Ejemplo Dise+¦o Columna con carga Biaxial

Hormigón Hormigón Armado Armado I - 450012 450012

Ejemplo: Diseño de una columna cuadrada con carga biaxi al según ACI 318-05 318-05..

Ejemplo: Ejemplo:

Diseño Diseño de una columna cuadrada cuadrada con carga bi axial según ACI 318-05 318-05..

Solución Determinar las dimensiones y la armadura requerida para una columna con estribos cerrados para las siguientes cargas y momentos mayorados. Suponer que la armadura está igualmente distribuida en todas las caras. Pu

f’c= 350 Kg/cm2

= 600 T

Mux

= 45,72 T-m

Muy

= 19 19,05 TT-m

1. Determinar las resistencias nominales requeridas, asumiendo comportamiento controlado por compresión.

fy = 4200

Kg/cm2

Diseño Diseño de de una una columna columna cuadrada cuadrada con carga bi axial según ACI 318-05 318-05..

3. Determinar una resistencia resistencia al momento momento uniaxial Mnox ó Mnoy. Mny Mnx

=

Pu

Mnx =

Mux

Mny = 2. Asumir

Ejemplo: Ejemplo:

Pn =

29,31 b = 0,42 ≤ = 1 70,34 h

Mnox ≈ Mnx + Mny

φ Muy

φ

=

600 = 923,08 T 0,65

=

45,72 = 70,34 T − m 0,65

=

19,05 = 29,31 T − m 0,65

β = 0,65

Ejemplo: Ejemplo:


4. Diseñar la columna cuadrada con una cuantía de acero razonable y económica económica (ρ = 1 %) Suponiendo que el diseño está controlado por compresión, y ocupando las ecuaciones aproximadas de Whitney, se tiene:

⎡ ⎤ ⎢ b ⋅ h ⋅ f c ' ⎥ A s '⋅f y Pu = φ ⎢ + ⎥ 3 h e e ⋅ ⋅ ⎢ 2 + 1,18 + 0,5 ⎥ ⎢⎣ d ⎥⎦ d − d'

b ⎛ 1 − β ⎞ 1 − 0,65 ⎞ ⎜ ⎟ = 70,34 + 29,31⋅ 1⋅ ⎛ ⎜ ⎟ h ⎝ β ⎠ ⎝ 0,65 ⎠

Mnox = 70,34 + 15,78 = 86,12 T − m

φ

Esta ecuación se puede dejar en función de una sola variable, por ejemplo “h”. Asumiendo d’ = 5 cm, d = h – 5, b = h, se tiene:

Ejemplo: Ejemplo:

Diseño Diseño de de una una columna columna cuadrada cuadrada con carga bi axial según ACI 318-05 318-05..

Ejemplo: Ejemplo:


En la condición límite de falla por compresión, es decir,

e = 8.612.000 / 923.080 = 9,32 cm

⎡ ⎤ ⎢ h2 ⋅ 350 0,005 ⋅ h2 ⋅ 4200 ⎥ + 923.080 = ⎢ ⎥ 9,32 ⎢ 3 ⋅ h ⋅ 9,32 ⎥ + + 1 , 18 0 , 5 2 ⎥⎦ h−5−5 ⎣⎢ (h − 5 )

cb

=

ε's =

0,003 ⋅ d f y Es

0,003 +

(cb − d') cb

Cc = 0,85 f’c a b ;

=

0,003 ⋅ 58 = 34,12 cm 0,003 + 0,0021

⋅ εu = 0,003 ⋅ (34,12 − 5) / 34,12 = 0,0026 a = β1 c

;

β1 = 0,81

T = As f y = 20,36 · 4200 = 85.512 85.512 Kg

Reso Resolv lvie iend ndo o numé numéri rica came ment nte: e:

⇒

h = 63 cm

d = h – 5 = 58 cm

Cs = As ( f y – 0,85 f’c) = 49.454,9 Kg Pb = Cc + Cs – T = 517.990 + 79.454,9 79.454,9 – 85.512 = 511.932,9 511.932,9 Kg = 511,9 T

Como Pn > Pb la falla está controlada por compresión. compresión. Ast = 0,01· 0,01·

632

= 40

cm2

≈ 4φ36 = 40,72

cm2

NOTA: La sección c on esta armadur a es adecuada para (P n, Mnox )

Para aplicar esta ecuación de Whitney es necesario cumplir el supuesto que el acero a compresión está fluyendo lo que se comprueba por el hecho de que en la condición balanceada el acero a compresión ya estaba fluyendo.

1

Hormigón Armado I - 450012

Ejemplo:

Diseño de una columna cuadrada con carga bi axial según ACI 318-05.

5. Verificar la resistencia a flexocompresión biaxial por los 3 métodos. a) Cargas recíprocas de Bresler

Ejemplo:

Pox es la resistencia a la carga uniaxial cuando sobre la columna sólo actúa Mnx Hay que determinar la profundidad del eje neutro de la ecuación de equilibrio de momentos:

Mnx

Se debe verificar lo siguiente:


= Cc ⋅ h 2 − a 2 ) + Cs ⋅ h 2 − d') + T ⋅ d − h 2)

Supongamos que el acero a compresión está fluyendo y el a tracción no:

Pn > 0,1 f’c Ag 923.080 > 0,1 · 350 · 632 = 138.915 Kg

→

OK!!

;

a=

Cs = As ( f y – 0,85 f’c)

;

T = As f s = As · Es · 0,003 (d-c) / c

7.034.000 = 0,85·350·0,81·c·63·(63/2 - 0,81·c/2) + 20,36·4200·(63/2 - 5) +

Po = 0,85 · f’c (Ag – Ast) + Ast · f y (Compresión pura)

+ 20,36·2,1·10 6·0,003/c·(58 - c)·(63/2 - 5)

Po = 0,85 · 350 (632 – 40,72) + 40,72 · 4200 =

⇒

Po = 1.168.666 + 171.024 = 1.339.690 Kg

β1 c ; β1 = 0,81

Cc = 0,85 f’c a b

Po = 1.340 T

c = 64,63 cm ; ε’s= 0,0028 ;

εs = -0,0003 se cumplen los supuestos

Pox = Cc + Cs – T = 985.730 + 85.512 + 12.826,8 = 1084,07 T

Ejemplo:


Ejemplo:


Poy es la resistencia a la carga uniaxial cuando sobre la columna sólo actúa Mny

Evaluando la ecuación del método:

Hay que determinar la profundidad del eje neutro de la ecuación de equilibrio de momentos:

Pn

Mny

≤

= Cc ⋅ h 2 − a 2 ) + Cs ⋅ h 2 − d') + T ⋅ d − h 2 )

Supongamos que el acero a compresión está fluyendo y el a tracción no:

923,08 T ≤

Cc = 0,85 f’c a b

;

a = β1 c ;

β1 = 0,81

Cs = As ( f y – 0,85 f’c)

;

T = As f s = As · Es · 0,003 (d-c) / c

1 Pox

1 1 + Poy

1 1 1 + 1084,1 1249,3

−

−

1 1340

1 Po

= 1023,96 T verifica ok

2.931.000 = 0,85·350·0,81·c·63·(63/2 - 0,81·c/2) + 20,36·4200·(63/2 - 5) + + 20,36·2,1·10 6·0,003/c·(58 - c)·(63/2 - 5) c = 74,68 cm ; ε’s= 0,0028 ;

εs = -0,0007 se cumplen los supuestos

NOTA:

Interacción =

923,08 T 1023,96 T

= 0,90 ≤ 1,00 ok

Poy = Cc + Cs – T = 1.133.900,6 + 85.512 + 29.929,2 = 1249,3 T

Ejemplo:

Diseño de una columna cuadrada con carga bi axial según ACI 318-05. α

b) Contorno de Cargas de Bresler

α M ⎞ ⎛ Mnx ⎞ ⎛ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ny ⎟⎟ ≤ 1,0 M ⎝ nox ⎠ ⎝ Mnoy ⎠

En forma bastante conservadora se asumirá un valor de α = 1. Aunque Pn_> 0,1 f’c Ag se incluirán los cálculos necesarios de manera ilustrativa. Para el cálculo de M nox, se tiene: Como Pn es mayor que la carga de balance, se asumirá falla a compresión, por lo tanto, sólo el acero a compresión fluye.

Ejemplo:


(

)

Mnox = Cc ⋅ h − a + Cs ⋅ h − d' + T ⋅ d − h 2 2 2 2 Cc = 0,85 f’c a b ; a = β1 c ; β1 = 0,81 Cs = As ( f y – 0,85 f’c)

;

)

T = As f s = As · Es · 0,003 (d-c) / c

Mnox = 0,85·350·0,81·55,54·63·(63/2-0,81·55,54/2)+20,36·4200·(63/2-5) + + 20,36·2,1·10 6·0,003/55,54·(58 – 55,54)·(63/2 - 5) = 7.593.899 + 2.266.068 + 147.294 = 10.007.261 Kg-cm Mnox = 100,07 T-m

Pn = Cc + Cs – T; donde: Cc = 0,85 f’c a b

;

a = β1 c ;

β1 = 0,81

Cs = As ( f y – 0,85 f’c)

;

T = As f s = As · Es · 0,003 (d-c) / c

923.080 = 0,85·350·0,81·c·63 + 20,36·4200 - 20,36·2,1·10 6·0,003/c·(58 - c) c = 55,54 cm ; ε’s= 0,0027 ;

Como la armadura está dispuesta en forma igual, independiente del sentido de la carga es obvio que Mnoy = Mnox Aplicando la ecuación simplificada del método:

Mnx Mnox

+

Mny Mnoy

≤ 1,0

εs = 0,00013 se cumplen los supuestos

2

Hormigón Armado I - 450012

Ejemplo:

Mnx Mnox

+

Diseño de una columna cuadrada con carga bi axial según ACI 318-05. Mny Mnoy

⎛ log 0,5 ⎞ ⎜ ⎟

α=1,5

⎛ M ⎞ + ⎜⎜ ny ⎟⎟ ⎝ Mnoy ⎠

⎛ log 0,5 ⎞ ⎜ ⎟

Mny ⎞⎜⎝ log β ⎠⎟ ⎛ Mnx ⎞⎜⎝ log β ⎠⎟ ⎛ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ +⎜ ≤ 1,0 ⎜ ⎟ ⎝ Mnox ⎠ ⎝ Mnoy ⎠

= 0,7 + 0,29 = 0,99 ≤ 1,0 verifica OK!!

Es conveniente destacar que se utilizó un valor unitario deα, lo cual es bastante conservador. Para α = 1,5: α =1,5


b) Contorno de Cargas de la PCA (Portland Cement Association)

≤ 1,0

70,34 29,31 + 100,07 100,07

⎛ Mnx ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ Mnox ⎠

Ejemplo:

1,5

1,5

Es necesario determinar el valor de β. Este parámetro se determinará con la ayuda del gráfico 5.6.10 (a) (Disposición con 4 barras).

Pn Po

=

923,08 1340

ω = ρ⋅

70,34 ⎞ ⎛ 29,31 ⎞ = 0,59 + 0.16 = 0,75 ≤ 1,00 = ⎛ ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎝ 100,07 ⎠ ⎝ 100,07 ⎠

f y f 'c

=

= 0,69

40,72 4200 ⋅ 632 350

Del gráfico se obtiene

Ejemplo:

= 0,12

β = 0,66


De esta forma, la ecuación general queda: ⎛ log 0,5 ⎞

⎛ log 0,5 ⎞ ⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ M ⎞⎝ log β ⎠ ⎛ Mnx ⎞⎜⎝ log β ⎠⎟ ⎛ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ny ⎟⎟ ≤ 1,0 ⎝ Mnox ⎠ ⎝ Mnoy ⎠ ⎛ log 0,5 ⎞ ⎜ ⎟

⎛ log 0,5 ⎞ ⎜ ⎟

⎛ 70,34 ⎞⎝ ⎜ log 0,66 ⎠⎟ + ⎛ 29,31 ⎞⎝ ⎜ log 0,66 ⎠⎟ = 0,56 + 0,13 = 0,69 ≤ 1,0 verifica OK!! ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 100,07 ⎠ ⎝ 100,07 ⎠ Si se hubiera resuelto aplicando la aproximación bilineal, se t iene: 0,66

Mny Mnx

Figura 5.6.10 (a) – Constantes para el diseño biaxial – Disposición con 4 barras

=

M 29,31 b = 0,42 ≤ noy = = 1,00 70,34 Mnox h

⇒

M ⎛ 1 − β ⎞ Mnx + ny ⎜ ⎟ ≤ 1,0 Mnox Mnoy ⎝ β ⎠

⇒

70,34 29,31 ⎛ 1 − 0,66 ⎞ ⎛ 1 − 0,66 ⎞ = 0,85 ≤ 1,0 + ⎜ ⎟ = 0,7 + 0,29 ⋅ ⎜ ⎟ 100,07 100,07 ⎝ 0,66 ⎠ ⎝ 0,66 ⎠

verifica OK!!

3

Ejemplo Dise+¦o Columna con carga Biaxial

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