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COLUMNS DESIGN
At = Ac + As Usando la expresión (3)
DISEÑO DE COLUMNAS
At = Ac + nAs
Ing. William Rodríguez Serquén A. MARCO TEORICO.Son miembros sujetos a cargas axiales y momentos provenientes de carga directa o rotación de sus extremos. A partir de un estudio hecho por el Comité del ASCEACI, (American Society of Civil Engineering) de 1970 sobre columnas, se estimó que el 90 % de las columnas contraventeadas y el 40 % de las no contraventeadas, pueden diseñarse como columnas cortas.
B. CARGA AXIAL EN EL ESTADO ELASTICO.-
Con la expresión (1): At = Ag – As + n As At = Ag + As(n – 1)
…(4)
Con lo que la carga axial resistente vale: P = f’c * At P = f’c * [Ag + As(n – 1) ]
…(5)
C. TIPOS DE COLUMNAS.Existen dos tipos principales de columnas: 1. Columnas Zunchadas.- Fig.(3). 2. Columnas Estribadas.- Fig.(4).
Sección real = la de la Fig.(1). Sección bruta = Ag = s * t Area del acero = As Sección neta de concreto = Ac = Ag – As Sección transformada = At = la de la Fig.(2). Se cumplen las siguientes relaciones:
…(1)
εc = εs
f ' c fs = Ec Es Es fs = fc Ec fs = n f’c
….(2)
Asfs = As ( nf ' c ) = ( nAs ) fc As (de acero) = n As (de concreto)
D. CARGA AXIAL EN EL ESTADO DE ROTURA.Experimentalmente se ha obtenido la siguiente expresión: P’u = ∅(0.85 f’c*Ac + fy As)
...(3)
De la Ec.(3) se deduce que la sección de acero se puede transformar con una sección equivalente de concreto. De la Fig.(2) se obtiene:
∅ = 0.70, para columnas con estribos rectangulares ∅ = 0.75, para columnas con espirales
…(6)
2 -La calidad del acero de refuerzo no excederá de lo especificado para acero Grado ARN 420 (414 MPa ó 4200 kg/cm2). -El ancho mínimo de las columnas será de 25 cm. -La relación de la distancia menor a la mayor de la sección transversal de las columnas no será menor que 0.4. -La cuantía de refuerzo longitudinal no será menor que 0.01 ni mayor que 0.06. Cuando la cuantía exceda de 0.04 los planos deberán incluir detalles constructivos de la armadura. -El refuerzo longitudinal mínimo deberá ser de 4 barras dentro de estribos rectangulares o circulares, y 6 barras en caso de que se usen espirales.
El concreto se rompe por aplastamiento y deslizamiento hacia fuera a lo largo de planos inclinados. El acero longitudinal se pandea hacia fuera entre los estribos.
t > = 0.4 s x1, x2 < = 15 cm 0.01 < = ρ < = 0.06,
ρ = As / (s*t)
F. TIPOS DE COLUMNAS SEGÚN SU ESBELTEZ.Columnas cortas.Aquellas cuyo análisis se hace solamente en función de la carga y momento último.
klu ≤ 22 r
(sin arriostramiento lateral)
…(7)
M klu ≤ 34 − 12 1 (con arriostramiento lateral) r M2 …(8) k = Coeficiente de esbeltez. Se obtiene de las gráficas de Longitud efectiva de columnas dadas a continuación , o con el diagrama de Jackson y Morland.
E. ESPECIFICACIONES DEL ACI.Disposiciones especiales para columnas sujetas a flexocompresión que resisten fuerzas de sismo: -La resistencia especificada del concreto f’c no será menor que 210 kg/cm2
Lu = altura libre de columna. ____ r = radio de giro en el sentido de la flexión = √ I / A r = 0.3 s (para sección rectangular) M1 = Menor momento de extremo factorizado de columna. Se usa el signo más, si el miembro está flexionado en forma de curvatura sinple. (en forma de C), y se usa el signo menos, si el miembro esta flexionado en forma de curvatura doble (en forma de S) M2 = Mayor momento de extremo factorizado de columna, y siempre tiene el signo más. Columnas largas.Aquellas que en su análisis hay necesidad de considerar los efectos de esbeltez.
3 Longitud efectiva de columnas con desplazamiento lateral permitido.Se obtienen de las siguientes gráficas.
f ´s = Es*eu*(c – d´ )/c La gráfica de las ecuaciones C.1 y C.2 obtenida se llama Diagrama de Interacción. G. DIAGRAMA DE INTERACCION.Representan la variación de los valores de carga y momento resistentes, para una determinada distribución de acero.
En la parte ab, la falla es a compresión; en la parte bc, la falla es a tracción. Donde la falla es a compresión, o sea el momento es pequeño, se cumple la Ecuación de Whitney:
ECUACIONES PARA EL DISEÑO DE COLUMNAS.Se obtienen a partir del análisis de fuerzas de los siguientes diagramas.
A ' s * fy f 'c *b * h + Pu = φ e 3* h * e + 0.5 + 1.18 d2 d −d ' …(9) De esta ecuación se despeja As = A’s.
De las ecuaciones de equilibrio de suma de fuerzas y momentos resulta: Pn = 0.85 f´c*a*b + A´s*f ´s – As*fs
…(C.1)
Pn*e = 0.85 f ´c*a*b (h/2 – a/2) + As*fs* (d – h/2) + A´s * f ´s (h/2 – d´ ) …(C.2) Siendo a = b1*c = 0.85 *c fs = Es*eu*(d – c)/c
Considerar las equivalencias: f’c = 210 kg/cm2 = 3000 lb/pulg2 = 3000 psi = 3 ksi. fy = 4200 kg/cm2 = 60 000 lb/pulg2 = 60 000 psi = 60 ksi. # (kg/cm2) = (# kg/cm2 )* 14.22 = (# *14.22) lb/pulg2 = #*14.22 psi.
4 H. PROCEDIMIENTO DE DISEÑO DE COLUMNAS CORTAS.-
kLn Se cumple que: ≤ 22 r
5. Calculamos Ast: Ast = ρg * b* h Ast = 0.027 * 30 / 35 = 28.35 cm2
1. Calcular Pu/Ag = Pu/(b*h) 2. Calcular Mu/(Ag*h) = Mu /(b*h2) 3. Determine γ = (h – 2*6) / h 4. Con lo encontrado en (1) y (2) leer ρg del diagrama de interacción. 5. Encontrar el área de acero con:
Usamos 4 ∅1” + 4 ∅3/4” = 31.76 cm2.
Ast = ρg*b*h I. EJEMPLO DE CALCULO.-
Falla de pilar por cortante Separación de estribos: Se diseña además por cortante. Usar PD = 25 ton-m PL = 6.25 ton MD=5 ton-m ML=2.4 ton-m f’c = 210 kg/cm2 fy=4200 kg/cm2 bxh = 30x35 cm2 Pu = 1.5 PD + 1.8 PL = 48.75 ton Mu = 1.5MD + 1.8 ML = 11.82 ton-m 1. Pu/(b*h) = 48750/(30x35) = 46.4 kg/cm2 = 46.4 * 14.22 lb/pulg2 = 659 psi = 0.66 ksi 2. Mu/(b*h2) = 11.82*105 kg*cm / (30 x 35 2 cm3) = 30.6 kg/cm2 = 30.6 * 14.22 lb/pulg2 = 435 psi = 0.44 ksi 3. γ = (35 – 12) / 35 = 0.65 4. Leemos en el diagrama de interacción (Diagramas están al final de este artículo): Para γ = 0.60, ρg = 0.03 y Para γ = 0.75, ρg = 0.021 Interpolamos y calculamos ρg para γ = 0.65: ρg =0.03 – [0.05*(0.03 – 0.021)/0.15 ] ρg = 0.027 0.01 <= ρg <=0.06
s=
Av * fy * d Vu − Vc
φ : Considerar las siguientes separaciones mínimas para elementos sismoresistentes: Si Ln = luz libre de columna = 3.0 m El primer estribo se coloca a 0.05 m. Longitud de la zona de confinamiento, Lc1: Lc1 = Ln/6 = 0.5 m, en ambos extremos de la columna En Lc1 usar sc1: sc1 = mín[ mín(s/2 , t/2) = 15 cm , 10 cm] sc1 = 10 cm. Numero de estribos = (50 – 5 ) / 10 = 4.5 → 5 Longitud de la zona intermedia, Lc2: Lc2 = 3.00 – 0.5*2 = 2.0 m En Lc2 usar sc2: sc2 = mín [16 db, mín(s, t) = 30 cm] sc2 = 30 cm Usamos:
∅ 3/8”: 1 @ 0.05, 5 @ 0.10, resto @ 0.20
J. PROCEDIMIENTO DE DISEÑO DE COLUMNAS ESBELTAS.Se cumple:
kLn > 22 r
5 El proceso consta de tres etapas: i. Determinar K para verificar esbeltez: Pasos (1) a (5). ii. Determinar los factores de amplificación db (por carga permanente) y ds (sìsmico): Pasos (6) a (9). iii. Calcular el acero con los momentos Mu amplificados por db y ds, y Pu. Paso (10). Daremos los pasos para diseñar la columna C5 del esquema. Se conocen: PD, PL, PEQ, MD, ML, MEQ, de todas las columnas. h1, h2, h3. L1, L2, L3. Sección de tanteo sxt. “s” es paralela a la dirección que resiste la flexión. “t” en la dirección perpendicular a la dirección que resiste la flexión.
6 1. Determinar el EI de cada una de las columnas C2, C5, C8:
Ec * Ig EIcolumna = 2.5 1 + βd
…(1)
Ec = Módulo de elasticidad del concreto Ec = 15 000 √f’c = [kg/cm2] Ig = Momento de inercia de la sección de columna. Ig = t * s3 /12 bd = Factor de flujo plástico del concreto bd = Carga muerta máxima de diseño / Carga total máxima de diseño.
βd =
1.4 PD 1.4 PD + 1.7 PL
0 <= bd <= 1 Se puede empezar con bd = 0 2. Determinar el EI de vigas adyacentes a los nudos “A” y “B”: (EI)v1, (EI)v2, (EI)v4, (EI)v5 con la siguiente expresión:
K5 = Υ, está determinado.
EI viga = 0.35 * Ec * Ig EI columna = 0.70 * Ec * Ig Ec = 15 000 √f’c = [kg/cm2] Ig = b* h3 / 12 = [cm4} 3. Determinar los Grados de empotramiento, GA y GB: GA = Σ (EI/h) de columnas adyacentes a A Σ(EI/L)devigas adyacentes a A
...(3)
( EI )C 2 ( EI )C 5 + h2 GA = h1 ( EI )V 1 ( EI )V 2 + L1 L2 GA = Σ (EI/h) de columnas adyacentes a B Σ (EI/L) de vigas adyacentes a B
Cuando se tenga empotramiento usar GA = 1.0 5. Verificar si k*Ln / r > 22, , ó
hay que hacer corrección por esbeltez. Para el ejemplo se tiene: K Ln / r = (K C5)* h2 / (0.3*s) 6. Determinar de manera similar los K de todas las columnas, del piso de la columna que estamos diseñando. Usar la Ec.(1). Entonces KC4, KC5, KC6 = Υ , están determinados. 7. Hallar la Carga de pandeo crítico (de Euler), Pc, de todas las columnas, del piso donde se encuentra la columna que se diseña:
( EI )C 5 ( EI )C 8 + h2 GB = h1 ( EI )V 4 ( EI )V 5 + L1 L2 4. Con GA y GB obtener K del Nomograma de Jackson y Morland.
M klu ≥ 34 − 12 1 , r M2
Pc =
π 2 * EI
( K * Ln )
( Pc)C 4 =
…(5)
2
π 2 ( EI )C 4 ( Kh2 ) 2
, Pc(C5) = Υ , Pc(C6) =
Υ 8. Hallar el factor de amplificación db por carga permanente de la columna a diseñar:
δb =
Cm Pu 1− φ Pc
Cm = Factor del efecto de extremo Cm = 0.6 + 0.4 (M1/M2) >= 0.4 para columnas arriostradas contra desplazamiento lateral. Cm = 1 para pórticos no arriostrados lateralmente. M1 = el más pequeño de los momentos últimos en los extremos de las columnas, positivos si el miembro se
7 flexiona en curvatura simple y negativo si en curvatura doble. M2 = el mayor de los momentos últimos en los extremos de la columna, y siempre positivo. ∅ = 0.70 Pu = 1.4 PD + 1.7 PL En nuestro ejemplo para la columna C5: (Pu)C5 = (1.4 PD + 1.7 PL ) C5 (Pc)C5 = Obtenida en paso (7). Pu amplificado = db * (Pu)C5 9. Hallar el factor de factor de amplificación ds por carga lateral (sismo):
δs =
1 ΣPu 1− φΣPc
…(7) ΣPu = Suma de todas las cargas últimas, de las columnas del piso donde se encuentra la columna de diseño. ΣPc = Suma de todas las cargas de pandeo crítico, de las columnas del pisodonde se encuentra la columna de diseño. ∅ = 0.70. 10. Hallar el Momento amplificado de diseño, de la columna: Mu amplificado = 0.75* [db*(1.4*MD + 1.7*ML) + ds*(1.87MEQ)] Mu amplificado = db*(MD + ML)u + ds*(MEQ)u …(8) 11. Con Pu y Mu amplificado se diseña usando PROCEDIMIENTO DE DISEÑO DE COLUMNAS CORTAS (PASO H) 12. AMPLIFICACION DE MOMENTO SOLO POR CARGA PERMANENTE.-
Mu amplificado = db*(MD + ML)u
8
9
10
