DIAGRAMA DE INTERACCIÓN

El diagrama de interacción, es un lugar geométrico de combinaciones de P (carga axial) y M (momentos), los cuales llegan a agotar la sección. Para nuestra sección de columna, trabajaremos con cuatro puntos:

d1: 6 cm

d2: 20.8333 cm

d3: 34.667 cm

d4: 49 cm

f´c 420 kg/cm2

fy 4200kg/cm2 Ey 0.0021

b 100 cm A1 =A4 45.63 cm2 Ecu 0.003h 55 cm A2=A3 20.28 cm2 Es 2000000d 49 cm Ast 132.9 cm2 β 0.75d´ 6 cm Ag 5500 cm2

Datos de la sección

Punto N° 01, Caso-Compresión Pura:

Para este caso el valor de Ø es 0.7; en este caso se cumple lo siguiente:

Po=[ (5500−132.82 )∗0.85∗420+(132.9∗4200 ) ]

Po=2470.08426 ton

Ahora al valor obtenido de P, lo multiplicamos por el valor de Ø = 0.7:

α =0.8( Para columnas con estribos )

Po=α∗(2470.08426)= 1976.06741 ton

Ø Po=(0.7 )∗α∗(2474.2347)= 1383.24719ton

Punto N° 02, Caso de Fisuración Incipiente:

Para este caso el valor de Ø es 0.7, εs=0, y α=0. Para el desarrollo de este caso

comenzaremos hallando c y a:

c= 0.003(0.003+0 )

∗49

c=49cm

Po=[ ( Ag−A sT )∗0.85∗f ' c+( A sT∗f y ) ]

c= 0.003

(0.003+α ε s )∗d

a=0.75∗49

a=36.75cm

Con los valores hallados de c y a, podemos calcular el valor de la fuerza en compresión del concreto (Cc):

C c=0.85∗420∗100∗36.75

C c=1311.975 ton

Por semejanza de triángulos, obtenemos:

ε si=( d−did )∗0.003

ε s1=( 49−649 )∗0.003=0.00263cm>ε y→ f y=4200Kg /cm 2

ε s2=( 49−20.33349 )∗0.003=0.001755cm<ε y→f s2=3510.204Kg /cm2

ε s3=( 49−34.66749 )∗0.003=0.000877 cm<ε y→f s3=1755.102Kg /cm 2

ε s4=¿ 0cm¿

Con estos valores obtenidos podemos hallar los valores de las fuerzas:

F1=(45.63 ) (4200 )=¿ 191.646 ton

F2=(20.28 ) (3510.204 )=71.187 ton

a=β1∗c

C c=0.85∗f' c∗b∗a

F si=A si∗f ' si

F3=(20.28 ) (1775.061 )=35.593 ton F4=0

Pn=1311.975+191.646+71.187+35.593

Pn=1610.4014 ton

∅∗Pn=1127.281 ton

Ahora hallaremos el valor de Mn:

M n=cc (c−a2 )+F4 (c−d ´ )+F3 ( c−20.333 )+F2 (34.667−c )+F1 (d−c )

M n=1311.975(27.5−36.752 )+0+35.593 (27.5−20.333 )+71.188 (34.667−27.5 )+191.646 (49−27.5 )

M n=16857.42 ton−cm

M n=168.5742 ton−m

Punto N° 03, Caso de Falla Balanceada:

Para este caso el valor de Ø es 0.7 y ε 1=ε y= 0.0021, α=−1; para el desarrollo de este

caso comenzaremos hallando c y a:

∅∗Pn=0.7∗1610.4014

M n=C c∗Brazo+∑ F s∗Brazo

∅∗M n=¿118.00194 ton−m¿

c= 0.003(0.003+0.0021 )

∗49

cb=28.82cm

a=0.75∗28.824

ab=21.618cm

C c=0.85∗420∗100∗21.618

C c=771.75 ton

Por semejanza de triángulos, tenemos los siguientes resultados:

ε si=( cb−d i

cb)∗0.003

♦ ε s1=( 28.82−628.82 )∗0.003=0.0024cm>ε y→f y=4200

♦ ε s2=( 28.82−20.33328.82 )∗0.003=0.00088cm<ε y→f s2=1767.35

♦ ε s3=( 28.82−34.66728.82 )∗0.003=−0.00061cm<ε y→f s3=−1216.33

♦ ε s4=( 28.82−4928.82 )∗0.003=−0.0021cm=−ε y→f y=−4200

cb=0.003¿¿

ab=β1∗c

C c=0.85∗f' c∗b∗a

Con estos valores obtenidos podemos hallar los valores de las fuerzas:

♦ F1=−4200∗45.63=191.646 ton♦ F2=1767.35∗20.28=35.84 ton

♦ F3=−1216.33∗20.28=−24.67 ton♦ F4=−4200∗45.63=−191.646 ton

Pn=771.75+191.646+35.83−24.67−191.646

Pn=782.92 ton

∅∗Pn=¿ 548.047 ton¿

Ahora hallaremos el valor de Mn:

M n=cc (27,5−a2 )+F4 (27.5−d4 )+F3 (27.5−d3 )+F2 (27.5−d2 )+F1 (27.5−d1 )

M n=771.75(27.5−21.622 )±191.65 (27.5−49 )±24.67 (27.5−34.667 )+35.84 (27.5−20.333 )+191.646 (27.5−6 )

M n=215.558 ton−m

Punto N° 04, Caso de Punto de Cambio:

∅∗Pn=0.7∗782.92

F si=A si∗f ' si

Pn=C c+∑ F s

M n=C c∗Brazo+∑ F s∗Brazo

∅∗M n=150.89 ton−m

Para este caso el valor de Ø es 0.7, el valor de α para este caso lo obtendremos iterando.

∅ Po=0.1∗420∗5500=231

Po=330 ton

Ahora iteramos para obtener el punto de cambio, y obtenemos que el valor de α que cumple es el siguiente:

α=−2.699→c=16.955cm→a=12.717cm

C c=0.85∗420∗100∗12.717

C c=453.98 ton

Por semejanza de triángulos, tenemos los siguientes resultados:

♦ ε s1=( 17.37−617.37 )∗0.003=0.001963cm<ε y→f y=3876.79

♦ ε s2=( 17.37−20.3317.37 )∗0.003=−0.0005977cm<ε y→f s2=−1195.33

♦ ε s3=( 17.37−34.66717.37 )∗0.0003=−0.003133cm>ε y→f s3=−4200

♦ ε s4=( 17.37−4917.37 )∗0.003=−0.0057cm<ε y→f y=−4200

∅ Po=0.1∗f ´ c∗Ag

C c=0.85∗f' c∗b∗a

Con estos valores obtenidos podemos hallar los valores de las fuerzas:

♦ F1=3876.79∗45.63=176.89♦ F2=−1195.33∗20.28=−24.24♦ F3=−4200∗20.28=¿-85.176

♦ F4=−4200∗20.28=−191.646

Pn=543.98+176.89±24.24±85.176±191.646=329.82

Pn=329.82 ton

∅∗Pn=230.87 ton

Ahora hallaremos el valor de Mn:

M n=cc (27,5−a2 )+F4 (27.5−d4 )+F3 (27.5−d3 )+F2 (27.5−d2 )+F1 (27.5−d1 )

M n=453.98(27.5−21.622 )±191.65 (27.5−49 )±85.18 (27.5−34.667 )+24.24 (27.5−20.333 )+176.9 (27.5−6 )

M n=179.58 ton∗m

F si=A si∗f ' si

Pn=C c+∑ F s

∅∗Pn=0.7∗329.82

M n=C c∗Brazo+∑ F s∗Brazo

∅∗M n=0.7∗179.58

∅∗M n=125.71 ton−m

Punto N° 05, Caso de Flexión Pura: Para este caso el valor de Ø es 0.9 y nuestro, α=−5.824; para el desarrollo de este caso comenzaremos hallando c y a:

c=( 0.0030.003+0.01223 )∗74

c=9.65cm

a=7.24cm

C c=0.85∗420∗100∗7.24

C c=258.427 ton

Por semejanza de triángulos, tenemos los siguientes resultados:

♦ ε s1=( 9.65−69.65 )∗0.003=0.001135066 cm<ε y→f y=2270.1

♦ ε s2=( 9.65−20.339.65 )∗0.003=−0.003320054cm<ε y→ f s2=−4200

c= 0.003

(0.003−(−1)α εs )∗d

a=β1∗c

C c=0.85∗f' c∗b∗a

♦ ε s3=( 9.65−34.6679.65 )∗0.003=−0.007775175cm<ε y→f s3=−4200

♦ ε s4=( 9.65−499.65 )∗0.003=−0.012230295cm ε y→f y=−4200

Con estos valores obtenidos podemos hallar los valores de las fuerzas:

♦ F1=2270.1∗45.63=103.586♦ F2=−4200∗20.28=−85.176♦ F3=−4200∗20.28=¿-85.176

♦ F4=−4200∗20.28=−191.646

Pn=258.427+103.586−85.176−85.176−191.646

Pn=0.0015ton ≅ 0

Ahora hallaremos el valor de Mn:

M n=cc (27,5−a2 )+F4 (27.5−d4 )+F3 (27.5−d3 )+F2 (27.5−d2 )+F1 (27.5−d1 )

M n=258.427 (27.5−21.622 )±191.65 (27.5−49 )±85.176 (27.5−34.667 )−85.176 (27.5−20.333 )+103.5866 (27.5−6 )

F si=A si∗f ' si

Pn=C c+∑ F s

M n=C c∗Brazo+∑ F s∗Brazo

M n=125.189 ton−m

∅M n=87.632ton−m

Punto N° 06, Caso de Tracción Pura:

∅ T o=¿4200*131.82=553.644

∅ T o=0.9∗(4200∗131.82 )

∅ T o=498.28 ton

-250 -200 -150 -100 -50 0 50 100 150 200 250

-1000

-500

0

500

1000

1500

2000

2500

Diagrama de Interaccion sin Ø

CÁLCULO MANUALSeries4SAP 2000Series8

ØMn(ton-m)

ØPu

(ton

)

∅ T o=0.9∗( f y∗A st )

T o=( f y∗A st )

-200 -150 -100 -50 0 50 100 150 200

-600

-400

-200

0

200

400

600

800

1000

1200

1400

Diagrama de Interacción con Ø

ManualSeries4sap 2000Series8

ØMn(ton-m)

ØPn

(ton

)

DIAGRAMA MOMENTO CURVATURA

Fig. N°1, Viga Solera VS1

Tabla N° 01, datos de la sección de viga

DIAGRAMA DE CURVATURA – CÁLCULOS MANUALES

VIGASímbolo Valor Unidades

b 35 Cmh 80 Cmd 74 Cmd’ 9 Cmfy 4200 Kg/cm2f'c 280 Kg/cm2Es 2.00E+0

6Kg/cm2

Ecu 0.003 …Ey 0.0021 …A’s 19.16 cm2As 48.46 cm2

As total 67.62 cm2Ag 2800 cm2

De acuerdo a la sección de viga dada, es que graficaremos el diagrama de curvatura; para la cual es necesario trabajar con cinco puntos importantes.

Punto n° 01

Este punto es conocido como de Momento y curvatura de la sección de agrietamiento (Mcr, ɸcr); en este punto lo que se hace es obviar la existencia del acero de refuerzo. Para la obtención de este primer punto, haremos los cálculos de “n” y “c”, a continuación:

n= 2∗106

15000∗√280

n=8

Valor de c:

35∗80∗(c−0.5∗80 )+(8−1 )∗19.16∗( c−9 )= (8−1 )∗48.46∗(74−c )

c=42.25cm

Ahora, podemos calcular los valores de la Inercia de la sección transformada no fisurada (Itr), la inercia bruta (Ig) y el módulo de ruptura del concreto (fr):

I tr=( 13 )∗(35∗c3)+( 13 )∗[35∗(80−c )3 ]+ (8−1 )∗[19.16∗(c−74 )2 ]+(8−1 )∗[48.46∗(74−c )2 ]

I tr=2034174.129cm4

I g=b∗h3

12

n=E s

Ecu

b∗h∗(c−0 .5∗h )+(n−1 )∗A ' s∗(c−d ' )=(n−1 )∗As∗(d−c )

I tr=( 13 )∗(b∗c3)+(13 )∗[b∗(h−c )3 ]+(n−1 )∗[ A ' s∗(c−d )2 ]+ (n−1 )∗[ A s∗(d−c )2 ]

I g=35∗803

12

I g=1493333.333 cm4

f r=2∗√280

f r=33.5Kg

cm2

A través de los valores obtenidos, podemos hallar los valores de Mcr y ɸcr que buscamos para generar el primer punto:

M cr=33.5∗2034174.129

57

M cr=11.955Ton∗m

Фcr=1195523.392

(15000∗√280 )∗(2034174.129)

Фcr=2.34153∗10−41/m

f r=2∗√ f ' c

M cr=f r∗I trY t

Фcr=M cr

Ecu∗I tr

Punto n° 02

En este punto analizamos la sección un instante después de ocurrido el agrietamiento del concreto. Para ellos aplicamos un momento flector ligeramente superior (un 10% mayor) al que origina el agrietamiento (Mcr).

El aporte del concreto en tracción se desprecia. Esto significa que el concreto por debajo del eje neutro no se tomará en cuenta.

C = 4.4384 cm

Icr=1879721.896cm 4

El momento aumentado en un 10% es:

M = 1.1 *(11 .955) = 13.1505 ton. m

Ahora calculamos los esfuerzos máximos en el concreto y el acero:

fc=31.0509kg /cm2

b∗c∗c2

=(n−1 ) As '∗(d '−c )−nAs∗(c−d )

Icr=13∗b∗c3+nAs∗¿

fc=M∗cIcr

fs=n∗M∗cIcr

fs=¿248.408 kg/cm2

Con este último dato calculamos la curvatura:

Фcr=9.416∗10−31 /m

PUNTO N° 03: En este punto, se da inicio a la fluencia del acero en tracción; por lo tanto se asumirá que el concreto tiene un comportamiento elástico, hasta que el acero en tracción comience su estado de fluencia. Para los cálculos de este punto comenzaremos hallando la cuantía (ρ) y el valor de K:

ρ= 48.46(35∗74 )

ρ=0.0187

k=(√( (0.0187∗8 )2+2∗0.0187∗8 ))−0.0187∗8

k=0.4175

Ahora calculamos la Inercia fisurada (Icr), la fuerza (Cc) y c:

ρ=A s

(b∗d )

k=(√( ( ρ∗n )2+2∗ρ∗n ))− ρ∗n

Фcr=Ecc

I cr=0.33∗1493333.333

I cr=492799.99cm4

c= (0.4175 )∗(74 )

c=30.895 cm

C c=(19.16 )∗(4200 )

C c=80.472Ton

Con los datos obtenidos, podemos hallar My y Фy:

My=¿48.46∗4200∗(74− 27.33 )¿

M y=¿132.1Ton∗m¿

Ф y=0.0021

(74−30.895 )

Ф y=4.5∗10−3 1

m

PUNTO N° 04:

I cr=0.33∗I g

c=k∗d

C c=A 's∗f y

M y=A s∗f y∗(d− c3 )

Ф y=ε y

(d−c )

En este punto tenemos que para el momento y la curvatura, los cuales están asociados a la falla de la sección, ya sea por agotamiento del concreto o por rotura del acero; se cumple que un determinado valor de Ɛcu=0.004, es más apropiado para el cálculo de Фu. Para los cálculos de este punto comenzaremos hallando a y c:

a=(48.46 )∗(4200 )(0.85∗280∗35 )

a=24.43cm

c=24.43∗0.85

c=20.77 cm

Ahora con los datos obtenidos podemos calcular Mu y ɸu:

M u=48.46∗4200∗(74−24.432 )

M u=125.75Ton∗m

ɸu=0.00420.77

a=A s∗f y

(0.85∗f ' c∗b )

c=a∗β1

M u=A s∗f y∗(d−a2 )

ɸu=εcuc

ɸu=19.26∗10−3 1

m

Punto n° 05:

En este punto, cuando el acero alcance su esfuerzo admisible, la sección ya se encontrará agrietada por flexión, y en consecuencia se utilizan las propiedades de la sección transformada agrietada. Para que esto sea válido debemos suponer que el concreto se comporta linealmente hasta alcanzar su esfuerzo admisible.

Primero haremos el cálculo de “c”:

24.43∗c2

2+(2∗8−1 ) (19.16 ) (c−6 )=8(48.46)(74−c )

Calculamos la inercia de fisuración:

Icr=13ac3+(2n−1 ) ( As' ) (c−6 )2+n (As)(d−c )2

Con esta inercia, calculamos los momentos en el acero y el concreto:

ac2

2+(2n−1 ) ( As ' ) (c−6 )=n (As)(d−c )

c = 29.4 cm

Icr = 1135466 cm4

Mc=94.5∗Icrc

Mc = 36497.13 kg - m

Ms= 280∗Icr(d−c )∗n

Con el menor valor de momento, calculamos la curvatura:

ɸu=Ms

2∗106∗Icr

ɸu=0.04∗10−3 1m

0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1 0.12 0.140

102030405060708090

100

sap 2000

sap 2000

Ms = 8910.61 kg - m