Flexión biaxial Una columna está solicitada a flexión biaxial cuando la carga provoca flexión simultánea respecto de ambos ejes principales. El caso más habitual de este tipo de carga ocurre en las columnas de esquina, columnas centrales centrales y exteriores cuando las longitudes de los tramos adyacentes y las cargas que trasladan no se compensan.
Flexión biaxial Un diagrama de interacción uniaxial define la resistencia a la combinación de carga y momento en un único plano de una sección solicitada por una carga axial y un momento uniaxial !. "a resistencia a la flexión biaxial de una columna cargada axialmente se puede representar esquemáticamente como una superficie formada por una serie de curvas de interacción uniaxial tra#adas en forma radial a partir del eje . . "os datos para estas curvas c urvas intermedias se obtienen variando el ángulo del eje neutro $para configuraciones de deformación espec%fica supuestas& con respecto a los ejes principales
Flexión biaxial El criterio por determinar la fuer#a nominal es igual que para las columnas con flexión un% axial. axial. El análisis es complicado complicado por el hecho que el neutro no es paralelo paralelo al eje mayor. mayor. 'ebido 'ebido a que las excentricidades var%an, según combinación de carga que se este considerando, no se puede afirmar que la sección cuadra es la mas optima
Flexión biaxial
(lexión un% axial con respecto al eje y
Superficies de falla "a resistencia nominal de una sección solicitada a flexión biaxial y compresión es una función de tres variables, n, !nx y !ny, las cuales se pueden expresar en t)rminos de una carga axial actuando con excentricidades ex * !ny+n y ey * !nx+n,. Una superficie de falla se puede describir como una superficie generada graficando la carga de falla n en función de sus excentricidades ex y ey, o de sus momentos flectores asociados !ny y !nx. e han definido tres tipos de superficies de falla.
Flexión biaxial -. !)todo del contorno de las carga de la / El m)todo del contorno de carga se basa en la representación de la superficie de falla por una familia de curvas correspondientes a valores constantes de Pn. "a forma general de estas curvas se pueden representar por una ecuación de interacción adimensional α 1
M nx M nxo
α 2
M ny = 1.0 + M nyo
Flexión biaxial -. !)todo del contorno de las cargas de la / 'onde0
M nx = P n e y M nxo = M nx cuando M ny
=0
= P n e x M nyo = M ny cuando M nx = 0 M ny
α-, α1 2 'imensiones de la columna 2 antidad de refuer#o 2 'istribución del refuer#o 2 aracter%sticas de las curvas esfuer#o deformación del concreto y acero
α-* α1*
2 3ecubrimiento 2 'iámetro espirales
de
estribos
o
α
Flexión biaxial
-. !)todo del contorno de falla α 1
α 2
M ny M nx = 1.0 + M nxo M nyo si α 1 = α 1 = α α
M nx M nxo
α
M ny = 1.0 + M nyo
!ultiplicando a cada termino por φ α
φ M uy = 1.0 + φ M nyo φ M nx ≥ M ux , φ M ny ≥ M uy y como límite φ M nx = M ux y
φ M nx φ M nxo como
α
α
M ux φ M nxo
α
M uy = 1.0 + φ M nyo
φ M ny = M uy
Flexión biaxial
-. !)todo del contorno de carga de la / ara aplicar la ecuación debemos conocer la resistencia a la flexión, hecho que nos lleva a considerar que se trata de un procedimiento de verificación mas que de dise4o. 5asado en el m)todo del contorno de carga, se han desarrollado un m)todo que permite rempla#ar la flexión biaxial a un problema de flexo uniaxial, esto es, los momentos se rempla#an por un equivalente, para posteriormente con la carga axial y el momento equivalente efectuar el dise4o preliminar.
i
M ny M nx
>
b h
b 1 − β M 0 y ≈ M ny + M nx β h
Flexión biaxial -. !)todo del contorno de falla i
M ny M nx
≤
b h
b 1 − β M 0 x≈ M nx + M ny β h
Flexión biaxial -. !)todo del contorno de falla
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 compresión flexión biaxial roblema0 eleccione sección trasversal de una columna, refor#ada con estribos, para resistir la carga y momento factorado de Pu * 190.50 ton y Mux * 9.7 ton-m y Muy * 11.10 ton-m. Use f´c=280 kg/cm2 y fy=4200 kg/cm2.
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo del contorno de carga -. Escoger una sección de prueba e probara con una sección de b* 67cm x 87 refor#ada con barras 9 :.
1. álculo del momento equivalente M ux0 ó M uy0 M uy 11.10ton − m = = 1.14 > b = 30cm = 0.75 M ux 9.70ton − m h 40cm b 1 − β M uy 0 ≈ Muy + Mux β h Y 1 − 0.65 M uy 0 ≈ 11.10ton − m + ( 9.70ton − m )( 0.75) = 15.02ton − m h 0.65 6. álculo de
γ
γ h = 40cm − ( 8 + 2 × 0.95 + 2.54 ) cm = 27.56cm γ =
27.56cm
= 0 69 ≈ 0 70
X h
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo del contorna de carga 6. álculo del área de acero para la sección tentativa !n = n =
M uy 0
=
1502ton - cm
φ A g f c′h ( 0.65)( 30cm )( 40cm ) ( 0.28 kg cm 2 )( 40cm) Pn Ag f c′
=
293.10ton
( 30cm)( 40cm) ( 0.28 kg cm 2 )
= 0.17
= 0.87
on !n*7.-;, 7=si escogemos la grafica ?11, en la misma obtenemos cuantia de 7.76; A "
= ρ bh = ( 0.037)( 30cm)( 40cm) = 44.40cm2
Emplearemos -7 barras @A : que proveen un área de acero de B7.;7 cm1. En cada cara se deben colocar B barras, esta cantidad no puede acomodarse en un ancho de 67 cmC. e debe probar otra sección
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo del contorna de carga 8. álculo del área de acero para la sección tentativa robaremos una sección de 6B cm x 8B cm, puesto que la cuant%a resulta siendo muy elevada0
a& álculo del momento equivalente M ux0 ó M uy0 M uy 11.10ton − m = = 1.14 > b = 35cm = 0.78 M ux 9.70ton − m h 45cm b 1 − β M uy 0 ≈ Muy + Mux h β 1 − 0.65 = 15.17ton − m M uy 0 ≈ 11.10ton − m + ( 9.70ton − m )( 0.78) 0 . 65 b& álculo de
γ
γ h = 45cm − ( 8 + 2 × 0.95 + 2.54 ) cm = 32.56cm γ =
32.56cm
= 0 72
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo del contorna de carga c& álculo del área de acero para la sección tentativa !n = n =
M uy 0
=
1517 ton - cm
φ A g f c′h ( 0.65)( 35cm)( 45cm ) ( 0.28 kg cm 2 ) ( 45cm) Pn
=
293.10ton
= 0.12
= 0.66
( 35cm)( 45cm) ( 0.28 kg cm 2 ) on !n*7.-1, > γ *7.;7, f´c*8=si y fy*>7=si escogemos la grafica ?11, en la misma obtenemos cuantia de 7.7-6 Ag f c′
on Rn*7.-1, > γ *7.:7, f´c *8=si y fy *>7=si escogemos la grafica ?16, en la misma obtenemos cuantia de 7.7- A "
= ρ bh = ( 0.012)( 35cm)( 45cm) = 18.90cm2
robaremos 8 barras @A :, dos barras en cada cara paralela al eje y, los 6B cm son, mas que, suficientes para alojar dos barras de -D.
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo del contorna de carga c& álculo del área de acero para la sección tentativa En las caras paralelas a la dimensión mayor se proveerá una área de acero de0 45cm = 24.30cm2 A " = 18.90cm 2 35cm 'e esta cantidad se debe descontar el área de dos barras que han sido colocadas en los extremos de las caras paralelas a la menor dimensión, esto es0 /s*18.67? 1xB.7;*-8.-> cm1, que se cubrirán con > barras @A >, tres en cada cara, adicionales a las ya consideradasC A "t = 4( 5.07cm 2 ) + 6( 2.85cm 2 ) = 37.38cm 2
X
ρ =
A "t bh
=
37.38cm 2 ( 35cm)( 45cm )
= 0.024
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo del contorna de carga 8. erificando el dise4o preliminar 8. alculo de la resistencia al flexión φ!nx on > y ρ*7.718, para γ *7.;7 obtemos 3n*7.-B on > y ρ*7.718, para γ *7.:7 obtemos 3n*7.-> Mnx = !n f c′ A g h M nx
=
( 0.16) ( 0.28 ton cm 2 )(1575cm 2 )( 35cm)
100 φ M nx = 0.65( 24.70ton − m ) = 16.05ton − m
= 24.70ton − m
8. alculo de la resistencia al flexión φ!ny M ny M ny
= !n f c′ A g h =
( 0.16) ( 0.28 ton cm2 )(1575cm 2 )( 45cm)
100 φ M nx = 0.65( 31.75ton − m ) = 20.64ton − m
= 31.75ton − m
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo del contorna de carga 8. erificando el dise4o preliminar c& alculo de β y
α
on0 Mux 9.70ton − m = φ Mnx 16.05ton − m
= 0.60
= 11.10ton − m = 0.54 φ Mny 20.64ton − m Muy
Entramos a la β *7.B:0
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo del contorna de carga 8. erificando el dise4o preliminar
α =
log 0.50 log β
= log 0.50 = 1.27 log 0.58
c& /plicando la ecuación de contorno, tenemos0 α
M ux φ M nxo
α
M uy = 1.0 ( 0.60)1.27 + ( 0.54 )1.27 = 0.98 < 1.00...ok + φ M nyo
Flexión biaxial 6. !)todo del la carga inversa $/F -7.6.B y -7.6.>&
P nG7.-7 P 7, si no ocurre esto, se debe despreciar la carga axial y dise4ar considerando flexión biaxial
φ debe ser constante para todos los t)rminos ara determinar las capacidades de carga axial se debe emplear el diagrama de resistencia un% axial
1
φ Pn
=
1
φ P nx
+
1
φ P ny
−
1
φ P n 0
'onde P u0 arga axial factorada
φ P nx0 capacidad de carga axial obtenido del diagrama de interacción si solo M ux actúa en la columna φ P ny0 capacidad de carga axial obtenido del diagrama de
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo de la carga inversa -. Escoger una sección de prueba e probara con una sección de 6B x 6B refor#ada con barras : 9 :, tres en cada cara
1. álculo de γ γ h = 35cm − ( 8 + 2 × 0.95 + 2.54) cm = 22.56cm γ =
22.56cm 35cm
= 0.64
6. álculo de φ P nx, φ P ny y φ P 0n ρ =
A"t bh
=
40.56cm 2
( 35cm)( 35cm )
= 0.033
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo de la carga inversa 6. álculo de φ P nx, φ P ny y φ P 0n a& alculo de φ P nx, cuando la flexión se da con respecto al eje x, M uxH
!n =
M ux
=
910ton - cm
= 0.12
( 0.65)( 35cm )( 35cm ) ( 0.28 kg cm )( 35cm ) on !n*7.-1, γ *7.>7 y ρ*7.766 entramos a la grafica ?B y φ A g f c′h
obtenemos un valor de n*7.I1
P nx = n A g f c′
= ( 0.92)( 35cm )( 35cm ) ( 0.28kg / cm 2 ) P nx = 315.6ton φ P nx = ( 0.65)( 315.6ton ) = 205.10ton P nx
2
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo de la carga inversa 6. álculo de φnx, φny y φ7n a& alculo de φnx, cuando la flexión se da con respecto al eje x, ! ux on !n*7.-1, γ *7.;7 y ρ*7.766 entramos a la grafica ?> y obtenemos un valor de n*7.I8 P nx = n A g f c′
= ( 0.94)( 35cm )( 35cm ) ( 0.28kg / cm 2 ) P nx = 322.4ton φ P nx = ( 0.65)( 322.4ton ) = 209.6ton P nx
Empleando interpolación lineal para encontrar φnx − φ P nx 0.60 φ P ( γ − 0.60) φ P nx = φ P nx 0.60 + nx 0.70 0.70 − 0.60 209.6 − 205.2 ( 0.64 − 0.60) φ P nx = 205.2 + 0.70 − 0.60 φ P 206 96
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo de la carga inversa 6. álculo de φnx, φny y φ7n b& alculo de φny, cuando la flexión se da con respecto al eje J, ! uy !n =
M uy
φ A g f c′h
=
1110ton - cm
( 0.65)( 35cm )( 35cm ) ( 0.28 kg cm 2 )( 35cm)
= 0.14
on !n*7.-8, γ *7.>7 y ρ*7.766 entramos a la grafica ?B y obtenemos un valor de n*: P ny = n A g f c′
= ( 0.81)( 35cm)( 35cm ) ( 0.28kg / cm2 ) P ny = 277.8ton φ P ny = ( 0.65)( 277.80ton ) = 180.6ton P ny
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo de la carga inversa 6. álculo de φnx, φny y φ7n b& alculo de φnx, cuando la flexión se da con respecto al eje J, ! uy on !n*7.-8, γ *7.;7 y ρ*7.766 entramos a la grafica ?> y obtenemos un valor de n*7.:B P ny = n A g f c′
= ( 0.85)( 35cm )( 35cm ) ( 0.28kg / cm2 ) P ny = 291.6ton φ P ny = ( 0.65)( 291.6ton ) = 189.5ton P ny
Empleando interpolación lineal para encontrar φnx φ P ny
= φ P ny 0.60 +
φ P ny
= 180.6 +
φ P ny 0.70 − φ P ny 0.60
0.70 − 0.60 189.5 − 180.60
0.70 − 0.60 φ P = 184 16ton
( γ − 0.60)
( 0.64 − 0.60)
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo de la carga inversa 6. álculo de φnx, φny y φ7n
c& alculo de φ7n, on !n*7.7 γ *7.>7 y ρ*7.766 entramos a la grafica ?B y obtenemos un valor de n*-.61 P 0 n = n A g f c′ P 0 n = (1.32)( 35cm)( 35cm ) ( 0.28kg / cm 2 ) = 452.8ton φ P 0 n = ( 0.65)( 452.8ton ) = 294.29ton on !n*7.7 γ *7.;7 y ρ*7.766 entramos a la grafica ?B, obtenemos un valor de n*-.1;
= n A g f c′ P 0 n = (1.27)( 35cm)( 35cm) ( 0.28kg / cm 2 ) = 435.61ton φ P 0 n = ( 0.65)( 435.61ton) = 283.15ton P 0 n
Empleando interpolación lineal para encontrar φnx − φ P 0n 0.60 φ P ( γ − 0.60 ) φ P 0 n = φ P 0 n 0.60 + 0 n 0.70 0.70 − 0.60 294.3 − 283.2 ( 0.64 − 0.60) φ P 0 n = 283.2 + 0 70 − 0 60
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo de la carga inversa 6. álculo de φnx, φny y φ7n c& alculo de φn 1
φ P n 1
φ P n φ P n
= =
1
φ P nx
+
1
φ P ny
1 206.96
+
−
1
φ P
1 184.16
−
1 287.6
= 147.39ton < Pu = 190.50ton modiica! la sección
ráctica erificar si el dise4o preliminar es adecuado0 a& Empleando el m)todo del contorno de carga b& Empleando el m)todo de la carga inversa e x= 15 cm e y=7.5 cm A "t = 50 cm2 P u=125 ton f c= 280 kg/cm2 f y= 4200 kg/cm2
m c 7 6
>.1B cm B7 cm
Diseño de columnas cortas a& !)todo de la carga inversa i.
erificando el dise4o preliminar a& alculo de la resistencia al flexión φ Mnx P u 125ton = = = 192.31ton P n
φ
0.65 M ux = P u e y = (125ton )( 0.075m )
= 9.38ton − m γ h = 30cm − 12.5cm = 17.50cm γ =
m c 7 6
ρ = >.1B cm 87 cm
17.50cm 30cm
A " bh
=
= 0.58 ≈ 0.60 50cm
2
( 30cm )( 50cm )
= 0.033
Diseño de columnas cortas a& !)todo de la carga inversa i.
erificando el dise4o preliminar b& alculo de la resistencia al flexión φ Mnx n =
Pn Ag f c′
=
192.31ton
( 30cm)( 50cm) ( 0.28 kg cm
2
)
= 0.46
on n=0.4# y ρ =0.0$$, para γ =0.#0 entramos a la grafica obtemos !n*.-: Mnx = !n f c′ A g h M nx
=
( 0.181) ( 0.28 ton cm 2 )(1500cm 2 )( 30cm)
100 φ M nx = 0.65( 22.81ton − m ) = 14.82ton − m
= 22.81ton − m
Diseño de columnas cortas a& !)todo de la carga inversa i.
erificando el dise4o preliminar c& alculo de la resistencia al flexión φ Mny M uy = P u e x
= (125ton )( 0.15m ) = 18.75ton − m γ h = 50cm − 12.5cm = 37.50cm γ =
m c 7 6
>.1B cm B7 cm
M ny M ny
37.50cm 50cm
= 0.75
on n=0.4# y ρ =0.0$$, para γ =0.75 entramos a la graficas >?; obtemos !n*7.11
= !n f c′ A g h =
( 0.22) ( 0.28 ton cm 2 )(1500cm 2 )( 50cm)
100 φ M ny = 0.65( 46.20ton − m ) = 30.03ton − m
= 46.20ton − m
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo de la carga inversa i.
erificando el dise4o preliminar on0 Mux φ Mnx Muy
φ Mny
= =
9.38ton − m 14.82ton − m 18.75ton − m 30.03ton − m
= 0.63 = 0.62
Entramos a la figura -7.61 de Karmsen y obtenemos log 0.50 log 0.50 = = 1.61 α = log β log 0.65
d& /plicando la ecuación de contorno α
M ux M φ nxo
α
M uy = 1.0 + φ M nyo
( 0.63) 1.61 + ( 0.62 )1.61 = 0.94 < 1.00...%&"&&&&&
β *7.>B
Flexión biaxial 1. !)todo de la excentricidad equivalente P
X
y
i
ey
M u x
Y
M
y u
x
ex
e x x
≥
e x x
y
y
"a columna puede dise4ar para P u, y un momento factorado M 0y=P ue0x, donde0
e0 x ey
≥
ey
= e x +
α e y y
x
P u fy + 2800 P α = 0.50 + ≥ 0.60 cuando u ≤ 0.40 f c′ A g f c′ A g 7000
P u fy + 2800 P u α = 1.30 + ≥ > 0.40 0 . 50 cuando ′ ′ f c A g 7000 f c A g
Flexión biaxial 1. !)todo de la excentricidad equivalente "imitaciones0, "a columna tiene que ser sim)trica con respecto a ambos ejes de flexión, el 3efuer#o distribuido en la cutarro caras y x+y entre 7.B7 y 1
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo de la excentricidad equivalente -. Escoger las propiedades de los materiales, dimensiones preliminares. "os materiales están definidos por las condiciones del problema. "a sección transversal, puede ser rectangular o cuadrada, esto dependerá de la relación entre los momentos..
h
b
Eje de flexión
2 P u
Atent't&('
=
Atent't&('
= 2 190.50ton2 = 1361cm 2
f c′
(
)
0.28 ton cm
Lantearemos con un columna de b*67 cm y h* 87cm
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo de la excentricidad equivalente 1. alculo de
Y
γ
a& (lexión con respecto al eje M
γ h = 30cm − ( 8 + 2 × 0.95 + 2.54) cm = 17.56cm X h
γ =
17.56cm 30cm
h
= 0.59 ≈ 0.60 Y h
b& (lexión con respecto al eje J
γ h = 40cm − ( 8 + 2 × 0.95 + 2.54) cm = 27.56cm γ =
27.56cm 40cm
X
= 0.69 ≈ 0.70 h
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo de la excentricidad equivalente 6. alculo de e x ) e y y e0x * e0y M uy
e x
=
e x
= 1110 ton − cm = 5.83cm
P u 190.50ton
e y
= M ux
e y
= 970ton − cm = 5.10cm
P u
190.50ton
3elación entre las excentricidades y las dimensiones de la columna e x 5.83cm = = 0.15 x 40cm e y 5.10cm = = 0.17 y 30cm e omo e x = 0.15 < y = 0.17 la excentricidad equivalente x dominantes es e0y, ypor lo cual los t)rminos en las ecuaciones se deben cambiar las DxD por las DyD
e0 y
= e y +
α ex y
x
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo de la excentricidad equivalente 6. alculo de e x, ey y e0x ó e0y omo
Pu
′ g f c A
=
190.50
( 0. 28kg cm )(1200cm ) 2
2
= 0.57 > 0.40 el valor para α se
determinara empleando N
Pu fy + 2800 ≥ 0.50 α = 1.3 − 7000 ′ f A c g 4200 + 2800 = 0.73 ≥ 0.50 α = (1.3 − 0.57 ) 7000
"a columna se debe dise4ar para u*-I7.B7ton y !OM*17.B1 ton?m
3esultando la excentricidad equivalente igual a0 e0 y
= e y + α
e0 y
= 5.10cm + ( 0.73)( 5.83cm ) 40cm = 10.77cm
e x
y
x
30cm
!omento asociado con la excentricidad equivalente M
= P e =
(190.50ton )(10.77cm)
= 20 52ton − m
Diseño de columnas cortas Ejemplo 0 !)todo de la excentricidad equivalente 8. Usar el diagrama de Fnteracción para determinar la P n M n
=
P u
φ
=
n =
!n =
P u
φ
=
190.502ton
=
Pn Ag f c′ Mn
0.65
0.65
=
Y
= 293.10ton
20.50ton − m
h
= 31.5ton - m
293.10ton
( 30cm)( 40cm ) ( 0.28 kg cm
=
ρ
2
)
X
= 0.87
3150ton - cm
2 Ag f c′h ( 30cm )( 40cm ) ( 0.28 kg cm )( 30cm )
= 0.31
h
Diseño de columnas cortas Ejemplo 0 !)todo de la excentricidad equivalente 8. Usar el diagrama de Fnteracción para determinar la ρ on $ !n) n&*$7.6-,7.:;&, γ *7.>7, f´c*8=si y fy*>7=si escogemos la grafica ?B Obtenemos una cuant%a que supera la máxima permitida, por lo que debe tantearse otras dimensiones, probaremos una columna cuadrada de 87 cm x 87 cm
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo de la excentricidad equivalente B. alculo de
γ
Y
(lexión con respecto al eje M y J
h
γ h = 40cm − ( 8 + 2 × 0.95 + 2.54 ) cm = 27.56cm
γ =
27.56cm 40cm
h
= 0.69 ≈ 0.70
>. alculo de e x, e y y e0x o e0y e x
= 1110 ton − cm = 5.83cm 190.50ton
e y
=
970ton
− cm
190.50ton
X
h
= 5.10cm
3elación entre excentricidades y dimensiones de la columna e x 5.83cm = = 0.15 x 40cm e y 5.10cm = = 0.13 y 40cm
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo de la excentricidad equivalente omo e x x
= 0.15 >
ey y
= 0.13 , predomina la flexión con respecto al
eje J , debemos trabajar con la excentricidad equivalente e 7x,
e0 x
= e x +
α e y
y
x ;. alculo de e x ) e y y e0x o e0y omo
Pu
′ g f c A
α = (1.3 − 0.43)
=
4200
190.50
( 0. 28kg cm )(1600cm ) 2
+ 2800 =
7000
0.87
2
= 0.43 > 0.40
≥ 0.50
3esultando la excentricidad equivalente igual a α e x x y
e0 y
= e y +
e0 x
= 5.83cm +
( 0.87 )( 5.10cm ) 40cm
40cm = 10.27cm
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo de la excentricidad equivalente :. alculo de e x ) e y y e0x o e0y !omento asociado con esta excentricidad equivalente M 0 y
= P u e0 x = (190.50ton )(10.27cm ) = 19.56ton − m 100
"a columna se debe dise4ar para u*-I7.B7ton y !Oy*-I.> ton?m
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo de la excentricidad equivalente I. Usar el diagrama de Fnteracción para determinar la P n = M n
P u
=
n =
!n =
φ P u
φ
=
190.50ton
=
0.65
Pn Ag f c′ Mn
0.65
=
Y
= 293.10ton
19.6ton − m
h
= 30.20ton - m 293.10ton
( 40cm)( 40cm ) ( 0.28 kg cm 3020 ton - cm
ρ
2
)
X
= 0.65
= = 0.17 2 ′ Ag f c h ( 40cm )( 40cm) ( 0.28 kg cm )( 40cm )
h
Diseño de columnas cortas Ejemplo0 !)todo de la excentricidad equivalente -7. Usar el diagrama de Fnteracción para determinar la ρ on $ !n) n&*$7.-;,7.>B&, γ *7.;7, f´c*8=si y fy*>7=si escogemos la grafica ?> Obtenemos una cuant%a ρ*7.761
