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 una sección, da lugar a distintos esfuerzos según sean los valores que estas solicitaciones 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 y que 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 y especialmente en el núcleo central, se dice que se está en presencia de una sección con pequeña excentricidad y la combinación de esfuerzos configura lo que se denomina Compresión Compuesta (M "* O Y N "* O), con predominio de la compresión, o Tracción Compuesta, con predominio de la tracción. Estos dos casos 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 la sección 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, Compresión Compuesta, ya que éste es el único que la EHE acepta como válido para elementos de hormigón armado (preponderantemente comprimidos). La Norma obliga a considerar una excentricidad mínima (en caso de que se esté en un caso de compresión simple) de valor: e = max {h/20 ; 2 cm} Esta excentricidad mínima a considerar se dice que es debida a la incertidumbre en la posición del punto de aplicación de las cargas (y del esfuerzo normal), 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 los dominios de deformación 4a y 5 (ambas armaduras comprimidas). A partir de las ecuaciones de equilibrio es posible deducir los valores de momento y normal reducidos, aplicando coeficientes adimensionales (igual que se hizo en los casos de 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 5. Compresión Simple y Compresión Compuesta. Diagramas. 5. Compresión Simple y Compresión Compuesta. Diagramas. Si se considera una profundidad de eje neutro h ~ x ~ +00, es decir, el eje neutro fuera de la sección y por lo tanto en O 5, las ecuaciones de equilibrio y compatibilidad de deformaciones para este estado son (Fig. 19.16): pz = '1' '(A.-ó'z)+ml. Con: 0'1 (15-ó'z)= fyd PeZ +ml. 0'1 (15-ó'z) fyd Del_dan.. Ttnsl_.del _o &1 =0.002. q-ó' -', A2'1~ -r A2 ~!l q- 3/7 ~ y donde ahora se ha hecho: PeZ = '1' . , I I , I I 1'_____ Fig.19.16 Las ecuaciones de equilibrio: , ,/ ' I ,,L__ ,, I 1 , , I I , " ~ L Ara! T" . (A.- ó'z) (momento reducido proporcionado por el hormigón) Notar que en estas dos ecuaciones adimensionaleslas incógnitas que interesan son mI Y m..z. La tabla de Fig. 19.18 permite encontrar la cuantía mecánica a partir del momento reducido (f.Jz).El proceso de cálculo es el siguiente: Haciendo: ¿F ¿M(z) = O => Nu = b. h. fed. '1' + A, . 0'1+ ~. fyd Nd .ez pz = b.hz .fed Considerando siempre e2 (Fig. 19.16) como la excentricidad referida a la armadura más comprimida (A2). Luego se halla el normal reducido como: = 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: Nd &1 = 0.002. x-d vd=b.h.fed x - 3/7 . h Y 0'1 = &1 .Es ~ fyd Los valores de '1' y A, se han tabulado en función de variación puede verse en la tabla de Fig. 19.17. Luego, las ecuaciones adimensionales quedarían: q = x/h, cuya Observar que los esfuerzos reducidos adimensionales se hallan aquí con el valor de h (canto total), ya que se supone ahora toda la sección como activa y trabajando a compresión (se desprecia la pequeña zona en tracción del hormigón en 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/ (4a ó 5) respectivamente. 0'1 ó q '1/,según el dominio que corresponda v='I'+ml'-+mz fyd 5-4 5-5 Este valor pone en evidencia cuál es el de sencillez recubrimiento considerado en las ecuaciones parael caso en que pudieran ser distintos. Se indica que son válidas para aceros con valores de limite elástico no mayor de 500 N/mm' y con limite último (fluencia) no menor de 420 N/mm' (alrededor de 400 5-7 N/mm').46814 0. 2 (i}= 2 b.60 \.49763 0.55 1.48446 0.fyd ~ 1".30 1.84586 0. 1.85000 A 0.75 3. Oz. se debe recordar que se considera 77 : en la parte más comprimida76.49077 0.0.h.5.50 1. 5.81972 0.50 4.05 1.45153 0.00 5.83406 0.00 00 casos.83768 0.80395 0. por razones constructiva. . b. Finalmente se encuentran las cuantias mecánicas dependiendo de dos VALORES DE '" Y A EN DOMINIO5 .48304 0. Para JJ2< 0.77165 0. = d2 2 h Donde d2 es el recubrimiento valores de Oz = 0. 71En este procedimiento no se diferencian las ecuaciones en función del tipo de acero.40 1. h. interpolar.10 1.71310 0.0.00 2.425 . I d 8--h Luego.78773 0.h.25 1.48944 0.84200 0.81147 0.50000 ( . Ya se ha comentado que generalmente.45 1.75 1.47480 0.49825 0.48681 0.76116 0.48779 0. 19. con lo que es innecesario el uso de armadura allí.45832 0.fyd -1 1". 5-6 .425 (/}1= 8-82 (/}2= Vd -(/}1 -0.82189 0.46374 0.79933 0.49661 0.50 2.81456 0. La cuantia será: Dominio 4a ~ Dominio 5 ~ (/}2 (/}2 Vd -1/1 =Vd -1/1' ~ = Si el valor de P2 es menorque los que se encuentranen la tabla indicaráque en realidad se trata de un caso de flexión compuesta (gran excentricidad) Y se deberia trabajar con la tabla de Fig. se adopta el mismo recubrinúenlo para toda la sección.65 1.425 .es el grado de recubrimiento o. 19.78038 0.84440 0.85. Para P2 ~ 0. por lo que para otros (/).70 1.82 -0.49583 0.15 1.81730 0.41597 0.82 Son necesarias las dos armaduras trabajando a compresión y las dos cuantias mecánicas serán: P2+0.15.79398 0.b.73273 0.I 5.48142 0.A. La tabla se hace para valores se deberá I 0.h.43144 0. Los dos aceros que se consideran en EHE cumplen estas condiciones por lo que se pueden aplicar las relaciones dadas.90 2. .82558 0.47736 0.05. que son: '" 0.85.fcd A¿ .00 1. No se agotaria el hormigón en compresión. Diagramas.84747 0.74842 0.10 Y 0.85 Fig.fcd = w2 .=w 1 .b.49318 0.35 1.85.47954 0.44284 0.68810 0.84019 0.80 1.80796 0. fcd 76 Se dice mós comprimido porque toda la sección se considera comprinúda. Diagramas.48571 0.fcd 1 .25 2.00 3. Compresión Simple y Compresión Compuesta.49893 0.17 (de [5]) Donde ahora se ha definido: y ya se definió como: Como se vio.47177 0.20 1.82 La solución más económica se obtiene haciendo A1 = O.49475 0.82859 0. Compresión Simple y Compresión Compuesta. 1975 0.2037 0.2457 0.1229 'I" 0. se considera que resiste esfuerzos en su plano o en su dirección principal (que contiene a vigas y columnas).=0. N.2124 p" 6.1473 0.OS 1. que se traducen principalmente en esfuerzos flectores Y de cortantes en ellos. Yse hace la suposición de que no resiste en su plano perpendicular (aunque es obvio que habrá colaboración resistente.5849 0.7940 0.6193 0.7612 0.1269 0.50 2.1738 0.8146 0.2873 0.1784 0.3215 0.3132 0.8377 0.2957 0.10 LIS 1.2535 0.95 0.2329 0.2862 0.:.87 0. 2 <1> 12).h.70 1.8219 0. Estas cargas son reversibles.5.6055 0. de cargas de viento y de sismo.98 0.= O.!. en un terremoto.50 1. por supuesto que mucho menor).3016 0.2257 0. Para dimensionar este elemento se deberá colocar armadura en las dos caras que se consideren traccionadas cada vez.3696 0.2579 0.96 0.2465 6. debe colocarse obligatoriamente una armadura de montaje (en general.7174 0.1836 0. en la dirección principal de la estructura que se considere 79. a fin de cubrir los dos casos de sentido de carga posibles.2807 0.8. De esto se deduce que aunque en la práctica se encuentren esfuerzos preponderantes en los miembros estructurales (debido a las cargas gravitatorias que normalmente estos reciben) esto no es una norma y se debe examinar con cuidado cada caso en particular.90 2. 79Por ejemplo.2427 0.45 1.2935 0.2605 0.3760 03780 0.2888 0. resulta ser el más económico y exacto respecto a la armadura resultante. en general.3581 0.2512 0.3805 03825 0.55 1.7804 0. Estos diagramas están confeccionados para colocar 11 Hay que tener en cuenta que los pilares pueden estar traccionados.2485 0.3082 0.93 0.6331 0.94 0.2678 0.3373 0.8341 0.!.!.8459 0. estará traccionada una cara y luego otra.01 1.7484 0.1647 0.2026 0. Q).2824 0.que es como generalmente puede analizarse. Diagramas.99 6.3369 0. Esto conlleva que debe considerarse un diagrama de esfuerzos final para el pilar (y vigas.3514 0.89 0.1699 0.3539 0.8256 0.2776 0.= .3358 0.2174 0. que será la envolvente de los esfuerzos producidos en los dos sentidos.6936 0.85 0. si los nudos son rigidos).3238 0.1941 0..1906 0.1790 0.3051 0.h'.2918 0.6743 0.3746 0.92 0.07 1. 5.3561 0.!" b.2975 At" r h 'z .2066 0.2617 0.2216 0.=0.15 0.3792 0. =0.8197 0.6262 0.02 1.6881 0.1882 0.3005 0.60 1.7327 0.3108 0.7038 0.2802 0.. (según la dirección del movimientos sismico) en un proceso continuo que llevará a las fibras de la sección a pasar por estados de compresión a tracción o viceversa. por efectos de vuelco y levantamiento por cargas horizontales Y que las vigas (que en general se considerarán fuertemente flexionadas) pueden estar sometidas a esfuerzos 0.2075 0.2703 0.1744 0.80 1.3193 0. deben ser capaces de resistir esfuerzos horizontales. b. 6.5986 0.1978 0.15 0.3628 0. " Resultanle del .1869 0.10 - - 0.08 1.8115 0.3279 0.1559 0.3171 0.18) hay muchos casos en los que no es necesaria la armadura menos comprimida (A1 = O).loque comprimido a 1.7254 0.=0.03 1.3598 0.2120 0. +At+ -+ T ~ Fig.4.OS - p" 6.75 1.2946 0.1692 0.8420 0.6606 0.2906 0.2850 0.00 .2645 0.2649 0.2257 0.2007 0.18 (de [5]) preponderantes de tracción (tirantes) o de compresión (grandes cargas horizontales). 19.1191 0... .8444 0.2761 0.86 0.5918 NOTACIONES: D M 1 N 1 O 4 O ~.2363 0.6812 \lI 0. que surge (como se indicó) a partir de adimensionalizar las ecuaciones de equilibrio seccional.8500 "".65 1.2396 0.3152 0.6989 0.2563 0.04 I.2293 0.7086 0.=b.2929 0.6468 0. Compresión Simple y Compresión Compuesta..3416 0.88 0. En estos casos.2094 0.3381 03400 - - 6.4.7877 0. a lo largo de un número determinado de veces (dependiendo de cómo sea en ese instante la carga dinámica).2684 0.00 1.~.2421 0..--j.-1.3307 0.. 5-9 5-8 .2146 0.25 2.1603 0.6537 0.2744 0.2483 0. COMPRESIONES CON PEQUE~AS EXCENTRICIDADES Este procedimiento descrito.30 1.J ! +-.1349 0. hay que tener 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.3453 0.25 1.3726 0...2412 0. Una forma de solucionar Y hacer más sencillo este cálculo es utilizar los Diagramas de Interacción.2727 0.h.2720 0. Diagramas. Por ejemplo.3322 0.=O.6399 0.h.3108 0.00 3.35 1.8080 0.90 0.1215 0.2819 0. .1431 0..2518 0.. Sin embargo.. 0. Compresión Simple y Compresión Compuesta.b. aunque en este caso su inversión no es tan rápida.2755 0.20 1.6675 0. no obstante.2308 0.3339 0.3187 0.75 3.7993 0.7131 0..1930 0.2631 0.10 0.1308 0.8039 0.2360 0. Algo similar ocurre con la carga de viento.1830 0.3263 0.2347 0. Todo dependerá de la relación entre las cargas gravitatorias Yhorizontales que recibe la estructura.6124 0.2976 0.8402 0.OS 0.00 5.7716 0.2788 0.1390 0. actuarán en los dos sentidos.00 2.8173 0.~ h h Nr'e~ 11.7292 0.1516 0. para un pórtico analizado como estructura plana. 19.40 1.8286 0.3486 0.. es decir.2724 0. b) Los elementos fuertemente comprimidos tales como los pilares78 o columnas de estructuras. provenientes. v !!.2256 0.3326 0.91 0.8475 0.97 0.09 1.2878 0. que es el caso en que no se agota la resistencia a compresión del hormigón (como se vio anteriormente).06 1.!.50 4.3652 0. D O M 1 N 1 O 5 t 1 [. 1 N Es importante observar que la presencia de pequeñas cargas axiales de compresión (parte superior de la curva de interacción). b. Diagramas..20. 20. y los momentos flectores (y esfuerzos cortantes) por los esfuerzos transmitidos por nudos rigidos o semirrígidos y por las cargas horizontales reversibles que actúan sobre las estructuras (sismo. la sección es capaz de resistir las solicitaciones propuestas. Compresión Simple y Compresión Compuesta. esfuerzo axial (y esfuerzos en transmisión por nudos rígidos o semirrígidos)8o. que se indica por una curva límite de resistencia y por toda el área delimitada bajo la propia curva para distintas combinaciones de M y N posibles. Es prácticamente general que las estructuras se encuentren sometidas a esfuerzos axiales y momentos flectores conjuntamente. el punto de aplicación del esfuerzo axial representativo estará fuera de la sección y se tendrá flexión compuesta y cuando la excentricidad sea menor. r).O Y M = O) hasta el de flexión simple (N = O Y M *. de forma conservadora.1). por lo que en su diseño debe tomarse en consideración la presencia simultánea de los dos tipos de esfuerzos. para el caso de columnas o pilares.::]. N) que caiga dentro de la curva o en la curva misma. Una vez definida las dimensiones de una sección (h. los esfuerzos normales se producen por las cargas gravitatorias. igual capacidad de armadura en ambas caras. . en la realidad existen situaciones frontera en las que no se tiene muy claro qué solicitación es preponderante (y por lo tanto.. Ahora bien. El diagrama de interacción es. teóricamente tiene un efecto beneficioso sobre el momento flector resistente.O). También como ya se indicó. de abordar el cálculo con estos diagramas es necesario estudiar Diagrama de Interacción.1. Un punto que esté fuera de la zona cubierta por la curva indica una combinación de esfuerzos no válida para la sección en cuestión (punto j de Fig.1). A partir de allí.81. Diagramas. x . armaduras mayor simétricas en la sección. 20. flexocompresión) o compresión compuesta. La determinación del tipo de esfuerzo combinado (la influencia relativa de cada esfuerzo) puede hallarse a partir de la determinación de la excentricidad correspondiente. es fundamental el criterio del proyectista (estructural) y siempre se podría ir a una 80Tener esfuerzos M . se puede tener flexión compuesta (en este caso. según sea más significativo el momento o el normal respectivamente. qué tipo de metodología es la más adecuada a aplicar) especialmente por la variabilidad que imponen las cargas reales y por las incertidumbres en los puntos de aplicación de las mismas. 81 El nombre "de interacción" proviene justamente de analizar la interacción de M y N. y las acciones horizontales reversibles. x FS:FlexiónSimple . 5-10 5-11 . un diagrama de resistencia de una sección.1 Introducción La mayor parte de los elementos estructurales sometidos a compresión también están solicitados por momentos flectores.¡.El gráfico tipo es el de Fig. por lo que sólo se debe conocer el estado de que sean distintos) y colocar Pero antes qué es un 5. viento). Compresión Simple y Compresión Compuesta. Para el caso de vigas es exactamente al revés. Como ya se explicó. Dicho en otras palabras. es decir. las cargas gravitatorias producen aquí esfuerzos flectores y cortantes. identificará una situación de resistencia posible para la sección (punto i de Fig. CS:Compresión Simple CS Fig. Si la excentricidad es mayor que la mitad del canto. es posible construir un diagrama o curva de interacción propia para la misma. cualquier combinación (M. existen infinitas combinaciones de M y N que hacen llegar la sección a la rotura. 20.5. desde un caso de compresión simple (N*. Este comportamiento se en cuenta que en las estructuras con nudos rígidos (las más comW1CS en hormigón armado) siempre existe transferencia de (momentos) entre vigas y pilares. Aún así. Esto se puede ver en un gráfico que indica la llamada "curva de Interacción. entonces. J solicitación de los dos casos (suponiendo situación conservadora (teniendo precaución con las secciones que sean críticas en la estructura y no sobrearmarlas). En estos casos. según sea la influencia relativa que tienen el momento flector y el esfuerzo normal entre sí. compresión compuesta. 20 Concepto de Curva o Diagrama de Interacción 20. la armadura colocada (Al y A2) Y las curvas de comportamiento de los materiales. se fisura en gran medida. = 0.Diagramas.Es un caso de compresión pura o centrada y entonces.0020 > 0. 20. .0020 > 0. 1401 l.5.15.74 %o Luego. por otra parte.Compresión Simpley Compresión Compuesta.00174 = Ey 60$ .15).2 Construcción de un Diagrama de Interacción Se procede a hallar el diagrama de interaccióna partir de un ejemplo práctico.85"aI oo. A.50) Y B 400S(Ys=1. 2.102 1 A:z=2'1f.Diagramas. Se supone que todas las fibras de la sección están a 2 %O. y la presencia de cargas axiales de compresión pequeñas permite disminuir la sección transversal fisurada y aumentar la sección efectiva de trabajo del material. ---.4778 (2) Tensiones en las armaduras: 5-12 5-13 . Se calculan los momentos flectores centroidales (respecto al centro de la sección) y esfuerzos normales internos que. 5.105 = 1.=3. En función de las deformaciones en el acero y en el hormigón se determinan desde los diagramas de comportamiento. E =0. A3 ~=3'1f.102 =628. Se definen diferentes posiciones del eje neutro. )1 60 $ .2): Las áreas de colocada serán: armadura (1) Deformaciones unitarias en las armaduras: E.4778 mm2 mm2 mm2 E3 = 0. 20. hay que tener en cuenta que: (1)Para (11) Para Es < Ey :::) (js = Es . . = 0.Se trata de construirla curvapara la siguientesección(Fig.15 2. los esfuerzos en el hormigón y en el acero. 1< . . ~o 20.0020 > 0. ---. Para cada posición del eje neutro se calculan las deformaciones unitarias en cada fibra de la pieza.0035 (en flexión). . por equilibrio. Para la elaboración de la curva de interacción nominal.1f. disminuye considerablemente la capacidad resistente a la flexión. [Mpa] a) Punto 1 del diagrama: 3. 60 l. el eje neutro está en el infinito. tomando como base una deformación máxima en el hormigón de Ee= 0.002 u. La presencia de grandes cargas axiales (parte inferior de la curva de interacción). .3185 E2 = 0. La deformación fyd unitaria que provoca la cedencia (fluencia) en el acero es: Ey ="E= s 400/1. .= 'yd 4.Es Es ~ Ey :::) (js = fyd = 400/1. deben ser iguales a los momentos flectores y cargas axiales externos solicitantes La sección es cuadrada de 400 mm de lado. debe a que el hormigón. ---.2 1< )1 140 1 60* l. . A. . A 11 140 . para una sección dada. se utiliza el siguiente procedimiento: 1.00174 = Ey =942.102=942. Consta de 8 barras de 20 mm distribuidas como se indica en la figura.Compresión Simpley Compresión Compuesta. . con fibras traccionadas por la flexión.00174 = Ey 400 Fig. Los materiales son: HA 25 (Ye =1. 85.Es =fyd =400/1.82+218.15.15 1000 = 218.-.000525 < 0.[Mpa] 0"3 =83 .54+ 327.15 1000 =327. . h = 0.85"ed (Te= 0.66+ 327.54 kN 400 1 kN 1.003 (Te= 0.33 e 1.0-327. 0"1 =81..4778 (1) Deformaciones unitarias en las armaduras: 340 = 0. O+ FS1 . .[Mpa] 0"3 = 83 .15.[Mpa] b) Punto 2 del diagrama: =fyd =400/1.50 1 1000 =2266.2= = 327.85"ed 25 Fe = 0.00175 > 0. 1. 5.5. La deformación unitaria en el borde superior es 0.84 kN Fn = 3140. .15 1000 1=.2. Compresión Simple y Compresión Compuesta.140+218. .85 .8 X Y = 320 mm ---- \J/ 400 1 Az'0"2= 628.00174 = 8y 60 83 = 0.000525.[Mpa] (3) Cálculo de la fuerza de compresión en el hormigón: Se supone que todas las fibras de la sección están comprimidas.3185 1.0035.400.82 kN 140 ! ! 60$ 1< .15. 400 .3 =A'0"3 =942. Es = 0.54. 1.002975 > 0.0035. 8 =0. -.Es =fyd =400/1.3 ._.82.82 = 3140.4778.b.00174 = 8y (2) Tensiones en las armaduras: (6) Cálculo del momento nominal respecto al eje centroidal (x): Mn = Fe .-=1813.105 = 105.0035.50 1000 5-14 kN 5-15 .y=0.85. 0-1=. Diagramas.140 0"1 = 81' Es = fyd = 400/1.00174 = 8y (5) Cálculo de la carga axial nominal: Fn = Fe + FS1+FS2 +FS3 81 = 2266.Es =fyd =400/1.400.0 + 327.66kN (compresión): 60 (4) Cálculo de las fuerzas en las armaduras 140 400 1 FS1=A . Diagramas. >1 X / I 1/ I r Y = 0.400 = 0.15. El eje neutro se encuentra en el borde inferior de la sección. 400 = 0. [Mpa] (3) Cálculo de la fuerza de compresión en el hormigón: 25 1 F =0.0035.84 kN 200 82 = 0.140 + Fs2 .82 1=. 0"1= 942.85. . [Mpa] Mn = O kN mm 0"2 =82 . .140 Mn = 2266.400.82.66. b .15. 400 = 0.Es 0"2 =82 .320. Compresión Simple y Compresión Compuesta. 000468 .65 kN 0"1 (6) Cálculo del momento nominal respecto al eje centroidal (x): M n = &1 . La deformación unitaria del borde superior es 0. 1000 93.66 . .e 1.0017. Y = 0.40+327..12 kN (tracción) (5) Cálculo de la carga axial nominal: Fn = Fe + FSI + FS2 + 1=.54 kN 105 = 942.140 +218.b.O-F s3 . 400 140 60 X!X . 'ed = FSI =. .0028 > 0. -300 = 0.105 = 93.1000 = 98.(200--+F 320 0"2 = &2 .82 1.4.8X y= 240 mm 1=.3= 2458.15 .15 kN (compresión) FS3 = ~ .0035. [Mpa] (tracción) Mn = 2266.00174 = &y 1=.15 1000 = 218.3185.00175 > 0. Es = fyd = 400/1. Diagramas.0 -98. (4) Cálculo de las fuerzas en las armaduras: FSI =.~=327.24 Kn 5-17 5-16 . (1) Deformaciones unitarias en las armaduras: &1 400 1 1.15 1000 =327.5 = 88.T 5.4. Compresión Simple y Compresión Compuesta. 100 = 0. 2. Diagramas.2 =~ '0"2 =9628. Si >1 100 ¡100 1 r y =0.0035.00174 = &y (2) Tensiones en las armaduras: FS3= '0"3 (5) Cálculo de la carga axial nominal: Fn = Fe + FSI + FS2 + 1=.96 . Es = 0. Existe flexión.Es = fyd = 400/1.65 kN Fn = 2458. ! .54 1000 kN (compresión) .00117 (borde inferior) 300 40 40 &3= &¡'-100 = 0.96 kN 150 &2= 0.85 . 60 X!X .2= ~ ~ '0"2 400 1 = 9628. 400 .[Mpa] =F e .3185 1.0035.15. 140 ! . 1. Compresión Simple y Compresión Compuesta.000468 < 0.-.4778.4778.85.4778.4778 5. .60 kN mm c) Punto 3 del diagrama: El eje neutro se supone a 100 mm por encima del borde inferior..[Mpa] 2 .85. 300 = 0.24 kN 1< Fn = 1818.140+F sI s2 .140 0"3 = &3.50 1 = 1360 kN 1000 Mn = 104573.00174 = &y &¡= 0.140 (3) Cálculo de la fuerza de compresión en el hormigón: 25 F = 0.82 kN 240 = 0.5.0035. 0"3= 942. '0"1 =942.3= 1818.54.85.'0"1=942. 'ed (4) Cálculo de las fuerzas en las armaduras: = (Te 0.400.~=218.003 (Te 0.82. &=0.100 = 0.15 1000 400 .240. Compresión Simple y Compresión Compuesta.2 . 8 =0.5.200 = 0. 1 . .15 400 .12. 400 .82 .140 Mn =167031.50 1000 = 906. 5-18 [Mpa] (tracción) 5-19 .85..00174 = 8y 140 = 200590 kN mm 82 = O Observar que el eje neutro en la mitad del canto no genera el caso de flexión simple.67. ~ = 327.4778..1. Diagramas.160.140 + O + 327. [Mpa] 0'3 = 83 .67 Mn = 1360 . El eje neutro se supone en una posición tal que en la sección se produzca flexión simple.400. Es = fYd= 400/1.Es = fYd = 400/1.00245 > 0.67 KN (x): (6) Cálculo del momento nominal respecto al eje centroidal I &¡ 160 Mn =Fe.1. 0'3= 942. .82.(200--+Fs1 2 240 . . Existe flexión. '0'1 = 942. Esta condición se cumplirá si r. Es = O .200 = 0.60 kN mm d) Punto 4 del diagrama: (4) Cálculo de las fuerzas en las armaduras: FS1 = A.140 25 1 kN = 0.003 60 /Jc = 0. [Mpa](compresión) 0'2 = 82 .140+ 218.FS3= 906.1 + FS2. ) &.8x y= 160mm (5) Cálculo de la carga axial nominal: Fn = Fe + F.67 kN Fn = 906.140 (1) Deformaciones unitarias en las armaduras: = 906.85. e) Punto 5 del diagrama: 140 83 = 0.85 .82.0+Fs3.2 = El eje neutro se supone a 200 mm por encima del borde inferior (en la mitad del canto).82 kN (tracción) 1000 140 140 60* ! ! * . Diagramas.4778.0035. =0. Y Mn =Fe. fed FS3 = ~ '(1'2 =0 KN ~ .00174 = 8y (2) Tensiones en las armaduras: 0'.80 + 327.-.140+F. toa 100 1 r y = 0.15 1000 400 .54.85. 5.F = O . La deformación unitaria del borde superior es 0.120 + 327.82 kN (compresión) F.0 +88. 1< .15. (6) Cálculo del momento nominal respecto al eje centroidal (x): (3) Cálculo de la fuerza de compresión en el hormigón: Fe = 0.140 8.0035. = 8.15. Compresión Simple y Compresión Compuesta.0+FS3 .~ = 327.0035 .140+Fs2 2 Mn Mn . fed /Jc = 0.00245 > 0.b.(200--)+Fs1. 33.3185.b.85.0035 4. Una de ellas será Cálculo de la fuerza de compresión en el hormigón: N 25 Fe =0. CompresiónSimpley CompresiónCompuesta.37 1.33.Fs2 . Si Jx Iy 2.82 87.5..Diagramas.8.96.105 = 140~00 (tracción) 700. > &y Fs. 1. fed &3 > &y 140 1140 60XXX 11< ! ! 1- 400 -.103 X 5-20 . < &y Caso (11): &2 > &y &3 > &y FS3 = A . Cálculo de la carga axial nominal: Fn = Fe + Fs.53'X2 +440.x-87. Para calcular el punto 5 pueden suponerse el punto buscado de flexión pura. Caso (1): 400 = 327818. [Mpa] (tracción) 0'3 = &3 .0035)- 2.106 )-327818.96. > &y = &2 =O 4. = A.103 -327.y=0.44.4778._. 1 0.37 -( 87.Es en las armaduras: =fYd =400/1.44.Diagramas.0.0035 &2=7 & =0.82 = O X O 5-21 ( 200 . x+327.37 1. Estas situaciones son: dos situaciones. Cálculo de las fuerzas en las armaduras: &.15 400 = 327818.103 -0. (140~00 700) = (87. CompresiónSimpley CompresiónCompuesta. = 942.003 60 XXX (Te= 0. 0'3 = 942. .0.x=(4533.[Mpa](compresión) -1 LjS3 >1 0'2 = &2.7 -0. 5.Es = fyd = 400/1. Es = (0~7 .9~'106 -0. - tf.4778.818.x+327. 0'2 = 628. Cálculo de tensiones 0'1=&.15.53.0.15.15 N (compresión) &2 < &y &3 > &y FS2= ~ .[Mpa] 3.85.85.400.106) N (tracción) &.37 N (tracción) 5. Cálculo de las deformaciones unitarias en las armaduras: &.FS3 = O N Análisis del Caso (1): 4533.X X ). .50 4.9~'1 06 .0. 0'.x) 1.44. ~ 1000 = 260.-b-x.= 942.0036 > 0.801. = A.12 kN (compresión) 8 .4. Es = 0.80 .2. Diagramas. 400 1 .0035 = 0.82.[Mpa] (3) Cálculo de la fuerza de compresión 25 Fe = 0.15 400 .95 9.400.~ 1000 = 327.Es =fyd =400/1. (&.0 +F. -FS2 -F. Diagramas.:IJ.3 = 162. [Mpa](compresión) (tracción) (tracción) en el hormigón: (2) Tensiones Que dará: x.70 x -0.Es =fYd =400/1.140 Mn=154299.276.4778.00174 = &y &2= 0. Compresión Simple y Compresión Compuesta.1336.3 . =0.[Mpa] 0"3 =&3 .4778.-.53 Se observa que las dos primeras deformaciones adoptado.0035.0035.00174 = &y +0 +327.0085 >0.140 &.12 kNmm 5-22 5-23 . - x-60 99-60 x = -..8. . 1.4.Y/2)+ Fs' .a.70 99 -0. 0"3 = 942.85.85. 140 1 60 XIX 81 8 8 400 V" Ei f9 FS2 = ~..13 mm x2 = 99 mm De estos dos valores se toma el valor lógico que es: x = 99 mm 0".54 kN (tracción) 18 18 FS3= A.15. = &.Jb2 -4.22.140 + FS2.12. = -196.a x = '.140 Mn = 448.~ 1000 = 218.r 5. .00174 =&y x . 0". 5.15 . 34~=99 =0. Y &2) no cumplen el supuesto aun así se continua el cálculo de este nuevo punto.c .56 KN (que como se ve es '" O) (1) Deformaciones unitarias en las armaduras: Fn = 162.85.96.0. 340-x -0.b.(200-79/2)+260. x =0.0035 = 0.00138.0035 99 = 0.82 kN (tracción) 81 >1 (5) Cálculo de la carga axial nomínal: Fn 1< = Fe +Fs.0035.003 Fs.06 -440-x.0.¡.80 kN Una vez obtenida esta posición del eje neutro se procede a verificar todos los valores correspondientes: E =0.0.103 2.2 -440-x.. en las armaduras: = 276.b.J4402 -4. Y= 0.15.56 kN (6) Cálculo del momento nominal respecto al eje centroidal (x): Mn = Fe' (h/2 . 0"2= 628.3185.00138 < 0.50 (4) Cálculo de las fuerzas en las armaduras: 99 1000 = 448.87.53. De aquí: &3=0. Compresión Simple y Compresión Compuesta.105 0"2 =&2 . Diagramas.10 =(700--X ). Cálculo de las fuerzas en las armaduras: 42000 F.Es =fyd =400/1.21 42000 [ .15 =0. 140 140 60* ! ! .46 39.103 x 4..8.33.85'-. Cálculo de tensiones en las armaduras: 0'1 =E1.60) _ 0. 1. . Una vez obtenida esta posición del eje neutro se procede nuevamente a verificar los nuevos valores: & =0. 0'2 =628.1 - F.3185.4778. (x .50 140 ! 60$ =(4533.103 x =O >1 O 1. 0'3 = 942.58.x ( .x-39. Cálculo de la fuerza de compresión en el hormigón: 25 F" = 0.700-.73 ..[Mpa] 0'3 =E3 . Y = 0.0035 _ 0.15. N(compresión) )=659734.15 400 = 327818. 400 4.0. . ! . x + 659. 1< . DÍIlgramas. Cálculo de las deformaciones unitarias en las armaduras: E 1 Que dará: x1 = -106. Compresión Simple y Compresión Compuesta. Compresión Simple y Compresión Compuesta.77 mm 2.327. ya previsto. .54 . Cálculo de la carga axial nominal: V" Ix Fn = Fe + F. 0'1 =942.0035 FS3 60$ .Es = (0.[Mpa] (tracción) (tracción) 60 140 .53.53'X2 +113.0035--. 400 = 218545.21 x X E2 > Ey E3 > Ey = 81.56 N (tracción) 1.77 2. F.2 Análisis del Caso (11): & =A:z.5.0035. x) N 4.79 mm x2 = 0.56. >1 T 1.3 = ON 218.39.0035 0'2 =E2. .4778.56.).37. &¡ =A . 1< .82 . . 400 .2.106 (1) Deformaciones unitarias en las armaduras: 5-24 5-25 .1=A . .400.15.b. Se aborda a continuación el Caso 11.77 mm De estos dos valores se toma el valor lógico que es: x=81. Mpa](compreslón) 5 0. E/ A1. . 5.Es =fyd =400/1.37 N (tracción) 5.2 - F. .85.x 1. [kNmm] O 2458. = &. So CompNSión Simple}' CompNSión Comp1lesll1.85'-.~ 5.77 x. 200 _ 81.[Mpaj (3) Cálculo de la fuerza de compresión en el hormigón: Fe =0.15.21 0.z=Az 'O"z=628.24 906. -.00093 < 0.56 167031.85. Compresión Simple y Compresión Compuesta. 0"3 = 942.82. =A¡ '0".69 .0035 = 0.3185. +1=.37 kN ~O kN (que F"= O kN (6) Cálculo del momento nominal respecto al eje centroidal (x): 5-26 5-27 .[Mpaj 0"3=&3.30-218.(h/2- y/2)+F.0.82 kN (tracción) Si se llevan a un gráfico los seis puntos hallados.77 =0.~ 1000 =175.b.400.z 3 . (2) Tensiones en las armaduras: 0".15 1000 = 327..(200-65. Mn): Como se puede ver. =942.77 =0.0.200x' 81. Y =0.Z ahora da cero) -1=.X =0.81.140 +0+ 327.0.= 0.77 =0.186.77 .50 1000 kN (4) Cálculo de las fuerzas en las armaduras: 1=.3) con todos los pares de solicitaciones nominales obtenidos (F".2.8.3 = A.30..69+175. 1.15 1000 kN (compresión) ~I ~I ~I ~I ~I Punto FI 3140.85.E.6 I ~11818.011>0.0+P.z .140+P'..53 Fig.0.12 I '1 1=.00174=& y Se puede preparar una tabla (Fig.O 0035 = 200-81.0035 ..0051.140 =132449.80-=370.E. = 0. . (tracción) O I 132449.84 I Al.. 200 340-x 340-81.3= 370.54_327. se tiene (Fig..4778..0051> 0. 20.¡ 400 1 .3.140 Mn &z - =4370. 20.6 200590 154299. DiIIptllltllS.15.00174 =&y Mn & =& .3 1=.-1=.54kN 1. &.30 400 '~=218.21 X = 0. .69 1.82 =-0. =fyd =400/1.0035 . 20.4778. J~04573.77 .42/2)+175.[Mpa](compresión) (tracción) (tracción) I O"z=&z. =fyd =400/1. Diagramas.00174 =&y Mn =F.53 kN mm .E.65.b.x 25 81.105 = 186 .00093 .4): (5) Cálculo de la carga axial nominal: F" = F. se cumplen los supuestos adoptados.67 162. 0609599 O I 0.5): 5-28 5-29 . ~ y el valor del esfuerzo normal N por b. I I I 0. h.~ Para los datos utilizados será: b.9219925 I 0.~ N u= b. se define entonces: . Mn [kN mm] O 100000 " 50000 0O t: 0. Diagrama de Interacci6n Dimensional Mu [kN mm] 250000 200000 150000 I pun.6).So Compresión Simple)l Compresión Compuestll.#.67 kN Fig.14465542 I 0.h. 20.# b. DlogTll11ll1S.67 kN mm = 2666. El diagrama dimensional representa la sección adoptada (y los materiales) con una determinada cantidad de armadura colocada (cuantía).5 y gráficamente ahora quedará (Fig.h-~ .3400008 0. Es importante definir exactamente tanto la cantidad de armadura como la colocación o situación de la misma dentro de la sección. 500 1000 4~--r 3000 3500 1500 2000 2500 101 0. La ventaja del diagrama adimensional es que se prescinde de la influencia de las dimensiones de la sección. 20. 20.. se debe confeccionar para el tipo de material utilizado (hormigón y acero) y para una definición concreta de la armadura colocada. So Compresión Simple)l Compresión Compuestll.12417143 M ¡'¡=b.1778135 1 -r. aunque como en el otro.6818391 I Nu [kN) Fig.15659212 . 1 . 20.oFI 11.4 Este diagrama puede ser representado de forma adimensional dividiendo el valor del momento por b.18805312 I 0. ~ = 1066666.# Luego.09803 I 0. ~. DlogTll11ll1S. Se hace una tabla similar a la anterior que ahora será (Fig. 15). h. Los diagramas se diferencian en el tipo de sección considerada (rectangular. de izquierda a derecha. Incluso representar todas las curvas en un mismo diagrama.esIDCIF/MMcontinuos/Ariel/softlindex. Para el diagrama analizado.eo J.uniovi. 1.fed 21. para los que se consideran tres valores representativos (~h = 0. 5-30 y se halla: A. Esto lleva a menudo a tener que interpolar entre dos gráficos y (lo que es muy importante) se debe adoptar a priori el tipo de disposición o colocación de armadura deseada (en todos los casos. simétrica).l= b.15 0. circular y anular -hueca-). Diagrama de Interacción Adimensional P 0. resulte más sencillo adoptar el grado de recubrimiento más acorde con el caso a analizar. Debido a ello.fyd OJ = OlrOTAL = b. y en los grados de recubrimiento. casi siempre es necesario interpolar (salvo cuando la aproximación sea razonable).6 1. como se verá a continuación. 0. se podrían construir otros diagramas con iguales valores de partida.10 Y 0.1. Diagramas. Observar en el diagrama que existen unas líneas que cortan las curvas y que se encuentran indicadas por una referencia 8e/8s . Compresión Simple y Compresión Compuesta.h2 . En este gráfico de Fig. Estas líneas representan las deformaciones respectivas para el hormigón y el acero y dan los puntos de cambio de dominio en el diagrama. Para entrar en el diagrama. en términos de su cuantía mecánica (con valores desde cero a uno). en la práctica. La construcción de los mismos es sencilla si se cuenta con algoritmos cerrados o con una simple hoja de cálculo con la que se podrían hallar mayor cantidad de puntos representativos (daría una curva más exacta). Fig. El manejo de los mismos es similar. Este procedimiento es erróneo porque conduce a armaduras muy diferentes (la influencia del grado de recubrimiento es mayor de lo que se cree). rectangular en cajón -hueca-.2 0. D4a (muy pequeño) y 05.20. Compresión Simple y Compresión Compuesta. 5-31 .fed Nd v= b. sólo variando la cuantía de armadura colocada y compararlos entre sí. 04. 21.05. De forma simplificada. 03. Para realizar estas curvas puede ser bajada una hoja de cálculo Excel desde: www. Se indica aquí sólo un diagrama por razones de extensión.h. la armadura hallada se distribuye simétricamente en las dos caras opuestas. la distribución que se adopta para las armaduras a colocar en la sección.6 0. es usual que en lugar de interpolar valores desde distintos grados de recubrimiento (y distintos Diagramas).25 0.5.2 0.1 0.05 O O 0. 21. Cálculo de secciones con Diagrama de Interacclón para armaduras simétricas Un diagrama típico es el de la Fig.htm Estos diagramas son muy utilizados. Diagramas.4J A partir de aquí. 5.1.4 0. Existen otros diagramas en los que es necesario definir el número de barras (o grupo de barras) a colocar. fed Donde es: Md eo = Nd eo: excentricidad definida respecto al centro de la sección bruta.8 En un mismo diagrama se encuentran recogidas las curvas correspondientes a distintos valores de armadura colocada. como se demostrará luego. están las zonas que representan a los dominios: 02.2 . se define: Nd . d Será: =4 5-33 . ACERO B400S6BSOOS 400"' 1iIIO NIrnm' le -b. Sea como sea.J * OY v = O (se trabajaria en el eje de ordenadas)y para compresión el'oO.4.18. su uso está más extendido a secciones comprimidas con pequeña excentricidad (compresión compuesta).h simple. desde el punto de vista resistente. este valor de cuantía mecánica se define como: a Se ve que estos valores conducirían 0. En todos los casos.i -: ¡ ~~ :. o no. tanto los problemas de dimensionamiento como los de comprobación de secciones. se obtendría para distintos grados de recubrimiento: d'/h (J) Se observa en los diagramas que existe un valor mínimo (curva minima) de valor w = O. tener que dimensionar la armadura por cuantía mínima.01 "yd (1) b. más fácilmente que mediante el empleo de tablas. Compresión Simple y Compresión Compuesta. En realidad el uso de la tabla (armadura aSimétrica) sólo es adecuado y acertado en determinados casos muy 5-32 Donde con A.d. Diagramas.J= O Y v * O (valores en el eje de abscisas solamente). la Norma EHE exige colocar una armadura mínima (cuantía geométrica mínima) de valor 4 %0. w= A.1 Valor minlmo de w l. Diagramas. eso si.Como se sabe. verificación o redimensionado) hace más que justificable su utilización.'cd colocada en toda la sección. El diagrama tiene un uso muy sencillo que permite en fase de predimensionado saber (con pocos parámetros adoptados) si la armadura hallada es idónea o lógica. Compresión Simple y Compresión Compuesta.o/ se denota la armadura Por otra parte.' Fig. para el tipo de gráfico visto. A partir de cualquier ejemplo sencillo puede verse que es más económico el uso de la tabla de Fig. en un sentido. cuando uno de los movimientos. considerando unos valores de ¡.5. 21. I '¡. que es antieconómico) y.. saldrán armaduras simétricas dependiendo del diagrama escogido. compuesta.J = 0.1000 b.1 (de [5]) Por ejemplo. pero el incremento en armadura hallada con los diagramas de interacción generalmente se justifica si con ello se garantiza la resistencia de la viga o pilar para cargas reversibles. Aún asi. Mediante los diagramas de interacción es posible resolver.4 Y v = 0. Por ejemplo. dimensionado. 1 5. caer fuera del diagrama (por arriba o por la derecha) significará que la sección esta subdimensionada y debe ser redimensionada.15 0. 19.05 0.IO. Para flexión simple seria ¡. por el contrario.es decir: CG = A. 21.J. caer en la zona baja del diagrama (donde no existen valores) significará que la sección predimensionada está sobredimensionada y no se necesita armadura porque el hormigón es suficiente (lo que implicaría seguramente. la sencillez de su uso (en fase de predimensionado. compresión simple y compuesta.75 0. ¡.! especiales.01 . tuviera distintas restricciones (deformaciones) que el otro.10 0.50 DlAGRAMAS DE INTERACCION t' I ADIMENSIONALES ~ .65 0." AtOI82A Los diagramas de Interacción pueden ser usados para secciones en flexión simple.85 valores de capacidad de armadura muy diferentes por lo es imprescindible interpolar cuando sea necesario.'..L 0. por ejemplo. 25/1. b.15 b .200 -0.N = 1. Compresión Simple y Compresión Compuesta. fed 400. (800)2 .106. .096 v= =0. para valores mínimos de materiales: fed = 25/1.5. (1oooi .50 = 16. .N. menor cuantía que ésta.106.60.=1.0625 ~ Se debe interpolar entre 8 = 0.25/1.N = 1. lo que indica que la sección está sobredimensionada por lo que se debe redimensionar.2.ea 1.083~ l1Jmin == 0.200 =0. r = 50 mm fcr 25 Mpa / Ye = 1.200 b . h = 1000mm l1Jmin = 0. h = 800 mm 1 r / h = 50/800 = 0.15 = 347.2.60. (2000)2 .2000.2.2.2. 5.. fed 400. lo que indica que la sección aún esta sobredimensionada.05 21.~ fed (1) b = 400 mm . fed 400. (11) Sale: b = 400 mm . h = 2000 mm r/h = 50/2000 = 0.2 Ejemplo de cálculo con Díagrama de Interacción Supóngase la siguiente sección y calcúlese la armadura necesaria con el diagrama de armadura idéntica o simétrica (sin cuantificar barras).24 (fyd) da un valor mayor y a mayores valores de la resistencia del hormigón (fed).ea 1.25/1.106 b .10 r/h = 50/1000 = 0.60.106 b .15 Y. Por ejemplo.h.05 = Este valor l1Jmin es la cuantía mecánica mínima que se debería considerar en los diagramas para colocar armadura de cálculo o. . dicho en otras palabras.4 Aot = 1000 (2) 400 ea =-=0.b ¿ * * r I d Datos: N = 2000 kN M = 400 kN m (Ambos valores respecto al baricentro de la sección bruta).N.024 P b . Diagramas. . h.5 fyk=400 Mpa / Ys=1. = y.05 Y 8 = 0. haciendo (2) en (1): f l1Jmin =0. h2 .2m=200mm 2000 Predimensionando valores para la sección se tiene: Luego.60 de la sección bruta será: En el gráfico da (111) b = O.50 Buscando en el gráfico correspondiente se ve que los valores caen en la parte baja del mismo. h2 . Notar que a mayores valores de resistencia del acero y.60.10.050 ~ se adopta 8 = 0. h .025 ~ se adopta 8 = 0. Compresión Simple y Compresión Compuesta.50 P La excentricidad 5-34 respecto al baricentro 5-35 .N.25/1.50 y.82 Mpa v = y. sígnificará tener que colocar cuantía mínima recomendada por la Norma.60.50 l1J 0.004.ea = 1.67 Mpa fyd = 400/1.50 0. fed 400. fed 400.1000. Diagramas. P = y.48 h I 1 <E--. da menor.25/1.106. = 400 mm. h2 . 90 kN) en cada cara.25/1.28mm < 25 mm 0= 0. Estudiando la distancia entre barras: CG= 10'Jí.60.fccJ = 0. h .80 b. .65 0= 0. N .05 ~ aJ= 0.083 ~ Se debe interpolar entre será: = 14.600.10.cf> n-1 400-2.r-n. = 513.19 o = 0. (V) b = 400 mm .106 .683.33 mm < 25 mm Para dos capas iguales de 8 r/h = 50/600 = 0.cf> n-1 400-2.5 T = 1026.50-16.50 _0.60 5-37 .50 =0. fccJ v= 400. Compresión Simple y Compresión Compuesta..N = 1.106 =0.25 15 cf> =-33.27 b-2.800 (IV) b = 400 mm . fccJ 400.fccJ = 0.200 = 0.106 400. 5. 0= 0.05 ~ aJ=0.102 . Esta sección está subdimensionada y debe ser redimensionada.800.81 %0>4%0 400.2.25/1.2.50 Buscando en ambos gráficos quedará: r/h = 50/400 = 0.60. fccJ 400.200 f.50-8. = T2 = 1366 kN Se adoptan 8cf> 25 (1365.600. Diagramas. A todas luces se ve que es una cuantla exagerada e incluso de muy difícil colocación.25/1. .1925 entre ambos valores sale: Luego: T = aJ'b.1925. Diagramas. (600)2 . h = 400 mm y. iI v = y.ea = 1.800.40 kN) en La verificación de cuantía es: Para la colocación en una capa será: 400.70 5-36 = y. .683 entre ambos valores sale: Buscando en ambos gráficos quedará: 0= 0. Luego: T = aJ'b.125 ~ Se debe interpolar entre 0= 0.eo f. h2 .I b.10 y 0=0.fi 5.h.25/1. = 7.I b . h .15.5 T = 2732 kN T. 8= = y.60. (400)2.1O~ aJ= 0.106 .25 7 Se observa que no es posible colocar la armadura en una ni en dos capas.(25/2)2 .r-n.60 Por lo que interpolando aJ= 0.N = b. Compresión Simple y Compresión Compuesta.25/1.67 kN La verificación de cuantla es: co= 16'Jí.05Y 0=0.50 1.33 kN Se adoptan 5 cf> 20 (546.60.10 ~ aJ=0.2.1000 = 32.1000 =9. h .400.25/1.600 cada cara. fccJ 1. h2 .2. N .400.72 %oO 4 %0 T. h = 600 mm 8= b-2.20 Por lo que interpolando aJ= 0. 5. O también.LB' . en una sección rectangular. pórticos) siempre habrá elementos de unión entre ellos.1 La resolución teórica del problema consiste en encontrar la posición del eje neutro y las deformaciones máximas (y tensiones.2.Y 22 Flexión (o compresión) esviada Básicamente se estará en presencia de este estado cuando no se conoce la dirección del eje neutro en la sección y éste habitualmente no es paralelo a ninguna cara. por ejemplo.60. v = y. existen casos en que esta suposición no es válida y uno muy común. . 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 utilizar métodos aproximados.25/1. FS My . Esta superficie tiene el mismo concepto que el diagrama anterior sólo que debe tratarse de puntos que ahora estarán situados en el espacio (3 ejes) en vez de en el plano. como una hipótesis básica del cálculo de estructuras. en el caso de flexión (o compresión) esviada debe hablarse de una superficie de interacción. Compresión Simple y Compresión Compuesta. que son otras estructuras planas (o arriostramientos) en general.' N = 1.22. 22. Dicho en otras palabras. fed 400. 22. actuando con excentricidades (ex y ey) respecto a los ejes baricéntricos de la sección. En realidad este ábaco incluye desde los casos de flexión esviada pura (N = O) 5-39 5-38 .20 interacción con este plano (con los dos) indica los diagramas de interación correspondientes. Sea como sea. se da en el caso de pilares que pertenecen o forman parte de dos pórticos ortogonales entre S182. En este caso lo lógico es considerar el pilar con los esfuerzos derivados desde los dos pórticos (dos planos ortogonales) y resolver su diseño conjuntamente. Un punto en un plano (N.Y FS ~Mx FS: Flexión Simple CS: Compresión Simple Fig. se tiene un esfuerzo axial (N) y dos momentos (Mx Y My) actuando simultáneamente en la sección. M) pertenece a un caso de flexión recta y la intersección de la superficie de Tener en cuenta que las estructuras en su conjunto siempre son tridimensionales y aunque estén formadas por elementos planos resistentes (cerchas. 5. Un punto situado dentro del volumen generado (punto 1) (o en la superficie frontera) será una combinación de esfuerzos posible de resistir por al sección y un punto fuera (punto J) indicará una combinación no posible. Diagramas. h. Con el plano horizontal de la base (N = O) indica el diagrama de flexión esviada pura (Mx y My). Ahora bien. se tiene una solicitación normal (N). Se hacen tanteos para hallar la posición del eje neutro que resultan extensos y laboriosos. existen algunas formas más sencillas que pueden dar una aproximación suficiente. Compresión Simple y Compresión Compuesta.2). Aqul se da la flexión esviada o desviada (o la compresión esviada). por lo que muy complicado abordarlo a mano (se pueden hacer con algoritmos cerrados en ordenador).1.1 Superficie de Interacción AsI como en la flexión recta se vio el Diagrama de Interacción como diagrama que indica los puntos posibles de resistencia de la sección. máximas) en la sección. 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.50 -1.106 b. Una superficie de interacción tipo será como la de Fig. Los métodos más utilizados son dos: 22. Ello indica que la sección está subdimensionada y se debe redimensionar. Buscando en ambos gráficos se ve que m se sale del gráfico. se supone que éstas resisten esfuerzos fundamentalmente en su plano y que puede despreciarse la resistencia en un plano perpendicular a ella. 82 1. Se mencionó anteriormente que.400. Diagramas. al igual que los de interacción.cerlo (infonnáticos). de vigas correas) hasta los de compresión esviada (más propios de pilares que soportan altas cargas gravitatorias).4 y el menor P2.. 'yd a. La presencia de muchos tipos de gráficos y ábacosse debea la inercia que supone la utilización durante aftos anteriores de métodos simplific. Claro que siguen siendo muy útiles aún (y seguirán siéndolo).10. a . x a.b. a "CfJ Md ABACOEN ROSETAPARA FLEXIONESVIAOA ~ I t T 10 lt ".'" O. a partir de la sección completa (b x h). se obtiene: Fig..o/ . . 5-41 .. ""'110 .proximados) que resuelven con facilid. Se debe encontrar un normal reducido y (ahora) dos momentos reducidos. al igual queben los de interacción.2 (de [5]) al A. ahora es más que seguro que se deba interpolar ya que se tienen tres variables en su utilización y diagramas con distintos grados de recubrimiento y disposición de armaduras (siempre simétrica). Este método es algo menos utilizado pero sin embargo da muy buenos resultados.. se poseenmedios para h. Diagramas.b.da cálculo.b !!a!"".. Será: Nd v-.dos (y . A+ N ACI!RO DE DUREZA NATURAL '..b.. En principio.".. parece lógico asimilar los diagramas de 4200 kg/cm2 a 400 Mpa. Además. 110'110' 1'0'''.. ~b~ ~ \. por ejemplo. se diferencian en los grados de recubrimiento que se considera. Luego. !!!:!I!. que es llamada aquf. 5. buscando en el octante (o cuadrante) correspondiente al valor del normal reducido. 2. 4. Su uso es muy común por la facilidad de cálculo..CfJ Todo lo comentado respecto al uso de los Diagramas de Interacción es válido para los Diagramas de Roseta... considerando uno de los momentos nulo). (propios. También tener en cuenta que realmente se debe mantener una coherencia en el grado de exactitud que se quiere lograr en los cálculos. saldrá el valor de la capacidad de armadura y la misma es distribuida en la sección según el tipo de ábaco que se esté utilizando... Compresión Simple y Compresión Compuesta. Se reduce un problema de flexión esviada a uno de flexión recta y se Un detalle a tener en cuenta es que los valores de esfuerzos reducidos se obtienen.. !!L..."110' 1'0'110.4A !!L ""b.. dado la cantidad de aproximaciones que se adoptan en honnigón armado..IO.. aunque hay que tener en cuenta que es una resolución gráfica83 (expuesta a errores del observador) y no es posible utilizarlos como fuente para resolver con ayuda informática estas situaciones (a no ser que se hallen las funciones de las curvas). . " . Diagramas.d c. los tipos de acero Y la distribución prevista para la armadura. ""'110 r.ctas para los cálculo debido a que por muy dificil y engorrosa que seasu resolución. correspondientes a los dos momentos que actúan en la sección. Reducción a flexión recta A partir del valor de la cuantia mecánica hallada.200 ~/e<rI tI 0.lb = b2 . II A. Compresión Simple y Compresión Compuesta. 'CfJ El mayor de los momentos reducidos será /.a Md II-~ "CfJ ¡.1 5. 22. ya visto (de hecho puede reemplazar a aquél. 5-40 83La tendencia actual esutilizar fónnulasy funciones ex. generados desde los dos planos resistentes que se consideran.. 0111. para estar del lado de la seguridad. La mecánica de uso del ábaco se presenta como una extensión del diagrama de interacción para flexión recta. .. Estos ábacos. +P'/J-¿ N. Compresión Simple y Compresión Compuesta. y N' .J.a P y x b Ver Fig. se hace: f. 2. 22.1 -7 si OJ < 0.] ¡ I Fig.3 Luego de hallados halla OJ.20..l = b. 5. hacer un nuevo cálculo incrementando el valor de P en 0. Se ha considerado a = h. sale de la misma tabla anterior y es función de v Además debe se debe verificar que: 5-42 5-43 .b Montoya (fórmulas simplificadas) y los para Hormigón Estructural Europeo.l = (f. e = !!!.2) Un método inspirado en el anterior.POSICION N~POSICION DE CAlcuLO DE CAlCULO 2.ly desde cada uno de ellos y se hará: f. + 0. hacer un nuevo cálculo disminuyendo el valor de P en 0.5. de interacción ya vistos.60.POSICION REAL Donde si se tiene una sección de (b. Básicamente es el mismo método con la diferencia que se trabaja con una excentricidad de referencia para pasar desde la flexión (o compresión) esviada a la compuesta. y es: EBi] I b + i --L- i b . Diagramas. = e + .l=f. 22.3) Existe otro método similar pero que aporta mayor precisión llamado "Método de las Hiperelipses". Compresión Simple y Compresión Compuesta. utilizan los diagramas tres métodos.1 2. 22.. Este valor es: e y N.a2 "ed y con el valor de v correspondiente se va al diagrama de interacción adoptado. a ).e. /J-¿ ..l/)1/a El valor de a se obtiene de dos tablas (en función de cómo se quiere colocar la armadura (ver Fig. sometida a unos esfuerzos de Nd. f.lx Y f.l/ + f.l1 El valor de P de halla en tabla en función del normal reducido v.4) Y para ello se utiliza el normal reducido (v) y un momento reducido de referencia que se halla como: f..lr = f.J. Para hacer esto se pueden estudiar ey >~ ex .6 .J. En éste se define: f.ey' f.1) Desde las consideraciones de Jiménez procedimientos del CEB (Código Modelo 1995). Y M M e = ---E!. Diagramas. : el mayor de los momentos : el menor de los momentos reducidos reducidos hallados hallados f. con el valor de ey' se hallará el momento reducido de referencia como: -7 si OJ> 0.3.. está recogido en la EHE (Anejo 8).l y v se va al diagrama de interacción correspondiente y se Luego los autores indican que hay que verificar: Finalmente. MXdY MYd' se hallarán f. N. x N P ... 25 0.20 6.10.46 \.87 1.80 2.52 1.58 1.3\ 1.40 1.66 1. por lo que se debe interpolar entre los valores de 0.10 0.10 1.37 1.14 1.35 0.98 1.XIx r L__________.94 1.37 1.5 fyr 400 Mpa I rs= 1.35 1.52 1.50 0.71 Para empezar se hallan: Nd v= b.25 1.37 \.02 1.a2 "ed =0125 J. v = 0.61 1.10 0.61 1.54 1.6\ 1.42 1.09 \. liJ = 0.68 1.63 1.28 1.54 1.56 1..80 3.50 3.56 1.32 1.24 1.29 1.28 1.98 1.56 1.83 1.56 1.61 1.71 \.38 1.49 1.4 (de [5]) Md b.1a Md b2.28 1.34 1.31 2.32 1.47 1.12 = 0.71 1.40 \.56 1.44 1.46 1.00 1.83 1.47 1.52 1.80 1. 5-44 sale: 5-45 .50 Jlrtil.50 = Fig.47 1.15 \.7\ \.32 1.\5 0.30 \.54 1.10 (el mayor valor de los dos) x .___ Datos: N = 1000 kN Mxd= 100 kN m MYd= 50 kN m a = 400 mm b = 300 mm r = 40 mm 'er 25 Mpa I re = 1.7\ \.56 1. Compresión Simple y Compresión Compuesta.25 \.40 1.56 1.\0 1.+0.35 1.32 1. v = 0.83 1. Diagramas.6\ 1.71 1.68 1.50 . J.23 \.40 0.40 y 0.25 \.28 1.35 1.18 \.083 Interpolando. se utiliza el que indica igual armadura en cada esquina y para un grado de recubrimiento de 0.44 1.90 1.80 2. y !J* ---7 MÉTODO DE LAS HIPERELIPSES Exponentes a para annaduras iguales en las cuatro caras Momen/o dertferencia <E--b Axil reducidov 0.20 \. .70 0.35 3.70 0.23 1.12 = 0.26 \.90 1.06 \. =0083 = J.90 1.28 1.60 0.30 0.5.6'112 0.80 0.30 0.90 \.16 \.35 3.47 1.34 1.20 1.400.35 1.31 1.56 1.77 1.18 .80 0.50 \.66 1. _ . Diagramas.38 1.66 \.42 1.90 1.06 1.80 \.14 \.47 1.64 2.40 1.5 _ 100.80 1.a"ed = 1.35 0.1a 300.47 1.\8 \.42 \.44 1.32 1.22 3.38 \. MÉTODO Exponentes Momento de referencia DE LAS HIPERELIPSES iguales en las cuatro esquinas MI reducidov 22.45 0.20 0.60 0. No existe el octante para v = 0.60.66 1.30 \.106 = 0.50 0.083 .37 1.06 2.37 \.30 0.47 1.31 \.31 1.10 0.L¡= 0.7\ 1.L¡= 0.11 1.25/1.31 1.44 1.80 3.56 1.42 \.25/1.6\ 1.40 0.46 1.54 \.35 1.34 1.40 1.20 1.400.25/1.15 0.25 0.40 .90 3.80 \.22 I.61 1.63 1.25 1.1 Ejemplo de cálculo en flexión esviada Calcular la sección que se indica con el método de Ábaco de Roseta y por Reducción a flexión recta. Compresión Simple y Compresión Compuesta.125 .80 2.20 2.106 300. liJ = 0. a para annaduras 11.20 0.29 1. 5.20 0.31 1.30 0.66 1.40 2.6-112 0.80 1.125.40 2.10 1.11 \. ~ Por Ábaco de Roseta.49 1. 22.40 1.17 \.00 2.34 1.52 1.60 .40 0.98 1. Haciendo: I.40 1.56 1.4002.98 1.15 t5 = r/h = 0.94 1.10 0.31 1.\3 1.7\ 1.00 \. J.09 1.106 .87 2.r 5.38 1.66 a I 1 .40 1.5 = 50.38 1.37 2.90 \.42 1.56 1.42 1.a"ed 3002.06 2.20 1. 0. 5.' ed ey =-¡::¡-1000 =0.50 .20. se va al diagrama de interacción.a.05 300 Remplazando queda: ey'=0. Con = 0.1925 b.400 25 1 1.6.b.5 1000 + 11/ =520 kN t 11. f.e. = 14 + 0. sale Además debe verificarse que: p =0.26. sale Luego: 11 = 0.083 11 = 0.4).l2 e a 0. Compresión Simple y Compresión Compuesta.a2 .50 En tabla (para armaduras en esquinas. 11. f I tí) =0.153.80 (misma tabla anterior) -7 Por reducción a flexión simple A) Método simplificadode Jiménez Montoya: 11 = 14 + p.106 -0.26 (0.ey' 1000. Diagramas.33 ex b 0.125 + 0.0.300. Diagramas.400 25 1 1.5.153 y de aquí: m .0.' ed =0.80kN)en cada esquina. 112 ~ =~ = 130 4 Definiendo: kN .1748 B) Método de EHE (Anejo 8): v = 0.1914.50 .125+0.30 kN) en cada esquina.= 0. -7 venfica En tabla.60 ~ vale el valor de p) C) Método de las Hiperelipses 11 = (11/ Luego: T =tí).6 . Fig. para v = 0. interpolando se halla: a e .20 Donde: Mxd _ 100 Luego: T = tí). se va al Diagrama de Interacción (armaduras iguales y 15= 0.5 1000 = 0. 22.4002. = e + P .5 _ Ahora con v = 0.300.50 Y 11= 0.b.y y x b 5-46 a = 1.05 eX=-¡::¡-1000 mm ~ =~ 4 = 100 kN.80 11 = N.J ~-~-~-~2>1. se adopta 1 <1> 20 (109.10) Ysale: tí) 11 Y v.25/1.fed .083 = 0. En tabla.300.a. se adoptan 2 <1> 16 (139.1 400 .1 mm =400 kN Myd -~=0.1914 p = 0.80. Compresión Simple y Compresión Compuesta.38 Luego será: 5-47 . Ya se ve que da los mismos valores que el cálculo anterior (con una diferencia despreciable) .20 < tí) < 0. para v = 0. f. Diagramas. . no está expresamente recogido en la EHE.l = 0. También. 23 Disposiciones relativas a las armaduras longitudinales 1. la EHE en su arto 42. como ya fue comentado. f. al aplicar las prescripciones de cuantías.21.fed Donde W1 es el módulo resistente de la sección bruta relativo a la fibra más traccionada. Tendrán un diámetro mínimo del 12. Esta armadura constructiva no tendrá ninguna función resistente (salvo evitar el pandeo localizado de los estribos) por lo que es común poner 2 10 ó 2 12.b. La consideración de un valor de cuantía mínima de armadura. Así: .0831.21 Finalmente: T = (J).l/ + f. = 0. T. Diagramas. losa.5 1000 Donde no haga falta colocar armadura de cálculo (vigas o pilares) es necesario colocar armadura para el montaje de la armadura transversal (estribos en cercos u horquillas). Habitualmente se colocan 2 <1> 12 que generalmente cumplen esta condición. Además de las consideraciones de cuantía geométrica mínima. 20 (109. Ésta armadura llamada de montaje (o por algunos autores.) y del tipo de acero.a.25. 6 barras. en los cálculos.300. Para flexión simple o compuesta debe cumplirse. = As . olvidar estas restricciones por lo que se hace necesario recordarlas nuevamente.1251. columna. Observar cómo el método de las Hiperelipses se ajusta muy bien al valor obtenido desde el Ábaco de Roseta y cómo. permite asegurar que no se producirá un tipo de rotura frágil.= 105 kN Y se adopta 1 <1> 4 6.38tl. Es bastante común. Recordar que este concepto de Cuantía Máxima. etc.l = (f. en función del tipo de elemento (viga.l/ ta = (0.30 kN) en cada esquina.38 + 0. 2. Compresión Simple y Compresión Compuesta. el efecto de la fisuración oblicua sobre la armadura longitudinal se tiene en cuenta. . En secciones circulares de pilares se colocan como mínimo. para la armadura resistente longitudinal traccionada: T. Compresión Simple y Compresión Compuesta. Recordar que para tenerla en cuenta en los cálculos debería ser (como mínimo) del 30 % de la armadura de cálculo (en tracción). 5. Se colocarán en las proximidades de las caras y como mínimo una barra en cada esquina de la sección. es deseable tomar (especialmente en zonas de alta actividad sísmica) un valor igual a la mitad de la cuantía balanceada (Norma ACI y otras). un valor de cuantía sobredimensionado también redundaría en un tipo de rotura frágil (sección sobrearmada) ya que no se permitiria que el acero pudiera fluir antes de llegar a la rotura del hormigón. <1> <1> 5.1732 En Diagrama de Interacción sale: (J) Se recuerda también la conveniencia de disponer armaduras de piel longitudinales en piezas de canto superior a 60 cm. 5-48 5-49 . al igual que el de la EHE. ~ h . Para compresión simple o compuesta. No obstante. portaestribos) no esta cuantificada porque es una armadura constructiva.38 4. = I. el método simplificado de Jiménez Montoya sobredimensiona un poco la armadura (como ya indica el propio autor). La separación máxima entre dos barras longitudinales de la misma cara no debe ser superior a 35 cm. por lo que en estos casos se deben colocar más barras (siempre arriostradas por estribos) para cumplir esta condición. 5.400 ed 25 1 = 420 kN 1.1 . fYd~ 0. ya vistas. no obstante.( =0.3 exige que las armaduras cumplan ciertas limitaciones en función del tipo de esfuerzo que se da en la sección y que fueron volcados en la misma tabla. por exceso. las armaduras principales en compresión AS1 Y As2 deben cumplir: 3. 7. d ~ 0. Sd = z.d :5: 0. Decalado de la ley de momentos flectores. fYC. 0. fyd ~ 0. En general se toma. Vsu = O (sin De una forma simplificada y aproximada puede considerarse armadura de cortante) y el valor Sd puede hacerse: Sd= d Quedando así del lado de la seguridad para 0= 450. ASI . j Fig. Diagramas.23. Habitualmente se hace el decalado directamente con el valor de d (canto útil de la pieza). que son elementos que corresponden a las verificaciones de una sección a cortante y que se estudiarán más adelante. Ac .. 23. Compresión Simple y Compresión Compuesta.1 5.d: resistencia fYC. a» en el sentido más desfavorable 84 . fed 8.05.d :5: 0.a) Esta prescripción queda automáticamente cumplida por exceso si se procede a la traslación de las leyes de momentos (decalado de la ley de momentos de cálculo Md) (Fig. considerar una longitud adicional por la longitud de anclaje de la misma (con el tipo de anclaje que sea) a partir de la sección en la que se considere que la misma se ha cortado o no actúa. Para tracción simple o compuesta.5.Nd y y ASI . Ac fed .1 --.cotg. As2 .1) una distancia igual a: La armadura a colocar deberá cubrir totalmente el diagrama de momentos flectores decalado. 5-50 5-51 . O-~' J" ni (cotg. Se han introducido V.O+cotg . La armadura debe extenderse en la zona de momento decalado necesaria y además. Compresión Simple y Compresión Compuesta. Las armaduras longitudinales de flexión han de ser capaces de absorber un incremento de tracción respecto a la producida por Md igual a: ~T = VnI. 5.(cotg .d= fyd = 400. Diagramas. fyc.w V"" ()y a.d -rt- Donde: Nd: es el esfuerzo normal mayorado de compresión fyc.~" .5. (cotg. fed . fYC. de cálculo NI mm2 del acero a compresión.fYC. . Ac AS2 . N d ~ 0. . las armaduras principales deben cumplir: T = As .05.20. 0+ cotg.