7- COLUMNAS.pdf

192
7. COLUMNAS
Elementos verticales que transmiten cargas de comprensión, generalmente acompañadas de un
momento. Las cargas son transmitidas por la placa de entrepiso a las vigas, de estas a las columnas, y
por último a la cimentación y suelo fundación.
Las columnas reforzadas con estribos o espirales, confinan el núcleo aumentando la resistencia entre
menor espaciamiento halla en los estribos.
En la siguiente gráfica se presentan diagramas de deflexión en columnas. Los máximos se presentan
cuando empieza a agrietarse el recubrimiento por fuera de los flejes, después la capacidad resistente
del núcleo se reduce.
La columna no falla súbitamente porque los esfuerzos triaxiales en el núcleo son mejorados, resultante
del confinamiento. Después la columna alcanza una segunda carga máxima cuando las espirales fluyen
y la columna falla. Esta falla es dúctil y avisa, permitiendo redistribuir las cargas sobre otros
elementos.

193
e
P
Para columnas cargadas excéntricamente, la segunda carga es mucho menor que la primera, pero las
deformaciones son mayores. Debido a la ductilidad, el coeficiente de reducción de resistencia para
columnas con espirales es φ = 0.75 mientras φ = 0.65 para las que tienen estribos (C.9.3.2)
C.9.3.2.2 — Secciones controladas por compresión como se definen en C.10.3.3:
(a) Elementos con refuerzo en espiral según C.10.9.3 ............................................... 0.75
(b) Otros elementos reforzados. .................... 0.65
7.1 COLUMNAS CARGADAS AXIALMENTE
La deformación en el concreto y acero son iguales por lo tanto la capacidad de carga para una columna
con un esfuerzo de fluencia fy en el acero es:
st
st
g
o fyA
A
A
c
f
P +
−
= )
(
*
`
85
.
0
Ag: Área bruta.
Ast: Área del acero longitudinal.
Po: Máxima carga concéntrica.
7.2 DIAGRAMAS DE INTERACCIÓN.
Prácticamente todas las columnas están sujetas a flexo compresión, debido a que la carga que baja por
la columna no coincide con el eje centroidal longitudinal.
El máximo esfuerzo de compresión en una columna es:
y
I
M
A
P
f x
cu +
=
fcu: Esfuerzo último en el concreto
A: Área de la sección transversal.
I: Inercia sección transversal.
P: Carga axial.
M = Pe: Momento.
Dividiendo por fcu
y
If
M
Af
P
cu
cu
+
=
1
La máxima carga axial ocurre cuando M = 0 y Pmáx. = fcuA.
El máximo momento que puede soportar la columna ocurre cuando P = 0 y
y
I
f
M cu
=
max
Reemplazando se obtiene:
max
max
1
M
M
P
P
+
=

194
La anterior ecuación muestra la interacción entre P y M para un material elástico, relacionándolos en
la falla, el número 1 es el índice de sobreesfuerzo, si la relación entre las cargas actuantes y resistentes
es mayor a 1, entonces la sección falla porque la combinación P-M cae por fuera del diagrama de
interacción. La ecuación de interacción para un material elástico se grafica a continuación:
Línea AB: Carga en comprensión y momento horario. (-). Carga en el cuadrante I (eje Y)
Línea AD: Carga en comprensión y momento contrahorario. (+).Carga en el cuadrante II
Línea BC: Carga en tensión y momento horario. (-).Carga en el cuadrante III
Línea CD: Carga en tensión y momento contrahorario. (+).Carga en el cuadrante IV
Los puntos representan las combinaciones de P y M correspondiente a la resistencia de la sección. Un
punto dentro del diagrama de interacción representa la combinación de P y M que no causa la falla.
Las combinaciones que caen en la línea o fuera de la sección causan falla, por que exceden la
resistencia.
• Si la resistencia a la tensión ftu = o

195
• Si
2
cu
tu
f
f
−
=
7.3 DIAGRAMAS DE INTERACCIÓN PARA COLUMNAS DE CONCRETO.
Consideraciones:
- El concreto reforzado no es elástico y la resistencia a tensión es menor que a compresión.
- Los diagramas de interacción son calculados asumiendo la siguiente distribución de deformaciones.
- εcu = 0.003 es la máxima deformación en el concreto y corresponde a la falla en la sección.

196
S
S
C
S
S
n
S
C
S
n
f
A
ab
f
f
A
P
T
C
C
P
−
+
=
+
+
=
´
85
.
0
´
´
Pn: Fuerza resultante en la sección
Mn: Momento resistente en la sección de las fuerzas alrededor del eje centroidal.
La siguiente figura presenta varias distribuciones de deformaciones y los puntos resultantes en el
diagrama de interacción:
Punto A: Compresión axial pura.
Punto B: Primer agrietamiento en una cara y cero tensión en otra. Columnas cortas.
Punto C: Máxima deformación en el concreto y fluencia en el refuerzo. Falla balanceada. Representa
el cambio de falla en compresión para cargas altas por falla en tensión para cargas bajas.
Punto D: El refuerzo se deforma varias veces la deformación de fluencia εy, antes de que el concreto
se agriete, implica un comportamiento dúctil. Columnas esbeltas.
Desde el punto C hacia arriba, el concreto falla por compresión antes que el acero falla en tensión; y
hacia abajo, fluye primero el acero antes que falle el concreto por compresión.

197
7.4 MÁXIMA CARGA AXIAL.
Para elementos sometidos a compresión y teniendo en cuenta el momento accidental por
desalineamiento de la columna, y a factores como mezcla no homogénea, debido a que la relación A/C
es menor en la parte superior de las columnas, que es donde fallan generalmente por sismo, el NSR-
10 especifica:
C.10.3.6 — La resistencia axial de diseño φ Pn de elementos en compresión no debe tomarse mayor
que φPn,max calculado usando la ecuación (C.10-1) ó (C.10-2).
• Para columnas con espirales de 0.85 veces la máxima carga (C.10.3.6.1).
( )
[ ]
st
st
g
n fyA
A
A
c
f
P +
−
= ´
85
.
0
85
.
0 φ
φ
• Para columnas con estribos de 0.80 veces la carga máxima (C.10.3.6.2).
( )
[ ]
st
st
g
n fyA
A
A
c
f
P +
−
= ´
85
.
0
80
.
0 φ
φ
Se recomienda usar la formula de columnas con estribos con excentricidad e menores a 0.1h y para
columnas en espirales, con e menores a 0.05h, donde h es la altura del elemento.
7.5 DISEÑO:
φPn ≥ Pu φMn > Mu
Pu, Mu: Cargas actuantes mayoradas.
Pn, Mn: Resistencia nominal de la sección.
φ:Factor de reducción de resistencia.
φ = 0.65 Columnas con estribos.
φ = 0.75 Columnas con espirales.
Problema: Diseñar una columna cuadrada con estribos con una carga muerta de 2000 kN,
carga viva 1000 kN. Asumir una cuantía de 0.01, f´c = 28MPa, fy = 420 MPa. Los estribos
Eφ 3/8”.
1. Carga Última
kN
Pn 4000
1000
*
6
.
1
2000
*
2
.
1 =
+
=
2. Sección
( )
[ ]
st
st
g
n fyA
A
A
c
f
P +
−
= ´
85
.
0
80
.
0 φ
φ
( ) ( )
[ ]
g
g
g A
A
A 01
.
0
*
10
*
420
01
.
0
10
*
28
*
85
.
0
8
.
0
*
65
.
0
10
*
4000 6
6
3
+
−
=
g
g
g A
A
A 2184
10
*
76
.
123
10
*
12376
10
*
4000 3
3
3
+
−
=

198
m
L
m
Ag
493
.
0
243
.
0 2
=
=
Usar: sección 50 X 50 cm.
3. El refuerzo longitudinal.
( )
[ ]
st
st A
A *
10
*
420
55
.
0
*
55
.
0
10
*
28
*
85
.
0
8
.
0
*
65
.
0
10
*
4000 6
6
3
+
−
=
st
st A
A 3
3
3
3
10
*
218400
10
*
12376
10
*
74
.
3743
10
*
4000 +
−
=
2
2
3
44
.
12
10
*
24
.
1 cm
m
Ast =
= −
Asmin= 0.01*50*50=25.00cm2
Usar: 6#8
7.6 FLEXIÓN GENERAL
Se supone la siguiente sección sometida a flexión.
Para cualquier capa de refuerzo, Asi:
c
d
c i
si 003
.
0
=
−
ε
003
.
0
*
c
d
c i
si
−
=
ε
d4
d3
d2
d1
As1
As2
As3
As4
h
c
Sección
εcu = 0.003
εs4
εs3
εs2
εs1 = Z εy
Deformaciones
0.85f´c
a = β1c
fs4
fs3
fs2
fs1
Esfuerzos
εsi: Deformación en refuerzo Asi
di: Altura efectiva hasta Asi

199
Para un acero elasto-plástico:
Es
si
si
f ε
=
c
a
1
β
=
Donde:
85
.
0
`
008
.
0
09
.
1
65
.
0 1 ≤
−
=
≤ c
f
β
Fuerza en el concreto:
cab
f
c
C ´
85
.
0
=
Fuerza en el acero (a < di):
si
si
si A
f
F =
Las ecuaciones de equilibrio para la carga resistente nominal:
∑ ∑
= =
+
=
+
=
n
i
n
i
si
si
si
C
n A
f
cab
f
F
C
P
1 1
´
85
.
0
El momento resistente nominal alrededor del eje centroidal que coincide con el centroide plástico para
una columna deformada uniformemente en compresión es(ver Pto. A del grafico):
∑
=






−
+






−
=
n
i
i
si
C
n d
h
F
a
h
C
M
1 2
2
2
∑
=






−
+






−
=
n
i
i
si
si
n d
h
A
f
a
h
c
f
M
1 2
2
2
´
85
.
0
- fy
fy
εs
fs

200
7.7 FALLA EN COLUMNAS.
Se tiene en una sección las fuerzas:
El momento resistente se puede reemplazar por una carga Pn actuando a una distancia o excentricidad
e.
Las ecuaciones básicas de equilibrio son:
∑
=
+
=
n
i
i
i As
fs
cab
f
Pn
1
´
85
.
0
∑
=






−
+






−
=
=
n
i
i
i
i
n d
h
As
fs
a
h
cab
f
e
P
Mn
1 2
2
2
´
85
.
0
Donde fsi puede estar o no en fluencia.
Una columna puede fallar a tensión o a compresión; el tipo de falla depende de la excentricidad.
7.7.1 La falla balanceada
Se presenta cuando el concreto alcanza su máxima deformación εcu = 0.003 y el acero de refuerzo la
fluencia fy al mismo tiempo.
Si c>cb o e<eb la compresión controla y As no fluye.
Si c<cb o e>eb, la tensión controla y As fluye.
e = 0
Po
Pn
Mn
Mo
e = ∞
e grande
eb
e pequeño
Límite de tensión
eb: Excentricidad balanceada
e = Mn: Cualquier línea radial.
Pn
flexión pura
Compresión Pura

201
Del diagrama de deformaciones:
b
b c
a 1
β
=
d
y
ab *
003
.
0
003
.
0
1 







+
=
ε
β
Refuerzo a compresión: fs1 = fsy
La pendiente de la línea continua es mayor que la de la línea discontinua, entonces hay
fluencia del refuerzo en compresión y tensión.
fy
fs =
2 si 







+
−
≤
y
y
d
d
CU
CU
ε
ε
ε
ε
´






+
⋅
−
⋅
=
d
d
fy
Es
cu
Es
cu
fs
´
)
(
2 ε
ε
Generalmente fy
fs
fs =
= 2
1 y 2
1 As
As = , entonces se tiene:
b
a
c
f
Pn b
b .
´
85
.
0
=








+
=
y
bd
c
f
Pnb
ε
β
003
.
0
003
.
0
.
´
85
.
0 1
( )
´
2
2
003
.
0
003
.
0
.
´
85
.
0 1
1 d
d
fy
As
a
h
Ey
bd
c
f
Mnb −
+






−








+
= β
As2
As1
h
d´
d
cb
εy
εcu = 0.003
d
y
c
d
y
c
y
d
c
b
CU
CU
b
CU
CU
b
*
003
.
0
003
.
0
*
ε
ε
ε
ε
ε
ε
ε
+
=
+
=
+
=

202
Fs2
Fs1
d-d´
As1
As2
La excentricidad balanceada será:
( )
b
b
b
b
b
Pn
d
d
fy
As
b
c
f
Pn
h
Pn
Mn
e
´
.
´
7
.
1
2
1 −
+






−
=
=
7.7.2 Falla por tensión:
Para excentricidades muy grandes la falla empieza por la fluencia en tensión del acero, es decir para
∞
≤
≤ e
eb , o relaciones de Pn y Mn por debajo del límite de tensión que se encuentren en la región de
la falla por tensión
Columnas Esbeltas
Se observa que entre mayor sea la carga axial Pn, mayor será el momento Mn, debido a que una
sección en flexión pura puede causar que el refuerzo a tensión fluya, pero si se carga axialmente, esto
reduciría los esfuerzos normales de tensión en la sección producidos por el momento, dejando un
remanente de momento adicional resistente hasta la fluencia.
La falla por fluencia se presenta cuando:
1
fs
1
As
2
fs
2
As
0.85f´cab
1
Fs
2
Fs
Cc
Pn −
+
=
−
+
=
Si hay fluencia en el acero fs
fs
fs =
= 2
1 y la sección es simétrica.
2
2
1
1 As
fs
As
fs =
ab
c
f
Pn .
´
85
.
0
=
b
c
f
Pn
a
.
´
85
.
0
=
( )
´
2
2
.
´
85
.
0 1
.
d
d
fy
As
a
h
ab
c
f
e
P
Mn n −
+






−
=
=
Reemplazo a en:
( )
´
.
´
7
.
1
2
.
´
85
.
0 1 d
d
fy
As
b
c
f
pn
h
ab
c
f
e
P
Mn n −
+








−
=
=
( )
´
.
´
7
.
1
2
d
d
Asfy
b
c
f
Pn
h
Pn
e
Pn −
+








−
=
b
e
e >
b
Pn
Pn <
b
c
c <
y
Es
fy
s ε
ε =
>
1

203
Simplificando:
( ) 0
´
2
.
´
7
.
1
1
2
=
−
+






−
− d
d
fy
As
e
h
Pn
b
c
f
n
P
( )







 −
+






−
+






−
=
b
c
f
d
d
fy
As
e
h
e
h
b
c
f
Pn
.
´
85
.
0
´
2
2
2
.
´
85
.
0 1
2
7.7.3 Falla por compresión:
Ocurre una deformación del concreto hasta la falla. Entre mayor Pn, menor será el Mn que la sección
resiste, debido a que hay menor margen de deformación en compresión del concreto producido por Mn.
En resumen la falla a compresión se presenta cuando:
y
Es
fs
s
c
c
Pn
Pn
e
e
b
b
b
ε
ε =
<
•
>
•
>
•
<
•
1
La carga axial será:
1
1
2
.
´
85
.
0 fs
As
fy
As
ab
c
f
Pn −
+
= φ





 −
=
=
c
c
d
Es
s
Es
fs CU
ε
ε 1
1
El momento nominal resistente:






−
+






−
+






−
=
=
2
´
2
2
2
.
.
´
85
.
0 1
1
2
h
d
fs
As
d
h
fy
As
a
h
b
a
c
f
Pne
Mn φ

204
Problema: Calcular y graficar 4 puntos del diagrama de interacción de la columna mostrada. Usar f´c
= 28 MPa, fy = 420 MPa, sección 40x40 cm., As1: 4#9 (25.8 cm2
), As2: 4#9 (25.8 cm2
), Ast = As1 +
As2 = 51.6cm2
.
1. Calculo de la carga nominal concéntrica axial máxima.
( )
kN
x
n
P
st
fyA
st
A
g
A
c
f
n
P
4
.
5852
2
100
6
.
51
*
6
10
420
2
100
6
.
51
2
4
.
0
6
10
*
28
*
85
.
0
´
85
.
0
=
+








−
=
+
−
=
1.1. Carga nominal axial concéntrica es:
´)
(
06
.
3804
4
.
5852
*
65
.
0
)
(
4
.
5852
PtoA
kN
n
P
PtoA
kN
n
P
→
=
=
→
=
φ
(Reducción de resistencia)
1.2. Capacidad máxima permitida de carga (Por desalineamiento)
kN
n
P 2853
06
.
3804
*
75
.
0
max =
=
φ
Este valor se pinta como una línea horizontal, los valores de φPn y φMn del diagrama de
interacción no se usan en el diseño.
2. Cálculo de φPn y φMn para falla balanceada (εs1=-εy)
Cálculo de c y la deformación en el refuerzo.
0.0021
y
9
10
*
200
6
10
*
420
S
E
y
f
y
0.03225
t
ρ
40x40
51.6
g
A
st
A
t
ρ
=
=
=
=
=
=
ε
ε

205
2.1. Cálculo de φPn y φMn – Caso general.
Se consideran las deformaciones correspondientes a Pn, Mn, φPn y φMn, para y
Z
s ε
ε =
1
,
donde Z es una secuencia de valores
,...
0
.
4
,
0
.
3
,
5
.
2
,
5
.
1
,
1
,
75
.
0
,
5
.
0
,
25
.
0
,
5
.
0 −
−
−
−
−
−
−
−
+
+
=
Z Estos intervalos son cada vez más largos,
por que acerca más los puntos entre Z sea más grande. De la semejanza de triángulos se tiene la
profundidad del EN:
( )
m
b
c
d
cb
2
.
0
34
.
0
*
0051
.
0
003
.
0
0021
.
0
003
.
0
1
003
.
0
=
=
−
−
=
La deformación en el acero de compresión es:
003
.
0
2
2 b
c
s
d
b
c
=
−
ε
0021
.
0
003
.
0
*
2
.
0
06
.
0
2
.
0
003
.
0
*
2
2 =
−
=
−
=
b
C
d
b
c
s
ε [C (+), es compresión].
0021
.
0
0021
.
0
*
0
.
1
1 −
=
−
=
= y
Z
s ε
ε [ (-), Tensión].

206
2.2. Cálculo de los esfuerzos en el acero de refuerzo.
(Esta en fluencia).
Es
s
fs 2
2 ε
= Pero fy
fs
fy ≤
≤
− 2
MPa
fs 420
9
10
*
200
*
0021
.
0
2
=
=
MPa
fs 420
2 =
2.3. Cálculo de a.
c
1
a β
=
c
f´
008
.
0
09
.
1
1 −
=
β para MPa
c
f
MPa 55
´
28 ≤
≤
866
.
0
28
*
008
.
0
09
.
1
1 =
−
=
β
m
h
m
a 40
.
0
173
.
0
2
.
0
*
866
.
0 =
<
=
= , si es mayor usar a = h.
2.4. Cálculo de fuerzas en el concreto y acero.
kN
Cc
cab
f
Cc
1647
4
.
0
*
173
.
0
*
6
10
*
28
*
85
.
0
´
85
.
0
=
=
=
Como d1 = 0.34m. > a = 0.173m., As1 esta fuera del rectángulo de comprensión.
kN
x
As
fs
Fs 6
.
1083
2
100
5
.
28
*
6
10
420
1
1
1 −
=
−
=
=
Como d2 = 0.06m. < a = 0.173m., se debe restar el esfuerzo en compresión del concreto.
( )
( )
kN
Fs
x
x
Fs
As
c
f
fs
Fs
2
.
1022
2
2
100
8
.
25
*
6
10
28
*
85
.
0
6
10
420
2
2
´
85
.
0
2
2
=
−
=
−
=
2.5. Cálculo Pn.
)
(
6
.
1585
6
.
1083
2
.
1022
1647 PtoB
kN
n
P
i
Fs
Cc
n
P
=
−
+
=
∑
+
=
Como εs1 = εy, la falla es balanceada. Pn = Pnb

207
2.6. Cálculo Mn






−
+






−
+






−
= 2
2
1
1
2
2
2
2
d
h
Fs
d
h
Fs
a
h
Cc
Mn
( ) ( )
06
.
0
2
.
0
34
.
0
2
.
0
2
2
2
1 −
+
−
+






−
= Fs
Fs
a
h
Cc
Mn
)
(
.
7
.
481
14
.
0
*
2
.
1022
14
.
0
*
6
.
1083
11
.
0
*
1647 PtoB
m
kN
Mn =
+
+
=
b
Mn
Mn = Momento balanceado
2.7. Cálculo φPn y φMn. (φ = 0.7)
kN
Pn 6
.
1030
6
.
1585
*
65
.
0 =
=
φ (Pto B´)
m
kN
Mn .
2
.
313
7
.
481
*
65
.
0 =
=
φ (Pto B´)
3. Cálculo de φPn y φMn para Z = -2
Se calcula φ para cargas que caigan entre el límite controlado por tensión y compresión.
3.1. Cálculo de c y deformación del refuerzo.
m
b
c
m
c
m
d
d
c
2
.
0
1417
.
0
34
.
0
1
0042
.
0
003
.
0
1
003
.
0
=
<
=
=
+
=

208
La deformación en el acero de compresión es:
00173
.
0
2
003
.
0
*
1417
.
0
06
.
0
1417
.
0
003
.
0
*
2
2
=
−
=
−
=
s
c
d
c
s
ε
ε
3.2. Cálculo de los esfuerzos en el acero de refuerzo.
MPa
Es
s
fs 94
.
345
9
10
*
200
*
00173
.
0
2
2
=
=
= ε
Esta entre –fy y fy, entonces bien.
MPa
Es
s
fs 840
9
10
*
200
*
0042
.
0
1
1 =
−
=
=ε
Como εs1 > εy, entonces uso fs1 = 420 MPa.
3.3. Cálculo de a:
m
c
a 123
.
0
1417
.
0
*
866
.
0
1 =
=
= β
3.4. Cálculo de fuerzas en concreto y acero.
kN
Cc
cab
f
Cc
1171
4
.
0
*
123
.
0
*
6
10
*
28
*
85
.
0
´
85
.
0
=
=
=
kN
Fs
As
fs
Fs
6
.
1083
1
2
100
8
.
25
*
6
10
*
420
1
1
1
−
=
=
−
=
Como d2 = 0.06m. < a = 0.123m.
( )
( )
kN
Fs
Fs
As
c
f
fs
Fs
12
.
831
2
2
100
8
.
25
*
6
10
*
28
*
85
.
0
6
10
*
94
.
345
2
2
´
85
.
0
2
2
=
−
=
−
=

209
3.5. Cálculo Pn.
∑
+
= i
Fs
Cc
Pn
kN
Pn 5
.
918
6
.
1083
12
.
831
1171 =
−
+
= (Pto C)
3.6. Cálculo Mn.
m
kN
Mn .
24
.
430
06
.
0
2
4
.
0
*
12
.
831
34
.
0
2
4
.
0
*
6
.
1083
2
123
.
0
2
4
.
0
*
1171 =
−
+
−
−
−
=






























(Punto C)
3.7. Cálculo de φ, φPn y φMn.
Según el ACI B.9.3.2., φ, varia linealmente con εt, que es la deformación en la capa de
refuerzo más lejos de la capa extrema en compresión. Para columnas con estribos se tiene:
7
.
0
=
→
≤
→
• φ
ε
ε y
t
Si
→
<
<
→
• 005
.
0
t
y
Si ε
ε Para acero grado 60 φ=0.56-68εt
90
.
0
005
.
0 =
→
>
→
• φ
εt
Si
Como εt = εs1 = -0.0042 (El negativo indica tensión)
( ) 846
.
0
0042
.
0
*
68
56
.
0 =
−
−
=
φ
kN
Pn 1
.
777
5
.
918
*
846
.
0 =
=
φ (Pto C´)
m
kN
Mn .
364
24
.
430
*
846
.
0 =
=
φ (Pto C´)
4. Cálculo de la capacidad axial de tensión
Se considera que la carga final es concéntrica en tensión.
( )
∑
=
−
=
n
i
i
t fyAs
Pn
1
kN
t
Pn 2
.
2167
2
100
8
.
25
*
6
10
*
420 −
=
−
= (Pto D)
La capacidad de diseño. φ = 0.9
kN
t
Pn 5
.
1950
2
.
2167
*
9
.
0 −
=
−
=
φ (Pto. D´)

210
Diagrama de Interacción revisar , cambniaron valores
3804
(313.1, 1030.6)

211
7.8 COLUMNAS CIRCULARES:
Se asume una distribución triangular de deformación.
∑
=
+
=
n
i
i
Fs
Cc
Pn
1
∑
=
−






−
+






−
=
n
i
i
i d
D
Fs
Y
D
Cc
Mn
1 2
2
−
Y : Centroide del rectángulo de compresión.
El rectángulo de compresión es:
El área de la sección comprimida se calcula en términos de θ





 −
=
4
2 θ
θ
θ Cos
Sen
D
A θ: En radianes.
θ
X
X
Y
Y
−
Y
c
a 1
β
=
D
Sección
As3
As1
As2
d1
Es1
εs3
εs2
εcu = 0.003
fs1
fs2
fs3
0.85f´c
Deformaciones Esfuerzos
c
d2
d3
a=β1c

212
El primer momento de área respecto al centro de la columna es:






=
=
−
12
3
3 θ
Sen
D
Y
A
Q
La forma del diagrama de interacción es afectada por el número de barra, y su orientación respecto al
eje central. Si la inercia X – X es menor que Y – Y, se debe usar la menor.
7.9 DIAGRAMAS DE INTERACCIÓN SIMPLIFICADOS.
Generalmente se usan diagramas de interacción publicados para diseño y en la práctica los diagramas
de programas de computador. Los puntos correspondientes a Pn, Mn corresponden a 5 distribuciones
de deformación.
1. Deformación en compresión 0.003 en toda la sección.
2. Para el primer agrietamiento; pasa de 0.003 en compresión en una cara a, cero deformación en
otra.
3. Para la deformación balanceada, el límite de la deformación en compresión es 0.003 en una
cara y
ε
− en el refuerzo de la otra cara.
4. En el límite de la zona controlada por tensión la diferencia en compresión es 0.003 y la
deformación por tensión -0.005.
5. La deformación es –εy cuando el concreto se ha agrietado.
Factores que afectan el tipo de columna
400
400
800
1600 1
2
3
4
5
Pn [Kips]
Mn [Kips *pie]

213
7.10 PREDIMENSIONAMIENTO DE COLUMNAS.
Para diseñar una columna se requiere conocer la sección. Para pequeños valores de M, la sección esta
definida por la capacidad de carga axial.
Para columnas con estribos:
( )
t
g
fy
c
f
Pu
A
ρ
+
≥
´
45
.
0
g
t
t
A
As
=
ρ
Para columnas con espiral:
( )
t
g
fy
c
f
Pu
A
ρ
+
≥
´
55
.
0
Según el C.21.4.1 Requisitos Geométricos para las columnas con capacidad Especial de disipación de
energía.
(a) La fuerza axial mayorada en el elemento es mayor que 0.10f´c Ag
(b) La menor dimensión de la sección del elemento, medida en una línea recta que pasa a través del
centroide de la sección, no debe ser menor que 0.30 m. Las columnas en forma de T, C o I pueden
tener una dimensión mínima de 0.25 m pero su área no puede ser menor de 0.09 m².
(c) La relación entre la dimensión menor de la sección del elemento y la dimensión perpendicular a
ella, no debe ser menor que 0.4.
7.10.1 Esbeltez en columnas
La columna esbelta se deflecta bajo carga lateral, incremento en los momentos, efecto P-∆, entre otros.
Según el ACI 10.12.2 se permite despreciar el efecto de columna esbelta si:
C.10.10.1 — Se permite ignorar los efectos de esbeltez en los siguientes casos:
a) en elementos sometidos a compresión no arriostrados contra desplazamientos laterales cuando:
22
≤
⋅
r
Lu
k
b) en elementos a compresión arriostrados contra desplazamientos laterales cuando:








−
≤
⋅
2
1
12
34
M
M
r
Lu
k
Donde el término M1 M2 es positivo si la columna está flectada en curvatura simple y negativo si el
elemento tiene curvatura doble. Se permite considerar los elementos a compresión como arriostrados
contra desplazamientos laterales cuando los elementos de arriostramiento tienen una rigidez total que
restringe los movimientos laterales de ese piso de al menos doce

214
Lu : Longitud libre de la columna
r: Radio de giro, de 0.3 a 0.25 veces la profundidad de la columna rectangular y circular
respectivamente.
M1/M2: Relación de momentos entre los dos extremos de la columna, varía generalmente entre +0.5 y
-0.5.
7.11 ESPACIAMIENTO Y REQUISITOS DE CONSTRUCCIÓN PARA REFUERZO
TRANSVERSAL EN COLUMNAS.
7.11.1 Estribos
Los estribos se utilizan en las columnas por las siguientes razones.
1. Restringen las barras longitudinales al pandeo.
2. Sostienen el refuerzo longitudinal durante la construcción permitiendo la armada del castillo.
3. Confinan el núcleo de concreto, aumentando la ductilidad.
4. Sirven como refuerzo para cortante.
5. Para estructuras con capacidad especial de disipación de energía DES, el refuerzo transversal
de confinamiento debe separarse a lo largo del eje del elemento, una separación. menor a:
5.1. 1/4 de la dimensión mínima de la sección del elemento.
5.2. 100 mm.
5.3. El primer estribo debe colocarse a 50 mm de la cara del nudo.
C.21.6.4.3 — La separación del refuerzo transversal a lo largo del eje longitudinal del elemento no debe exceder
la menor de (a), (b), y (c):
(a) La cuarta parte de la dimensión mínima del elemento.
(b) Seis veces el diámetro de la barra de refuerzo longitudinal menor, y
(c) so , según lo definido en la ecuación (C.21-5).





 −
+
=
3
350
100
hx
so
El valor de so no debe ser mayor a 150 mm y no es necesario tomarlo menor a 100 mm.
Se pueden usar ganchos suplementarios del mismo diámetro de barra o con un diámetro
menor y con el mismo espaciamiento de los estribos cerrados de confinamiento. Cada
extremo del gancho suplementario debe enlazar una barra perimetral del refuerzo
longitudinal. Los extremos de los ganchos suplementarios consecutivos deben alternarse a lo
largo del refuerzo longitudinal. El espaciamiento de los ganchos suplementarios o ramas con
estribos de confinamiento rectilíneos, hx , dentro de una sección del elemento no debe
exceder de 350 mm centro a centro.
5.4 El refuerzo transversal, debe colocarse dentro de una longitud Lo, medida a partir de la
cara del nudo en ambos extremos de la columna y en cualquier lugar donde se presente
plastificación por flexión, Lo no puede ser menor a:

215
C.21.6.4.1 — El refuerzo transversal en las cantidades que se especifican en C.21.6.4.2 hasta C.21.6.4.4,
debe suministrarse en una longitud Lo medida desde cada cara del nudo y a ambos lados de cualquier
sección donde pueda ocurrir fluencia por flexión como resultado de desplazamientos laterales inelásticos
del pórtico. La longitud Lo no debe ser menor que la mayor de (a), (b) y (c):
(a) La altura del elemento en la cara del nudo o en la sección donde puede ocurrir fluencia por flexión.
(b) Un sexto de la luz libre del elemento, y
(c) 450 mm.
5.5 El área total de los estribos rectangulares de confinamiento, deben ser como mínima de φ3/8” o
10 mm y no puede ser menor a al área que se obtiene con las siguientes ecuaciones para las dos
direcciones de las secciones de la columna.








−








= 1
´
*
3
.
0
CH
g
yh
C
SH
A
A
f
c
f
h
s
A
yh
C
SH
f
c
f
h
s
A
´
*
09
.
0
=
s: Espaciamiento del refuerzo transversal.
hC: Dimensión de la sección del núcleo de una columna, medida centro a centro del refuerzo
transversal de confinamiento.
fyh: Resistencia nominal a la fluencia del refuerzo transversal.
: Area total del refuerzo transversal, incluyendo estribos suplementarios, que existe en una
distancia S y perpendicular a hc, en
ACH: Área de la sección del elemento medida hasta la parte exterior del refuerzo transversal.
El descascaramiento del concreto de recubrimiento, que es posible que ocurra cerca de los
extremos de la columna en los pórticos de configuración normal hace vulnerables los
empalmes por traslapo de esas ubicaciones. Cuando se hace necesario emplear empalmes por
traslapo, estos deben estar ubicados cerca de la mitad de la altura, donde las inversiones de
esfuerzos probablemente estén limitadas a un rango menor de esfuerzos que en los lugares
cercanos a los nudos. Se requiere de refuerzo transversal especial a lo largo de los empalmes
por traslapo debido a la incertidumbre respecto a la distribución de momentos a lo largo de la
altura y la necesidad de confinar los empalmes por traslapo sometidos a inversiones de
esfuerzos.

216
C.21.6.4.5 — Más allá de la longitud Lo , especificada en C.21.6.4.1, el resto de la columna
debe contener refuerzo en forma de espiral o de estribo cerrado de confinamiento, que cumpla
con C.7.10, con un espaciamiento, s , medido centro a centro que no exceda al menor de seis
veces el diámetro de las barras longitudinales de la columna o 150 mm., a menos que
C.21.6.3.2 ó C.21.6.5 requieran mayores cantidades de refuerzo transversal.
A continuación se transcriben algunas consideraciones adicionales del C.21.4 del NSR-98.
El refuerzo transversal de confinamiento puede consistir en estribos sencillos o múltiples. Pueden
utilizarse estribos suplementarios del mismo diámetro de barra y con el mismo espaciamiento. Cada
extremo del estribo suplementario debe abrazar una barra longitudinal de la periferia de la sección.
Los estribos suplementarios deben alternar sus extremos a los largo del eje longitudinal de la columna.
Los estribos suplementarios, o las ramas de estribos múltiples, no deben estar separadas a más de 350
mm centro a centro, en la dirección perpendicular al eje longitudinal del elemento estructural. Si el
núcleo del elemento tiene suficiente resistencia para las diferentes combinaciones de carga, incluyendo
efectos sísmicos, no hay necesidad de cumplir lo exigido por las ecuaciones C.21-3-ES y C.10-6.
(c) Alternativamente a lo indicado en (a) y (b), pueden colocarse estribos de confinamiento de
diámetro Nº 4 (1/2”) ó 12M (12 mm), con fyh de 420 MPa, con una separación s de 100 mm. Si la
distancia horizontal entre dos ramas paralelas de estribo es mayor que la mitad de la menor dimensión
de la sección de la columna ó 200 mm, deben utilizarse cuantos estribos suplementarios de diámetro
Nº 4 (1/2”) ó 12M (12 m), con fyh de 420 MPa, sean necesarios para que esta separación entre ramas
paralelas no exceda la mitad de la dimensión menor de la sección de la columna ó 200 mm. Este
procedimiento alterno solo puede emplearse en columnas cuyo concreto tenga un f´c menor o igual a
35 MPa.
7.11.2 Refuerzo en Espiral
El refuerzo en espiral debe resistir la máxima carga del núcleo y el refuerzo longitudinal igual a la
máxima carga de toda la sección sin agrietarse. Para un paso, la cuantía de refuerzo S
ρ es:

217
C
C
Sp
Sp
S
L
A
L
A
=
ρ
4
2
Sp
Sp
d
A
⋅
=
π
Área de la barra.
dsp : Diámetro de la barra.
Lsp: Longitud del paso C
D
π
Dc: Diámetro del núcleo fuera del espiral
Ac: Área del núcleo
4
2
C
D
⋅
=
π
Lc: = s = Separación o paso.
s
D
d
s
D
D
d
C
Sp
C
C
sp
S
⋅
⋅
=
⋅
=
2
2
2
*
4
*
4 π
π
π
π
ρ
s
D
A
C
Sp
S
4
=
ρ
La máxima carga en la columna antes del agrietamiento del recubrimiento es:
( ) st
st
g
O fyA
A
A
c
f
P +
−
= ´
85
.
0
Después del agrietamiento del recubrimiento:
( ) st
st
C fyA
A
A
f
P +
−
= 1
2 85
.
0 Ac: Área del núcleo.
Pero P0 = P2
( ) ( )
st
C
st
g A
A
f
A
A
c
f −
=
− 1
85
.
0
´
85
.
0
Despreciando Ast:
C
g A
f
cA
f 1
85
.
0
´
85
.
0 =
c
f
A
A
f
C
g
´
1 =

218
∑ = 0
H
F
s
D
f
A
f C
sp
sp 2
2 =
: Esfuerzo compresión en el núcleo de concreto. Ver Mac Gregor y Nilson.
Reemplazando f1 y haciendo fsp = fy, la cuantía del refuerzo, y del ensayo triaxial se tiene:
2
1 4
.
4
´ f
c
f
f +
=
2
2
2
s
sp
C
sp
sp f
s
D
A
f
f
ρ
=
=
2
4
.
4
´
´ S
C
g fy
c
f
A
c
f
A ρ
+
=








−
= c
f
A
c
f
A
fy
C
g
S ´
´
45
.
0
ρ
fy
c
f
A
A
fy
C
g
S
´
1
45
.
0 







−
=
ρ
El espaciamiento máximo vertical o paso, debe ser menor a 80 mm., 25 mm., 1.33 veces el tamaño del
agregado o:








−
⋅
≤
1
´
45
.
0
2
C
g
C
sp
A
A
c
f
D
fy
d
s
π
La cuantía de refuerzo en espiral. , no puede ser menor.
7.12 REFUERZO LONGITUDINAL.
Se requieren al menos 6 barras para secciones circulares y 4 barras para columnas rectangulares. El
espaciamiento mínimo es de 1.5db, 25 mm., ó 1.33 veces el tamaño del agregado.
Para estructuras con capacidad de disipación especial de energía DES, la cuantía de refuerzo
longitudinal no debe ser menor a 0.01 ni mayor a 0.04.
Dc
f sp
fsp
f2
s
f sp f sp
f 2
Espiral

219
Los empalmes por traslapo se permiten únicamente en la mitad central de la longitud del elemento y
deben diseñarse como empalmes a tracción.
A continuación se presentan algunos requisitos de la resistencia a la flexión
C.21.6.2 — Resistencia mínima a flexión de columnas
C.21.6.2.1 — Las columnas deben satisfacer C.21.6.2.2 ó C.21.6.2.3.
C.21.6.2.2 — Las resistencias a flexión de las columnas deben satisfacer la ecuación (C.21-4).
∑ ∑
≥ nb
nc M
M 20
.
1 (C.21-4)
ΣMnc = suma de los momentos nominales de flexión de las columnas que llegan al nudo, evaluados en
las caras del nudo. La resistencia a la flexión de la columna debe calcularse para la fuerza axial
mayorada, congruente con la dirección de las fuerzas laterales consideradas, que conduzca a la
resistencia a la flexión más baja. ΣMnb suma de los momentos resistentes nominales a flexión de las
vigas que llegan al nudo, evaluadas en la cara del nudo. En vigas T, cuando la losa está en tracción
debida a momento en la cara del nudo, el refuerzo de la losa dentro del ancho efectivo de losa definido
en 8.12 debe suponerse que contribuye a Mnb siempre que el refuerzo de la losa esté desarrollado en
la sección crítica para flexión.
Las resistencias a la flexión deben sumarse de tal manera que los momentos de la columna se opongan
a los momentos de la viga. Debe satisfacerse la ecuación (C.21-4) para momentos de vigas que actúen
en ambas direcciones en el plano vertical del pórtico que se considera.
C.21.7 — Nudos en pórticos especiales resistentes a momento con capacidad especial de
disipación de energía (DES)
C.21.7.1 — Alcance
Los requisitos de C.21.7 se aplican a los nudos vigacolumna de pórticos especiales resistentes a
momento que forman parte del sistema de resistencia ante fuerzas sísmicas.
C.21.7.2 — Requisitos generales
C.21.7.2.1 — Las fuerzas en el refuerzo longitudinal de vigas en la cara del nudo deben determinarse
suponiendo que la resistencia en el refuerzo de tracción por flexión es 1.25fy
C.21.7.2.2 — El refuerzo longitudinal de una viga que termine en una columna, debe prolongarse
hasta la cara más distante del núcleo confinado de la columna y anclarse, en tracción, de acuerdo con
C.21.7.5, y en compresión de acuerdo con el Capítulo C.12.
C.21.7.2.3 — Donde el refuerzo longitudinal de una viga atraviesa un nudo viga-columna, la
dimensión de la columna paralela al refuerzo de la viga no debe ser menor que 20 veces el diámetro de
la barra longitudinal de viga de mayor diámetro, para concretos de peso normal. Para concretos
livianos, la dimensión no debe ser menor que 26 veces el diámetro de la barra.
C.21.7.3 — Refuerzo transversal
C.21.7.3.1 — El refuerzo transversal del nudo debe satisfacer C.21.6.4.4(a) ó C.21.6.4.4(b) y además
debe cumplir con C.21.6.4.2, C.21.6.4.3 y C.21.6.4.7, excepto lo permitido en C.21.7.3.2.
C.21.7.3.2 — Cuando existan elementos que llegan en los cuatro lados del nudo y el ancho de cada
elemento mide por lo menos tres cuartas partes del ancho de la columna, debe disponerse refuerzo
transversal igual, por lo menos, a la mitad de la cantidad requerida en C.21.6.4.4(a) ó C.21.6.4.4(b),

220
dentro del h del elemento de menor altura que llegue al nudo. En estos lugares, se permite que el
espaciamiento especificado en C.21.6.4.3 se incremente a 150 mm.
C.21.7.3.3 — Debe disponerse refuerzo transversal que pase a través del nudo para proporcionar
confinamiento al refuerzo longitudinal de viga que pasa fuera del núcleo de la columna, que cumpla
con los requisitos de espaciamiento de C.21.5.3.2, y los requisitos C.21.5.3.3 y C.21.5.3.6, cuando
dicho confinamiento no es suministrado por una viga que llegue al nudo.
7.13 GRAFICAS DE DISEÑO.
Son curvas de interacción entre P y M, que tienen incorporadas las disposiciones de seguridad de
código. Se utilizan parámetros para generalizar como
g
cA
f
Pu
´
φ vs.
h
cA
f
e
Pu
Mu
g
´
.
φ
= , y se
obtienen varias curvas para diferentes valores de
g
st
A
A
t =
ρ . Se sigue el siguiente procedimiento
para una carga Pu y una excentricidad
Pu
Mu
e = .
1. Se predimensiona la sección transversal usando ρmin para obtener dimensiones máximas (la
menor dimensión del elemento debe ser mayor a 0.30m para estructuras con DES.)
2. Se calcula γ , basado en los recubrimientos hasta el centroide de las barras y se selecciona la
gráfica.
h
d
h
´
2
−
=
γ
3. Calcular y , donde Ag = bh.
4. Leer la cuantía g
ρ requerida.
5. Calcular el área total bh
A g
st ρ
= .
Alternativamente se puede usar el siguiente procedimiento
1. Se selecciona la cuantía g
ρ .
2. Se escoge un valor tentativo de h y se calcula
h
e y γ .
3. De la gráfica se lee y se calcula Ag
4. Calcular
h
A
b g
= .
5. Revisar h.
6. Calcular bh
A g
st ρ
= .
Factores que afectan la escogencia de columnas
• Para relación de excentricidad , la columna en espiral es más eficiente en términos de
capacidad de carga, debido en parte al coeficiente . comparado con el de 0.65 de
columnas con estribos. El refuerzo en espiral tiende a ser más caro, aunque es compensado
con la máxima capacidad de carga.
• Para relaciones , las columnas con estribos y refuerzo longitudinal en las caras más
alejadas son más eficientes a flexión y entre mayor la profundidad respecto al eje de flexión
más eficiente.
• Columnas con estribos y refuerzo longitudinal en las cuatro caras, se usan para relaciones
y también con momentos alrededor de los dos ejes.

221
La pendiente máxima de la barra inclinada es 1/6 respecto al eje de la columna. (C.7.8.1.1)

222
Problema: Diseñar una columna de una vivienda que tiene una carga muerta de 600 kN, una carga
viva de 800 kN, un momento por carga muerta de 100 kN.m y por carga viva de 150 kN.m con
respecto al eje X. f´c = 28MPa y fy = 420MPa.
1. Predimensionamiento:
kN
Pu 2000
6
.
1
*
800
2
.
1
*
600 =
+
=
m
kN
Mu *
360
150
*
6
.
1
2
.
1
*
100 =
+
=
Se supone 01
.
0
=
ρ con lo q se obtiene Ag max.
( )
s
g
fy
c
f
Pu
A
ρ
+
≥
´
45
.
0
( )
2
6
6
3
14
.
0
01
.
0
*
10
*
420
10
*
28
45
.
0
10
*
2000
m
Ag =
+
≥
e=Mu/Pu=0.18
Ag=014= b*b entonces b=0.37 ≈ 0.4 ( b=h)
e/h=0.18/0.4=0.45 > 0.2 Columna rectangular
Usar columnas con estribos y refuerzo longitudinal en las caras más alejadas
Se recalcula las dimensiones de la sección Con bmin=0.3 para calcular h
Usando un lado b = 0.30 y m
m
h 5
.
0
46
.
0
30
.
0
14
.
0
≈
=
=

223
Sección 30 x 50cm.
2. Para un recubrimiento de 5 cm desde la cara de la columna hasta el centroide del refuerzo
80
.
0
50
10
50
´
2
=
−
=
−
=
h
d
h
γ
3. Cálculo.
=
g
cA
f
Pu
´
φ 0.78
28
.
0
´
. =
=
h
cA
f
e
Pu
Mu
g
φ
=
4. Del diagrama de interacción se obtiene:
04
.
0
042
.
0 max =
>
= ρ
ρg
por lo tanto es necesario agrandar la sección [ 0.001<
ρ
<0.004]
Cambiar sección a 40 x 50 80
.
0
=
γ
Eje de flexión:
=
g
cA
f
Pu
´
φ 0.55
2
.
0
´
. =
=
h
cA
f
e
Pu
Mu
g
φ
02
.
0
=
g
ρ
Cumple [0.001<
ρ
<0.004]
2
40
50
*
40
*
02
.
0 cm
bh
A g
st =
=
= ρ
40
50
b
h
Eje de
flexion
d’

224
Problema: Diseñar una columna con Pu = 1500kN, Mu = 150kN.m, Vu 80Kn, la columna forma parte
de un sistema de pórticos resistente a momentos y longitud libre de 2.6 m.
1. Predimensionamiento
Usar y recubrimiento de 5 cm. El rango de mas economía esta
entre . Usando
Suponiendo columna cuadrada
1.1 Para determinar el arreglo del refuerzo calculo
La columna es rectangular
La columna con barras en las dos caras más alejadas es la mas eficiente.
Se recalcula las dimensiones de la sección Con bmin=0.3 para calcular h
Usando un lado b = 0.30 y m
m
h 35
.
0
324
.
0
30
.
0
09718
.
0
≈
=
=
Sección 30 x 35cm.
1.2 Revisión de los efectos de esbeltez (Pandeo local)
Coeficiente de longitud efectiva.
Momentos en los extremos de la columna.
Longitud libre.
Radio de giro
Refuerzo
Longitudinal: 8 # 8
As = 40.8 cm.2
Estribos: φ3/8” @ 10cm.

225
Para la columna doblemente empotrada.
Se asume que
Cumple, se debe despreciar los efectos de esbeltez.
Según el código NSR-98 en C.10.11.2, el radio de giro de los elementos en compresión puede tomarse
como 0.3 veces la dimensión total de la sección en la dirección bajo estudio para secciones
rectangulares y 0.25 para secciones circulares.
Si se supone que puede existir cierta rotación en el nudo
Cumple.
2. Calculo
, de los diagramas de interacción se tien y , por lo tanto
se debe interpolar.
3. Diagramas de interacción.
Si Se debe aumentar la sección
Es necesario agrandar la sección a
b=0.35 h=0.35

226
Se calcula
0.001 < ρ <0.004 Cumple
4. Seleccionar el refuerzo.
5. Revisar la capacidad máxima.
Según el C.21.4 la fuerza axial mayorada en el elemento debe ser mayor a:
Y debe ser menor a:
Cumple
6. Traslapos. Usar el caso general
Para empalmes clase B:
7. Estribos: Usando
La separación máxima en zona confinada debe ser menor a:

227
El refuerzo transversal debe colocarse en una distancia la cual no puede ser menor a:
Para la zona No confinada, el espaciamiento debe ser menor a:
Para elementos sometidos a compresión axial
8. Despiece columnas. Se supone Lu = 2.40 m, h viga= 0.40 m, profundidad de cimentación -1.50 m.

228
Problema: Diseñar una columna circular con refuerzo en espiral con Pu = 1500kN, Mu = 150kN.m,
f’c = 28 MPa, fy = 420 MPa, Lu = 2.6 m y doblemente empotrada.
1. Predimensionamiento
Usando
2. Calculo
, de los diagramas de interacción se tiene y , por lo tanto se
debe interpolar.
3. Diagramas de interacción.
DEBEMOS AUMENTAR LA SECCION
Diagramas de interacción con D = 0.40 m

229
4. Seleccionar el refuerzo.
5. Carga mínima y maxima.
6.Traslapos clase B.
7. Estribos. Recubrimiento de 5 cm.

230
COLUMNAS BAJO CARGA AXIAL
En la mayoría de los casos las cargas axial de compresión, actúa simultáneamente con momentos de
flexión alrededor de los 2 ejes principales de la sección.

231
da la posición del eje neutro.
Cualquier combinación de cargas. Pu, Mnx y Mny, que caigan dentro de la superficie de interacción,
se pueden aplicar en forma segura, pero si el punto cae por fuera de la superficie, causaría una falla en
la columna.
El eje neutro no es perpendicular al plano que contiene la carga Pn. El ángulo se calcula con:
X e Y: puntos donde se quiere calcular el esfuerzo.

232
1. COLUMNAS BAJO CARGA BIAXIAL
El cálculo de cada punto involucra una variación en:
1. El cambio de la deformación en la sección transversal.
2. El ángulo del eje neutro, el cual no es paralelo al vector del momento resultante, cuando la
flexión ocurre respecto a uno de los ejes principales.
Para diseño de columnas rectangulares bajo carga biaxial, se pueden seguir el siguiente procedimiento:
1. La excentricidad biaxial , se reemplaza por una excentricidad equivalente , y la
columna se diseña para carga y flexión uniaxial.
Excentricidad en la dirección Y.
Excentricidad en la dirección X.
Momento alrededor del eje Y.
Momento alrededor del eje X.
Este procedimiento esta limitado a columnas simétricas respecto a los 2 ejes, con una relación
lado largo a corto . El refuerzo se coloca en las 4 caras.

233
2. MÉTODO DE LA CARGA RECIPROCA O INVERSA.
Método de diseño aproximado desarrollado por Bresler. El diagrama de interacción, puede dibujarse
en función de la carga axial Pn y la excentricidad.
La superficie S1, se puede transformar en una superficie equivalente de falla S2, si se grafica
.
- Si , 1/Pn corresponden a la capacidad inversa de la columna. Si Po es una
carga concéntrica, corresponde al punto C.
- Si tiene cualquier valor, que causa , corresponde a la falla, y el
inverso en el punto A.
- Si tiene cualquier valor, que produce , puede causar la falla, y su
reciproco en el punto B.
Cargas de falla, establecidas para excentricidades de cargas aplicadas conocidas usando
métodos de flexión uniaxial.
S´2: Plano oblicuo definido por los puntos A, B y C, se usa como una aproximación de la verdadera
superficie de falla S1.
Ordenada vertical de la verdadera superficie de falla, y es conservativa estimada de
Distancia vertical del plano oblicuo ABC, no es igual al verdadero debido a la concavidad
de la superficie de falla.

234
En el NSR-10. CR10.3.6 y CR10.3.7 se presenta la siguiente ecuación, originalmente presentada por
Bresler, para calcular la capacidad de la sección bajo flexión biaxial, deriva de la geométrica del plano
aproximado.
Donde , para diseño esto no es seguro en casos donde sea grande la flexión acompañada
por una fuerza axial menor a , la falla empieza por la fluencia del acero en tensión,
correspondiente a la parte inferior del diagrama de interacción.
Pni = Resistencia nominal a cargas axiales para una excentricidad dada a.lo largo de ambos
ejes.
Resistencia nominal a cargas axiales para una excentricidad dada a lo largo del eje y con
Resistencia nominal a cargas axiales para una excentricidad dada a lo largo del eje x. Carga
nominal con
Po = Resistencia nominal a cargas axiales para excentricidad cero, columna cargada concéntricamente
Carga axial mayorada.
Momento alrededor del eje X.
Muy = Momento alrededor del eje Y.
Excentricidad paralelo al eje
Excentricidad paralelo al eje
X = Lado paralelo al eje X.
Y = Lado paralelo al eje Y.
Problema: Revisar el diseño de una columna cargada biaxialmente con ,
, , ρ = 0.02, Usando el método de
la carga reciproca de Bresler.
Predimensionamiento.
Se usa critico por lo que se debe tomar =0.001
Usar una columna de 50X50 cm.
Se halla γ
Para una cuantía ρ = 0.02

235
Calculo Pny, Con ey y ex=0 ρ =0.02.
Se entra al gráfico con ey/h y ρ = 0.02
Calculo Pnx con ex y ey=0; ρ =0.02.
Se entra al gráfico con ex/h y ρ = 0.02
Calculo Carga Concéntrica Po; entro con ρ =0.02.
Reemplazando.

236
3 Método del contorno de carga.
Para resolver una columna solicitada biaxialmente se realiza una composición vectorial de los
momentos
2
2
Muy
Mux
Mu +
=
Mux: Momento actuante alrededor del eje X
Muy: Momento actuante alrededor del eje Y
Mu: Momento total.
La forma del diagrama P-M depende de varios factores, envueltos en la variable βb que describe la
forma que tiene el diagrama:
Valor de la carga axial
Índice de refuerzo ρfy/f´c
Recubrimiento
Valor de fy y f´c
Relación de b/h y ρ
βb esta entre 0.5 y 0.80. Si la figura es rectangular el corte del diagrama P-M es una elipse. Se puede
normalizar como un círculo si se divide por la capacidad uniaxial máxima en ese eje a ese nivel de
carga.
La representación de la superficie de falla, está dada por una familia de curvas correspondientes a
valores constantes de Pn. Las formas de las curvas pueden aproximarse a una ecuación de interacción
adimensional desarrollada por Bresler.
Cuando
Cuando
Cortantes que dependen de las dimensiones de la columna, cantidad de refuerzo,
características esfuerzo – deformación del concreto reforzado, recubrimiento, y tamaño lateral de los
estribos. Cuando la forma del contorno de interacción es

237
Donde:
b
Logβ
α
5
.
0
log
=
Para una columna cuadrada y rectangular se puede usar . Se define:
Cc = φ b h f´c
Cs = φ As fy
Se encontró la ecuación de βb. Se toma φ=0.65, βb se puede tomar de las siguientes ecuaciones, para
valores de carga axial Pu mayores de 0.25 Cc.
Cc
Cs
Cc
Pu
b
/
85
.
0
/
25
+
+
= β
β
Para valores de carga axial Pu menores de 0.25 Cc.






−






+
+
=
Cc
Cs
Cc
Cs
Cc
Pu
b
2
85
.
0
*
/
85
.
0
/
2
25
β
β
β25: Valor correspondiente a Pu, igual 0.25Cc.
Cuando Cs/Cc es mayor a 0.5
Cs
Cc
03
.
0
485
.
0
25 +
=
β
Cuando Cs/Cc es menor a 0.5.
2
25 5
.
0
35
.
0
545
.
0 





−
+
=
Cc
Cs
β

239
Problema: Resolver el problema anterior por el método del contorno de carga.
Flexión Alrededor del Eje Y. Mny0
Entro al gráfico con
Flexión Alrededor Del Eje X, Mnx0.
Reemplazando.
Problema: Usar el problema anterior para revisar la columna solicitada biaxialmente.
Cc = φ b h f´c = 0.65*0.5*0.5*28000 = 4550 kN
Cs = φ As fy = 0.65*51/1002
*420*106
=1392.3 kN
Cs/Cc = 0.306
Usar:
558
.
0
4550
3
.
1392
5
.
0
35
.
0
545
.
0
2
25 =






−
+
=
β
Como Pu = 2500 kN < 0.25 Cc = 1137.5 kN
61
.
0
2
85
.
0
*
/
85
.
0
/
2
25 =






−






+
+
=
Cc
Cs
Cc
Cs
Cc
Pu
b β
β
402
.
1
5
.
0
log
=
=
b
Logβ
α

240
De los diagramas de interacción se leen los valores de Mnx y Mny.
Entro al gráfico con
Flexión Alrededor Del Eje X, Mnx0.
Reemplazando.

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