

y gráficamente ahora quedará (Fig. 20.6). El diagrama dimensionalrepresenta la sección adoptada (y los materiales) con una determinada cantidadde armadura colocada (cuantía). La ventaja del diagrama adimensional es que seprescinde de la influencia de las dimensiones de la sección, aunque como en elotro, se debe confeccionar para el tipo de material utilizado (hormigón y acero) ypara una definición concreta de la armadura colocada. Es importante definirexactamente tanto la cantidad de armadura como la colocación o situación de lamisma dentro de la sección.

5-29

I pun,oFIMn [kN mm]

11.1778135 1O

I 0.9219925 I0.09803

101 0.6818391I0.15659212

I0.3400008 I

0.18805312

I0.0609599 I

0.14465542

I OI

0.12417143


Diagrama de Interacción Adimensional

1.2 , 1.4JFig.20.6

A partir de aquí, se podrían construir otros diagramas con iguales valoresde partida, sólo variando la cuantía de armadura colocada y compararlos entre sí.Incluso representar todas las curvas en un mismo diagrama.

La construcción de los mismos es sencilla si se cuenta con algoritmoscerrados o con una simple hoja de cálculo con la que se podrían hallar mayorcantidad de puntos representativos (daría una curva más exacta). Para realizarestas curvas puede ser bajada una hoja de cálculo Excel desde:

www.uniovi.esIDCIF/MMcontinuos/Ariel/softlindex.htm

Estos diagramas son muy utilizados, como se verá a continuación.

21. Cálculo de secciones con Diagrama de Interacclón paraarmaduras simétricas

Un diagrama típico es el de la Fig. 21.1. Los diagramas se diferencian enel tipo de sección considerada (rectangular, rectangular en cajón -hueca-, circulary anular -hueca-), la distribución que se adopta para las armaduras a colocar en lasección, y en los grados de recubrimiento, para los que se consideran tres valoresrepresentativos (~h = 0.05; 0.10 Y 0.15). Esto lleva a menudo a tener queinterpolar entre dos gráficos y (lo que es muy importante) se debe adoptar a prioriel tipo de disposición o colocación de armadura deseada (en todos los casos,simétrica). En este gráfico de Fig. 21.1, la armadura hallada se distribuyesimétricamente en las dos caras opuestas.

5-30

5.Compresión Simple y Compresión Compuesta. Diagramas.

En un mismo diagrama se encuentran recogidas las curvas

correspondientes a distintos valores de armadura colocada, en términos de sucuantía mecánica (con valores desde cero a uno). Observar en el diagrama queexisten unas líneas que cortan las curvas y que se encuentran indicadas por una

referencia 8e/8s . Estas líneas representan las deformaciones respectivas para elhormigón y el acero y dan los puntos de cambio de dominio en el diagrama. Parael diagrama analizado, de izquierda a derecha, están las zonas que representan alos dominios: 02, 03, 04, D4a (muy pequeño) y 05.

Existen otros diagramas en los que es necesario definir el número debarras (o grupo de barras) a colocar. Se indica aquí sólo un diagrama por razonesde extensión. El manejo de los mismos es similar.

De forma simplificada, en la práctica, es usual que en lugar de interpolarvalores desde distintos grados de recubrimiento (y distintos Diagramas), resultemás sencillo adoptar el grado de recubrimiento más acorde con el caso a analizar.Este procedimiento es erróneo porque conduce a armaduras muy diferentes (lainfluencia del grado de recubrimiento es mayor de lo que se cree), como sedemostrará luego. Debido a ello, casi siempre es necesario interpolar (salvocuando la aproximación sea razonable).

Para entrar en el diagrama, se define:

Nd .eo

J.l= b.h2 .fed

Nd

v= b.h.fed

y se halla:

A.fyd

OJ= OlrOTAL = b. h. fed

Donde es:

Md

eo = Nd

eo: excentricidad definida respecto al centro de la sección bruta.

5-31

P0,25

0,2

0,15

0,1

0,05

O

O 0,2 0,4 0,6 0,8


'¡.L DlAGRAMAS DE INTERACCION ADIMENSIONALES

0.50 t' I ~ .i -: ¡ ~~ :..J..';!

ACEROB400S6BSOOS400"' 1iIIONIrnm'

le -b."

AtOI82A

el'oO.IO.h

l.'

Fig. 21.1 (de [5])

Por ejemplo, para el tipo de gráfico visto. considerando unos valores de¡.J = 0.4 Y v = 0.4, se obtendría para distintos grados de recubrimiento:

Se ve que estos valores conducirían a

valores de capacidad de armadura muydiferentes por lo es imprescindible interpolarcuando sea necesario.

Mediante los diagramas de interacción es posible resolver, tanto losproblemas de dimensionamiento como los de comprobación de secciones, másfácilmente que mediante el empleo de tablas.

A partir de cualquier ejemplo sencillo puede verse que es más económicoel uso de la tabla de Fig. 19.18, pero el incremento en armadura hallada con losdiagramas de interacción generalmente se justifica si con ello se garantiza laresistencia de la viga o pilar para cargas reversibles. En realidad el uso de la tabla

(armadura aSimétrica) sólo es adecuado y acertado en determinados casos muy

5-32

5. Compresión Simple y Compresión Compuesta. Diagramas.1

I

especiales. por ejemplo, cuando uno de los movimientos, en un sentido, tuvieradistintas restricciones (deformaciones) que el otro.

Los diagramas de Interacción pueden ser usados para secciones enflexión simple, compuesta, compresión simple y compuesta. Para flexión simpleseria ¡.J* OY v = O(se trabajaria en el eje de ordenadas)y para compresiónsimple. ¡.J= O Y v * O (valores en el eje de abscisas solamente). En todos loscasos, eso si, saldrán armaduras simétricas dependiendo del diagrama escogido.Aún asi, su uso está más extendido a secciones comprimidas con pequeñaexcentricidad (compresión compuesta).

El diagrama tiene un uso muy sencillo que permite en fase depredimensionado saber (con pocos parámetros adoptados) si la armadura halladaes idónea o lógica. desde el punto de vista resistente. o no. Por ejemplo, caer enla zona baja del diagrama (donde no existen valores) significará que la secciónpredimensionada está sobredimensionada y no se necesita armadura porque elhormigón es suficiente (lo que implicaría seguramente, tener que dimensionar laarmadura por cuantía mínima. que es antieconómico) y. por el contrario, caerfuera del diagrama (por arriba o por la derecha) significará que la sección estasubdimensionada y debe ser redimensionada. Sea como sea, la sencillez de suuso (en fase de predimensionado, dimensionado. verificación o redimensionado)hace más que justificable su utilización.

21.1 Valor minlmo de w

Se observa en los diagramas que existe un valor mínimo (curva minima)de valor w = O.Como se sabe, este valor de cuantía mecánica se define como:

A,01 "yd (1)w= b.d.'cd

Donde con A,o/ se denota la armadura colocada en toda la sección.

Por otra parte. la Norma EHE exige colocar una armadura mínima (cuantíageométrica mínima) de valor 4 %0.es decir:

CG = A,01 .1000 = 4b.d

Será:

5-33

d'/h (J)

0.05 0.650.10 0.750.15 0.85


b.h.4Aot = 1000

(2)

Luego, haciendo (2) en (1):

fl1Jmin=0.004.~

fed

Este valor l1Jmin es la cuantía mecánica mínima que se debería consideraren los diagramas para colocar armadura de cálculo o, dicho en otras palabras,menor cuantía que ésta, sígnificará tener que colocar cuantía mínimarecomendada por la Norma. Notar que a mayores valores de resistencia del acero

(fyd) da un valor mayor y a mayores valores de la resistencia del hormigón (fed),da menor. Por ejemplo, para valores mínimos de materiales:

fed = 25/1.50 = 16.67 Mpa

fyd = 400/1.15 = 347.82 Mpa

Sale:

l1Jmin= 0.083~ l1Jmin == 0.10

21.2 Ejemplo de cálculo con Díagrama de Interacción

Supóngase la siguiente sección y calcúlese la armadura necesaria con eldiagrama de armadura idéntica o simétrica (sin cuantificar barras).

Ih

1

* r Id

1

N = 2000 kNM = 400 kN m

(Ambos valores respecto albaricentro de la sección bruta).r = 50 mm

fcr 25 Mpa / Ye= 1.5fyk=400 Mpa / Ys=1.15Y;=1.60

Datos:

*<E--- b ¿

La excentricidad respecto al baricentro de la sección bruta será:

5-34


400ea =-=0.2m=200mm2000

Predimensionando valores para la sección se tiene:

(1) b = 400 mm ; h = 2000 mm

r/h = 50/2000 = 0.025 ~ se adopta 8 = 0.05

= y, .N.ea 1.60.2.106.200 -0.024P b .h2 . fed 400. (2000)2 .25/1.50

v = y, .N = 1.60.2.106 0.24b .h. fed 400.2000.25/1.50

Buscando en el gráfico correspondiente se ve que los valores caen en la partebaja del mismo, lo que indica que la sección está sobredimensionada por lo quese debe redimensionar.

(11) b = 400 mm ; h = 1000mm

r/h = 50/1000 = 0.050 ~ se adopta 8 = 0.05

= y, .N.ea 1.60.2.106.200 0.096P b .h2 . fed 400. (1oooi .25/1.50

v= y,.N = 1.60.2.106 =0.48b .h . fed 400.1000.25/1.50

En el gráfico da l1J = O, lo que indica que la sección aún esta sobredimensionada.

(111) b = 400 mm; h = 800 mm

r/h = 50/800 = 0.0625 ~ Se debe interpolar entre 8 = 0.05 Y 8 = 0.10.

= y, .N.ea = 1.60.2.106.200 =0.15P b .h2 . fed 400. (800)2 .25/1.50

5-35


v = y,.N = 1.60.2.106 =0.60b.h. fccJ 400.800.25/1.50

Buscando en ambos gráficos quedará:

0= 0.05 ~ aJ= 0.19o = 0.1O~ aJ= 0.20

Por lo que interpolando entre ambos valores sale:

aJ= 0.1925

Luego:

T = aJ'b. h .fccJ= 0.1925.400.800.25/1.5

T = 1026.67 kN

T, = 7; = 513.33 kN

Se adoptan 5 cf>20 (546.40 kN) en cada cara.

La verificación de cuantía es:

CG= 10'Jí.102 .1000 =9.81 %0>4%0400.800

(IV) b = 400 mm ; h = 600 mm

r/h = 50/600 = 0.083 ~ Se debe interpolar entre 0= 0.05Y0=0.10.

=y,.N .eo 1.60.2.106 .200 =0.27f.I b .h2 . fccJ 400. (600)2 .25/1.50

v = y,.N = 1.60.2.106 =0.80b. h .fccJ 400.600.25/1.50

Buscando en ambos gráficos quedará:

0= 0.05 ~ aJ=0.650= 0.10 ~ aJ=0.70

5-36

fi5. Compresión Simple y Compresión Compuesta. Diagramas. iI

Por lo que interpolando entre ambos valores sale:

aJ= 0.683

Luego:

T = aJ'b. h .fccJ= 0.683.400.600.25/1.5

T = 2732 kN

T, = T2 = 1366 kN

Se adoptan 8cf>25 (1365.90 kN) en cada cara.

La verificación de cuantla es:

co= 16'Jí.(25/2)2 .1000 = 32.72 %oO 4 %0400.600

A todas luces se ve que es una cuantla exagerada e incluso de muy difícilcolocación. Estudiando la distancia entre barras:

Para la colocación en una capa será:

b-2.r-n.cf>8=

n-1400-2.50-16.25 =-33.33 mm < 25 mm

15

Para dos capas iguales de 8 cf> será:

b-2.r-n.cf>8=

n-1400-2.50-8.25 = 14.28mm< 25 mm

7

Se observa que no es posible colocar la armadura en una ni en dos capas. Estasección está subdimensionada y debe ser redimensionada.

(V) b = 400 mm ; h = 400 mm

r/h = 50/400 = 0.125 ~ Se debe interpolar entre 0= 0.10 y 0=0.15.

=y, .N .ea = 1.60.2.106 .200 _0.60f.I b. h2 . fccJ 400. (400)2.25/1.50

5-37


v = y,' N = 1.60.2.106 -1.20b. h. fed 400.400.25/1.50

Buscando en ambos gráficos se ve que m se sale del gráfico. Ello indica que lasección está subdimensionada y se debe redimensionar.

22 Flexión (o compresión) esviada

Básicamente se estará en presencia de este estado cuando no se conocela dirección del eje neutro en la sección y éste habitualmente no es paralelo aninguna cara, en una sección rectangular. Dicho en otras palabras, se tiene unesfuerzo axial (N) y dos momentos (Mx Y My) actuando simultáneamente en lasección. O también, se tiene una solicitación normal (N), actuando conexcentricidades (exy ey) respecto a los ejes baricéntricos de la sección.

Se mencionó anteriormente que, como una hipótesis básica del cálculo deestructuras, se supone que éstas resisten esfuerzos fundamentalmente en suplano y que puede despreciarse la resistencia en un plano perpendicular a ella.Ahora bien, existen casos en que esta suposición no es válida y uno muy común,por ejemplo, se da en el caso de pilares que pertenecen o forman parte de dospórticos ortogonales entre S182.Aqul se da la flexión esviada o desviada (o lacompresión esviada). En este caso lo lógico es considerar el pilar con losesfuerzos derivados desde los dos pórticos (dos planos ortogonales) y resolver sudiseño conjuntamente.

22.1 Superficie de Interacción

AsI como en la flexión recta se vio el Diagrama de Interacción comodiagrama que indica los puntos posibles de resistencia de la sección, en el casode flexión (o compresión) esviada debe hablarse de una superficie de interacción.Esta superficie tiene el mismo concepto que el diagrama anterior sólo que debetratarse de puntos que ahora estarán situados en el espacio (3 ejes) en vez de enel plano. Una superficie de interacción tipo será como la de Fig. 22.1. Un puntosituado dentro del volumen generado (punto 1) (o en la superficie frontera) seráuna combinación de esfuerzos posible de resistir por al sección y un punto fuera(punto J) indicará una combinación no posible. Un punto en un plano (N, M)pertenece a un caso de flexión recta y la intersección de la superficie de

82 Tener en cuenta que las estructuras en su conjunto siempre son tridimensionales y aunque estén formadas porelementos planos resistentes (cerchas, pórticos) siempre habrá elementos de unión entre ellos, que son otrasestructuras planas (o arriostramientos) en general.

5-38


interacción con este plano (con los dos) indica los diagramas de interacióncorrespondientes. Con el plano horizontal de la base (N = O) indica el diagrama deflexión esviada pura (Mxy My).

FS

FS ~Mx

,Y

.LB'.Y

FS: Flexión Simple

CS: Compresión Simple

My

Fig.22.1

La resolución teórica del problema consiste en encontrar la posición del

eje neutro y las deformaciones máximas (y tensiones. máximas) en la sección.Este es un problema complejo ya que haciendo uso de las ecuaciones de

equilibrio y compatibilidad no se llega a una solución biunívoca Y se deben utilizarmétodos aproximados. Se hacen tanteos para hallar la posición del eje neutro queresultan extensos y laboriosos, por lo que muy complicado abordarlo a mano (se

pueden hacer con algoritmos cerrados en ordenador).

Sea como sea, existen algunas formas más sencillas que pueden dar una

aproximación suficiente. Los métodos más utilizados son dos:

1. Uso de Ábaco de Roseta

Para resolver fácilmente el problema (muy común en la práctica) se

pueden utilizar los Abacos de Flexión Esviada o Diagramas de Roseta (Fig. 22.2).En realidad este ábaco incluye desde los casos de flexión esviada pura (N = O)

5-39


(propios, por ejemplo, de vigas correas) hasta los de compresión esviada (máspropios de pilares que soportan altas cargas gravitatorias).

La mecánica de uso del ábaco se presenta como una extensión del

diagrama de interacción para flexión recta, ya visto (de hecho puede reemplazar aaquél, considerando uno de los momentos nulo). Se debe encontrar un normalreducido y (ahora) dos momentos reducidos, correspondientes a los dosmomentos que actúan en la sección, generados desde los dos planos resistentesque se consideran.

Será:

Ndv--- b. a "CfJ

MdII-~r. - b.a "CfJ

Md

¡.lb = b2 . a . 'CfJ

El mayor de los momentos reducidos será /.4 y el menor P2.buscando en el octante (o cuadrante) correspondiente al valor delreducido, se obtiene:

Luego,normal

al A,o/ .'yd

a.b.,CfJ

A partir del valor de la cuantia mecánica hallada, saldrá el valor de la

capacidad de armadura y la misma es distribuida en la sección según el tipo deábaco que se esté utilizando. Estos ábacos, al igual que los de interacción, se

diferencian en los grados de recubrimiento que se considera, los tipos de acero Yla distribución prevista para la armadura. En principio, parece lógico asimilar losdiagramas de 4200 kg/cm2a 400 Mpa, para estar del lado de la seguridad.

Un detalle a tener en cuenta es que los valores de esfuerzos reducidos se

obtienen, al igual que en los de interacción, a partir de la sección completa (b x h),que es llamada aquf, b x a.

5-40


ABACOEN ROSETAPARA FLEXIONESVIAOA

Tt~

ACI!RO DE DUREZA

10\. A+ NATURAL

~ '.. .4.200~/e<rII N tI

lt ".. A,..4A~b~ 0.10.. O.IO.b

!!a!- II !!L"".".. ""b.'"

" !!L........!!!:!I!.........

0111."110'.. 110'110'

1'0'110. ""'110

1'0'''.. ""'110

Fig. 22.2 (de [5])

Todo lo comentado respecto al uso de los Diagramas de Interacción esválido para los Diagramas de Roseta. Además, ahora es más que seguro que sedeba interpolar ya que se tienen tres variables en su utilización y diagramas condistintos grados de recubrimiento y disposición de armaduras (siempre simétrica).

Su uso es muy común por la facilidad de cálculo, aunque hay que tener encuenta que es una resolución gráfica83 (expuesta a errores del observador) y noes posible utilizarlos como fuente para resolver con ayuda informática estassituaciones (a no ser que se hallen las funciones de las curvas).

2. Reducción a flexión recta

Este método es algo menos utilizado pero sin embargo da muy buenosresultados. Se reduce un problema de flexión esviada a uno de flexión recta y se

83La tendencia actual esutilizar fónnulasy funciones ex.ctas para los cálculo debido a que por muy dificil y engorrosaque seasuresolución. se poseenmediospara h.cerlo (infonnáticos). La presencia de muchos tipos de gráficos y ábacosse debea la inerciaque supone la utilización durante aftos anteriores de métodos simplific.dos (y .proximados) que resuelven con facilid.d c.dacálculo. Claro que siguen siendo muy útiles aún (y seguirán siéndolo). También tener en cuenta que realmente se debe manteneruna coherencia en el grado de exactitud que se quiere lograr en los cálculos. dado la cantidad de aproximaciones que se adoptanen honnigón armado.

5-41


utilizan los diagramas de interacción ya vistos. Para hacer esto se pueden estudiartres métodos.

2.1) Desde las consideraciones de Jiménez Montoya (fórmulas simplificadas) y los

procedimientos del CEB (Código Modelo para Hormigón Estructural Europeo,1995), se hace:

f.l=f.J,+P'/J-¿

Donde si se tiene una sección de (b. a ), sometida a unos esfuerzos de Nd, MXdYMYd'se hallarán f.lx Y f.ly desde cada uno de ellos y se hará:

f.J, : el mayor de los momentos reducidos hallados

f.l1 : el menor de los momentos reducidos hallados

El valor de P de halla en tabla en función del normal reducido v, y es:

Luego de hallados f.l y v se va al diagrama de interacción correspondiente y sehalla OJ. Luego los autores indican que hay que verificar:

-7 si OJ> 0.60, hacer un nuevo cálculo incrementando el valor de P en 0.1-7 si OJ< 0.20, hacer un nuevo cálculo disminuyendo el valor de P en 0.1

2.2) Un método inspirado en el anterior, está recogido en la EHE (Anejo 8).Básicamente es el mismo método con la diferencia que se trabaja con unaexcentricidad de referencia para pasar desde la flexión (o compresión) esviada ala compuesta. Este valor es:

, Pa

e = e + .e.-y y x b

Ver Fig. 22.3. Se ha considerado a = h, Y

M Me = ---E!.... e = !!!....

y N' x N

P , sale de la misma tabla anterior y es función de v

Además debe se debe verificar que:5-42


ey >~ex - b

N.POSICION DE CAlCULO

N~POSICION DE CAlcuLO

EBi]I b +

Fig. 22.3

N.POSICION REAL

i--L-

i ,,]I b ¡

Finalmente, con el valor de ey' se hallará el momento reducido de referenciacomo:

N.ey'f.l = b.a2 "ed

y con el valor de v correspondiente se va al diagrama de interacción adoptado.

2.3) Existe otro método similar pero que aporta mayor precisión llamado "Métodode las Hiperelipses". En éste se define:

f.l = (f.l/ + f.l/)1/a

El valor de a se obtiene de dos tablas (en función de cómo se quiere colocar laarmadura (ver Fig. 22.4) Y para ello se utiliza el normal reducido (v) y unmomento reducido de referencia que se halla como:

f.lr = f.J, + 0.6 . /J-¿

5-43


MÉTODO DE LAS HIPERELIPSES

Exponentes a para annaduras iguales en las cuatro esquinas

MÉTODO DE LAS HIPERELIPSES

Exponentes a para annaduras iguales en las cuatro caras

Fig. 22.4 (de [5])

5-44

r


22.1 Ejemplo de cálculo en flexión esviada

Calcular la sección que se indica con el método de Ábaco de Roseta y porReducción a flexión recta.

Ia _

1

Datos:. . ,XIxr

L__________..___ xN = 1000 kN

Mxd= 100 kN mMYd= 50 kN ma = 400 mmb = 300 mmr = 40 mm

'er 25 Mpa I re= 1.5fyr 400 Mpa I rs= 1.15t5= r/h = 0.10 (el mayor valor delos dos)

y. !J*<E--b ---7

Para empezar se hallan:

Nd

v= b.a"ed= 1.106 = 0.50

300.400.25/1.5

= Md _ 100.106 =0125J.1a b.a2 "ed 300.4002.25/1.5 .

= Md = 50.106 =0083J.1a b2.a"ed 3002.400.25/1.5.

~ Por Ábaco de Roseta, se utiliza el que indica igual armadura en cada esquina ypara un grado de recubrimiento de 0.10. No existe el octante para v = 0.50 , por loque se debe interpolar entre los valores de 0.40 y 0.60.

Haciendo:

I.L¡= 0.125; J.12= 0.083 ; v = 0.40 ; liJ = 0.18

I.L¡= 0.125 ; J.12= 0.083 ; v = 0.60 ; liJ= 0.22

Interpolando, sale:

5-45

Momento MI reducidovde referencia

0,10 0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80 0,90 1.00 1,10 1,20 1,30 \,40 1,5011.+0.6'112

0,10 2,06 1,71 1,63 \,56 1,54 1,6\ \,77 1,87 2,20 2,37 3,00 3,35 3,80 3,80 3,800,\5 1,80 1,46 \,40 1,38 \,42 \,47 \,56 1,68 1.80 2,02 2,31 2,64 2,90 3,22 3,800,20 1,54 1,32 1,23 1,25 \,34 1,40 1,47 1,56 1,66 1,80 1,98 2,31 2,37 2,500,25 \,40 1,25 1,16 1,20 1,28 1,34 \,42 \,49 1,56 1,66 1,83 \,83 1,900,30 \,35 1,18 \,14 1,17 \,26 \,32 1,38 1,44 1,49 1,56 1,61 \,660,35 \,29 1,14 1,11 1,15 \,25 1,3\ 1,35 1,38 1,42 1,46 1,460,40 \,24 1,11 1,\0 1,\3 1,23 1,28 1,31 1,350,45 1,\8 \,09 1,06 1,09 \,20 \,25

Momen/o Axil reducidovdertferencia

0,10 0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80 0,90 1,00 \,10 1,20 1,30 \,40 1,50Jlrtil.6-1120,10 1,7\ 1,7\ 1,58 1,56 1,56 \,6\ 1,7\ 1,7\ 1,90 1,90 1,94 1,98 2,06 2,06 2,660,15 \,54 \,54 1,47 1,38 1.44 1,52 1,56 1,61 1,68 \,71 1,80 1,90 \,94 1,98 1,980,20 \,47 1,42 1,35 1,32 1,37 1,44 1,52 1,56 1,61 \,66 1,71 1,80 1,80 1,83 1,876,25 1,44 1,38 1,34 1,29 \.32 1,40 1,47 1,52 1,56 1,61 1.63 \,66 1,710,30 1,42 1,37 1,34 1,28 1,32 1,37 1,42 1,47 1,52 1,56 1,6\0,35 1,40 1,35 1,31 1,28 1,31 1,37 1,40 1,470,40 \,40 1,35 1,31 1,28 1,31


tí) =0.20

Luego:

25 1T = tí).b.a.' =0.20.300.400 =400 kN

ed 1.5 1000

~ =~ =100 kN, se adopta 1 <1>20 (109.30 kN) en cada esquina.4

-7 Por reducción a flexión simple

A) Método simplificadode Jiménez Montoya:

11 = 14 + p. f.l2

En tabla, para v = 0.50 , sale p =0.80

Luego:

11=0.125 + 0.80.0.083

11=0.1914

Ahora con v = 0.50 Y 11= 0.1914, se va al Diagrama de Interacción (armadurasiguales y 15=0.10) Ysale:

tí) =0.26 (0.20 < tí)< 0.60 ~ vale el valor de p )

Luego:

25 1T =tí).b.a.' =0.26.300.400 =520 kN

ed 1.5 1000

~ =~= 130 kN , se adoptan 2 <1>16 (139.80kN)en cada esquina.4

B) Método de EHE (Anejo8):

Definiendo:

,P

ae = e + .e.-

y y x b

5-46


fI

Donde:

Mxd _ 100 = 0.1 mmey =-¡::¡-1000

Myd-~=0.05 mmeX=-¡::¡-1000

En tabla, para v =0.50 , sale p =0.80 (misma tabla anterior)

Además debe verificarse que:

e a 0.1 400 ..J ~-~-~-~2>1.33 -7 venficaex b 0.05 300

Remplazando queda:

ey'=0.153 m

y de aquí:

N.ey' _ 1000.0.153.106 -0.192511= b.a2 .fed - 300.4002.25/1.5

Con 11 Y v, se va al diagrama de interacción. Ya se ve que da los mismos valoresque el cálculo anterior (con una diferencia despreciable) .

C) Método de las Hiperelipses

11= (11/ + 11/ t11, = 14 + 0.6 . 112

11,= 0.125+0.6.0.083 = 0.1748

v = 0.50

En tabla (para armaduras en esquinas, Fig. 22.4), interpolando se halla:

a = 1.38

Luego será:5-47


f.l = (f.l/ + f.l/ ta = (0.1251.38 + 0.0831.38tl.38

f.l = 0.1732

En Diagrama de Interacción sale:

(J) = 0.21

Finalmente:

25 1T = (J).b.a.( =0.21.300.400 = 420 kN

ed 1.5 1000

T, = I- = 105 kN Y se adopta 1 <1>20 (109.30 kN) en cada esquina.4

Observar cómo el método de las Hiperelipses se ajusta muy bien al valor obtenido

desde el Ábaco de Roseta y cómo, el método simplificado de Jiménez Montoya

sobredimensiona un poco la armadura (como ya indica el propio autor), al igual

que el de la EHE.

23 Disposiciones relativas a las armaduras longitudinales

1. Tendrán un diámetro mínimo del 12. Se colocarán en las proximidades de

las caras y como mínimo una barra en cada esquina de la sección. Ensecciones circulares de pilares se colocan como mínimo, 6 barras.

2. La consideración de un valor de cuantía mínima de armadura, en función

del tipo de elemento (viga, columna, losa, etc.) y del tipo de acero, permiteasegurar que no se producirá un tipo de rotura frágil, no obstante, un valorde cuantía sobredimensionado también redundaría en un tipo de rotura

frágil (sección sobrearmada) ya que no se permitiria que el acero pudierafluir antes de llegar a la rotura del hormigón. Recordar que este conceptode Cuantía Máxima, como ya fue comentado, no está expresamenterecogido en la EHE. No obstante, es deseable tomar (especialmente enzonas de alta actividad sísmica) un valor igual a la mitad de la cuantíabalanceada (Norma ACI y otras).

3. También, el efecto de la fisuración oblicua sobre la armadura longitudinalse tiene en cuenta, por exceso, al aplicar las prescripciones de cuantías.

5-48

1.5. Compresión Simple y Compresión Compuesta. Diagramas.

4. Se recuerda también la conveniencia de disponer armaduras de piellongitudinales en piezas de canto superior a 60 cm. Esta armaduraconstructiva no tendrá ninguna función resistente (salvo evitar el pandeolocalizado de los estribos) por lo que es común poner 2 <1> 10 ó 2 <1> 12.

5. Donde no haga falta colocar armadura de cálculo (vigas o pilares) esnecesario colocar armadura para el montaje de la armadura transversal(estribos en cercos u horquillas). Ésta armadura llamada de montaje (opor algunos autores, portaestribos) no esta cuantificada porque es unaarmadura constructiva. Recordar que para tenerla en cuenta en loscálculos debería ser (como mínimo) del 30 % de la armadura de cálculo(en tracción). Habitualmente se colocan 2 <1>12 que generalmente cumplenesta condición.

6. La separación máxima entre dos barras longitudinales de la misma carano debe ser superior a 35 cm, por lo que en estos casos se deben colocarmás barras (siempre arriostradas por estribos) para cumplir estacondición.

7. Además de las consideraciones de cuantía geométrica mínima, ya vistas,la EHE en su arto 42.3 exige que las armaduras cumplan ciertaslimitaciones en función del tipo de esfuerzo que se da en la sección y quefueron volcados en la misma tabla. Es bastante común, en los cálculos,olvidar estas restricciones por lo que se hace necesario recordarlasnuevamente. Así: .

. Para flexión simple o compuesta debe cumplirse, para la armaduraresistente longitudinal traccionada:

T, = As . fYd~ 0.25. ~ .fedh

Donde W1 es el módulo resistente de la sección bruta relativo a la fibra mástraccionada.

. Para compresión simple o compuesta, las armaduras principales encompresión AS1Y As2 deben cumplir:

5-49


ASI . fyc,d ~ 0.05. N d

AS2 .fYC,d ~ 0.05.Nd

y

y

ASI . fYC,d :5: 0.5. fed . Ac

As2 . fYC,d :5: 0.5. fed . Ac

Donde:

Nd: es el esfuerzo normal mayorado de compresión

fyc,d: resistencia de cálculo del acero a compresión. En general se toma,

fYC,d= fyd = 400. NI mm2

. Para tracción simple o compuesta, las armaduras principales debencumplir:

T = As .fyd ~ 0.20. Ac . fed

8. Decalado de la ley de momentos flectores.

Las armaduras longitudinales de flexión han de ser capaces de absorberun incremento de tracción respecto a la producida por Md igual a:

~T = VnI.cotg. 0- ~" .(cotg .O+cotg .a)

Esta prescripción queda automáticamente cumplida por exceso si seprocede a la traslación de las leyes de momentos (decalado de la ley demomentos de cálculo Md) (Fig. 23.1) una distancia igual a:

Sd= z. (cotg. O-~' J" (cotg. 0+ cotg. a»ni

en el sentido más desfavorable 84 .

De una forma simplificada y aproximada puede considerarse Vsu= O (sin

armadura de cortante) y el valor Sdpuede hacerse:

Sd= d

Quedando así del lado de la seguridad para 0= 450.

.. Se han introducido V,w V"" ()y a. que son elementos que corresponden a las verificaciones de una sección a cortante y que seestudiarán más adelante.

5-50

j


-rt-

--.

Fig.23.1

La armadura a colocar deberá cubrir totalmente el diagrama de momentosflectores decalado. Habitualmente se hace el decalado directamente con el valor

de d (canto útil de la pieza). La armadura debe extenderse en la zona de momentodecalado necesaria y además, considerar una longitud adicional por la longitud deanclaje de la misma (con el tipo de anclaje que sea) a partir de la sección en laque se considere que la misma se ha cortado o no actúa.

5-51

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