Ejemplo de trazado de un diagrama de interacción M- M -N N
Ing. Migu Miguel el Muño Muñozz Bla Black ck
Ejemplo Nº 1 Se procede a hallar el diagrama interacción a partir de un ejemplo práctico. Se trata de construir la curva de interacción MN para la siguiente sección. Las
áreas
colocada
de armaduras serán : 2
942 . 4776 (mm
2
A1
=
3 ⋅ π ⋅ 10
A 2
=
2 ⋅ π ⋅ 10
2
=
628 . 3186 (mm
2
A3
=
3 ⋅ π ⋅ 10
2
=
942 . 4776 (mm
2
=
) ) )
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 (γc=1.50) y B400 S (γc=1.15).
Ejemplo Nº 1
La deformación que unitaria que provoca la fluencia en el acero es: 400 ε y
=
f yd E s
=
1 . 15 6 2 × 10
=
1 . 74
0
00
Luego hay q tener en cuenta que: ( I )
Para
ε s
<
ε y
( I )
Para
ε s
≥
ε y
⇒ ⇒
σ x
=
E s
σ x
=
f yd
⋅ ε s =
400 1 . 15
( MPa )
Ejemplo Nº 1
Punto 1 del diagrama: Se supone que todas las fibras de la sección están a -2‰. Es un caso de compresión pura o centrada y entonces, el eje neutro está en fuera de la sección.
Ejemplo Nº 1 I.
II.
Deformaciones unitarias en las armaduras: ε 1
=
0 . 0020
>
0 . 00174
=
ε y
ε 2
=
0 . 0020
>
0 . 00174
=
ε y
ε 3
=
0 . 0020
>
0 . 00174
=
ε y
Tensión en las armaduras: σ 1
=
σ 2
=
σ 3
=
ε 1
⋅ E s =
f yd
400
=
ε 2
⋅ E s =
f yd
=
ε 3
⋅ E s =
f yd
=
1 . 15 400 1 . 15 400 1 . 15
( MPa ) ( MPa ) ( MPa )
III. Cálculo de la fuerza de compresión en el hormigón: N c
=
0 . 85 ⋅ b ⋅ h
=
0 . 85
⋅
25 1 . 50
⋅ 400 ⋅ 400 ⋅
1 1000
=
2266 . 68 (KN )
Ejemplo Nº 1 IV. Cálculo de las fuerzas en las armaduras (compresión): N s1
=
N s 2
=
N s
=
A1
⋅ σ 1 =
942 . 4778
400
⋅
1
⋅
=
1 . 15 1000 400 1
A 2
⋅ σ 2 =
628 . 3185
⋅
A3
⋅ σ 3 =
942 . 4778
⋅
⋅
1 . 15 1000 400 1 ⋅
327 . 82 (KN )
=
218 . 54 (KN )
=
327 . 82 (KN )
.
IV. Cálculo de las cargas axiales nominales: N u
V.
=
N c
+
N s1
+
N s 2
+
N s 3
=
3140 . 84 (KN )
Cálculo Cálcu lo del momento momento nominal nominal respecto respecto al eje centroi centroidal dal (x): N c ⋅ 0
+ N s ⋅ 140 +
M u
=
M u
=
2266 . 68 ⋅ 0
+
M u
=
0 (KN ⋅ mm
)
1
N s 2 ⋅ 0
327 . 62 ⋅ 140
+ +
N s 3 ⋅ 140 218 . 54 ⋅ 0
+
327 . 82 ⋅ 140
Ejemplo Nº 1
Punto 2 del diagrama: Se supone que todas las fibras de la sección están comprimidas. El eje neutro se encuentra en el borde de la sección. La deformación unitaria en el borde superior es 0.0035.
Ejemplo Nº 1 I.
Deformaciones unitarias en las armaduras: ε 1
=
ε 2
=
0 . 0035
⋅
0 . 0035
⋅
.
=
II.
⋅
340 400 200 400 60
=
0 . 002975
=
0 . 00175
>
>
0 . 00174
0 . 00174
.
=
400
=
=
.
ε y
ε y
=
y
Tensión en las armaduras: σ 1
=
σ 2
=
σ 3
=
ε 1
⋅ E s =
f yd
=
400
ε 2
⋅ E s =
f yd
ε 3
⋅ E s =
0 . 000525
=
( MPa )
1 . 15 400 1 . 15
( MPa )
⋅ 2 × 10
6
=
105 ( MPa
)
III. Cálculo de la fuerza de compresión en el hormigón: N c
=
0 . 85 ⋅ b ⋅ y
=
0 . 85
⋅
25 1 . 50
⋅ 400 ⋅ 320 ⋅
1 1000
=
1813 . 33 (KN )
Ejemplo Nº 1 IV. Cálculo de las fuerzas en las armaduras (compresión): A1
Cálculo Cálcu lo del momento momento nominal nominal respecto respecto al eje centroi centroidal dal (x): N c ⋅ 0
+ N s ⋅ 140 +
N s 2 ⋅ 0
M u
=
M u
=
2266 . 68 ⋅ 40
M u
=
104573 . 80 (KN ⋅ mm
1
+
327 . 62 ⋅ 140
)
+ N s +
3
⋅ 140
218 . 54 ⋅ 0
+
98 . 96 ⋅ 140
Ejemplo Nº 1
Punto 3 del diagrama: El eje neutro se encuentra a 100 (mm) por encima del borde inferior. La deformación unitaria en el borde superior es 0.0035. Exist Exi ste e fl flex exió ión. n.
Ejemplo Nº 1 I.
II.
Deformaciones unitarias en las armaduras: ε 1
=
ε 2
=
ε l
=
ε 3
=
240
0 . 0035
⋅
0 . 0035
⋅
. ε s
⋅
300 150 300 100
=
0 . 0028
=
0 . 00175
=
300 ⋅
140 100
=
>
0 . 00174 >
.
0 . 00174
or e
0 . 00175
⋅
140
=
100
=
ε y
=
ε y
n er or
0 . 000468
<
0 . 00174
=
ε y
Tensión en las armaduras: σ 1
=
σ 2
=
σ 3
=
ε 1
⋅ E s =
f yd
=
400
ε 2
⋅ E s =
f yd
ε 3
⋅ E s =
0 . 000468
=
( MPa )
1 . 15 400 1 . 15
( MPa )
⋅ 2 × 10
6
=
93 . 6 ( MPa
)
( tracción )
Ejmplo Nº 1 III. Cálculo de la fuerza de compresión en el hormigón: N c
=
0 . 85 ⋅ b ⋅ y
=
0 . 85
⋅
25 1 . 50
⋅ 400 ⋅ 240 ⋅
1
=
1000
1360 (KN )
IV. Cálculo de las fuerzas en las armaduras (compresión): s1 =
Cálculo Cálcu lo del momento momento nominal nominal respecto respecto al eje centroi centroidal dal (x): M u
=
M u
=
N c ⋅ 200 1360
−
⋅ 80 +
240
+ N s1 ⋅ 140
2
327 . 62 ⋅ 140
+
0
+
+ N s
2
⋅ 0 + N s
88 . 12 ⋅ 140
=
3
⋅ 140
167031 . 60 (KN ⋅ mm
)
Ejemplo Nº 1
Punto 4 del diagrama: El eje neutro se encuentra a 200 (mm) por encima del borde inferior (en la mitad del canto). La deformación unitaria en el borde superior es 0.0035. Ex Exiiste fl fle exi xió ón.
Ejemplo Nº 1 I.
I.
II.
Deformaciones unitarias en las armaduras: 0 . 0035 ⋅
ε 1
=
ε 2
=
0.
ε 3
=
0 . 0035 ⋅
140
=
0 . 00245 > 0 . 00174 =
ε y
=
0 . 00245 > 0 . 00174 =
ε y
200 140 200
Tensión en las armaduras: ⋅ E s =
f yd
σ 1
=
σ 2
=
ε 2
⋅ E s =
0
σ 3
=
ε 3
⋅ E s =
f yd
ε 1
=
400
( MPa ) (compresión )
1 . 15
=
400 1 . 15
( MPa ) (tracción )
Cálculo de la fuerza de compresión en el hormigón: N c
=
0 . 85 ⋅ b ⋅ y
=
0 . 85
⋅
25 1 . 50
⋅ 400 ⋅ 160 ⋅
1 1000
=
906 . 67 (KN )
Ejemplo Nº 1 IV. Cálculo de las fuerzas en las armaduras (compresión): A1
942 . 4778
N s1
=
N s 2
=
A 2
⋅ σ 2 =
0
N s 3
=
A 3
⋅ σ 3 =
942 . 4778
⋅ σ 1 =
400
⋅
1 . 15 400
⋅
1 . 15
1
⋅
327 . 82 (KN ) (compresión
=
1000 1
⋅
=
1000
327 . 82 (KN ) (tracción
)
)
IV. Cálculo de las cargas axiales nominales: N u
V.
=
N c
+ N s
+ N s
1
2
+ N s
= 3
906 . 67 (KN )
Cálculo Cálcu lo del momento momento nominal nominal respecto respecto al eje centroi centroidal dal (x):
N c ⋅ 200
M u
=
M u
=
906 . 67 ⋅ 120
M u
=
200590
−
160
+ N s1 ⋅ 140
2 +
327 . 62 ⋅ 140
+
+ N s
0
+
2
⋅0 +
N s 3 ⋅ 140
327 . 82 ⋅ 140
(KN ⋅ mm )
Observamos que el eje neutro en la mitad del canto no genera el caso de flexión pura.
Ejemplo Nº 1
Punto 5 del diagrama: El eje neutro se encuentra en una posición tal que en la sección se produzca flexión simple. Esta condición se cumple si ΣF=0.
Para calcular el punto 5 suponemos 2 situaciones. Una de ellas será el punto buscado de flexión pura. Estas situaciones son:
Ejemplo Nº 1 Análisis del caso (I) >
ε 1
I.
II.
<
ε 2
ε y
ε 3
>
ε y
Cálculo de las deformaciones unitarias en las armaduras: ε 1
I.
ε y
>
ε y
ε 1
200 − x ⋅ 0 . 0035 x
=
>
=
ε y
0 .7
>
ε 1
x
ε y
Tensión en las armaduras: σ 1
=
σ 2
=
σ 3
=
⋅ E s =
ε 1
f yd
=
ε 2
⋅ E s =
0 . 7 x
ε 3
⋅ E s =
ε 1
400 1 . 15 −
( MPa ) (compresión )
0 . 0035 ⋅ 2 × 10
⋅ E s =
f yd
=
400 1 . 15
6
=
140000
x
−
700 ( MPa
) (tracción )
( MPa ) (tracción )
Cálculo de la fuerza de compresión en el hormigón: N c
=
0 . 85 ⋅ b ⋅ y
=
0 . 85
⋅
25 1 . 50
⋅ 400 ⋅ 0 . 8 ⋅ x =
4533 . 33 (KN )
Ejemplo Nº 1 IV. Cálculo de las fuerzas en las armaduras (compresión): =
N s 2
=
A 2
⋅ σ 2 =
628 . 3185 ⋅
N
=
A
⋅ σ
942 . 4778
3
A1
400
N s1
⋅ σ 1 =
=
942 . 4778
⋅
1
⋅
=
1 . 15 1000
140000 x
⋅
400
=
1 . 15
−
327818 . 37 ( N ) (compresión
700
=
87 . 96 × 10 6 x
327818 . 37 N
−
0 . 44
)
× 10
6
( N ) (tracción )
tracción
IV. Cálculo de las cargas axiales nominales: N u
=
N c
+
N s1
− N s
2
− N s
= 3
0 (KN )
87 . 96 × 10 6 4633 . 33 ⋅ x + 327818 . 37 − x 4 . 53 ⋅ x
+
4 . 53 ⋅ x
2
327 . 82 +
−
440 ⋅ x
x
87 . 96
× 10
3
−
x −
87 . 96
−
× 10
0 . 44
3
=
0
× 10
0 . 44
3
−
× 10
6
− 327816 . 37
327 . 62
=
0
=
0
Ejemplo Nº 1 De aquí tomamos el valor mas lógico:
x1 , 2
=
x1 , 2
=
−
b
±
b
2
−
4⋅a ⋅c
=
−
440
±
440
2⋅a −
440
± 1336
9 . 06
2
−
4 ⋅ 4 . 53 ⋅ 87 . 96
× 10
3
2 ⋅ 4 . 53 . 95
=
x1 x 2
= − 190 =
. 13 (mm
99 (mm
)
)
Una vez obtenida esta posición del eje neutro se procederá a verificar todos los valores correspondientes:
Ejemplo Nº 1 I.
II.
Deformaciones unitarias en las armaduras: ε 1
=
ε 2
=
ε 3
=
0 . 0035 ⋅ 0 . 70
x .
−
x
−
60
=
x
0 . 0035 = ⋅
340 − x
0 . 0035 ⋅ 0 . 70 99 =
−
99 − 60
=
99
0 . 00138 < 0 . 00174 =
0 . 0035 = 0 . 0036 > 0 . 00174 =
.
⋅
340 − 99
.
=
99
>
ε y
ε y
.
=
ε y
Se observa que las dos primeras deformaciones (ε1 y ε2) no cumplen el supuesto adoptado, aún así se continua el cálculo de este nuevo punto Tensión en las armaduras: ⋅ E s =
0 . 00138
σ 1
=
ε 1
σ 2
=
ε 2
⋅ E s =
f yd
=
σ 3
=
ε 3
⋅ E s =
f yd
=
⋅ 2 × 10
400 1 . 15 400 1 . 15
6
=
276 ( MPa
) (compresión )
( MPa ) (tracción ) ( MPa ) (tracción )
Ejemplo Nº 1 III. Cálculo de la fuerza de compresión en el hormigón: N c
=
0 . 85 ⋅ b ⋅ y
=
0 . 85 ⋅ b ⋅ 0 . 8 ⋅ x
0 . 85
=
25
⋅
1 . 50
⋅ 400 ⋅ 0 . 8 ⋅
99 1000
=
448 . 80 (KN )
IV. Cálculo de las fuerzas en las armaduras (compresión): N s1
=
N s 2
=
N s 3
=
A1
⋅ σ 1 =
942 . 4778
⋅ 276 ⋅
A 2
⋅ σ 2 =
628 . 3185
⋅
A 3
⋅ σ 3 =
942 . 4778
⋅
1
=
1000 ⋅
1 . 15 1000 400 1 ⋅
260 . 12 (KN ) (compresión
)
=
218 . 54 (KN ) (tracción
)
=
327 . 82 (KN ) (tracción
)
1 . 15 1000
IV. Cálculo de las cargas axiales nominales: N u
V.
=
N c
+
N s1
− N s
2
− N s
= 3
162 . 56 (KN ) Que
como
se ve es
≠
0
Cálculo Cálcu lo del momento momento nominal nominal respecto respecto al eje centroi centroidal dal (x): M u
=
M u
=
h 2
N c ⋅
−
y
+ N s1 ⋅ 140
2
448 . 60 ⋅ 200
−
79
+ N s
2
⋅0 +
+ 260 . 12 ⋅ 140
2
N s 3 ⋅ 140 +
0
+
327 . 82 ⋅ 140
=
154299 . 12 (KN ⋅ mm
)
Ejemplo Nº 1 Análisis del caso (II) ε 1
I.
<
ε y
ε 2
>
ε y
ε 3
>
ε y
Cálculo de las deformaciones unitarias en las armaduras: ε 1
=
0 . 0035
⋅
( x − 60 )
=
0 . 0035
−
0 . 21
x
ε 2
>
ε y
ε 3
>
ε y
Ejemplo Nº 1 II.
Tensión en las armaduras: σ 1
=
σ 2
=
ε 1
⋅ E s =
ε 2
=
0 . 0035
⋅ E s = ⋅
s
f yd
=
y
=
=
0 . 21
⋅ 2 × 10 x
−
400 1 . 15 400
6
=
700
−
42000
( MPa ) (compresión )
x
( MPa ) (tracción )
1 . 15
III. Cálculo de la fuerza de compresión en el hormigón: N c
=
0 . 85 ⋅ b ⋅ y
0 . 85
=
25
⋅
1 . 50
⋅ 400 ⋅ 0 . 8 ⋅ x =
4533 . 33 (KN )
IV. Cálculo de las fuerzas en las armaduras (compresión): N s1
=
N s 2
=
N s 3
=
A1
⋅ σ 1 =
942 . 4778 ⋅ 700 −
A 2
⋅ σ 2 =
628 . 3185 ⋅
A 3
⋅ σ 3 =
942 . 4778 ⋅
400 1 . 15 400 1 . 15
42000
x
=
659734 . 46 −
39 . 56 × 10
=
218545 . 56 ( N ) (tracción
)
=
327818 . 37 ( N ) (tracción
)
6
( N ) (compresión )
Ejemplo Nº 1 V.
Cálculo de las cargas axiales nominales: N u
=
N c
4 . 53 ⋅ x
+
4 . 53 ⋅ x
2
+ N s
1
− N s
659 . 73 + 113
−
− N s
39 . 56
= 3
× 10
0 ( N )
3
−
x
. 37 ⋅ x
x
2
−
39 . 56
× 10
218 . 54 3
=
−
327 . 62
=
x1 0 x 2
= − 106
. 79 (mm
=
0
81 . 77 (mm
)
)
Una vez obtenida esta posición del eje neutro se proceder a verificar los nuevos valores:
