CONCRETO ARMADO II
DISEÑO DE ZAPATAS
I. CONSIDERACIONES SOBRE EL DISEÑO ESTRCUTURAL DE CIMENTACIONES SUPERFICIALES I.1.Determinación de cargas y condición de verificación. Ing. CHAVEZ PERALTA, Javier
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Al determinar la carga para el diseño de cimentaciones deben separarse éstas en:
Permanentes (D) Sobrecargas (L) Fijas (F) De impacto (I) De sismo o viento (W)
El especialista de suelos debe determinar la presión admisible del terreno en una etapa preliminar del proyecto, con una arquitectura no bien definida y en muchos casos sin una estructura ni dimensionamiento previo. En el caso de edificios la carga axial vale entre 1000 y 1200 kg/m 2. En casos no convencionales el valor debe estimarse como se indica a continuación: Aligerado de 20cmde espesor hasta 5m de luz =300 kg/cm2. Piso acabado de 25cm de espesor para luces mayores a 5.5m =350 kg/cm2. Acabado normal de 5 cm de espesor =100 2 kg/cm . Muro de tabique de soga =250 2 kg/cm . Muro de tabique de cabeza =400 2 kg/cm . Peso de vigas =145 2 kg/cm . Peso de columnas =135 2 kg/cm . Sobrecarga oficinas =250 2 kg/cm . Sobrecarga de vivienda =200 2 kg/cm .
Peso de vigas kg/m. Peso total Peso por m2
= = =
Peso de columnas Peso de la columnas =432 kg/m. Peso total : Peso por m2 : kg/m2.
Ing. CHAVEZ PERALTA, Javier
0.30*0.55*2400
396*11m 4356/(5*6) :
=396 =4356 kg. =145 kg/m2.
0.30m*0.60m*2400
432 kg/m * 2.40m 1037kg/(5*6)
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=1037 kg. =35
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CIMENTACIONES En general se pueden considerar de dos tipos: a) Cimentaciones superficiales. b) Cimentaciones profundas. Obligatoriedad de estudios de mecánica de suelos (EMS) Está obligado a hacer estudios de mecánica de suelos: a) Educaciones que poseen servicios de educación, servicios de salas, servicios públicos, locales que alojen gran cantidad de personas, colegios, universidades, hospitales, clínicas, estadios, cárceles, auditorios, templos, salas de espectáculo, museos ,centrales telefónicas, estaciones de radio y tv, estaciones de bomberos, silos, tanques de agua, reservorios, archivos y registros públicos. b) Edificaciones (vivienda, oficinas, consultorios y locales comerciales) de 1 a tres pisos, que ocupen individual p conjuntamente más de 500m2 en planta. c) Edificaciones de 4 o más pisos de altura. Número de puntos a investigar. Edificios de tipo “A”
:
1 a cada 225 m2.
Edificios de tipo “B”
:
1 a cada 450 m2.
Edificios de tipo “C”
:
1 a cada 800 m2.
Urbanización habitual.
:
3 por cada Ha de terreno
Profundidad mínima. Edificio sin sótano
:
P=Df + Z
Edificio con sótano
:
P=h + Df
Df = distancia vertical de la superficie del terreno al fondo de la cimentación. En edificios con sótano es la distancia vertical entre el nivel del piso terminado del sótano al fondo de la cimentación. h = distancia vertical entre el nivel del piso terminado del sótano y la superficie del terreno natural. Z = 1.5 B; siendo “B” el ancho de la cimentación P = 3m. Mínima. Problemas especiales de cimentación. Ing. CHAVEZ PERALTA, Javier
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Suelos colapsables. Ataque químico a las cimentaciones. Suelos expansivos. Licuefacción de suelos. CIMIENTOS CORRIDOS
Es el tipo de cimentación directa superficial de medidas longitudinales superiores a las transversales, que transmite directamente al terreno las cargas y esfuerzos originados por los elementos de la superestructura. La profundidad no será menor a 50 cm y su ancho no menor a 40 cm. Pero sin embargo es necesario protegerla de las filtraciones de agua superficial y condiciones fuertes de temperatura, se opta por 0.8 Ejemplo: # 01. Para la estructura mostrada. Halar el ancho “b” de la cimentación, si la capacidad portante del suelo es: a) b)
= 1.00 kg/cm2. = 4.00 kg/cm2. Peso unitario del muro de ladrillo Peso unitario del concreto ciclópeo peso unitario del concreto armado
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= = =
1800 kg/m3 2200 kg/m3 2400 kg/m3
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SOLUCIÓN El cimiento está soportando: a) b) c) d)
La viga de borde o amarre Peso propio del muro. Peso del sobre cimiento. Peso de la cimentación.
Para calcular el ancho de la cimentación nos basamos en la siguiente fórmula:
σ=
P A
Donde:
=
capacidad portante del suelo.
P =
carga axial, dado por el peso que soporta el cimiento.
A =
área que soporta el peso.
En el diseño por lo general se trabaja por metro de longitud. El peso se calcula (W) en la forma como si estuviera actuando en forma distribuida W
a) Peso de la viga de amarre (Pv)
kg kg ∗( 0.25 m∗0.25 m )=150.00 m3 m
Pv=2400
b) Peso propio del muro (Pm)
Pm=1800
kg kg ∗( 2.40 m∗0.25 m )=1080.00 m3 m
c) Peso del sobre cimiento (Ps)
Ps=2200
kg kg ∗ ( 0.50∗0.25 m 2 )=275.00 m3 m
d) Peso de la cimentación (Pc) Ing. CHAVEZ PERALTA, Javier
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Pc=2200
kg kg ∗( 0.80 m∗b )=1760∗b m3 m
Peso total por metro de longitud
Si
P=1505+1760 b
kg kg =10000 cm 2 m2
10000=
kg kg =40000 cm2 m2
40000=
σ =1.00
1505+1760 b ( b ) (1.00 )
b= Si
σ =4.00
b = 0.039m cm
1505+1760 b ( b )( 1.00 )
en este caso se coloca el ancho mínimo que es 40
b= Ejemplo: # 02. Se tiene una vivienda (casa habitación) de dos pisos con losa aligerada de 0.20m de espesor, el ancho tributario es de 4m.la altura del muro de ladrillo en el primer nivel es de 2.70m y en el segundo es de 2.50m, siendo su espesor de 0.50m. ¿Qué ancho en la base y que profundidad tendrá la cimentación si el terreno tiene una capacidad portante de 1.36 kg/cm2?
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SOLUCIÓN 1) Determinamos la carga que soportan los aligerados de 0.20m de espesor por m2 Losa aligerada Acabado de 5cm de espesor S/C vivienda Total de peso por aligerado
kg/m2 (RNE) kg/m2 (RNE) kg/m2 (RNE) kg/m2
: : : :
300.00 100.00 200.00 600.00
:
2*4m*600 kg/m2
:
2.50m*0.25m*1800 kg/m3
:
2.70m*0.25m*1800 kg/m3
2) Carga sobre la cimentación: Losas (1° y 2° nivel) =4800 kg/m. Muro 2° nivel =1125 kg/m. Muro 1° nivel =1215 kg/m. Sobrecimiento kg/m.
0.50m*0.25m*2200 kg/m3
:
=275
Peso sobre el cimiento = 7415 kg/m. : 10% peso sobre el cimiento
Peso propio del cimiento =742 kg/m.
P = carga total =8157 kg/m. Aplicando:
σ=
P A
σ =1.36
A=1.00*b
kg kg =13600 m2 m2
kg m σ= 1.00∗b 8157
kg m b= kg 13600 m 8157
b=0.599 b=0.60 m La profundidad de la cimentación será: con un Angulo de 60°) Ing. CHAVEZ PERALTA, Javier
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(la carga se transmite
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Mecanismo de falla por Terzaghi h = 0.175 tg60° h = 0.303m
adoptamos h= 0.80m
Con esto nuevamente se verifica “b” Ejemplo # 03. Diseñar la cimentación corrida de un cerco, considerando los siguientes datos:
Peso unitario del terreno Angulo de fricción Coeficiente de fricción Espesor del muro Coeficiente sísmico
Altura del muro Sobrecimiento
1600 kg/m3. = 30° f = 0.50 t = 0.25 Cs=0.20 (zona 3 lima) Cuya respuesta estructural respecto a la aceleración del suelo es: 0.16 Cs 0.40 Ayacucho? h=2.40 S/C=0.25*0.30m
Eso unitario del muero Peso unitario del concreto simple Capacidad portante del suelo
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s=
m=1800 kg/m3 c=2300 kg/m3
σt =1.5 kg/cm2
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CONSIDERACIONES SOBRE EL DISEÑO ESTRCUTURAL DE CIMENTACIONES SUPERFICIALES. Los tipos de cimentaciones superficiales empleados son los siguientes: Zapatas aisladas.- Que pueden ser centradas o excéntricas y resisten solo carga axial y momento. Zapata combinada.- Es una losa grande, es la cimentación de dos columnas, se emplea cuando las columnas están muy juntas y se superpondrían las zapatas, podrá evitar el efecto de excentricidad cuando una de las columnas es perimetral o cuando hay posibilidad de asentamiento diferencial. Zapata conectada.- Se emplea para evitar efecto de excentricidad cuando una de las columnas es perimetral. Viga de cimentación.- O zapata continua, se emplea para cimentar columnas perimetrales, en los casos en que el ancho sea reducido.
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ZAPATA AISLADA CENTRADA
ZAPATA AISLADA EXENTRICA
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ZAPATA CONECTADA
ZAPATA CONTINUA
Problema # 04. Dimensionar la zapata de la columna 2-2 entre A-A y B-B. Sobre carga para vivienda, considerar primer piso=200 kg/m 2, segundo piso=150 kg/m2, acabado= 100 kg/m2, peso unitario del muro m=1800 kg/m3, el muro será de soga de ladrillo de arcilla corriente. =1.2kg/cm2.
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SOLUCIÓN Metrado de cargas: columna 2-2; A-A 1. Losa aligerada
1° piso=1.9375∗1.775∗300=1031.72kg
=1.5625*1.775*300 =832.03 Primer piso =1863.75 Segundo piso =1863.75 Peso total =3727.50 2. Viga chata Primer piso : kg. Segundo piso : kg
0.50*.20*1.775*2400
=
426.0
0.50*0.20*1.775*2400
=
426.0
Peso total 3. Viga de amarre Primer piso : kg. Segundo piso : kg. 4. Columnas: Primer piso : kg. Segundo piso : kg.
=
435.0
(2+1.625)*0.25*0.20*2400
=
435.0
Peso total
870.0 kg.
=
0.25*0.25*2.90*2400
=
435.0
0.25*0.25*2.50*2400
=
375.0
Peso total (del paso 1 al paso7) 15045.29..(A) 8. Peso zapata: 10% (peso est.) 0.1*15045.29 1504.53….(B) A+B=16549.82KG
P 16549.82 = =13792 cm 2 σC 1.20
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852.0 kg
(2+1.625)*0.25*0.20*2400
Peso total 5. Sobrecarga (1°=200, 2°150) Primer piso : 3.625*1.775*200 Segundo piso : 3.875*2.025*150 Peso total 6. Acabado y ladrillos Primer piso : 3.625*1.775*100 Segundo piso : 3.875*2.025*100 Peso total 7. Muro Primer piso : 3.625*0.15*2.5*1800 2446.8 Segundo piso : 3.625*0.15*2.5*1800 2446.8 Peso total
Az=
=
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=
810.00 kg
= = =
1286.87 1177.03 2463.9019
= = =
643.44 784.69 1428.13 = =
=
4893.7 = =
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Asumiendo zapata cuadrada, tenemos:
l=√ 13792=117 cm
Az=1.20*1.20m2 ZAPATAS AISLADAS Se hace la hipótesis de que son rígidas y el suelo que las soporta consta de capas elásticas, en consecuencia se puede suponer que la distribución de presiones del suelo es uniforme. Cuando intervienen cargas concentradas muy fuertes se ha comprobado que la cortante y no la flexión controlan la mayoría de los diseños de las cimentaciones. El estado de esfuerzos en cualquier elemento de la zapata, se debe principalmente a los efectos combinados de la cortante, la flexión y la compresión axial. El diseño de la zapata se hará tanto en cortante como en flexión. Mecanismo de falla
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V1 y V2= Fuerza de cortante C1 y C2= Fuerzas de compresión T1 y T2= Fuerzas de tensión La sección crítica se encuentra a una distancia d/2
Vo= Esfuerzo cortante vertical fc = Esfuerzo directo de compresión f2 = Esfuerzo lateral de compresión f3 = Esfuerzo vertical de compresión
Elemento infinitesimal, por encima de la grieta en diagonal
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DISEÑO DE ZAPATA INDIVIDUAL O CONCENTRICA (AISLADA)
PASOS: 1) Hallar el esfuerzo neto del terreno
σn= σt – hf
γ
σn
m – s/c
Donde: σt =
esfuerzo del terreno (capacidad portante).
hf
altura del terreno (profundidad de cimentación).
=
γ
m =
densidad o peso unitario promedio del suelo. s/c = sobre carga sobre el NPT. Df = desplante. 2) Hallar el área de la zapata (dimensionamiento en planta) Se debe trabajar con cargas de servicio, por tanto no se factoran las cargas.
Az= AxB= ( t+2 m ) (b+2 n) En el caso que la carga P, actúe sin excentricidad, es recomendable buscar que: Para carga concéntrica. m=
Az= AxB= ( t+2 m )( b+ 2m ) … … … … … … … … .2 n
Az=
P+ Pz σn
cuando P=PD+PL cargas verticales de servicio Se escoge el mayor
Az=(P+ Pz)/(1.33 σn)
cuando P = PD + PL + PS
Pz = peso propio de la zapata. Si: m = n
debe cumplir: t>b
t−b A= ( √ Az )+ 2 B=( √ Az ) +
t−b 2
EL PESO PROPIO DE LA ZAPATA SE ESTIMA (Pz) DE LA SIGUIENTE MANERA: Se considera un % de la carga de servicio de la zapata
Como
: y
Pz
(kg/cm2) 4 3 2 1
0.04P 0.06P 0.08P 0.10P
Az = AxB
AxB=( t+ 2m ) ( b+2 m )
α = β, Se obtiene “m”
σn < σt
σn
………………………………….α ……….…………………………β
3) Dimensionamiento de la altura (hz) de la zapata. La sección debe resistir el cortante por penetración (punzonamiento). Se trabaja con cargas factoradas. 3.1. CÁLCULO DE CARGA ÚLTIMA
Pu=1.5 D+1.8 L
Pu=1.4 D+1.7 L
(ACI)
se
escoge Pu= mayor
Pu=1.25( D+ L+ S) Pu=0.9 D+1.1 S
D= carga muerta L= carga viva 3.2. POR LONGITUD DE ANCLAJE
0.075db fy / Ld ≥ d db
√f ´ c
0.0043 db fy 20 cm =
diámetro de una varilla.
el
3.3. CORTE POR PUNZONAMIENTO
bo= perímetro de falla. Ao = área de falla. bo=2 ( b +d ) +2 ( t+d ) Ao=( b+ d )+ (t +d )
CALCULO DE LA REACCION NEA DEL TERRENO
d=0.6 ma 0.7 m( primer tanteo)
Wnu=
Pu Az
Wnu= presión real del suelo (reacción neta del terreno) Pu= carga última factorada. Az= área de la zapata. 3.3.1. CONDICION DE DISEÑO (acción en dos direcciones) (área EFGH) Debe cumplir:
Vu =Vc Ø=0.85 Ø
Vu 1 = ( Pu−Wnu Ao) Ø Ø
Vu = corte que toma por efecto de las cargas a la distancia d/2, desde la cara de apoyo. La resistencia nominal del concreto disponible en cortante es: (Vc)
√ f ´ c bo d ≤ 1.06 √ f ´ c 4 bo d Vc=0.27 2+ ¿ β ladolargo de la columna β= ladocorto de la columna
( )
Vc=1.06
√f ´ c
3.3.2. ACCION DE VIGA (a la distancia “d” desde la cara de apoyo)(área e-f-g-h)
Vdu= cortante factorizado.
Vdu=( Wnu∗B ) (m−d)
Corte nominal “Vn”
Vn=
Vdu ∅=0.85 ∅
Resistencia al cortante disponible del contacto en la zapata B=bw= ancho de la zapata
Vc=0.53 √ f ´ c Bxd hz=d+r +∅ b
r =recubrimiento =7.5 cm
∅ b = ¾”=1.91 cm
4) DISEÑO EN FLEXIÓN.
2
Wnu∗B∗m 2 NOMINAL 4.1. MOMENTO Mu=
Mn=
Mu ∅=0.90 (flexión) ∅
a Asfy d− a= 2 0.85 f ´ c bw Mn= 1.7∗Mn As∗fy ¿ 0.7225− f ´ c b d2 4.2. VERIFICACION DE CUANTIA f ´c 0.85− √ ¿ bw d Debe cumplir. fy As=¿ ρ> ρ min si ρ< ρ min entonces tomar ρ min
ρ=
As bw d
ρ min=0.0018
4.3. DISTRIBUCION DE ACERO. Numero de varilla en el ANCHO bw=B
As n= Ab
Ab =área de la base de acero a tomar. As = sección del refuerzo.
4.4. ESPACIAMIENTO DE LAS BARRAS (S)
S=
bw−2 r−∅ ∅=diametro de la barra n−1
5) DESARROLLO DE LOS REFUERZOS. 8.1. POR TRACCION.- en este caso la sección critica para longitud de desarrollo es la misma que la sección critica por flexión. a) Longitud disponible: l disp.
l disp=lv−r b) Longitud de desarrollo para barras en tracción
0.06 Ab
≤
Ld
1 3/8 ) ∅≤ N ° 11 ¿
fy √f ´ c
0.0057 db fy
(adherencia)
≥30 cm
ld e =λd ld=0.8ld λd =0.8 ,
es aplicable cuando la separación de las varillas es
mas de 15cm. 6) TRANSFERENCIA DE FUERZA EN LA INTERFACE DE COLUMNA CIMENTACION 6.1. RESISTENCIA AL APLASTAMIENTO SOBRE LA COLUMNA
Pu Pn= ∅
Ø=0.70 columna.
Debe cumplir: en la columna Pn≤ Pnb .
Pn= resistencia nominal de la
Pnb = resistencia de aplastamiento
Ac= área de la columna.
Pnb=0.85 f ´ c Ac
6.2. RESISTENCIA AL APLASTAMIENTO EN EL CONCRETO DE LA CIMENTACION.
Ao=
√
A2 A1
A1 = b*t A2 = b2*t2
fa=
P P = A 1 b∗t
fau=0.85∅ f ´ c 2 Ø=0.70,
debe cumplir fa
Cuando A1
fa ≤ fau
√
A2 ≤2 A1
Cuando no se cumplan.
a) Colocar un pedestal Si fa>fau b) Colocar arranques o bastones. a) COLOCAR UN PEDESTAL
A 1=( b+ 2 x ) (t+ 2 x ) ……………………..1
A 1=
Pu Pu = fa fau
…………….
……………2 De 1 y 2 obtenemos
x
fau=
fa=
√
A2 ∗0.85∗∅∗f ´ c 2 ,∅=0.7 A1
Pu A1
fa ≤ fau ( condición )
fa ≤
√
A2 ∗0.85∗∅∗f ´ c 2 A1
b) COLOCAR ARRANQUES O BASTONES Asd = área del acero de arranque.
fa=
Pu A1
Si: A1< A2
fau=
√
√
A2 ∗0.85∗∅∗f ´ c 2 A1
A2 ≤2 A1
F=A 1(fa−fau) ∅=0.70 arranque en compresión
Asd =
F ∅ fy ∅=0.90 arranque en tracción
Pero
Asd ≥ 0.005 A 1
6.3. DOWELLS ENTRE COLUMNA Y CIMENTACIÓN (varillas de dobelas entre columna y zapata) Pnb = resistencia al aplastamiento en la columna Pn≤ Pnb Con 4Ø como mínimo.
Asmin=0.005 Acol . 6.4. DESARROLLO EN COMPRESION DEL REFUERZO Y DE DOVELAS
0.0755∗db∗fy √f ´ c
0.00427 As∗fy
ld ≥
20.00 cm
Ejercicio #01: diseñe el espesor y distribución de refuerzo para la zapata cuadrada asilada si: Carga muerta kg/cm2, zapata Carga viva kg/cm2, columna Sección de columna kg/cm2
=Pd=104.42tn
f´c=210
=PL=77.18tn
f´c=380
=35*35 cm2
fy=4200
Capacidad portante
=σt=5.00 kg/cm2 γm=2100 kg/m
3
=s/c=500 kg/m2
Sobrecarga
Solución: 1. DIMENSIONAMIENTO EN PLANTA 1.1.
CALCULO DEL ESFUERZO NETO DEL TERRENO (σn)
σn=σt −γm∗hf −s /c
σn=50.00−2.100∗1.50−0.500
σn=46.35 tn/m 2 1.2.
AREA MINIMA DE ZAPATA
Az=
P+ Pz σn
(P=carga de la zapata, Pz= despreciable porque P=PD+PL
σt=50.00 tn/m2)
Az=
PD+ PL 104.72+ 77.18 = =3.924 m2=4.00 m2 σn 46.35
adoptamos : Az=2.0 m∗2.0 m= A∗B Para cumplir m=n:
A=2+ B=2− m= n=
0.35−0.35 =2 2
0.35−0.35 =2 2
2.0−0.35 =0.825 2
2.0−0.35 =0.825 2
m=n = 0.825 2. DIMENSIONAMIENTO EN ALTURA 2.1. ALTURA DE ZAPATA
hz=d+7.5+∅ b ∅ b=3 /4 =1.91cm
Ab=2.85 cm2 2.2. POR PUNZONAMIENTO 2.2.1.ACCION EN DOS DIRECCIONES A LA DISTANCIA d/2 DE LA CARA DE APOYO OCOLUMNA -
CONDICION DE DISEÑO:
Vu =Vc , ∅=0.85 ∅ Vu 1 = ( Pu−Wnu∗Ao ) … … … … …..1 ∅ ∅
( 4β ) √ f ´ c∗bo∗d ≤1.06 √ f ´ c∗bo∗d … … … … … … … … ..2
Vc=0.27 2+
Ao=( d +0.35 ) ( d +0.35 ) =¿ d2 +0.70 d +0.125 área critica bo=2 ( d+ 0.35 )+ 2 ( d+ 0.35 )=4 ( d +0.35 ) bo=4 d+1.40
Pu=1.4∗104.42+1.7∗77.18=277.394 TN Wnu=
Pu 1.4∗104.42+1.7∗77.18 = =69.35 TN / M 2 Az 4.00
¿ ( 1.4∗104.42+ 1.7∗77.18 )−69.35∗¿ d2 +0.70 d +0.1225 ¿ ¿ Vu 1 = ¿ ∅ 0.85 277.394−69.35 Vu 1 d2 −48.545 d−8.495 ¿ = ¿ ∅ 0.85 268.900−69.35 1 d2 −48.55 d ¿ ¿ 0.85 β 1=
………………..α
0.35 =1.00 0.35
( 41 ) √ f ´ c∗bo∗d ≤ 1.06 √ f ´ c∗bo∗d
Vc=0.27 2+
Vc=1.62 √ f ´ c∗bo∗d >1.06 √ f ´ c∗bo∗d Vc=1.06 √ f ´ c∗bo∗d Luego:
rige:
Vc=1.06 √ 210∗10∗( 4 d +1.40)d
Vc=614.43 d2 +215.05 d
……………...β
α=β 614.43 268.9−69.35 d2 2 +215.05 d ¿ −48.55 d=0.85 ¿ d 268.9−69.35 d2 −48.55 d=522.27 d2 +182.79 d
591.62 d2 +231.34 d−268.9=0 d2 +0.39 d−0.45=0
−0.39± √ 0.392−4 (−0.45 ) −0.39 ± 1.39 d= = 2 2 d=0.50 m=50.00 cm
hz=50+7.5+1.91=59.41=0.60=60
Pero
d prom .=60−7.5−1.91=50.59
d prom .=50.59 cm 2.3.
VERIFICACION POR CORTANTE.
Vu = Vu factorizado, cumplir Vc>Vn
debe
Vu=Wnu( bw ( m−d ) )
Vu=69.35 ( 2.00 ( 0.825−0.5059 ) ) Vu=44.26 TN Corte nominal requerido (Vn)
Vn=
Vu 44.26 = ∅ 0.85
Vn=52.07 TN Resistencia al cortante disponible del concreto en la zapata:
Vc=0.53 √ f ´ c∗bw∗d Vc=0.53 √ 210∗10∗2.00∗0.5059=77.71TN Vc=77.71Tn>Vn=52.09 Tn … … … … … … … … … OK 3. DISEÑO POR FLEXIÓN La sección crítica se encuentra en la cara de la columna. lv = m = brazo de palanca = 0.85m MOMENTO ULTIMO
Mu=
Wnu∗bw∗lv 2 69.35∗2.00∗( 0.825 ) = 2 2
2
Mu=47.20 TN −m MOMENTO NOMINAL (Mn)
Mn=
Mu 47.20 = ∅ 0.90
Mn=52.44 TN−m ACERO
a Mn=Asfy (d− ) 2
(
√
a=
As= 0.85− 0.7225−
Reemplazando: si:
Mn=Asfy (0.9 d) As=27.42 cm 2
Asfy 0.85 f ´ c∗b
ó
)
1.7 Mn f ´c bw∗d 2 f ´ c∗bw∗d fy
a d− =0.9 d 2 5
52.44∗10 = As∗4200( 0.9∗50.59)
a=
Luego:
Asfy 27.42∗4200 = =3.23 cm 0.85 f ´ c∗bw 0.85∗210∗200
52.44∗105= As∗4200(50.59−
Luego:
3.23 ) 2
As=25.50 cm 2 … … … … … … … … … … OK Con la otra fórmula:
( √
0.85− 0.7225−
As=
5
)
1.7∗52.44∗10 ∗210 2 210∗200∗ (50.59 ) ∗200∗50.59 4200
As=25.50 cm 2 … … … … … … … OK CUANTIAS
ρmin < ρ , si ρmin > ρ , entonces tomar ρmin ρmin=0.0018 ρ=
As 25.50 = =0.0025 bw∗d 200∗50.59 ρ=0.0025> ρmin =0.0018 … … … … … … OK
DISTRIBUCIÓN DEL ACERO Si elegimos acero de
∅ b=5 /8
∅ b=1.59 cm
Ab=1.98 cm2 Numero de varillas en ancho B=bw=2.00m
n=
As 25.50 = =13 Ab 1.98
Espaciamiento
S=
bw−2 r−∅ b 2.00−2∗0.75−0.0159 = n−1 13−1
S=0.15 Por lo tanto usar:
13 ∅5 /8 @0.15 en ambos sentidos
4. LONGITUD DE DESARROLLO. 4.1. LONGITUD DISPONIBLE PARA CADA BARRA: (ldi) (tracción)
ldi=lv −r =0.825−0.75m=75 cm Para barras en tracción, para
0.06
∅≤ N ° 11
Ab∗fy 0.06∗1.98∗4200 = =34.43 cm √f ´ c √ 210
0.0057∗db∗fy=0.0057∗1.59∗4200=38.06 cm
ld ≥
rige.
30 cm Como el espaciamiento S = 15 cm, no se aplica 0.8 Luego: ld = 38.06 cm Por lo tanto:
ld=38.06 cm
4.2. TRANSFERENCIA DE FUERZAS EN LA SUPERFICIE DE CONTACTO DE LA COLUMNA Y ZAPATA Columna
:
f´c = 380 kg/cm2 Pu = 277.394 TN
Pn=
Pu 277.394 = =396.28 TN ∅ 0.70
Debe cumplir:
Pn≤ Pnb Pnb=resistencia al aplastamiento en lacolumna
Pnb=0.85 f ´ c∗A col Pnb=0.85∗380∗10∗0.35∗0.35=395.68TN Pn≈ Pnb=396.00 TN
Por lo tanto: 4.3.
RESISTENCIA AL APLASTAMIENTO
Pn=396.28 TN Pnb=0.85 f ´ c∗A 0 A 0=
√
A2 A ≤ 2 A col A 1 col
√ √
A2 2∗2 = =5.71>2 A1 0.35∗0.35
Utilizar 2.0
Debe cumplir:
Pn≤ Pnb
no es necesario colocar pedestal ni arranques o
bastones.
Pnb=2 ∅ f ´ c∗A0 , A =area dela columna ,∅=0.85 0
A 0=0.35∗0.35 Pnb=2∗0.85∗210∗10∗0.35∗0.35
Pnb=437.33TN Pnb=396.28< Pnb=437.33 TN … … … … … ….. OK No es necesario colocar pedestal ni bastones o arranques (Dowells) 4.4. DOWELLS comprobar)
ENTRE
COLUMNA
Y
CIMENTACION
(solo
para
Si:
Pn≤ Pnb ,entonces Asmin =0.005 Acol .
As min =0.005∗0.35∗0.35=6.125 cm2 Usar
4 ∅ 5/ 8 (no es necesario)
4.5. DESARROLLO EN COMPRESION DEL REFUERZO DE DOWELLS (no es necesario)
0.0755 Columna:
db∗fy 0.0755∗1.59∗4200 = =25.86 √f ´ c √ 380
ld ≥
0.0043∗db∗fy=0.0043∗1.59∗4200=28.71 … rige
ld= Zapata:
0.0755∗1.59∗4200 =34.79 210
ld=0.0043∗1.59∗4200=28.00 … … … … .rige
Longitud disponible de desarrollo por encima del refuerzo de la zapata será:
l disp :h z−r −∅b ( dowells )=60−7.5−2∗1.59−1.59=47.73 cm l disp=47.73>ld=35.76 … … … … … … OK
EFECTO DE CARGA EXENTRICA SOBRE CIMENTACIONES Las cimentaciones de columnas exteriores pueden estar sujetas a cargas excéntricas. Si la excentricidad es grande, pueden resultar esfuerzos de tracción sobre un lado de la cimentación. Es recomendable dimensionar de manera que la carga este dentro del tercio central de manera de evitar esfuerzo de tracción en el suelo.
ZAPATAS AISLADAS SOMETIDAS A CARGA VERTICAL, HORIZONTAL Y MOMENTO
Pueden producirse dos casos de presiones variables en la base de la zapata debido a las cargas (P,M) actuantes. a) Presión total b) Presión parcial Consideremos los siguientes valores: P = P´ + PZ + PS M = M´ + Hh
σ 12 =
Donde: P = Peso total P´ = Carga vertical de la estructura Pz = Carga de peso de la zapata. Ps = Peso de suelo del relleno.
P MC ± AZ I
σ 12 = Esfuerzos producidos en el suelo (max y min)
P A Z = Esfuerzo directo de compresión. MC I = Esfuerzo de flexión
C=
A 2
I=
B A3 12
B = Ancho de la base
e=
M P
e = Excentricidad
Casos: Si: a) e≤A/6; Se produce presión total en la base, en este caso el esfuerzo directo de Compresión es mayor que el de flexión. b) e>A/6; Se produce presión parcial, se producen esfuerzos de tracción en el lado opuesto a la excentricidad. c) e=A/6; El esfuerzo directo de compresión es igual al esfuerzo de flexión.
CASO a): e>A/6
1max
La carga “P” esta ubicada en el tercio central de la base.
σ
C=
σ
12
¿
P Mc ± Az I
e=
M ' + Hh P
A 2
12
¿
P 6M P 6 Pe BA∗BA∗BA ± = ± ; I= AB BA∗BA AB BA∗BA 12
P Mc ' > I ; M =M + Hh Az I Caso b) – Excentricidad:
e>A/6
;
La carga “P” esta ubicada fuera del tercio central de la base.
A a= −e ; Zona de compresión. Z El punto “O”, está a 3a del extremo. q2 = qmin = σ
σ
q1 =
σ
1
1
¿σ
1 P= ( 3 a ) σ 2 P 1 (3 a)B 2
2
=0
2P ¿ σ max = A 3 B( −e ) 2 2P 4P = A 3 B (A−2e ) max = 3 B( −e ) 2
1
B
; pero a=
A −e 2
Caso c) Excentricidad: e=A/6
En este caso compresión es igual al esfuerzo de flexión.
P P Mc PeC = = = = AB Az I I
P P = Az AB
P B
el
esfuerzo
( A6 )( A2 )
( A∗A∗A 12 )
directo
de
ZAPATAS AISLADAS RECTANGULARES SOMETIDAS A CARGA VERTICAL Y MOMENTO BIAXIAL ANALISIS DE PRESION EN LA BASE:
σ
max, min
3
¿
P MxCy MyCx ± ± A∗B Ix Iy 3
AB A B Ix= Iy= 12 12
Cx=
A 2
Cy=
B 2
FLEXOCOMPRESIÓN Cuando el punto de aplicación de la carga “P” esta dentro del núcleo la presión se produce en toda la base, sino será presión parcial (hay 3 casos).
CASO I: PRESION TOTAL EN LA BASE. Datos: M, M’, P,
Solución:
σ
e=
M P
t
;
e'=
M' P
e L e' B
= Ver α tabla (a) =β
se obtiene ; f =k
P A
; (Condición)
f ≤σ
t
CASO II: PRESION PARCIAL – ZONA NO COMPRIMIDA TRIANGULAR: Datos: M, M’, P,
σ
t
e=
Solución:
M P
e L
=α
e' B
=β
t
M' P
K; F.S. x y
Ver tabla (a)
P ≤σ A
Luego se tiene ; f =k
e '=
;
; (Condición)
XL; YB CASO III) PRESIÓN PARCIAL TRAPEZOIDAL EN LA BASE: Datos: M, M’, P, Solución:
e=
M P
;
e L
=α
e' B
=β
Ver tabla (a)
e '=
K; F.S.
M' P
f =k
P ≤σ t A
B nB= +e ' 2
(Condición)
Se obtiene
n m
L mL= +e 2
Con “m”, de la tabla (b), se obtiene q:
a=
3 B(1−n) a ( 1−q ) L+q (m−1)
Dimensiones de zona en compresión '
f =f (1−q)
Ejercicio Nº 01) CASO I: Datos: PD = 90 tn ;
σ
t
= 3.20 kg/cm2 = 30 tn/m2
PL = 40 tn M = Mx = 10 tn-m M’ = My = 4 tn-m Solución: 1er tanteo: Asumir área de Zapata:
A L 5 = = B B 4
Az = 1.80*2.25 m = 4.05 m2
e=e x =
Mx M 10 A 2.25 A = = =0.077 = =0.375 >e x P P (90+40) 6 6 6
e ' =e y =
My M ' 4 B 1.80 = = =0.031 = =0.300 P P 130 6 6
B >e 6 y
De tabla “A”:
α=
e x 0.077 = =0.0342 K =1.30 A 2.25
β=
e y 0.031 = =0.0172 Fs>10 B 1.80
Luego:
f =σ =k
P 1.30∗130 tn = =41.72 >30 tn/m 2 Az 1.80∗2.25 m2
Redimensionar el área de la zapata por cuanto: 2º tanteo: Si, B=210
A=2.60 m
ex=
Mx 10 A 2.60 A = =0.077 = =0.433 > e x P 130 6 6 6
e y=
My 4 B 2.10 = =0.031 = =0.350 P 130 6 6
B >e 6 y
f >σ t
Luego, de la tabla (A):
α=
e x 0.077 = =0.0296=0.030 K =1.22 A 2.60
β=
e y 0.031 = =0.0147=0.015 Fs>10 B 2.10
Luego:
f =σ =k
P 1.22∗130 tn = =29.05 2 < 30tn/m2 A z 2.10∗2.60 m
Se cumple:
f =σ < σ t
respuesta.
Ejercicio Nº 02) CASO II (en este caso puede que k>3):
Datos:
σ
t
= 2.5 kg/cm2 = 25 tn/m2
P = 25 M = Mx = 15 tn-m M’ = My = 5 tn-m
Solución: 1er tanteo: si: B=2.00
5 A= x 2=2.50 m 4 AxB = Az = 2*2.5 = 5.00 m2
e=e x =
M x 15 A 2.50 A = =0.60 = =0.416 e x > P 25 6 6 6
e ' =e y =
My 5 B 2.00 = =0.20 = =0.333 P 25 6 6
e y<
B 6
De tabla “A”:
α=
e x 0.60 = =0.24 K=cae fuera de zona II A 2.50
β=
2º tanteo: Si, B=2.10
A=2.60 m
e x =0.060
e y =0.20
e y 0.20 = =0.10 Fs=−−¿ B 2.00
Az = = 5.46 m2
A 2.60 A = =0.433 e x > … OK 6 6 6
B 2.10 = =0.350 6 6
e y<
B … ….. OK 6
Luego, de la tabla (A):
α=
e x 0.60 = =0.23 K =cae fuera de la zona II A 2.60
β=
e y 0.20 = =0.095 Fs B 2.10
= ---
3er tanteo: Si, B=2.40
e x =0.060
e Y =0.20
A=3.00 m
Az = = 7.20 m2
A 3.00 = =0.50
B 2.40 = =0.40>e Y 6 6
Luego, de la tabla (A):
α=
e x 0.60 = =0.20 K =2.8 A 3.00
β=
e y 0.20 = =0.08 Fs B 2.40
=2.5 (El menor valor de la
tabla)
f =σ =2.8 x
25 tn =9.72 2 <25 tn/ m2 7.20 m
¡Es demasiado grande la zapata¡
4to tanteo: Si, B=1.40; A=2B=2.8; Az = = 3.92 m2
e x =0.060
A 2.8 A = =0.47 ; e x > 6 6 6
e Y =0.20
Luego, de la tabla (A):
B 1.4 B = =0.23 ; e Y < 6 6 6
α=
e x 0.60 = =0.21 K =3.7 A 2.8
β=
e y 0.20 = =0.14 Fs B 1.4
=2.4 (El menor valor de la
tabla)
f =σ =3.7 x
25 tn 2 =23.6 2 <25 tn/ m 3.92 m
LUEGO CON ESTE VALOR HALLAMOS “X” e “Y”:
x=0.58 ; xA=0.58∗2.80=1.62 m
y=0.87 ; yB=0.87∗1.40=1.22m Ejercicio Nº 03) CASO III Datos:
σ
t
= 3.5 kg/cm2 = 35 tn/m2
P = 100 tn M = Mx = 45 tn-m M’ = My = 85 tn-m En este caso k>4:
kP 4∗100 <σ → < A z =11.42=12.00 m2 Az t 35 Solución: 1er tanteo: si: B =3.00 m
A=4 m
Az = 12.00 m2
e=e x =
M x 45 A 4 A = =0.45 = =0.67 e x > P 100 6 6 6
e ' =e y =
M y 85 B 3 = =0.85 = =0.50 P 100 6 6
e y<
B 6
De tabla “A”:
α=
e x 0.45 = =0.11 K=4.25 A 4.0
β=
e y 0.85 = =0.28 Fs=1.80(el menor) B 3.00
f =σ =k
P 4.25∗100 tn 2 = =35.42 2 > 30tn/ m Az 12 m
Aumentar área de la zapata un poquito.
2º tanteo: Si, B=3.20
A=4.05 m
e x =0.45
A 4.05 A = =0.675 e x < … OK 6 6 6
e y =0.85
B 3.20 = =0.533 6 6
Luego, de la tabla (A):
α=
e x 0.45 = =0.11 K=4.1 A 4.05
Az = = 12.96 m2
e y>
B … ….. OK 6
β=
e y 0.85 = =0.27 Fs B 3.20
= 1.80 (el menor)
Luego:
f =σ =4.1 x
100 tn 2 =31.64 2 <35 tn/m 12.96 m
… OK
B 3.20 nB= + eY →nB= + 0.85=2.45 → n=0.766 2 2 mA=
A 4.05 +e →mA = +0.45=2.475 → m=0.611 2 x 2
Luego, de la tabla (b): si: m=0.611; q=0.5
a=
3 B(1−n) 3∗3.20 ( 1−0.766 ) 2.2464 = = =2.788≅ 2.80 m 1+q (m−1) 1+0.5(0.611−1) 0.8055
a ( 1−q )=2.8 ( 1−0.5 )=1.40 m
Tabla (a):
Factor de seguridad
Tabla (b):
CIMENTACIÓN COMBINADA
Se usa en los siguientes casos:
A) Columnas muy cercanas entre si: Se usaran cuando podrán traslaparse o bien podrían resultar de proporciones poco económicas. B) Columna exterior muy cerca del limite de propiedad: El punto “G” fija la longitud de la zapata para una reacción uniformemente repartida. Modelaje: En la dirección longitudinal actúa como una losa o viga ancha apoyada en vigas transversales en voladizo, los que a su vez, transmiten sus cargas a las columnas. DISEÑO: 1. Considera que la zapata es rígida y que el suelo es homogéneo y elástico. 2. El predimensionamiento se efectúa de modo que la resultante de las cargas permanentes sin amplificar, incluidos los momentos coincida con el centro de gravedad, para el cual se extiende desde la línea de acción de la resultante una longitud a ambos lados igual o mayor que al distancia entre ese punto y el limite exterior de la columna mas alejada. 3. Definido el largo de la zapata combinada la capacidad portante neta del terreno y las cargas de gravedad, se determina el ancho de la cimentación. 4. Si las columnas resisten cargas sísmicas se efectúa la verificación por sismo en las dos direcciones. En caso que la reacción del terreno excede su capacidad, se incrementa el ancho de la cimentación. 5. Se verifica la excentricidad en al dirección perpendicular, en caso que esta exista. Este tipo de zapata usa verificación adicional si la carga viva es mayor que 500 kg/m2 como el caso de depósitos. Se analiza la reacción del terreno cuando se retira el 50% de la sobrecarga de la columna I y el resto permanecen constantes. Se repite el proceso pero con la otra columna. En caso que se excede la capacidad portante del terreno, se incrementa el ancho de la zapata. 6. Se puede considerar que las columnas son apoyos de tipo cuchilla o se puede considerar con sus dimensiones reales. 7. Antes de calcular el refuerzo por flexión se verifica el punzonamiento y la transferencia de las cargas de las columnas a la zapata. 8. Se verifica del cortante por flexión. En caso de ser necesario se proveen de estribos.
MOMENTOS FLECTORES Y FUERZAS CORTANTES SOBRE ZAPATAS COMBINADAS.
.
PROCEDIMIENTO DE CÁLCULO 1. Determinación de distribución de presiones
eR−Q 1 e1−Q 2 e 2+Q 3 e 3 + M Q1 e1−Q2 e 2+Q3 e 3 + M L )/R e=¿ e≤ SI 6
1±
6e L
e 12=q12=
SI
e>
R ) TN/m ¿ L
L 2
σ 1=q1,2=
2R L 3( −e) 2
σ 2=q2=0
2. DETERMINACION DEL ANCHO DE CIMENTACIÓN
B 1=
q 1 TN−m = σ 1 TN −m2
si e=0 → zapatarectangular
3. DIMENSIONAMIENTO DE ZAPATAS COMBINADAS RECTANGULARES
MOMENTO FLECTOR
W Nu L 12 Mu= α
…..(1)
W Nu=reacciónneta ultimo del terreno porunidad de longitud P (¿ ¿ 1u + P2u )/ Lz (kg / m) W NU =¿
kg /m2 W W nu= Nu ¿ b
Mu=∅ f ´ c∗bd 2 w(1−0.59 w) …………
w=
ρ∗fy f´c
Igualando 1 y 2
W Nu L 12 =∅ f ´ c∗bd 2 w(1−0.59 w) α despejando d
√
W nU ∗1 α d=L 1 ∅ f ´ c∗b∗w (1−0.59 w) Considerando: W W nu= Nu b
……………….3
En 3
d=L 1 Si
√
W Nu ∅ αf ´ c∗bw (1−0.29 w)
α =β
∅=0.9 kg 2 f ´ c=175 cm fy=4200 kg/ cm2 ρ> ρmin =0.0018 ρ=0.004 ¿
w=
ρ∗fy 0.004∗4200 = =0.096 f´c 175
Para e=0
P1 u +¿P P +P = 1 u 2 u kg /cm 2 A zapat . bLzapat . W nu=¿ 2u
Considerando h=1.2d, en 4
……………………….4
h=1.2 L 1
√
W nu =0.11 L 1 √ W nu 0.9∗8∗175∗0.096(1−0.59∗0.096)
h=0.11 L1 √W nu Problema: diseñar la zapata que soportara las columnas mostradas en la figura. Las cargas que soportan las columnas son las siguientes: PD Columna 75 TN 1 Columna 125 TN 2
PL 35 TN 50 TN
Secció n .50*.50 .65*.65
σ t =2.00 kg /cm2=20 tn/m2 Df =1.10 m γ s=1800 kg /m
3
s /c=500 kg /m2 f ´ c=175 kg/cm2 fy=4200 kg/cm2 f ´ c=210 kg/ cm2 columna Las columnas están reforzadas con varillas de Ø 3/4" y estribadas
SOLUCIÓN: 1. PERALTE DE LA ZAPATA POR LONGITUD DE DESARROLLO POR COMPRESION (ACI.12.3.2)
0.008
fy∗db si ∅b=1 entonces db=2.54 √f ´ c
ld ≥ 0.004 db∗fy por elevar estribos estald , se afecta por 0.75
≥ 20 cm ld 1 ≥
0.08∗4200∗2.54∗0.75 =48.00 cm RIGE √175
ld 2=0.004∗2.54∗4200∗0.75=32.00 cm Primer tanteo
h z=d+r +∅ r =7.5 cm , ∅=2.54 h z=48+7.5+2.5=58≈ 60 cm h z=60.00 cm entonces d=60−7.5−2.5 d=50.00 cm 2. CAPACIDAD NETA DEL TERRENO (
σn )
σ n =σ t −γ m ht −γ cs h piso −h z γ c −s /c σ n =20.00−1.8∗0.50−2.3∗0.10−0.6∗2.4−0.50=16.93TN /M 2 3. DIMENSIONAMIENTO DE LA ZAPATA
A z=
p P1+ P 2 ( 75+35 ) + ( 125+50 ) = = =16.834 m2 σn σn 16.93
∑ M 0=0 Entonces R=110 +175=285 tn 285 X 1−110∗0.25−175∗5.825 X 1=3.67 m
L=2X
PARA NO SOBREPASAR LA CAPACIDAD PORTANTE
L=2∗3.67=7.34 entonces L=7.35 m Lv=7.35−0.50−5.0−0.65=1.20 m El área será:
BL=16.834
2
B=
16.834 m =2.24 7.35 m
B=2.30 m
A z=2.30∗7.35=16.905 m
2
4. Consideramos el 100% de carga permanente en ambas columnas, el 50% de la sobrecarga en la columna 1 y el 100%en la columna 2, y viceversa
R=267.5 TN XR=
92.5∗0.25+175∗5.825 267.5
XR=3.90 m
Excentricidad.
e=3.90−3.675=0.225 m
PRESIÓN DEL TERRENO SERÁ:
q=
P MY C X M + , e= AZ IY P
P q= + AZ q=
P∗e
( L2 ) , I = BL
Iy
Y
3
12
267.5 267.5∗0.225∗3.675 + 16.905 1 3 ∗2.30∗7.35 12
q=18.729 TN /m2 >16.93 TN /m2 Se incrementa el ancho de la zapata
B 1=
σn B = q B1
qB ( 18.729∗2.30 ) = =2.54 ≅ 2.55 m σn 16.93
B 1=2.55 m Luego la presión del terreno será:
qB q1 = B1
q1 =
18.729∗2.30 =16.90 ≅16.93 OK 2.55
5. Considerando el 100% de la carga permanente en ambas columnas, el 100% de la sobrecarga en la columna 1 y el 50% de la sobrecarga en la columna 2.
R=260 tn X R=3.47
e=3.675−3.47=0.205 m
q´ 1 =
260 260∗0.205∗3.675 + =16.19< 16.93 … …OK 7.35∗2.55 1 3 ∗2.55∗(7.35) 12
La presión en el terreno será.
q´ 1=
16.19∗2.30 =14.60<16.93 tn/m2 2.55
En conclusión las dimensiones propuestas garantizan las presiones admisibles en el terreno no sean sobrepasadas. 6. a) REACCION NETA DEL SUELO POR UNIDAD DE AREA (Wnu)
Wnu=
Pu Pu1+ Pu 2 = Az Az
P1 u=1.4∗175+1.7∗35=164.5 P2 u=1.4∗125+1.7∗50=260.00 Pu=424.50
Wnu=
424.50 =22.65 tn/m2=2.265 kg /cm2 2.55∗7.35
b) REACCION NETA DEL SUELO POR UNIDAD DE LONGITUD (WNu)
W Nu=
Pu 424.50 = =57.76 TN /m L 7.35
7. DIMENSIONAMIENTO LA ALTURA DE LA ZAPATA
hz=0.11 L1 √W nu =0.11∗5∗√ 2.265=0.83 ≅ 0.85 m L1= luz entre columnas 8. COMPROBAMOS CON LOS DATOS OBTENIDOS Y RECALCULAMOS Como se calculo con hz = 0.60m, entonces recalculamos con hz= 0.85 B = 2.30 B=2.55
σ n =20.00∗1.8∗0.50−2.3∗0.10−0.85∗2.4−0.50=16.33 tn/m Az=
255 2 =17.452 m 16.33
2
Como dato: L=7.35 B=2.55
Az=18.742 m2> 17.452… … … … … … … .. OK q=
267.5 267.5∗0.225∗3.675 + =14.27+2.62=16.89>16.33 18.742 1 ∗2.55∗(7.35)2 12
B 1=
q1 =
16.89∗2.55 =2.63 ≅ 2.65 m→ B=2.65 16.33
16.89∗2.55 =16.25<16.33 … ..OK 2.65
q´ 1=
260 260∗0.205∗3.675 + =13.348+ 2.234=15.582<16.33 … … OK 7.35∗2.65 1 ∗2.65∗(7.35)2 12
q ´ ´ 1=
15.582∗2.55 =15.00<16.33 … … … … OK 2.65
2
Az=B∗L=2.65∗7.35=19.4775 m de área es. Reacción neta del suelo por unidad W nu=
424.50 2 =21.794=2.1794 kg /cm 19.4775
hz=0.11∗5 √ 2.1794=0.81 m
Reacción del suelo por unidad de longitud:
W Nu=21.794∗2.65=57.754 tn/m W Nu=57.75 tn/m Adoptamos
hz=85
→ d=hz−r −∅ ,∅ b=3/4 =1.91 , r=5 cm (superior)
cm
d=85−5−1.91=78.09 →d =78.00 cm Por lo tanto: zapata rectangular. d= 78.00cm = 0.78 m L= 7.35 m B= 2.65 m 9. DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR DFC
DMF
0 ≤ X ≤ 0.25
0 ≤ X ≤ 0.25 Vx=+57.75 X
2
X Vx=+57.75 2 X =0 →Vx=0
X =0 → Mx=0
X =0.25→ Vx=+14.438
X =0.25→ Mx=+1.805
DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE
0 ≤ X ≤ 1.28
X −0.25 Vx=+14.438−164.5+57.75 ¿
X =0.25→ Vx=−150.062
,
X =1.28→ Vx=−90.580
1.28 ≤ X ≤ 4.72
Vx=+14.438−164.5+59.468+57.75( X−1.28) Vx=−90.580+57.75(X −1.28)
si Vx=0 → M =M max . → 0=−90.580+57.75 ( X −1.28 ) X=2.85 m X =1.28→ Vx=−90.580
X =2.85→ Vx=0 X =4.72 →Vx=108.081
4.72 ≤ X ≤ 5.825 Vx=+14.438−164.5+59.483+198.66+57.75 ( X−4.72)
Vx=108.081+ 57.75( X−4.72) Vx=108.081+ 57.75( x−4.72)
X =4.72 →Vx=+108.081 X =5.825→ Vx=+171.894
5.825≤ X ≤ 6.93 Vx=336.394−164.5−260+57.75(x −5.825)
Vx=−88.106+57.75(X −5.825) X =5.825→ Vx=−88.106
X =6.93→ Vx=−24.292 6.93 ≤ X ≤ 7.35
Vx=−164.5+ 400.208−260+ 57.75( X −6.93)
Vx=−24.292+57.75( X−6.93)
X =6.93→ Vx=−24.292 X =7.35→ Vx=0
DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR
0.25 ≤ X ≤ 1.28
(
Mx=14.438 X−
0.25 −164.5 ( X−0.25 )+57.75 ( X−0.25)2 2
)
X =0.25→ Mx=+1.805
X =1.28→ Mx=−122.126 1.28 ≤ X ≤ 4.72
X−1.28 2 ¿ ¿ Mx=14.438 ( X −0.125 )−164.5 ( X −0.25 ) +59.483 ( X−0.765 )+ 57.75¿ X =1.28→ Mx=−122.126 X =2.85→ Mx=Mmax=193.16
X =4.72 → Mx=−92.022 4.72 ≤ X ≤ 5.825
(
Mx=272.58 X−
4.72 X−4.72 2 −164.5 ( X−0.25 ) +57.75( ) 2 2
)
X =4.72 → Mx=−92.026 X =5.825→ Mx=+62.658
5.825≤ X ≤ 6.93 2
Mx=−164.5 ( X−0.25 )+ 336.394 ( X−2.9125 )−260 ( X−5.825 )+ 57.75( X =5.825→ Mx=+62.658
X−5.825 ) 2
X =6.93→ Mx=+0.56
6.93 ≤ X ≤ 7.35
Mx=−164.5 ( X−0.25 )+ 400.208 ( X−3.465 )−260 ( X −5.825 )+ 57.75( X =6.93→ Mx=+0.56
X =7.35→ Mx=−4.548 0 ≤ X ≤ 0.42
Mx=+57.75
X2 2
X =0 → Mx=0 X =0.42→ Mx=5.094
0.42 ≤ X ≤ 01.825
(
Mx=24.255 X−
0.42 X−0.42 +57.75 2 2
)
2
X =0.42→ Mx=+5.094
X =1.525→ Mx=+67.152 1.525≤ X ≤(7.35−2.85=4.5)
Mx=+88.069 ( X −0.7625 )−260 ( X −1.525 ) +57.75( X =1.525→ Mx=+67.152 X =4.50 → Mx =−188.780=Mmax .
X −1.525 2 ) 2
X−6.93 2 ) 2
10. VERIFICACION DE CORTANTE POR FLEXION, A UNA DISTANCIA “d” DE LA CARA DE APOYO DE LAS COLUMNAS. Del Diagrama De Fuerza Cortante Se Tiene:
V d 1 u=−90.58 tn V d 2 u=+108.081 tn→ este es elmayor esfuerzo cortante V d 3 u=−24.292 tn
V du=
v d 2u 108.081 = =127.154 tn ∅ 0.85
Debe cumplir:
V du ≤Vc ∅
Vc=0.53 √ f ´ c∗db=0.53 √ 175∗10∗0.78∗2.65=144.922 tn V du =127.154 tn <144.922=Vc … … … … … … …OK ∅ 11. DISEÑO POR PUNZONAMIENTO A UNA DISTANCIA “d/2” DE LA CARA DE LAS COLUMNAS. Columna exterior: d=0.78m
(
b01= 0.50+
0.78 ∗2+( 0.50+ 0.78) 2
)
b01=3.06 m
(
A 01= 0.50+0.
78 (0.50+0.78) 2
)
A 01=1.1392 m2 Columna interior
b02=4 ( 0.65+0.78 ) 5.72 m 0.65+0.78 ¿2=2.045 m2 A02=¿
a) PUNZONAMIENTO EN COLUMNA EXTERIOR
V u 1=Pu 1−W nu A 01=164.5−21.794∗1.1392=139.672tn V n=
V u 1 139.672 = =164.32TN ∅ 0.85
Debe cumplir:
Vu ≤Vc ∅
=1 ( 4β ) ≤1.06 , β= 0.50 0.50
Vc=0.27 2+
( 41 )=1
Vc=0.27 2+
Por lo tanto:
1.62>1.06 → se toma :Vc=1.06 √ f ´ c∗b 0 d
Vc=1.06 √ 175∗10∗3.06∗0.78=334.69 TN Vc=334.69>164.32=
Vu … … … … … … … … OK ∅
b) PUNZONAMIENTO EN COLUMNA INTERIOR
Puz =1.4∗125+1.7∗50=260TN V u 2=W nu A 02=260−21.794∗2.045=215.431 TN Vu=
V u 2 215.431 = =253.448 TN ∅ 0.85
Vc=1.06 √175∗10∗5.72∗0.78=625.627 TN ∴Vc=625.627> Vn=253.448 TN … … …. OK 12.
DISEÑO POR FLEXION.
Del diagrama de momentos:
Mn=
Mu=193.16TN −m
Mu 193.16 = =214.622 TN −m ∅ 0.90
a) REFUERZO SUPERIOR
( √
0.85− 0.7225−
As=
5
)
1.7∗214.622∗10 ∗175 2 175∗265 ( 78 ) ∗265∗78 4200
As=68.741 cm 2 , sielegimos ∅ 1, Ab=5.07 {cm} ^ {2}
n=
68.741 =13.55 ≅14 5.07
S=
2.65−0.15−0.025 =0.19 14−1
usar :14 ∅1 @ .19 68.741 ρ= =0.0033>0.0018 … … … … … … … … … … . OK 265∗78 b) REFUERZO INTERIOR (columna 2 interior)
Mu=67.152TN −md =85−7.5−1.91=0.76
Mn=
Mu 67.152 = =74.613 TN −m ∅ 0.90
( √
0.85− 0.7225−
As=
2
As=23.771 cm ρ=
)
1.7∗74.613∗10 5 ∗175∗265∗76 2 175∗265∗( 76 ) 4200
23.771 =0.0012<0.0018 → adoptamos ρmin 265∗76 2
As min =0.0018∗265∗76=36.252 cm
adoptamos ∅ 3/4 , db=1.91cm , Ab=2.85 {cm} ^ {2} Columna 1 exterior Ø3/4” Usar Ø3/4”@0.70
n=
36.252 ≅ 13 2.85
S=
2.65−0.15−0.0191 =0.20 13−1
usar 13∅ 3/ 4 @0.20 13.
DISEÑO EN DIRECCION TRANSVERSAL
d=78.00 cm
b 1=0.50+
0.78 =0.89 m 2
b 1=0.90 m
b2=0.65+
2d =1.43 2
b2=1.45m a) VIGA EXTERIOR
q Nu =
Pu 1 164.5 = =62.08TN /m B 2.65
LV 1=
2.65−0.50 =1.075 2
62.08∗(1.075 )2 Mumax = =35.60 TN−m 2 Mn=
Mu max 38.801 = =43.112 TN −m ∅ 0.9
( √
0.85− 0.7225−
As=
As=13.528 cm
)
1.7∗43∗112∗105 ∗175∗90 2 175∗90∗( 78 ) ∗78 4200
2
As min =0.0018∗90∗78=12.636 cm 2 → As > As min… …… … …… .. OK ∅3 /4 →
S=
n=13.528/5.1=5
0.90−0.0191 =0.22 5−1
usar 5∅ 3/ 4 @0.22 b) VIGA INTERIOR
q Nu =
Pu 2 260 = =98.113 TN −m B 2.65
Lv 2=
2.65−0.65 =1.00 m 2 2
98.113∗( 1.00 ) M max= =49.057 2
M n=
M u 49.057 = =54.508TN −m ∅ 0.9
( √
0.85− 0.7225−
As=
)
1.7∗54∗508∗10 5 ∗175 2 175∗145∗( 78 ) ∗145∗78=16.999 4200
As min =0.0018∗78=20.358 cm2 As < Asmin → tomamos Asmin
n=
20.358 =8 2.85
S=
1.45−0.0191 =0.20 8−1
usar 8 ∅3 /4 @0.20 ACERO DE MONTAJE: PARA ACERO LONGITUDINAL PARTE SUPERIOR
As ∅ 3/ 4
S=36∅=36*1.91=68.76
USAR
∅3 /4 @0.70
ZAPATA COMBINADA TRAPEZOIDAL CASO I
2(X +
C )< S 2
Area : Az=
A+ B ∗L 2
L 2 A+ B X ´= ∗( ) 3 A+ B
Condición:
L L
EJEMPLO: Se tiene columnas sobre zapatas. La columna exterior de 0.50*0.50 m2 está sujeta a PD=60 TN, PL=40 TN y la columna interior está sujeta a PD=50 TN, PL=36TN (0.60*0.60). La capacidad portante del terreno a nivel del fondo de la cimentación es de 1.70 kg/cm2 y Df=1.10m. Considere el peso promedio del suelo de
γ s=1800 kg /m3 , sobrecarga s/c=400 kg/m2 (sobre el piso); f´c=175 kg/cm2 fy=4200 kg/cm2. La columna será estribada en los primeros tramos a 10.00 cm y se empleara concreto de f´c=210 kg/cm2, dimensionar en planta dicha zapata. Datos:
0.50∗0.50 m2
0.60∗0.60 m2
PD=60 TN
Columna exterior C1
PD=50 TN
PL=40 TN PL=36 TN
2
σ t =1.70 kg /cm Df =1.10 m
2
s/c ¿ 400 kg /m =0 . 40 tn /m
γ m=γ s=1.80 tn/m
2
3
f ´ c=175 kg/cm2 fy=4200 kg/cm2
f ´ c=210 kg/cm2 Columna
fy=4200 kg/cm2
SOLUCION:
Columna interior C2
Como primer tanteo, determinamos “d” y luego “hz”.
0.08 ld=
fy∗db ∗0.75 si∅=1 → 0.08*4200*2.54*0.75/ sqrt {175} =48 cm √f ´ c
0.004∗db∗fy∗0.75→ 0.004∗2.54∗4200∗0.75=32 cm ld = d
hz=d+r +∅=48+ 7.5+ 2.5=58 ≅ 60.00 cm CAPACIDAD NETA DEL TERRENO
n=¿ σ t −h z γ c −γ PT h PT −h m−s/ c σ¿ 2
σ n =17.00−0.60∗2.4−0.10∗2.3−0.5∗1.80−0.4=14.03TN /m AREA DE LA ZAPATA (Az)
Az=
P , P=P 1+ P 2=100+ 86=186TN σn
Az=
186 =13.257 m2 14.03
DETERMINAMOS XR=X´, TOMANDO MOMENTOS EN EL EXTREMO IZQUIERDO
∑ M 0=0→ 100∗0.25− X ´ ( 186 )+ 86(5.80) X R= X ´ =2.82 m DETERMINAMOS SI XR SE ENCUENTRA ENTRE L/3 Y L/2
L 6.10 = =2.03 m 3 3 L 6.10 = =3.05 m 2 2 L L < X R < → Zapata trapezoidal 3 2
Az=13.257 m
Luego :
2
También:
L
= Az=13.257 → A+ B=4.347 … … … … … … … … … … …..(1) ( A +B 2 )
Sabemos que:
L 2 A+ B =X ´ =2.82→ 0.613 A−0.387 B=0 … … … … … … … …(2) 3 A +B
(
)
Resolviendo la ecuación 1 y 2 Usar:
A=1.682 ≅ 1.70 m
B=2.665 ≅2.70 m
ZAPATA CONECTADA Está constituida por una zapata excéntrica y una zapata interior unida por una viga de conexión rígida, que permite controlar la rotación de la zapata excéntrica. La cimentación conectada es más económica que la combinada, para distancias entre columnas por encima de 6.60m aproximadamente. Se recomienda que la viga no se apoye en el terreno o que se apoye debajo de ella, de manera que solo resista su peso propio. Si se usa un ancho de 30 ó 40 cm, este problema es de poca importancia. DIMENSIONAMIENTO DE LA VIGA DE CONEXIÓN
h=
L1 7
b=
P1 h ≥ 31 L1 2
L1=espaciamiento entre la columna exterior y la columna interior. P1=carga total de servicio de la columna exterior.
MODELAJE: Se supone que la viga de conexión está articulada a las columnas y que soporta su peso propio y la reacción neta del suelo en la zapata exterior. La zapata exterior transfiere su carga a la viga de conexión actuando como una losa en voladizo a ambos lados de ella. Para su predimensionamiento en planta es usual adoptar un ancho de 2 a 2.5 veces la dimensión longitudinal. La zapata interior se diseña como una zapata aislada para la diferencia entre la carga de la columna Pcl y la reacción de la viga de conexión.
PROBLEMA: Diseñe la siguiente zapata conectada, la columna exterior P1 está sujeta a: PD=75TN y PL=30TN, la columna interior P2 está sujeta a: PD=120TN y PL=50TN. La capacidad permisible del suelo a nivel de la base de la cimentación es de σt=3.5kg/cm2 DATOS:
hf =1.30 m
f ´ c=210 kg ¿ cm
2
C1=0.50*0.50
γ s=2.00 TN /m3
fy=4200 kg/cm2
C2=0.60*0.60 s/c ¿ 500 kg ¿ m
2
SOLUCION:
DIMENSIONAMIENTO Zapata exterior: estimamos
Az=
1.20 P1 σn
P1=P D 1+ P L1 =75+30=105 TN P2=P D 2+ PL 1=120+50=170 TN σ n =σ t −h f γ s−¿ s/c ¿ 35.00−1.30∗2.00−0.50=31.90 TN /m2
AZ =
1.20∗105 2 =3.25 m 31.90
DIMENSIONAMIENTO EN PLANTA (preliminar)
T =2 B A Z =T∗B → 2 B∗B=2 B 2=3.95 → B=1.40 m T =2.80 m
VIGA DE CONEXION
h=
L 7
b=
P1 h ≥ 31 L 2
L 6.00 h= = =0.86 m 7 7 b=
P1 105 h 0.86 = =0.56 m> = =0.43 … … … … … … … … .. ok 31 L 31∗6 2 2
DIMENSIONAMIENTO DEFINITIVOS DE ZAPATA EXTERIOR Peso por metro de la viga:
W v =0.60∗0.90∗2.4 TN /m3 =1.30TN /m❑
∑ M 2=0
RN (5.55 )=105∗6+
1.30∗6.25∗6.25 2
RN =118.09 TN
Az= Az=
RN σn
118.09 31.90 2
Az=3.70 m → Az=BT B=1.40 →T = Adoptamos:
3.70 =2.64 ≅ 2.65 1.40 B∗T =1.40∗2.65 m
DISEÑO DE LA VIGA DE CONEXIÓN
Pu 1=1.4 P D 1+ 1.7 P L1 PU 1=1.4∗75+1.7∗30=156 tn
W Vu =W v∗1.4=1.30∗1.4=1.82tn/ m
∑ M 2=0 1.82∗( 6.25 ) → R Nu ( 5.55 )=156∗6+ 2 RNu =175.05 TN
W Nu=
R Nu 175.05 = =125TN /m B 1.40
2
SECCION DE MOMENTOS MAXIMO
0 ≤ X ≤ B(¿ 1.40) CORTES:
Vx=W Nu X 0−W Vu X 0−Pu 1=0 125 X 0−182 X 0−156=0 → X 0=1.27 m MOMENTOS:
W ¿ Nu−¿ W Vu ¿ M X =¿ Mx=
( 125−1.82 )∗( 1.27 )2 −156 ( 1.27−0.25 )=99.34−159.12=−59.78 2
M X =M max =−59.78 TN /m Mn=
Mu −59.78 = =−66.42TN /M ∅ 0.90
Determinamos “d”
∅ T + +∅ E , 2 h=0.90m → d=h−¿
ACERO DE REFUERZO
d=82.78 cm
( √
5
0.85− 0.7225−
−¿ s=
−¿=
)
1.7∗59.78∗10 ∗210 2 210∗60∗( 82.78 ) 2 ∗60∗82.78=17.96 cm 4200 ¿ A
14 ∗60∗82.78=16.56 cm2 → As> As min 4200 Asmin ¿
As=17.96 cm2 si elegimos ∅1
→
n=17.96/4.1=4 S=
60−6−25 =17 5.07 −¿ USAR 4 ∅ [email protected] ¿ As
REFUERZO CARA INFERIOR:
As−¿ 4∗5.07 = =6.76 cm2 3 3 +¿=¿ As ¿
+¿=16.56 cm2 → As=As min b=0.60 Asmin¿ Si
∅3 /4 , Ab=2.85 {cm} ^ {2}
si ∅ 1 , Ab=5.07
db=1.91 cm
db=2.54 n=
Usar 4 ∅1 @0.17
{As} ^ {(+)}
DISEÑO POR CORTANTE
16.56 =4 5.07
d=82.78cm
V u 1=(W Nu −W Vu ) ( t+d ) −PU 1 V u 1=( 125−1.82 ) ( 0.50+0.8278 )−156 V u 1=+7.56 TN (a una distancia d ) →V nu1=
7.56 =8.89 TN 0.85
Corte que se produce en el exterior interior de zapata uno
W ¿ Nu−W (¿ Vu ) B−Pu 1 . V u 2=¿ V U 2=( 125−1.82 )∗1.40−156=+16.45 TN → Vnu 2=19.35 TN Corte que toma el concreto:
Vc=0.53 √ f ´ c∗bd >Vn Vc=0.53 √ 210∗10∗0.60∗0.8278=38.15 TN >Vn … … … OK no requiere estribo USAR estribo de montaje
si ∅ 3/8
→
db=0.95cm
→
S=36 ∅
S=36−0.95=34.29 cm→ USAR ∅3 /[email protected]
DISEÑO DE ZAPATA EXTERIOR
Lv=longitud en voladizo d=?
Lv=
2.65−0.60 1.075 m 2
q Nu =
R Nu 175.05 = =66.06 TN /m T 2.65
q Nu∗L2V 66.06∗( 1.075 )2 Mumax = = =38.17 TN−m… … … … … … … … … … … 1 2 2 Por otro lado:
→ w=
2
Mu=∅ f ´ c∗bd w ( 1−0.59 w ) , w=ρ
fy , ρ=0.004 f ´c
0.004∗4200 =0.08 210
en ( 1 ) 38.17∗105 =0.9∗210∗140∗0.08 d 2 (1−0.59∗0.08) d=43.50 cm ∅ 1.91 h=d+ r + =43.50+7.5+ =51.96 cm 2 2 Asumimos:
h=55.00 cm
→ d=46.60 cm
VERIFICACION POR CORTE
V ud=q Nu ( LV −d ) =66.06∗(1.075−0.466) V ud=40.23 TN V ud 40.23 = =47.33 TN ∅ 0.85
Vn=
Vc=0.53 √ f ´ c∗bd >Vu
Vc=0.53 √ 210∗10∗1.40∗0.466=50.11 → Vc>Vc … … … … … … …OK DISEÑO POR FLEXION
As=
(
Mn=
√
0.85− 0.7225− fy
∗bd
Mu 38.17 = =42.41TN −m ∅ 0.90
( √
0.85− 0.7225−
As=
)
1.7 Mu ∗f ´ c f ´ c∗b d 2
)
1.7∗42.41∗105 ∗210 2 210∗140∗( 46.6 ) ∗140∗46.6=22.59 cm2 4200 2
min=¿ 0.0018∗140∗46.6=11.74 cm < As As¿ ∅3 /4 S=
→ Ab=2.85 {cm} ^ {2}
→
n=22.59 {cm} ^ {2} /2.85=8∅3/4
1.40−0.15−0.0191 =0.18 8−1 Adoptar :8 ∅ 3/4 @.18
REFUERZO TRANSVERSAL
As temp =0.0018 bt t=h zapata , b=T
As temp=0.0018∗265∗55=26.235 cm
2
si ∅ 5/8 → Ab=1.98 {cm} ^ {2}
n=
26.235 =14 ∅ 5/8 1.98
db=1.59 cm
S=
2.65−0.15∗0.0159 =0.19 14−1 USAR 14 ∅ 5/8 @0.19
DISEÑO DE ZAPATA EXTERIOR
El diseño se hará con cargas de servicio
P2 efecti=R N −P1 −P2−W V LV =118.9−105−170−1.30∗6.25 P2 efecti=−165.04 TN RN =118.09 TN P1=75+30=105TN P2=120+50=170TN W V =1.30 TN /m CARGAS ÚLTIMAS EFECTIVAS
P2 U efect . =R Nu−P U 1 −P U 2−W VU LV P2 U efect =175.05−156−253−1.82∗6.25 P2 U efect =−245.33 TN RNU =175.05 TN PU 1=156 TN
PU 2=1.4∗120+1.7∗50=253 TN W VU =1.82 TN /m P2 efect 165.04 = =5.17 m2 σn 31.90
AREA DE LA ZAPATA 2
Az=
Asumiendo cuadrada:
Az=T =B=2.30∗2.30 m2
2.30−0.60 =0.85 m 2
LV 1=
q nu =
P2 u efect . −245.33 = =−46.38 TN / m2 Az 2.30∗2.30
q Nu =W nu∗T =46.38∗2.30=106.67 TN /m 2
Nu∗¿
Mn=
( LV ) 2
( 0.85 )2 =38.53TN −m 2 Mu=q ¿
(
=106.67∗
)
38.53 =42.81TN −m 0.9
También:
Mu=∅ f ´ c∗bd 2 w(1−0.59 w) 38.53∗10 5=0.9∗210∗230∗0.08(1−0.59∗0.08)d 2
d=34.10 cm →muy pequeño
hmin =0.50 m
Usar
(
d=50− 7.5−
1.91 =41.54 cm=0.42 2
)
VERIFICACION POR PUNZONAMIENTO
d 41.54 m= +t + LV 1= + 60+ 85=165.77 cm=1.66 m 2 2 d n= ∗2+t=41.54+60=101.54 cm=1.02 m 2 V 2 u=Pu 2 efect −q nu∗mn=245.33−46.38∗1.66∗1.02=166.80 TN V 2 n=
V 2u 166.80 = =196.24 TN ∅ 0.85
Debe cumplir:
V C >V 2 n
Vc=1.1 √ f ´ c b0 d b0 =2 m+n=2∗1.66 +1.02=4.34 m →Vc=1.1 √ 210∗4.34∗10∗0.42=290.56 TN ∴Vc >V 2 n … … … … … ….. OK DISEÑO POR FLEXION
( √
0.85− 0.7225−
As=
As=25.03 cm
)
1.7∗¿ 42.81∗105 ∗210 2 210∗230∗( 42 ) ∗230∗42 4200
2
As min =0.0018∗230∗42=17.39 → Asmin < A S si ∅ 5/8
→ Ab=1.98 {cm} ^ {2}
db=1.59 cm
n=
25.03 =13 ∅ 5/8 1.98
S=
2.30−0.15−0.0159 =0.18 13−1 usar :13∅ 5/ 8 @0.18
en ambos sentidos
PROBLEMA: DISEÑAR UNA DIBUJANDO LOS DIAGRAMAS DE CORTES Y MOMENTOS. C1 C2 P1 P2 σt
ZAPATA
COMBINADA
0.60*0.60 m2 0.40*0.40 m2 204 TN 145 TN 2.00 kg/cm2
f´c=175 kg/cm2 , fy=4200kg/cm2 Solución a) DIMENSIONAMIENTO EN PLANTA Calculo del peso de la Zapata:
PZ =0.08 P … … … … … … … … … … … …(1) P=P1 + P2 P=204 +145=349 TN en ( 1 ) P Z =0.08∗349 TN=28 TN PT =P 1+ P2 + P Z =204+145+ 28=377 TN
AZ =
PT 377 , σ n =σ t = =18.85 m2 … … … … … … …(1) σn 20
∑ M 0=0→ 377 ( X 0 ) =2.4∗0.30+28 ( 3.25 ) +145(6.30) X 0 =2.83 m→ centro de gravedad
TRAPEZOIDAL
2 X 0=5.66 m< L=6.50 m L 6.50 e= − X 0 → −2.83=0.42m 2 2 Si
L L < X0< 3 2
Zapata trapezoidal
L 6.50 = =2.17 m 3 3 L 6.50 = =3.25 m 2 2 →2.17 <2.83<3.25 → zapata trapezoidal Nota: puede diseñarse como zapata rectangular (calculamos la presión sobre el terreno)
q max=
PT 6 18.85 1 ± e → A Z =18.25=BL → B= =2.90 m AZ L 6.50
q max=
377 6∗0.42 1± =27.75 TN /m2> 20TN /m2 18.85 6.50
( )
→ B 1=
(
)
q max 27.75 = ∗2.90 → B1=4.00 m→ A Z =4.00∗6.50=26 m2 σn 20
es antieconomico Pu qult . Pu=Pu 1 + Pu 2+ P uz AZ =
qult . =σ t∗Factor
Pu PT Pu 1=1.4∗204=285.60 TN Factor=
Pu 2=1.4∗145=203.00TN Puz =1.4∗28=39.50TN PU =527.80 TN Factor=
527.80 =1.40 377.00
qult . =20∗1.40=28 TN /m AZ =
527.80 =18.85 m2 28.00
2
Sabemos que:
1 A Z = L( a+b) 2 X0=
L 2a+ b 3 a+b
(
………………(1) ……………..(2)
)
X 0 =distancia alcentro de gravedad y 0=L− X 0
En (1)
AZ =
6.50 ( a+b )=18.85 2
a+b=5.80 … … … … …( α)
en(2) X0=
6.50 2 a+b 6.50 2 a+b =2.83 → =2.83 3 a+b 3 5.80
(
)
(
)
2 a+b=7.58 … … … … … … … … … …( β )
α =β Resolviendo:
a=1.78≅ 1.80 m
b=4.02 ≅ 4.00 m L 6.5 Adoptamos : A Z = ( a+b )= ( 1.80+ 4.00 )=18.85 m2 2 2 A Z =18.85 m2 b) CALCULO DE LA REACCION NETA DEL TERRENO. Por unidad de área.
W nu=
Pu 527.80 = =28.00 TN /m2 A Z 18.85
La presión en el suelo por unidad de ancho será
q max=W nu b q min=W nu a
q max=28.00
TN ∗4.00 m=112 TN /m m2
q min=28.00∗1.80=50.40TN /m Si se halla la excentricidad, se halla las máximas y mínimas presiones que se ejerce sobre el suelo.
∑ M C =0→ 527.8 ( e )=285.6∗2.95−203∗3.05 e=0.42 m
q max= min
q max=
Pu 6 1± e L L
( )
527.8 6∗0.42 1+ =112.68 TN /m 6.50 6.50
(
)
q min=47.72≅ 50.00 TN /m c) DIMENSIONAMIENTO EN ALTURA
h=0.11∗L1 √ W nu
L1=Distancia entre columnas(m)
2
W nu=kg/cm =2.80 kg /cm
2
h=0.11∗5.50 √2.80=1.01m h=1.00 m
d=h−r −∅/2=1.00−0.075−
0.0191 =0.915 m 2
∅=3 /4
d=0.915 m d) DIAGRAMA DE CORTES Y MOMENTOS
La ecuaciónde la recta es : y=a ± q1 X a=112 TN
Del grafico:
q1 112−50.40 = → q 1=9.48 x x 6.50 Luego
q= y=112−9.48 x
Diagrama de cortes
d V =q d X →∫ d V =∫ q d X → cortes=V X =∫ ( 112−9.48 X ) dx Ecuación general: 2
Vx=112 X−9.48
X −285.60−39.20−203 → Ecuación general 2
El corte máximo puede producirse en el tramo BC ó CD TRAMO BC:
V X =0 →112 X −9.48
X2 −285.60=0 2
V X =0 →112 X −9.48
X −285.6−39.20=0 2
X =2.91m 2
TRAMO CD:
X =3.0 m Si:
X =0 →V X =0 X =0.30 →V X =+33.17 TN →V X =−252.43 X =.60→ V X =−220.11 X =1.515→ V X =−126.80 X =2.91→ V X =00.00 X =3.25→ V X =+28.33→ V X =−10.87 X =5.185→ V X =+128.49 X =6.10→ V X =+182.02 X =6.30→ V X =+192.67 →V X =−10.33 X =6.50→ V X =00.00
DIAGRAMA DE MOMENTOS
d M =∫ V dx Ecuación general:
X2 X3 M X =112 −9.48 −285.60 ( X −0.30 )−39.20 ( X −3.25 )−203 (X−6.30) 2 6 X =0 → M X =0 X =0.30 → M X =+5.00 X =0.60 → M X =−65.86 X =1.515→ M X =−223.96 X =2.91→ M X =−310.14 ( M max ) X=3.38 → M max =305.98
X =3.25→ M X=−305.26 X =5.185→ M X =−185.73 X =6.10→ M X =−43.07 X =6.30→ M X =−5.59 X =6.50→ M X =−6.63 Hallando momentos en sentido inverso← X (Cambia de signo al resultado final, pues los cortes son negativos)
q1 =−9.48 X → Y =−50.40−9.48 X →V X =∫ Y dx →V X =−50.40 X−9.48
X2 2
X2 X3 Mx=∫ Vxdx → Mx=−50.40 −9.48 +203 ( X −0.20 ) +39.20 ( X−3.25 )+ 285.6( X −6.20) 2 6
X =0 → Mx=0 →0 X =0.20 → Mx=−1.02 →+ 1.02
X =3.12→ Mx=+299.46 →−299.46 ( M max ) X =3.25→ Mx=+298.73 →−298.73
X =3.59→ Mx=+303.62 →−303.62 X =6.20→ Mx=−11.61→+11.61
X =6.50→ Mx=−6.63 →+6.63
e) VERIFICACION DE CORTANTE POR FLEXION ( a una distancia “d” de la cara de las columnas) Del diagrama de cortantes:
V u 1=−126.80TN → V n 1=126.8=149.18 TN V u 2=+128.49 TN → V n 2=128.49=151.16 TN
Debe cumplir:
V n
S 1=0.60+ d=0.60+0.915=1.515 m S 2=0.40+ d=0.40+0.915=1.315 m
b ´ =b−
S1 (b−a) L
a ´ =a+
S2 (b−a) L
Luego:
b ´ =4.00− a ´ =1.80+
PARA
1.515 ( 4.00−1.80 )=3.49 m 6.50
1.315 ( 4.00−1.80 )=2.25 m 6.50
COLUMNAS
1:
→V C 1=0.53 √ f ´ c∗b ´∗d →V C 1=0.53 √ 175∗10∗3.49∗0.915 V C 1=223.59 TN >V n=149.18 TN … … ..OK no falla por corte PARA
COLUMNA
2:
→V C 2=0.53 √ f ´ c∗a ´∗d →V C 2=0.53 √ 175∗10∗2.25∗0.915 V C 2=144.34 TN
V C 1=0.53 √ 210∗10∗3.49∗0.915=245.26>V n 1 … … … . OK V C 2=0.53 √ 210∗10∗2.25∗0.915=158.12>V n 2 … … … ..OK
Asumiendo “d” (columna 2)
V n 1=V n 2 → 151.16=0.53 √175∗10∗2.25∗d → d=0.96 m→ h=1.10 m f) VERIDICACION POR PUNZONAMIENTO (a d/2)
d d=0.915 m → =0.46 m 2 Calculamos con f´c=210 kg/cm2 Columna 1:
2
A 01=1.06+1.515=1.61 m b01=2∗1.06+1.515=3.635m
Columna 2:
b01=2∗0.86+1.315=3.035 m A 01=0.86∗1.315=1.13 m
COMPROBANDO PUNZONAMIENTO Debe cumplir:
V n
V C =1.1 √ f ´ c∗b 0 d
2
Pu 1=285.60 TN , Pu 2=203 TN , W Nu=28
TN , d=0.915m m2
Columna 1:
(
(
V u 1=Pu 1−W Nu A 01= Pu 1−W Nu 0.60+
)
d ∗( 0.60+ d ) d=0.915 m 2
)
V u 1=285.60−28∗1.61=240.52TN V n 1=
240.52 =282.96TN 0.85
V C 1=1.1 √210∗10∗3.635∗0.915=530.19 TN> V n 1 … … … … … OK no falla por punz . Columna 2:
(
(
V u 2=Pu 2−W Nu A02= Pu 2−W Nu .40+
d ( 0.40+ d ) 2
)
)
V u 2=203−28∗1.13=171.36 TN V n 2=
171.36 =201.6 TN 0.85
V C 2=1.1 √210∗10∗3.035∗0.915=442.67> V n 2 … … … … … … ….. OK NOTA: si fallara por punzonamiento, hacer
V n=V C
, obtenemos “d” y
con este dato nuevamente recalcular desde el principio. g) DISEÑO POR FLEXION ACERO SUPERIOR (As(-))
M max=M u =−310.14 TN −m
Del diagrama de momento:
M n=
M u −310.14 = =344.60 TN −m ∅ 0.9
M max=−310.14 TN −m, cuando X=2.91 m b1=b−
X (b−a) L
b1=4.00−
2.91 ( 4.00−1.80) 6.50 b1=3.02m
Luego tenemos como dato:
b1=302cm , f ´ c=210 kg /cm 2 , fy=4200 kg/cm2 , d=91.5 cm −¿ ¿ ¿ A s¿ −¿ ¿ ¿ A s¿ As min =0.0018∗302∗91.5=49.74< As usamos ∅1
→
{A} rsub {b} =5.07 {cm} ^ {2}
d b=2.54 cm n=
93.38 3.02−0.15−0.0254 =19 S= =0.16 5.07 19−1 USAR 19 ∅1 @0.16
A {s} ^ {-} en la parte superior
ACERO INFERIOR. Los momentos son muy pequeños, por lo tanto utilizamos acero mínimo.
d=100−5−
1.91 =94.05 cm( parte superior ) 2
+¿ ¿ ¿ A s¿ si ∅ 1
S=
→
n=51.13/5.07=11∅1
3.02−0.15−0.0254 =0.28 11−1 USAR 11 ∅1 @0.28
(en la parte inferior A {s} ^ {(+)}
ACERO EN DIRECCION TRANSVERSAL. Parte superior (acero transversal)
A s T =36 ∅ si∅=3/ 4 =db=1.91 A s T =36∗1.91=68.76 cm USAR ∅ 3/4 @0.65 Acero en dirección transversal debajo de las columnas
d=0.915 b ´ 1=4.00−
0.30 (4.00−1.80) 6.50
b ´ 1=3.90 m a ´ 1=1.80+
0.20 ( 4.00−1.80) 6.50
a ´ 1=1.87 m
B=L ´ 1=1.515 m LV 1=
3.90−0.60 =1.65 m 2
W nu=28.0 TN /m2
W Nu=W nu∗3.90=28∗3.90=109.2tn/m W Nu∗Lv 2 109.2∗1.652 M max= = 2 2 M max=148.65 TN −m M n=
148.65 =165.7TN −m 0.9
( √
0.85− 0.7225−
As=
)
1.7∗165.17∗10 5 ∗210 210∗151.5∗91.52 ∗151.5∗91.5 4200
As=44.67 cm 2 → A s min=0.0018∗151.5∗91.5=24.95< As si ∅ 1 → Ab=5.07 {cm} ^ {2}
n=
44.67 =9 ∅1 5.07
,
db=2.54 cm
S=(1.515-1*0.075-0.025/2)/ 9-1=0.18 USAR 9 ∅ [email protected]
COLUMNA 2:
B 1=L´ 2=1.315 LV 2 =
1.87−0.40 =0.735 2
W Nu2=28∗1.87=52.36TN /m 2
M max=
52.36∗0.735 =14.14 TN −m 2
M n=15.71TN −m As=4.10 cm2 A s min =0.0018∗131.5∗91.5=21.66 cm n=
21.66 =5 ∅ 1 5.07 1.315−1∗0.075−
S=
2
5−1
0.025 2
=0.30 USAR 5 ∅1 @0.30
MUROS DE CONTENCION
MUROS DE CONTENCIÓN Son estructuras usadas para dar estabilidad al suelo u otros materiales, dónde las condiciones del proyecto no les permiten continuar con su pendiente natural; se usan generalmente para soportar volúmenes del suelo, almacenamiento de mineral y agua. De acuerdo a su forma, naturaleza y características se pueden clasificar en 6 grupos: I. Muros de gravedad II. Muros en voladizo III. Muros de contrafuerte IV. Muros de contención para puentes V. Muros de sótano VI. Tablestacas
Relleno
Relleno
MURO DE GRAVEDAD
MURO DE VOLADIZO
MURO DE SOTANO
ESTRIBO DE PUENES MURO DE CONTRAFUERTE
MUROS DE GRAVEDAD
Basa su estabilidad en su peso propio, son económicos para salvar desniveles de hasta 3 metros, por lo general son de concreto simple o mampostería. No debe producirse esfuerzos de tracción en ningún punto La resultan de las cargas debe caer dentro del tercio medio de la base. PREDIMENCIONAMIENTO t=H/12 β
wc
1
Ws
50
Pv
Pa ᵦβ
H Ph 1/2D a D
H/8 D H/6 Ka
γ
H
B = 0.5 H - 0.7
∑ V =W C +Ws+ PV
PREDIMENCIONAMIENTO
CALCULO DE EMPUJES LATERALES Las fuerzas de empuje lateral o presión activa pueden ser calculada por dos métodos: 1. Método de Coulomb, asume un desplazamiento muy pequeño en la cara posterior del muro y la presión del suelo actúa normal al plano de la cara. 2. Método de Rankine, incrementa un peso adicional del suelo comprendido entre el plano vertical y la inclinación de la cara del muro. β
ᵦ
Pv
Pa Ø ángulo de fricción interna del suelo
δ Wc
90-α
Ph
δ ángulo de friccion del muro
α
α
δ
Ph = Pa cos (90 – α + Pv = Pa sen (90 – α +
δ
) )
2
Pa = ½ Ka
γ
∑ V =W C + PV
γh
= peso unitario del suelo
ANALISIS DE RANKINE Coeficiente de presión activa
Ka=cosβ
2
cosβ−√ cos 2 β−δ cos2 ∅ cosβ + √ cos 2 β−cos 2 ∅
Ka = tg (45°-Ø/2) =
1−sen 2 ∅ 2 1+ sen ∅
Pv = Pa sen
β
Ph = Pa cos
β
Pa = Ka e=
x=
B 2
γ h (h/2) = ½ Ka γ h2 –x
∑ M est−∑ M volteo e= B −X 2 ∑v
VERIFICACION DE ESTABILIDAD Y RESISTENCIA
ᵦ
Ubicar puntos críticos Calculo de presiones Verificar la estabilidad del muro Ubicar la resultante en la base Calcular las presiones actuantes sobre el suelo Verificar corte y tensión en la punta Verificación de esfuerzo en la unión del muro y la base
V
Pv R
H
b
H
b’
Pa Ph Tracció n
ft
H/3
Compresió n
B ’ e
c
Pa empuje activo total
Compresió n
Tracció n
bb’ cualquier plano horizontal
R
f c=
e
v 6e v 6e 1+ ' ≤ f cp f t= (1− ' )≤ f tp ' ' 100 B B 100 B B
(
)
Donde: fc esfuerzo de compresión del concreto fcp esfuerzo de compresión permisible ft esfuerzo de flexion ftp esfuerzo de flexion o tracción permisible V compresión vertical de fuerzas R H componente horizontal de fuerza R Vc corte permisible
Esfuerzos Permisibles FLEXION
f tp =1.33 Ø √ f ' c → Ø=0.65
COMPRESION
f cp=0.85 Ø √ f ' c → Ø=0.70
CORTANTE
f cp=0.53 Ø √ f ' c → Ø=0.85 Problema: Diseñar un muro de contención de gravedad para sostener un relleno de
β=10 °.
6.70m altura total, y cuya inclinación con la horizontal es de La base del muro descansará sobre un suelo de
γ s =1.924 Tn/m3 , la capacidad portante El relleno será de un material de
∅=36 °
y peso unitario
σ t =2.93 kg / cm2 .
γ r=1.76 Tn /m3 y ∅=32°
El peso unitario del concreto es compresión es de f’c = 140 kg/cm2 SOLUCION:
γ c =2.30 Tn/m3
, cuya resistencia a la
β 0.45 β
h1
1 10
H1
H=6.70
h2
m 75º
1.22
D/2
n
..15
p
D
D/2
1° PREDIMENSIONAMIENTO:
D=
H H H 6.70 a → tomamos: D= = =0.83 ≅ 0.90 m 8 6 8 8
B=0.5 H a 0.7 H → tomamos :B=0.5 H=0.5∗6.70=3.30 m h2=H −D=6.70−0.90=5.80 m p=h 2 cotg 75° =5.80 ( cotg75 ° )=1.55 m n 5.80 n=? → = → n=0.58 m 1 10 m=B−(0.15+ p+0.45+ n)
m=3.30−(0.15+1.55+ 0.45+0.58) m=0.57 m
h1=( p+15 ) tg 10° =( 1.55+ 15 ) tg 10 °=0.30 m H 1=H +h1=6.70+0.30=7.00
1
0.30
0.45 3
5
2
Pv
Ph
0.57
1.22.45
7
H1=7.00
4
6
Pp
Pa
9
8
.45
3.30 m
Pv
Pa h = ubicación del empuje
Pah 1.33 h=2.233
0.15 X
0.90
O
h=
H1 3
=
= 2.233
X1
x=1.33 ctg75 °=0.36
x 1=3.30−0.36−0.15 x 1=2.790 m. 2°COEFICIENTE DE PRESIONES ACTIVAS Y PASIVAS
K ap=cosβ
cosβ ∓ √ cos2 β−cos2 ∅ cosβ ± √ cos 2 β −cos2 ∅
=cos 10 °
cos 10 ° ∓ √cos 2 10−cos 2 32 cos 10± √ cos 2 10−cos2 32
k a =0.3210 →coeficiente presión activa k p =3.0216 →coeficiente presión pasiva 3°PRESIÓN POR EMPUJE DEL SUELO Y SUS COMPONENTES (por metro de ancho). Presión Activa:
1 1 2 2 Pa= k a γ r ( H 1) = ( 0.3210 )∗1.76∗(7.00) =13.342 tn 2 2
Ph=13.842 cos 10 °=13.632→ empuje activo , componente horizontal Pv =13.842 sen 10 °=2.404 tn → empuje activo , componente vertical M v =Ph x
H 7.00 =13.632 x =31.81 tn−m 3 3
7 3
4°CÁLCULO DE LA ESTABILIDAD DEL MURO (Momento estabilizante con respeto a “O”) ZONA
PESO(Tn)
BRAZO(m)
MOMENTO ESTAB.(Tn-m)
1 2 3 4
1/2x1.70x0.30x1.760 =0.449 5.80x0.15x1.760 =1.531 1/2x1.55x5.80x1.760 =7.911 1/2x1.55x5.80x2.3 =10.339 0.45x5.80x2.30 =6.003 1/2x0.58x5.80x2.30 =3.869 1/2x0.57x0.45x2.30 =0.295 0.57x0.45x2.30 =0.589 (3.30-0.57)0.90x2.30 =5.651 Componente vertical PV =2.404 ΣF v =39.041
2.733 3.225 2.633 2.117
1.227 4.937 20.830 21.888
1.375 0.956 0.380 0.285 1.935 2.790
8.254 3.699 0.112 0.168 10.935 6.707
5 6 7 8 9
a) Seguridad por Volteo: Σ ME 78.757 FSV= Σ M V ≥ 1.5→ FSV = 31.810 =2.48>1.5 … ..OK ! b) Seguridad por Deslizamiento: FSD=
F R + PP F R + P P = ≥1.5 FH Ph
FR=fΣfV y f=
tg
( 32 ∅) → tg( 23 x 36 ° )=0.445
FR=0.445 x 39.041=17.373 Tn PP =4.238 Tn 17.373+ 4.238 =1.58>1.50 … . OK ! F.S.D= 13.632 5°LOCALIZACIÓN DE LA RESULTANTE EN LA BASE
ΣF V ( X )=Σ M E −M V
X=
Σ M E −M V ΣF V
O
X
P2=ΣFV
ΣME =78.757
X=
78.757−31.810 39.041
= 1.20m
6°LAS PRESIONES QUE ACTÚAN EN LA BASE DEL MURO, SERÁN:
q máx min =
Σ FV e 1±6 AREA B
(
) AREA = A =B x ancho de muro, ancho de
muro = 1.00 m
q máx min =
39.041 e 1 ±6 → e=? … .. α 3.30 x 1.00 3.30
(
)
B 3.30 − X=e → −1.20=0.45 m 2 2 e=0.45 m
Si:
B >e → laresistencia queda en el tercio central 6
B 3.30 = =0.55 m>e=0.45 m→ ¡ tercio central ! 6 6 Luego en α:
q máx=
q min=
39.041 0.45 tn 29.3 tn 1+6 =21.51 2 <σ t = …. OK ! 3.30 x 1.00 3.30 m m2
(
)
39.041 0.45 tn 1−6 =2.15 2 3.30 x 1.00 3.30 m
(
)
Las presiones por metro serán:
q máx min =
Σ FV e 1 ±6 B B
(
q máx=21.51 tn /m2
)
q min=2.15tn/m
2
0.5 7 A
B x
O
O qmin =2.15 tn/m2
q 1
qmáx
=21.51
B
7°VERIFICAMOS LAS TENSIONES QUE SE PRODUCEN EN EL CONCRETO EN EL PUNTO”A” A UNA DISTANCIA DE X=0.57 m DEL PUNTO DE INTERSECCIÓN (PLANO VERTICAL)- (AO`) Podemos deducir, desde la ecuación de la recta que la ecuación de las cargas distribuidas en la base de la zapata es:
y=q x 2
a=qmáx =21.51 tn/m b x =q 1=? q x =q máx −q1 → ecuaciónde cargas Por geometría y de la figura anterior
q1 qmáx −q min (21.51−2.51) x = → q 1= x B 3.30 q1 =5.758 X Luego la ecuación será:
q x =21.51−5.758 X
También sabemos que:
dv x =q x d x → ecuación para hallar cortes dM x =V x d x → ecuación para hallar momentos
Hallaremos los cortes y momentos a una distancia x=0.57m y verificar los esfuerzos que producen éstas en la intersección (plano vertical). vx
x
X ∫ d v x =∫ ( 21.51−5.758 x ) dx →V X =21.51 X −5.758 2 0 0 Mx
x
∫ d M x =∫ 0
0
(
21.51 X−5.758
2
x2 X2 X3 dx → M X =21.51 −5.758 2 2 6
)
Si: x= 0.57m V=10.902 Tn/m, M= 3.19 Tn-m El esfuerzo de corte admisible en el concreto es:
f c =0.53 Ø √ f ' c ( admisible ) ∅=0.85, f ' c =140 kg /cm 2 f c =0.53 x 0.85 √ 140=5.330 kg /cm2 El esfuerzo de corte producido por el concreto en el muro es:
V=
v bh
h = D=0.90m = 90 cm b = 1.00m = 100 cm (ancho del muro) v=10.902tn = 10,902kg
V=
10,902 kg =1.21 kg/ cm 2 100 cmx 90 cm
Debe verificarse que:
V c >v →V c=
5.33 kg 1.21 kg > … . ok ! cm2 cm2
El esfuerzo de tracción que se produce en la intersección es:
f t=
6M 6 x 2.51 x 105 kg/cm 2 2 → f = =2.36 kg /cm t 2 2 3 bh 100 x 90 cm
El admisible es: (tracción permisible)
f tp =1.33 Ø √ f ' c → f t =1.33 x 0.65 √140=10.23 kg/cm 2
Debe verificarse que:
0.5 7
f tp > f t → f t =
10.23 kg 2.36 kg > … . ok ! cm 2 cm2
A h=D= 90cm
b=100cm
B
8°VERIFICAMOS LOS ESFUERZOS EN LA INTERSECCIÓN DEL MURO CON LA BASE
Plano de análisis horizontal
B
t
'
h =1.55 tg10 °=0.27 m
t=1.55+0.45+0.58 t= 2.58m =258 cm b= 1.00m = 100cm
Debe cumplir que:
f cp >f c f cp=0.85 Ø √ f ' c
f cp : esf. De compresión admisible f c : Compresión en la base “t” Ø=0.70
f cp=0.85 x 0.70 √140=7.04 kg /cm2 También:
f c=
P 6M + ……α A bt2
P=W 1+W 2+W 3+ W 4 +W 5+ P V …..1 W 1=¿ 1/2x0.27x1.55x1.0x1.76
= 0.368Tn
W 2=¿ 1/2x5.80x1.55x1.0x1.76
= 7.911Tn
W 3=¿ 1/2x5.80x1.55x1.0x2.30 W 4 =0.45 x5.80x1.00x2.30
= 10.339Tn = 6.003Tn
W 5=¿ 1/2x0.58x5.8x1.00x2.3
= 3.869Tn
Pv
= 2.404 Tn P = 30.894 Tn
AREA= A=b x t=100x258=25,800cm2 Momento (M) con respecto al punto “B”, en la que actúan Pn, Pv, W1, W2 y que se encuentran a una altura de 1.33m por encima de “B” y a una distancia x=0.36m de “B”.
M =Ph ( 1.33 )+ P v ( x ) +W 1
( 1.553 )+W ( 1.553 ) 2
M =13.632 (1.33 )+ 2.404 ( 0.36 ) +0.368
( 1.553 )+7.911 ( 1.553 )
M =23.273 tn−m Reemplazando valores en α:
f compresión=
P 6M 30.894 kg 6 x 23.273 x 105 kg−cm + 2→ + 2 2 3 A bh 25,800 cm 100 x 258 cm
f compresión=3.295 kg /cm2 por lo tanto: f cp =
7.04 kg 3.295 kg >f c = … … .. ok ! 2 2 cm cm
MUROS EN VOLADIZO Es un muro de concreto armado que actúa similarmente a una losa en voladizo, con el objeto de contener la fuerza que se produce por empuje del suelo ubicado detrás del muro, el que se asume está en pendiente natural.
La estabilidad de este muro depende parcialmente del peso del suelo ubicado sobre la base del muro. Especialmente en la zona del talón.
Mim=.20 Relleno 1
1 50
50
Llave H/10 ~ H/12 Garganta
Llave
H
B/3
Df Talón
Pie
B = 0.4H ~ 0.7H
CARACTERISTICAS
PREDIMENSIONAMIENTO
Donde: Pm = Peso muro Pr = Peso relleno
Pr
Pz = Peso de zapata
Pm
F
Ea
N = Reacción vertical del terreno
Pz Activo
Pasivo
-
F = Reacción horizontal del terreno
N Para pequeñas alturas se puede usar bloquetas armadas. Es económico para pequeñas y medianas alturas (hasta 6m. o 7 m.)
DETERMINACION DE KA FUERZAS DE EMPUJE DEBIDO AL SUELO TEORIA DE RANKINE β = ángulo sobre la horizontal del a).-Empuje Activo: talud del material
∅ = ángulo de fricción interna β
y
γs
=
peso
especifico
del
material Ka = coeficiente de empuje activo Kp = coeficiente de empuje pasivo
y
Ea
Ep
F Pa B/3
B/3
B/3
Pa = presión debida al empuje activo Pa = Ka
Ea y
=
γ
y
1 2
Pp = presión debida al empuje pasivo
Pa
y
1 Ea y = Ka cosβ− √ cos2 β−cos 2 ∅ k a =cosβ 2 cosβ + √ cos2 β−cos 2 ∅ Si β =0
γ
Pp = Kp
Ep y
=
1 2
Pp
Ep y
=
1 2
Kp
k p =cosβ
ka = tg2 (45°-Ø/2)
y
y
cosβ+ √ cos2 β−cos2 ∅ cosβ −√ cos2 β−cos 2 ∅
β =0 cuandokpla = tg2 (45°+Ø/2) NOTA: COEFICIENTE DE PRESION NEUTRA.- SeSiutiliza construcción es rígida. La presión producida por la carga de agua se denomina PRESION NEUTRA. La presión normal total en cualquier punto de una sección a través de un suelo saturado está formada por tanto en dos partes. Una parte la presión neutra, actúa en el agua y en el sólido con igual intensidad en todas las direcciones. Esta parte se conoce como la PRESION NEUTRA O PRESION DE POROS.
a)
1) 2) 3)
Ejemplo: ¿cuál de las presiones es más alta; la activa, pasiva o neutra? Si Ø = 32º Solución: ka = tg2 (45°-Ø/2) = 0.3072 bajo 2 kp = tg (45°+Ø/2) = 3.2545 mayor kn = (1-senØ) = 0.4700 intermedio ESTABILIDAD DE MUROS Estabilidad al Deslizamiento: La verificación prevé la posibilidad de falla de un muro de contención al sufrir deslizamiento entre la base del muro y el suelo en que la base se apoya. Las fuerzas que impiden esta falla son: La fricción entre la base y el suelo. El suelo que da una fuerza inversa la del deslizamiento, por acción de presión pasiva y actúa en la punta del muro. Es uso de una cuña en caso que la fricción no sea suficiente: d
β
a
WS Wc
P v
Pa Ph
b
HP
c
e
B
Pv =Pa senβ Ph=Pa cosβ R=W S +W C + PV F R=fR
f
H/3
0 .5 γ H 2 p K p
o
Pa=0.5 γ H ' 2 K a
β
PP=
FR
R
H’
= coeficiente de fricción para deslizamiento
f =0.9 tg∅
a) Posible falla pasiva
PP
H P PP
o
o
cuña
cuña
b
b) Posible falla de deslizamiento
Los factores de seguridad serán como mínimo los siguientes: Para suelos granulares
F.S ≥1.5
Para suelos cohesivos
F.S ≥ 2.0
F . S(deslizamiento) =
ΣF resistentes ΣF desestabilizantes
a) Estabilidad al volteo: Tomar momentos respecto a “o”.
F . S(volteo) =
ΣM estabilizantes ΣM volteo
ΣM volteo=Ph∗h ΣM estabiliz .=W 1 d 1+W 2 d 2 +W 3 d 3 F . S(min)=1.5
W2
W3 Ph
o
h
W1 d1 d2 d3
Verificación de presión admisible del suelo:
ᵦ
H
Wc
W s
Pa Pacos ᵦ
H/3 qtalón qpunt a
H
v
Pacos ᵦ
w
M
H w/ 3
v M M v
v M
Diagrama de cuerpo libre
Pantalla
qs=ksuelo*
γs Df
Df
M v
vM
*
qtal
qpt1
ón
Talón
Punter a
PROBLEMA: Diseñar un muro de concreto armado que se muestra en la figura cuyas características del suelo son: Textura: arena gruesa/grava Peso unitario del suelo:
γs
Peso unitario bajo agua: Capacidad portante seco:
= 1.7 tm/m3
γ sat
= 1.10tn/m3
σ tseco
Capacidad del suelo saturado:
= 5kg/cm2
σ tsat
= 3kg/cm2
Ángulo de fricción interna: Ø=35° Las condiciones de cálculo deberán satisfacer los siguientes casos:
Cuando el suelo está sometido a la acción del suelo seco Cuando el nivel del agua se encuentra a 1 m debajo de la corona de la pantalla. 9.276 tn
s/c=0.313t n/m2 1.00 m
h=4.3 0
9.276 tn
s/c=0.313t n/m2 4
1
3 H1
h=4. 30
HT
d
t hz
2 B2
B1 SUELO SECO
Solución:
(
k a =tg 2 ( 45−∅/2 )=tg 2 45−
35 =0.27 2
)
Empuje lateral sobre el muro por s/c:
H 1=k a
tn x 4.30 m=0.363 yn /m ( sc ) H = 0.27 xm0.313 2
Empuje lateral por el suelo:
H2
Y
( 12 ) k γ H =( 12 )( 0.27)( 1.7 ) 4.3 = 4.243m tn de profundidad 2
H 2=
a
2
s
Calculamos el ancho del muro (t): ΣM0 =M=H1 (h/2)+ H2(h/3)=0.363(4.3/2)+4.243(4.3/3)=6.862 tn-m/m Hallamos el momento ultimo: Mu=1.7 (M)=1.7 (6.862)=11.665 tn-m/m También Mu =Øf’ubd2 w (1-0.59w) W=ρfy/f’c W=0.004(4200/210)=0.08
asumimos
Mu =0.90x210x100x0.08d2 11.665x105=0.90x210x100x0.08d2 (1-0.59x0.08)
ρ=0.004
(1-0.59x0.08)
=
d=28.46 cm. Considerando recubrimiento r=4cm t=d+r+Øref/2=28.46+4+1.59/2=33.26cm
≌ 35cm
dprom = 35-4-1.59/2=30.21 cm 1° altura de Zapata: hz =t + 5cm =35 + 5= 40cm
l dcomp
{
0.0755 db f y
√f
' c
0.0755 x 1.59 x 4200 =34.79 cm→ tomamos el mayor √ 210 0.0043 db f y =0.0043 x 1.59 x 4200=28 cm 20 cmminimo =
Tomamos 43.7 cm pero hay que tener los pisos por ello asumimos 50cm dimensiones de la base “B”:
hz =
B1 k γ ≥ FSD a s h 2 γm f f=0.9tgØcoef.de fricción
f=0.9 (tg35)=0.63
γ m : Peso unitario promedio (pre-dimensionamiento), tomar =2.00tn/m2
También FSV=1.8 sobredimensionado) FSD=1.5
criterio
más
debería
B1 = (1.5x4.3x0.27x1.7)/(2x2x0.63)=1.17
ser
de
1.5-2
(sino
≌ 1.20 cm
B2 FSVf B = − 1 h 3 FSD 2 h B2 1.8 x 0.63 1.20 = − =0.113 h 3 x 1.5 2 x 4.30 B 2=0.113 h=0.113 x 4.3=0.48 ≌0.50 B=B1+B2=1.20+0.50=1.70 1.7/4.3=39.53x100=0.4% verificamos por corte: verificamos a una altura d verificamos por corte a una distancia “d” desde la parte superior de la zapata . hp: altura de la pantalla
V ud=1.7 V d 1 V ud=1.7 x x γ s k a ( h p−d )2 2 1 ¿ 1.7 x x 1.7 x 0.27(3.80−0.3021)2=4.77 tn/m2 2 Debe cumplir:
V c >V ud
V c =0.53 √ f ' c bd=0.53 √ 210 x 10 x 100 x 0.3021=23.20 tn/ m
V c =23.20> 4.77 V ud … … .ok ! no falla por corte
Resumen de los empujes laterales HT=H1+H2=0.363+4.243=4.606 tn/m Ubicación, tomamos momento en “o” 4.606y=0.363x(4.3/2)+4.243x(4.3/3) y=0.78+0.6081=1.49m momento de volteo :(tomamos momento en “A” Mv=H+y Mv=4.606x1.49=6.863tn-m Verificamos la estabilidad:
ZON A
PESO(tn) 0.35*3.80*2.4tn/m3= 3.192 1.70*0.5*2.4tn/m3 =2.040 0.85*3.80*1.7tn/m3= 5.491 0.313tn/m2*0.85m=0 .266
1 2 3 4 P
=6.621
BRAZO( m)
MOMENTO(tnm)
0.675
2.155
0.258
1.754
1.275
7.001
1.275
0.339
0.675
6.261
ΣF v=
ΣME=17.49
20.265 Luego:
Σ Fv 20.265 x 0.63 ¿ f >1.5 → FSD = =2.8>1.5 … OK ! FSD HT 4.606 Σ ME 17.49 ¿ >1.8 → FSV = =2.55>1.8 … OK ! FSV Σ MV 6.863 Ahora hay que verificar la posición de la reacción resultante, si cae dentro del tercio central…ok!, sino hay que redimensionar.
Posición de la resultante de la reacción del suelo
X0=
Σ M E −Σ M V 17.49−6.863 = =0.52 Σ FV 20.265
Calculamos excentricidad:
B 1.70 e= − X 0= −0.52=0.33 2 2
queda fuera
del tercio central, por lo tanto hay que redimensionar nuevamente la zapata. Si tomamos: b=0.5h b=0.5x4.3=2.15 ≌ 2.20m
ZONA 1 2
PESO(tn) 0.35*3.80*2.4tn/m3 =3.192 2.20*0.5*2.4tn/m3 =2.640
BRAZO(m)
MOMENTO(tn-m)
0.675
2.155
0.258
2.904
1.35*3.80*1.7tn/m3 =8.721 0.313tn/m2*1.35m =0.423
3 4 P
=9.276
1.275
13.299
1.275
0.645
0.675
6.261
ΣF v=24.2
ΣME=25.264
52
FSV =
25.264 =3.6>1.8 … OK ! 6.863
FSD=
24.252 x 0.63 =3.3>1.5 … OK ! 4.606
X0=
Σ M E −Σ M V 25.264−6.863 = =0.76 Σ FV 24.252
B 1.70 e= − X 0= −0.76=0.34 Cae en el tercio central...Ok! 2 2 PRESIONES EN EL SUELO:
q máx min =
PV e 24.252 0.34 1 ±6 → q máx 1± 6 =11.021 ±10.222 min = B B 2.20 2.20
(
)
2
(
q máx=21.246 tn/m < 30tn /m q min=0.802tn/m
)
2
2
FACTOR DE SEGURIDAD CON RESPECTO A LA CAPACIDAD DE CARGA DEL SUELO.
FSC C >1.5 → FSC C =
50 =2.35>1.5 21.246
Caso (b): Presión lateral por sobrecarga:
H 1=k a
( sc )h
1=¿ 0.27 x 0.313 x 0.43=0.363tn H¿
9.276 tn h1
s/c=0.313t n/m2 4
1.0 0
H2
k a γ s h1 3
1
H1 h2= 3.30
H3
2.8 0
HT
. 50 .50
presión lateral del suelo por
1.3 5
. 35
H4 1. 1
2
2.2 0 encima
k a γ sat h2 del nivel freático:
H 2=0.5 k a γ s h21 =0.5 x 0.27 x 1.7 (1)2=0.230tn presiones por debajo del nivel freático:
H 3=k a γ s h 1 h2=0.27 x 1.7 x 1.00 x 3.30=1.515 tn H 4 =0.5 k a γ sat h22=0.5 x 0.27 x 1.10 x 3.302=1.617 tn El peso propio del estribo es calculado con el peso unitario del concreto bajo agua:
γ ' c ¿ γ c −γ w =2.4−1=1.40 tn /m3
ZONA 1A 1 2 3 4 5 6
PESO(tn) 0.35*1.00*2.4tn/m3 =0.84 0.35*2.80*1.4tn/m3 =1.372 2.20*0.50*1.4tn/m3 =1.540 1.35tn/m2*2.80*1.10m =4.158 1.35*1.00*1.70 =2.295 0.313*1.35 =0.423 P = ΣF v=19.9 04
BRAZO(m)
MOMENTO(tnm)
0.675
0.567
0.675
0.926
1.100
1.694
1.525
6.341
1.525
3.500
1.525
0.645
0.675
6.261 ΣME=19.934
Mv=0.363*2.15+0.230*3.63+1.515*1.65+1.617*1.10=5.894 tn-m
FSV =
19.934 19.934 = =3.38>1.8 … ok ! Mv 5.894
FSD=f
Σ FV 0.63∗19.904 = =3.37>1.5 … ok ! ΣH i (0.363+ 0.230+ 1.515+1.617)
Ubicación de la resultante ubicada a una altura “y”
ΣH i y=5.894 → y=
X0=
5.894 =1.58 m 3.725
19.934−5.894 =0.71< 0.73→ cae fuera del terciocentral 19.904
B 2.20 e= − X 0= −0.71=0.39 2 2
queda fuera del tercio central
¡Es necesario incrementar la base! Si b=2.50m Cálculo del peso propio del estribo:
ZONA 1A 1 2 3 4 5 6
FSV =
PESO(tn) 0.35*1.00*2.4tn/m3 =0.84 0.35*2.80*1.4tn/m3 =1.372 2.50*0.50*1.4tn/m3 =1.750 1.55tn/m2*2.80*1.10m =4.774 1.55*1.00*1.70 =2.635 0.313*1.55 =0.485 P =9.276 ΣF v=21.13 2
24.709 24.709 = =4.2>1.8 … ok ! Mv 5.894
BRAZO(m)
MOMENTO(tnm)
0.775
0.651
0.775
1.063
1.250
2.188
1.725
8.235
1.725
4.545
1.725
0.837
0.775
7.190 ΣME=24.709
FSD=f
X0=
Σ F V 0.63∗21.132 = =3.6> 1.5 … ok ! ΣH i 3.725
24.709−5.894 =0.89 21.132
B 2.50 e= − X 0= −0.89=0.36 2 2
¡cae en el tercio central!
9.276 tn
s/c=0.313t n/m2 4
1A
1.0 0
1 3 2.8 0
1.5 5 .50
2 2.5 0
Presiones del suelo:
q máx min =
21.132 0.36 1± 6 =8.453± 7.303 2.50 2.50
(
)
2
q máx=15.746 tn /m <30 tn /m q min=1.15 tn /m FSC C =
2
2
30 =1.91>1.5 … .. ok ! por lo tanto será:2.50 m 15.746
Con estas dimensiones nuevamente calculamos la estabilidad y el peso del muro
1=¿ 0.363 tn H¿ 2=¿ 4.243tn H¿
T =¿ 4.606 tn H¿ y=1.49 MV=4.606*1.49=6.863tn-m ZON A
PESO(tn) 0.35*3.80*2.4tn/m3=3 .192 2.50*0.5*2.4tn/m3 =3.000 1.55*3.80*1.7tn/m3=1 0.013 0.313tn/m2*1.55m=0. 485
1 2 3 4 P
=9.276
BRAZO( m)
MOMENTO(tnm)
0.775
2.474
1.250
3.750
1.725
17.272
1.725
0.837
0.775
7.189
ΣF v =25.966
FSV =
31.522 31.522 = =4.6> 1.8 … ok ! Mv 6.863
FSD=f
X0=
ΣME=31.522
Σ F V 0.63∗25.966 = =3.6>1.5 … ok ! ΣH i 4.606
31.522−6.863 B 2.50 =0.95 →e= −X 0 = −0.95=0.30 25.966 2 2 2
q máx=17.864 tn/m < 30 tn/m
2
q min=2.908tn/m2 el caso crítico para el cálculo del refuerzo es el caso a), pues las cargas son mayores DISEÑO DE LA PANTALLA:
F H 1=k a
( sc )h =0.27∗0.313∗3.80=0.321 tn
F H 2=k a
( sc )h
p
2 p
=0.5∗0.27∗1.7∗3.8 2=3.314 tn
Momento en “A”
M VA=M =0.321∗1.90+3.314∗1.27=4.819 tn−m
M u=1.7 M =1.7∗4.819=8.192 tn−m
M n=
Mu , Ø =0.90 → M n=9.103tn−m Ø
[ √
A s = 0.85− 0.7225− ρ=
]
1.7∗9.103∗105 210 ∗100∗30.21=7.39 cm 2 /m 2 4200 210∗100∗30.21
As 7.39 = =0.0024 >0.0018 … ok ! bd 1.0∗30.21
Si: Ø1/2”db=1.29cm2 (PARA UN METRO DE ANCHO)
n=
7.39 =6 Ø 1/2 1.29
1.0−0.04− S=
0.0129 2
6−1
=0.19 Usar: 6Ø1/[email protected]
REF.VERTICAL Refuerzo mínimo:
A s =0.0018∗100∗30.21=5.44 cm2/m
REFUERZO POR CONTRACCIÓN Y TEMPERATURA (TRANZVERSAL EN CARA INTERIOR)
A st =0.0020∗bt para ∅<5/8 A st =0.0020∗100∗35=7.00 cm2/m
7.00 n= =6 Ø 1/2 1.29
1.0−0.04− S=
6−1
0.0129 2
=0.19 Usar: 6Ø1/[email protected]
AC.TEMPER. REFUERZO EN CARA EXTERIOR
A smin =0.0018∗100∗30.21=5.44 cm2 /m( cara exterior vertical) A st =0.0020∗100∗35=7.00 cm2/m(cara exterior horizontal)
A smin =
1.0−0.04−
5.440 =5 Ø 1/2 1.29
S=
0.0129 2
6−1
= 0.19
Usar: Ø1/[email protected] REFUERZO HORIZONTAL DISEÑO DE ZAPATA: ZAPATA ANTERIOR:
17.864−q 1 17.864−2.908 = 0.60 2.50
q1 =14.275tn/m2 s 0.532 tn M D =M u , ∗1.7= por metro de profundiad será : c m2 W S / C =s/c∗1.7=0.532tn /m W S / C =1.7∗3.8∗1.4=9.044 tn/ m W ' pp=2.4∗0.5∗1.4=1.68 tn/m
0.6 0
0.3 5 1.5 5
D
E
q1
q2
17.864tn /m2
M u=
s/c*1.7=
WWS /SC W pp
*1. *1.4=
2.908tn/ m2
1.68∗0.6 2 −1.4 ( 17.864−14.275 )∗0.62 =0.302−0.603−3.597=−3.898 2
M u=−3.898→ M n=
Mu =−4.331∗105 kg−cm Ø
[ √
]
1.7∗4.331∗105 210 A s = 0.85− 0.7225− ∗100∗42.5=2.44 cm2 /m 2 210∗100∗42.5 4200 A smin =0.0018∗100∗42.5= Usar: Ø1/[email protected] ZAPATA POSTERIOR:
7.65 cm m
2
q2−2.908 17.864−2.908 = =12.18 tn /m2 1.55 2.50
M E =M u=
0.53∗1.552 9.044∗1.552 1.68∗1.552 1.552 1.4∗2.908∗1.55 2 + + −1.4 ( 12.18−2.908 ) − 2 2 2 6 2
M u=0.639+10.864+ 2.018−5.198−4.890=+3.433
M n=
Mu , Ø =0.90 → M n=3.814∗105 kg−cm Ø
[ √
A s = 0.85− 0.7225−
]
1.7∗3.814∗10 5 210 ∗100∗46=1.98 cm 2 /m 2 4200 210∗100∗46
A smin =0.0018∗100∗46=
8.28 cm2 m
Usar: Ø1/[email protected]
Asmi n
Ø1/[email protected]=A st
Ø1/[email protected]= Ast
As
Ast Asmi
As
n
As
Asmi n
LOSAS ARMADAS EN DOS DIRECCIONES
LOSAS ARMADAS EN DOS DIRECCIONES Las losas y las placas en dos direcciones son aquellos tableros en los cuales la relación entre su longitud y su ancho es menor que dos.
A 1 B < ; <2 B 2 A
Las losas transmiten las cargas aplicadas a través de flexión en dos sentidos.
TIPOS DE LOSAS ARMADAS EN DOS SENTIDOS SISTEMA VIGA LOSA: Este tipo de losa armada en 2 sentidos se apoyan en vigas en sus 4 bordes
FLAT-PLATE O FLAT SLAB (LOSA PLANA): Son losas que prescinden de las vigas es eficiente y económica cuando actúa bajo cargas de gravedad, su poca rigidez lateral lo hace inconveniente en regiones de alta sismicidad. Las losas planas son económicas para luces hasta de 6m.
LOSAS APOYADAS SOBRE PANELES O ARCOS: En ocasiones las losas planas presentan problemas de funcionamiento alrededor de las columnas por lo que se incrementa el espesor de las losas sobre el apoyo. Se utiliza luces de 6 a 9 metros sometidas a cargas mayores 2 de 500 Kg/m .
LOSAS NERVADAS EN DOS DIRECCIONES: Con esta estructura se reduce la carga muerta que sostiene y se puede cubrir luces mayores de 7.5 m. hasta 12 metros.
CRITERIOS PARA EL DIMENSIONAMIENTO
Según ACI recomienda:
ESPESOR MINIMO DE LOSAS CON VIGAS ENTRE APOYOS Está en función de Donde: ∝ : Relación de la rigidez en flexión de la sección Ecb I b ∝= de las vigas E cs I s Ecb : Modulo de elasticidad del concreto de las vigas Ib
: Momento de inercia de la viga
Ecs
: Modulo de elasticidad del concreto de la losa
Is
: Momento de inercia de la losa
Si la losa y viga se construye monolíticamente
PORCION DE LOSA QUE CONTRIBUYE A LA RESISTENCIA DE LA VIGA
Si
∝
< 0.2
=>
Rigidez relativa de viga es nula
Losas con ábacos Losas sin ábacos
h ≥ 10 cm. h > 12 cm.
TABLA DE ESPESORES MINIMOS DE LOSAS ARMADAS EN DOS DIRECCIONES Sin ábacos Con ábacos Paño Paño fy Paño exterior Interio Paño Interior Interio r r (Kg/ Sin Con Sin Con 2 cm ) vigas vigas vigas vigas de de de de borde borde borde borde
2800
ln 33
ln 36
ln 36
ln 36
ln 40
ln 40
4200
ln 30
ln 33
ln 33
ln 33
ln 36
ln 36
5200
ln 28
ln 31
ln 31
ln 31
ln 34
ln 34
Si 0.2 <
∝
<2
=>
fy 14000 h= ; h> 12.5 cm 36+5 β ( α−0.2 )
(
ln 0.8+
Si
∝
)
> 2 el espesor será:
el espesor será:
(
fy 14000 ; h> 9.00 cm 36+ 9 β
ln 0.8+ h=
β=
)
Luz libre Mayor Luz libre Menor
BACOS O PANELES: Las dimensiones de los ábacos deberán satisfacer lo siguiente:
CAPITEL: Los capiteles reducen la luz libre de los paños de la losa. Para el diseño esta reducción es limitada a un mínimo del 65% de la luz entre ejes de apoyos.
Para el cálculo de los momentos en la losa las dimensiones de la columna no se consideran mayores que las definidas por intersección del mayor cono circular o pirámide recta que se pueda inscribir entre el capitel y la superficie de la losa o ábaco si es que existe y cuyos lados estarán inclinados 45º respecto al eje de la columna. Los capiteles incrementan la resistencia al punzonamiento de la unión losa columna pues aumenta el perímetro de la columna. COMPORTAMIENTO DE FLEXION DE PLACAS Y LOSAS ARMADAS EN DOS SENTIDOS - Se considera como un tablero rectangular aislada soportado en los 4 lados sobre apoyos indeformables como muros de cortante o vigas rígidas. - Ante acciones de cargas externas el tablero se deformara para asemejarse a un plato y sus esquinas se levantaran si no fue construido monolíticamente con los apoyos.
-
Los momentos en el área central son más severos en la dirección corta “y”.
DEFORMACIÓN DE TABLEROS Y FRANJAS
En el punto “C”
∆C =∆ AB =∆ DE
-> Deflexión en el punto “C”
_ _ _
(1) ∆ AB =
5 W AB L4 −−−(2) 384
∆ DE=
5 W DE S 4−−−(3) 384
W AB , W DE
= La carga total que se transfiere a las franjas AB y DE
son: W =W AB +W DE−−−( 4 ) W AB=W −W DE −−−(5)
∆ AB =∆ DE−−−(6)
También
Reemplazando (2) y (3) en (6) 5 5 W L4 = W S4 384 AB 384 DE W AB L4=W DE S4
_ _ _ (7)
(5) en (7)
( W −W DE ) L 4=W DE S 4 4
4
W L −W DE L =W DE S
4
W L4=W DE ( L4 + S 4 ) 4
Observemos
W DE=
WL −−−( 8) 4 4 L +S
W AB=
W S4 −−−(9) L4 + S 4
L>S
Se observa que el claro más corto (S) correspondiente a la franja ‘DE’ recibe la porción de mayor carga. MÉTODO DE DISEÑO Para el análisis y el diseño de armaduras en dos direcciones son: 1) Procedimientos semielásticos del código ACI Método del Diseño Directo Método del Pórtico Equivalente 2) Teoría de las “Líneas de Fluencia”
PLANTA DE PISO CON EL MARCO EQUIVALENTE EN LA DIRECCION “X”
MÉTODO DE DISEÑO DIRECTO Se hace la suposición de que existen planos verticales imaginarios que cortan todos los pisos del edificio formando rectángulos en planta por las líneas AB y CD a la mitad de las distancias entre columnas formándose un marco rígido en la dirección X. De manera semejante los planos verticales imaginarios EF y GH que origina un marco rígido en la dirección Y. LIMITACIONES 1ro.- Debe haber un mínimo de 3 claros en cada dirección. El código ACI asume tácitamente que la losa mínima consta de 9 paños. 2do.- La relación entre el claro más largo y el claro más corto en cualquier tablero no debe exceder de 2. B <2 Si B > A => A 3ro.- Las longitudes de los claros sucesivos en cada dirección no deben exceder más de 1/3 del claro más largo. 4to.- la excentricidad máxima de las columnas con relación a cualquiera de los dos ejes que unen a columnas sucesivas no excederá el 10% del claro en la dirección de la excentricidad.
5to.- Todas las cargas deberán ser gravitacionales y distribuidas uniformemente en todo el claro de carga crujía. La cara viva no excederá de 3 veces la carga muerta. 6to.- Si el tablero se apoya sobre las vigas en todo el perímetro la rigidez relativa de las vigas en las dos direcciones perpendiculares no será menor que 0.2 ni mayor que 5.0 0.2<
∝1 l 21 <5.0 Según ACI ∝2 l 22
Donde: 2
l 1 : Es igual a la dimensión centro a centro de paño en la dirección del análisis. l 22 : Dimensión centro a centro del paño en la dirección perpendicular a la del análisis. ∝1 : Parámetro evaluado en la dirección ∝2
: Parámetro evaluado en la dirección
DETERMINACIÓN FACTORIZADO
DEL
MOMENTO
l1 l2
ESTÁTICO
TOTAL
Se debe seguir 4 pasos: 1. Determinar el momento estático total factorizada en cada una de las direcciones perpendiculares. 2. Distribuir el momento total factorizada de diseño para diseñar las secciones por momento negativo y positivo. 3. Distribuir los momentos de diseño positivos y negativos a las franjas de columna y las franjas intermedias y si existen a las vigas del tablero. La franja de columna tiene un ancho de 25% del ancho del marco equivalente a cada lado del eje de las columnas
y el ancho de la franja intermedia en el ancho que sería del marco equivalente. 4. Proporcionar el tamaño y la distribución del refuerzo para las direcciones perpendiculares. Los apoyos circulares se consideran como apoyos cuadrados con la misma área de sección circular.
1
Se llama mitad de la franja central
2
Se llama mitad de la franja de columna del tablero “a”
3
Se llama mitad de la franja de columna del tablero “b”
4
Se llama mitad de la franja central
1 x= ( l 2 )a 4 1 x 1 = ( l 2 )b 4 x 1+ x 2=Franja de columna
l2: ancho del marco de diseño. l 2=
1 ( l 2 )a 1 ( l 2 )b ( l 2 )a + ( l 2 )b + = 2 2 2
l 2=
1 ( l ) +( l ) 2 [ 2 a 2 b]
ELEMENTO UTILIZADO PARA DETERMINAR EL MOMENTO ESTÁTICO TOTAL M0
{ }
a ≤ 0.25 l 1 0.25 l 2
{ }
b ≤ 0.25 l 1 0.25 l 2
Wu: carga última por unidad de área Mo: momento simple que actúa en el tablero interior de una losa en 2 direcciones. DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE:
∑ M O =0 M 0+ w u l 2
( 12 l ) x( 12 )( 12 l )−R ( 12 l )=0 n1
n1
1 1 M 0+ W u l 2(l n1 )2= w u l 2 (l n1)2 8 4 1 1 M 0= w u l 2 (l n1)2− W u l 2 (l n1 )2 4 8 En el eje “x” 1 M 0= wu l 2 (l n1 )2 8
En el eje “y” 1 M 0=M C + ( M A + M B ) 2 Mo: Proporciona refuerzo en las franjas
n1
MOMENTOS FACTORIZADOS DISTRIBUIDOS Y REFUERZO DE LA LOSA Momentos de diseño factorizados negativos y positivos:
Factores del momento para distribuir M0 en los claros exteriores
SIN VIGA DE BORDE
CON VIGA DE BORDE
BORDE EXTERIOR TOTALMENT E RESTRINGID O
0.70
0.70
0.70
0.65
0.63
0.57
0.52
0.50
0.35
0
0.16
0.26
0.30
0.65
BORDE EXTERIOR LIBRE (NO RESTRINGIDO)
LOSA CON VIGAS ENTRE TODOS LOS APOYOS
MOMENTO INTERIOR NEGATIVO FACTORIZADO
0.75
MOMENTO POSITIVO FACTORIZADO MOMENTO EXTERIOR NEGATIVO FACTORIZADO
LOSAS SIN VIGA ENTRE LOS APOYOS INTERIORES (INTERMEDIO)
Momentos factorizados en franjas de columna
Una franja de columna es aquella franja de diseño que tiene a cada lado de la columna un ancho de 0.25 la ó 0.25 lb la que sea menor. Si existe vigas se incluye en la franja. La franja central ó intermedia es la franja de diseño de columna del tablero que se analiza. Momento negativo en tablero interior: deben proporcionar para resistir las siguientes porciones en % de momentos.
FRACCIÓN DE MOMENTO NEGATIVO INTERIOR
α 1=∝en la direccióndel claro l 1 Ecb I b α 1= Ecs I s
( )
α1
α2
l2 l1
0.5
1.00
2.00
l2 =0 l1
()
75
75
75
l2 ≥1.0 l1
90
75
45
()
Dónde: Ecs, Ecb: módulo de elasticidad del concreto de losa y viga respectivamente
Ib, Is: Momento de inercia de la viga y losa respectivamente
Si:
α1
l2 ≥1.0 l1
Momento factorizado en apoyos de vigas resistirán el 85% de momento de franja de columna.
()
0<α 1
l2 <1.0 l1
()
Hacer interpolación lineal entre 85% y 0%
Momento negativo en tablero exterior: l2 l1 l α 1 2 =0 l1
()
l α 2 2 ≥1 l1
()
0.5
1.0
2.0
β t=0
100
100
100
β t ≥2 . 5
75
75
75
β t=0
100
100
100
β t ≥2 . 5
90
75
45
β t :Relación de rigidez torsional cuyo valor es el sgte :
β t=
E cb C 2 Ecs I s
(
C=∑ 1−0.63
X Y
3
)( ) X Y 3
C: parámetro relacionado al momento de inercia X, Y: menor y mayor dimensión de la sección rectangular
si : β t=0→ no existe viga de borde , el momento es resistido por la franja central β t >2.5 →la distribución de momento es igual a momentonegativo interior
Se pueden plantear 6 ecuaciones porque las mismas son insuficientes para determinar las fuerzas interiores, para la solución es necesario considerar condiciones de borde. Para calcular el valor de “C” se considera una sección “T”.
De estas 2 posibilidades se toma el mayor valor de “C”
MOMENTOS POSITIVOS (Intermedios)
Los momentos positivos deben proporcionar para resistir las cantidades en porcentaje de los momentos positivos factorizados resistido por la franja de columna.
α1
α2
l2 l1
0.5
1.00
2.00
()
l2 =0 l1
60
60
60
l2 ≥1 . 0 l1
90
75
45
()
MOMENTOS PARA FRANJAS INTERMEDIAS Aquellas porciones de los momentos factorados negativos y positivos no asignados a la franja de la columna serán resistidos por la franja intermedia.
EFECTO DE LA HIPOTESIS DE CARGA EN INCREMENTO DE LOS MOMENTOS POSITIVOS. El reglamento establece que si la relación entre las cargas vivas y las cargas muertas sin factorizar exceden el valor de 0.5 la relación de rigidez
αc
debe ser igual ó mayor que la relación de rigidez mínima.
α c ≥ α min Dada en la siguiente tabla: Si:
α c < α min → factores positivos de momentos multiplicar por f s >1.00
δ s=1+ Dónde:
β a=
2−β a α 1− c 4+ β a α min
(
)
δ s=factor
wo =¿ wl
CARGA MUERTA sin FACTORIZAR POR UNIDAD DE ÁREA CARGA VIVA sin FACTORIZAR POR UNIDAD DE ÁREA α C =¿
SUMA DE LAS RIGIDECES DE LAS COLUMNAS ARRIBA Y ABAJO DE LA LOSA SUMA DE LAS RIGIDECES DE VIGAS Y LOSAS QUE FORMAN MARCO EN LA DIRECCION DEL CLARO PARA ELCUAL SE ESTAN DETERMIANDO LOS MOMENTOS
α C=
∑ KC ∑ ( KB+ K S) ∝c ≥ ∝min
Relación de rigidez
Relación de aspecto
βc
Rigidez relativa de vigas
α
l2 l1
0.00
0.50
1.00
2.00
4.00
2.00
0.5 -2.00 0.5 0.8 1.0 1.25 2.00
0.0 0.6 0.7 0.7 0.8 1.2
0.0 0.0 0.0 0.1 0.4 0.5
0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.2
0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0
0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0
0.50
0.5 0.8 1.0 1.25 2.0
1.3 1.5 1.6 1.9 4.9
0.3 0.5 0.6 1.0 1.6
0.0 0.2 0.2 0.5 0.8
0.0 0.0 0.0 0.0 0.3
0.0 0.0 0.0 0.0 0.0
0.33
0.5 0.8 1.0 1.25 2.00
1.8 2.0 2.3 2.8 1.3
0.5 0.9 0.9 1.5 2.6
0.1 0.3 0.4 0.8 1.2
0.0 0.0 0.0 0.2 0.5
0.0 0.0 0.0 0.0 0.3
TRANSFERENCIA DE MOMENTOS POR CORTANTE A COLUMNAS QUE SOPORTAN LOSAS SIN VIGAS El plano de falla crítico por corte sigue el perímetro del área cargada y está ubicada a una distancia que da a un perímetro mínimo de corte b 0. No debe estar localizada al plano de cortante a una distancia menor que d/2 de la carga concentrada o área de reacción (columna o capitel).
V c =0.27
2+ 4 βc
( )√ f b d ≤1.06 √ f ' c b d '
c
0
0
Donde: Vc: Resistencia nominal al corte
βc :
Relación del lado mayor al lado menor del área cargada
b0: Perímetro de la sección crítica
Por tanto:
V n
Si se usa especial por corte:
V n ≤ 1.06 √ f ' c b0 d V c ≤ 0.53 √ f ' c b0 d Donde:
Vc≤
Vn , ∅=0.85 ∅
V n=wu [ AB−( c 1 +d )( c 2+ d ) ] ∅
TRANSFERENCIA DE MOMENTO POR CORTANTE
El momento del balanceado en la carga de la columna de apoyo de una losa “sin vigas” es una de las consideraciones más críticas del diseño. La transferencia de momentos a la columna por flexión a lo largo del perímetro de la columna y por esfuerzo de corte excéntrico sea tal: Por flexión se transmite el 60% Por corte excéntrico se transmite el 40% La fracción
γv
que se transfiere por la excentricidad del esfuerzo
cortante disminuye a medida que se incrementa el ancho de la cara de la sección crítica que resiste el momento y está dada por la siguiente expresión:
1
γ v =1− 1+
√
2 c 1+ d 3 c 2+ d
Dónde:
γv
: Fracción del momento transferido por excentricidad.
c 2+ d : Ancho de la cara de la sección crítica que resiste el momento. c 1+ d :
Ancho de la cara perpendicular a
c 2+ d .
La fracción remanente del momento desbalanceado transferido por flexión está dado por:
γ f =1−
1
√
2 c 1 +d 1+ 3 c 2 +d
ó γ f =1−γ v
Y actúa sobre un ancho efectivo de losas entre líneas que están a 15 veces el espesor total “h” de la losa sobre ambos lados del apoyo de la columna. Vu y Mu que actúan en la columna se debe transferir al eje centroidal c-c de la sección crítica por eso debe obtenerse el brazo de palanca “g” (distancia del paño de la columna al plano del eje centroidal).
A) Columna Interior B) Columna Exterior
C) Superficie Crítica
1) RESISTENCIA NOMINAL TRANSMISION Mn
AL
MOMENTO
RESISTENCIA NOMINAL AL MOMENTO DE TRANSMISIÓN Mn
DE
M ue ∅
M n≥
M ne=
Me V u , g ∅ ∅
( )
Entonce : M n ≥
Me Vu + g ∅ ∅
( )
M ne : Momento negativo del tablero
( V∅ ) u
( AB )
=
VU γ M + u u ∅AC ∅J c
( )
Vu : valor límite de esfuerzo cortante La resistencia nominal por cortante es:
V n=
Vu ∅
Ac : área del concreto de la sección crítica supuesta
A c =2 d ( C1 +C 2+ 2d ) → para columnainterior Jc : propiedad de la sección propuesta, análogo al momento polar de inercia Jc para columna es:
( C1 +d /2 ) ( d 3 ) 2 d J c= + (C AB3 +C CD3 )+ ( C 2+ d ) ( d ) (C AB2 ) 6
3
Luego el esfuerzo cortante es:
V U=
V U γv Mc + AC J
Dónde: Mc : momento tensionante El momento de diseño de las columnas que sostiene la losa depende de su ubicación.
M =0.07 [ ( W nd +0.5 W ne ) l 2 ln 2−W ' nd l' 2 ( l ' n )2 ]
W nd
: Carga muerta en el tramo de mayor luz
W ne
: Carga viva en el tramo de mayor luz
W ' nd
: Carga muerta en el tramo de menor luz
l' n
: Luz del tramo menor entre cargas de apoyo
TRANSMISIÓN DE CARGAS DE LA LOSA A LOS ELEMENTOS VERTICALES TRANSFERENCIA DEL CORTE EN LOSAS CON VIGAS l2 α ≥1.0 deben diseñarse ó dimensionarse 1 Las vigas cuyo parámetro l1
()
para resistir la fuerza cortante producida por las cargas actuantes en las áreas tributarias limitadas por las líneas a 45° trazadas desde las esquinas de los tableros y los ejes de los mismos adyacentes y paralelos a los lados mayores.
Si :∝1
l2 <1.0 l1
()
El cortante en la viga se puede obtener por interpolación lineal.
FUERZAS CORTANTES EN LOSAS SIN VIGAS Deberá verificarse en la vecindad de los apoyos y en las zonas donde se aplican cargas concentradas y reacciones. Existen 2 mecanismos de falla por corte en este tipo de sistemas: - Corte por flexión - Corte por punzonamiento FUERZAS CORTANTES COMO VIGA
V U ≤ ∅ V n ; V n =V c V c =0.53 √ f ' c b0 d ; d= h-3.00 cm.
FUERZAS CORTANTES EN DOS DIRECCIONES (PUNZONAMIENTO)
VU≤∅Vn
(
V c = 0.53+
1.1 βC
)√f ' b d c
V c <1.1 √ f ' c b 0 d
0
β C=
Ladolargo de la columna lado corto de la columna
b0 = perímetro de la sección crítica
El reglamento indica que para calcular los momentos flectores podrá utilizarse una carga uniforme repartidas equivalentemente.
LONGITU D
GEOMETRÍA DE LA CARGA
CARGA EQUIVALENTE
EXPRESIÓN
w eq LUZ CORTA
w eq LUZ LARGA
Ws : peso estático m: coeficiente de momentos (tabla).
PROBLEMA
w eq=
ws + w pp 3
w eq=
w s 3 m2 +w pp 3 2
( )
-
Un edificio de tres pisos tiene las plantas formadas por cuatro paños por lado. La altura libre entre losas es de 3.60 M. y el sistema de piso está formado por losas planas de concreto, sin vigas de borde. Las dimensiones de los paños exteriores, así como el tamaño de las columnas se muestran en la figura dados: -
Carga viva
= 250 Kg/M2
-
Peso acabado
= 100 Kg/M2
-
f c
= 280 Kg/cm2
-
f y
= 4200 Kg/ cm2
El edificio no está sujeto a la acción de los sismos, por lo que solo considera cargas gravitacionales. Diseñe el paño exterior, el tamaño y la separación del refuerzo necesario.
Solución.1. Verificación de la geometría para utilizar el método de diseño directo.
a) Relación:
CLARO LARGO 6 = =1.2< 2> ¿ CLAROCORTO 5
acción de losa en dos
sentidos. b) Existe más de 3 paños en cada dirección, los CLAROS sucesivos en cada dirección son iguales y las columnas no están desalineadas. c) Asumiendo espesor de:
h≥
l 30
en losas macizas continuas con
sobrecargas menores a 300 Kg/m2 y luces menores a 7.5 m.
h≥
6.00 =0.20 m . 30
Por lo tanto es aplicable el método de diseño directo.
-
Carga Muerta WD:
-
Carga Viva WL:
WD=0.100
WL=0.250
TN TN TN + 0.20 M ×2.40 3 =0.580 2 2 M M M
TN TN < 3WD=(1.74 2 ) 2 …. Ok! M M
2. Espesor mínimo de losa por requerimientos de DEFLEXIÓN Dirección x-y=
Dirección y-y:
β=
l n1=6.00−
l n2=5.00−
0.45 0.45 − =5.575 m 2 2
0.45 0.45 − =4.55 m 2 2
l n1 5.575 = =1.225 ( Relación de luces libres ) l n2 4.55
βs=
l 1+ l 2 longitud de bordes continuos 6+5 = = =0.50 perimetro total del tablerode losa 2 ( l 1+l 2 ) 2 ( 6+5 )
α m=0 → Valor promedio de α para todas las vigas en losbordes de untablero α m=0 → No hay viga de borde( Rigidez relativa)
Calcula del espesor de losa:
l n ( 800+ 0.071 f y )
λ=
( 1β )]
[
36000+5000 β α m−0. ( 1−β s ) 1+
Como: lueg o
h=
( 1β ) ≅ 0
α m=0 → α m −0.5 ( 1−β s ) 1+
h=
l n ( 800+0.71 f y ) 36,000
,
, ℓn=ℓn1=ℓ mayor.
5.575 ( 800+0.071 × 4200 ) =0.17 m 36000
ht =1.10 ×h=1.10 ×0.17=0.19 ≅0.20 m → Por que no hay viga de borde
El peralte de la será:
d=ht−r → d=0.20−0.03 → d=0.17 m
Con este valor verificaciones las cargas (viva y muerta) WD=0.580 TN/m2 (es el mismo valor halado anteriormente, pues no hubo variación en el espesor de la losa)
Espeso por cortante
W u=1.7 W L +1.4 W D =1.7 ×0.25+1.4 ×0.58 W u=1.237
TN m 2 Peso de losa por unidad de área.
a) Columna Interior: El área critica perimetral de esfuerzo cortante máximo, se encuentra a una distancia d/2 a partir de los paños de la columna.
V u=[ l 1 ×l 2−( C 1 +d ) ( C2 +d ) ] W u
V u=[ 6 × 5−( 0.45+ 0.17 )( 0.45+ 0.17 ) ] 1.237 V u=36.63 TN
-
El perímetro de la superficie de falla por cortante critico es:
1+¿ +d +c 2+ d c¿ ¿ bo=2¿
Superficie de cortante Perimetral:
A c =bod =2.48× 0.17=0.4216 m
-
2
Como se desconocen los momentos, sólo se puede hacer una revisión preliminar por cortante. Si:
β c ≤ 2→ V c =1.06 √ f c b . d
( βA ) √ f b . d
β c >2 → V c =0.27 2+
c
c
β c=
lado largo de la columna 0.45 = =1→ β c =1.00 lado corto de la columna 0.45
→ β c =1.00 →V C =1.06 √ 280 ×10 ×2.48 × 0.17=74.78 TN
V n=
V u 36.63 = =43.09 TN → V n
¡Bien paro cálculos preliminares! b) Columna Exterior: Se incluirá el peso del muro exterior de albañilería de 200 Kg/ML (Parámetro de 0.15 m) La fuerza cortante neta peso:
[( )(
V u= l 2
]
l1 c 1 d + − c 1 + ( c2 + d ) W u+ [ ( l 2−c 2 ) ( P M ×1.4 ) ] 2 2 2
)
PM=Peso del muro
[ (
V u= 5.0
)(
V u=20695 TN V n=
]
6 0.40 0.17 + − 0.40+ ( 0.45+0.17 ) × 1.237+ ( 5.0−0.45 ) 0.20 × 1.4 2 2 2
V u 20.695 = =24.347TN ∅ 0.95
)
Vu actúa perimetralmente alrededor de las caras de la columna La superficie de cortante perimetral Ac, será: Ac=bod
(
d + ( c 2+ d )= perimétro de falla 2
(
0.17 + ( 0.45+0.17 ) =1.59m 2
bo=2 c 1 +
)
bo=2 0.40+
Luego:
β c=
)
Ac=1.59+ 0.17=0.2703 m
2
Área perimetral lateral.
0.45 =1.125<2→ Vc=1.06 √ f c bod=1.06 √ 280× 10× 0.2703 0.40
→Vc=47.944 TN
Vn=24.347
para recisión inicial.
3. División en marcos equivalentes (Dividir la estructura en marcos equivalentes) Eje x-x:
l n 1=5.575 m
Eje y-y:
l n 2=4.550 m
Los bordes están restringidos con muros; ℓn se mide entre paño y paño de columna capitel o muro; debe cumplir:
l n ≥ 0.65 l i l n 1=5.575 ≥0.65 × 6.0=3.90 m→ Rije :l n1=5.575m l n 2=4.550 ≥ 0.65 ×5.0=3.25 m→ Rije :l n 2=4.55 m Dividimos la estructura en pórticos equivalentes:
4. Calculo de los momentos estáticos: Eje x-x:
1 1 Mo= Wul 2 l 2n1= ×1.237 ×5 × (5.575 )2 =24.030TN −m 8 8
Eje y-y:
1 1 Mo= Wul 1 l 2n 1= ×1.237 ×6 × ( 4.55 )2=19.210 TN −m 8 8
5. Distribución de factores de M(+) y M(-) para columnas exteriores e interiores Eje: x-x Mo=240.30 TN-m
Para tablero exterior de una losa plana sin vigas de borde son: - Mu en el primer apoyo = 0.70 Mo interior + Mu al centro del claro del
= 0.52 Mo
tablero - Mu en la cara exterior
= 0.26 Mo
-
-
-
TABLA
−¿ ¿ ¿ M ¿u
Momento de diseño negativo:
+¿ ¿ ¿ M¿
Momento de diseño positivo:
−¿ ¿ ¿ M¿
Momento de negativo exterior:
Eje y-y: Mo=19.210 TN-m -
-
-
Momento de diseño negativo interior:
Momento de diseño positivo:
Momento negativo exterior:
+¿ ¿ ¿ M¿ −¿ ¿ ¿ M¿
−¿ ¿ ¿ M¿
6. Distribución de momentos factor izados a las columnas y a las mitades de franjas centrales. Losas sin vigas y sin vigas de borde:
β t=0,α 1=0 ; α 1=
EcbIb EcsIs
β t = Relación de rigidez tensorial α 1 = Relación de rigidez en flexión de la viga. Momento exterior…. Momento interior…. Momento intermedio (centro luz)
100% 75% 60%
DE TABLAS
…. Dirección x-x:
α1
Dirección y-y:
l2 5 = =0.83 l1 6
l1 6 = =1.20 l2 5
l2 =0 l1
()
α1
l2 =0 l1
()
Franja de columna
M(-) interio r
M(+) Centro claro
M(-) Exteri or
M(-) exterio r
M(+) Centro claro
M(-) exterio r
Mu=(TN-m)
16.821
12.500
6.250
13.450
10.000
5.000
Factor de distribución (%)
75
60
100
75
60
100
Momento de diseño en la franja de columna (TN-m)
16.821 x 0.75 a 12.616 a
12.500 x 0.60 a 7.500 a
6.250 x 1.0 a 6.250 a
13.450 x 0.75 a 10.090 a
10.00 x 0.60 a 6.00 a
5.00 x 1.0 a 5.00 a
16.821 – 12.616 a 4.205 a
Momento de diseño en la franja central (TNm)
12.500 – 7.500 a 5.000 a
6.250 – 6.250 a 0.00 a
13.450 – 10.090 a 3.360 a
10.00 – 6.00 a 4.000 a
5.00 – 5.00 a 0.00 a
7. Comprobación del espesor de losa que se escogió es adecuado para la transferencia de momento-cortante (a una distancia d/2 desde el paño de la columna) 7.1.
Verificación a la capacidad de transferencia del cortante por momento en los apoyos de las columnas exteriores: Mc=Columna Central (Mocuento); eje (2-2y b-b)= 16.821 TN-m Mc= Momento en columna exterior: Eje (2-2 y A-A)= 6.250 TN-m Vu= 20.695 Actuando en el paño de la columna.
La fuerza cortante factorizado en la cara exterior de la columna y ajustada para el momento interior es.
Vu 1=Vu−
Mc−Mc l n1
Vu 1=20.695−
Vn=
( 16.821−6.250 ) =18.80 TN . 5.575
Vu1 18.80 = =22.12TN ∅ 0.85
Ac=0.2703m2→ columna exterior (superficie de cortante perimetral) tomando momentos de área del plano critico alrededor del eje AB
[
] ( ) d X´ = C 1 + 2
2
´ 0.40+ 0.17 ( 2 x 0.40+0.45+2 x 0.17 ) X= 2
2
d
d
∑ M = 2 ( C 1+ 2 ) + ( C 2 + 2 )
(
( 2 C1 +C+ 2d ) X´ = C1 +
d 2
2
)
(
)
X´ =0.15 m Del gráfico:
d 0.17 g= x´ − → g=0.15− =0.065 m 2 2
g=0.065 m El esquema:
Mue=Vu 1 ( g ) + Me Me=6.250 TN −m
Mue=Momento factorizadototal externo Mue=18.80 × ( 0.065 ) +6.250=7.472TN −m Mn=
Mue 7.472 = =8.302TN −m ∅ 0.90
Mn=Resiastencia minima total requerida por momento de desbalanceo
-
La cantidad de la resistencia nominal por flexión Mu que se debe transmitir por cortante es:
1
γ v =1− 2 1+ 3
√
d 2 C 2+ d
1
=1−
C1+
2 1+ 3
√
0.17 2 0.45+0.17
0.40+
γ v =0.37
-
El momento nominal por cortante es: (Muv) Muv=0.37Mn…. * * La transferencia por flexión del momento a la columna a través del perímetro de la columna y por los esfuerzos excéntricos de cortante, de manera que aproximadamente el 60% del momento se transmite y el 40% por cortante.
-
Hallamos el valor Jc para la columna exterior, con flexión paralela al eje de borde (momento de inercia torsional)
d C + )(d ) ( 2 2 (d ) Jc = + (C 3
1
6
3
3 AB
+ C3AB ) + ( C2 +d ) ( d ) ( C AB ) 2
C1 =0.40C AB= x´ =0.15
(
d=0.17 C CD = C1 +
d 0.17 − x´ = 0.40+ −0.15=0.335 2 2
) (
)
C2 =0.45 Reemplazando:
0.17 0.40+ ( 0.17 ) ( 2 ) 2 ( 0.17 ) Jc = + ( 0.15 +0.335 ) + ( 0.45+ 0.17 ) ( 0.17 ) ( 0.15 ) =0.0074 m 3
3
6
3
2
4
3
Jc=0.0074 m4 = Momento de Inercia Torsional -
Los esfuerzos cortantes producidos por el cortante perimetral, el efecto de Mu y el peso del muro serán.
σn=
V u 1 γ v M n C AB + θAC Jc
Dónde:
donde:
Mnσ =γ v × M n
V u 1=18.80 TN Mn=8.302 TN−m θ=0.85C AB=´x =0.15 m Ac=0.2703m2 Jc=0.0074 m4 γ v =0.37 Reemplazando
σn=
18.80 8.302× 0.15 TN +0.37 × =144.091 2 0.85 × 0.2703 0.0074 m
Máximo admisible:
σ c =1.06 √ f c =1.06 √ 280× 10=177.37
σ n =144.091<σ c =177.37
Si
TN m2
TN m2 ….. Ok Se acepta el espesor de la losa
σ c −σ n →Aumentar espesor de losa o aumentar la calidad del
concreto. 7.2.
Diseño de refuerzo en la zona de la losa en el paño de la columna para el momento el momento de desbalanceo transmitido por flexión a la columna. Cantidad restante del momento de
γ f =1−γ v =1−0.37=0.63
desbalanceo que se transfiere por flexión.
M nf =γ f M n M nf =0.63 × 8.302=5.23 TN −m
(Momento de desbalanceo por flexión)
Este momento debe ser transmitido o transferido dentro del ancho dentro de una franja de 1.5h o cada lado de la columna
M nf = As f y
a d− 2
( )
ó
[ √
]
1.7 × M nf f 'C As= 0.85− 0.7225− ' 2 bd fy fc bd
Ancho de Transmisión= b=2 ( 1.5 × h ) +C2=2 ( 1.5 ×0.20 )+ 0.45=1.05=105 cm
Resolviendo con (1): Hacemos:
a d− =0.9 d 2
→5.23 ×10 5= As× 4200 ( 0.9 ×17 ) As=8.14 cm2 a=
As f y ' c
0.85 f b
=
8.14 × 4200 =1.37 0.85 × 280× 105
Nuevamente reiterando:
(
5.23× 105= As × 4200 17−
1.37 2
)
Recalculando nuevamente:
a=
7.63 × 4200 =1.28 0.85 × 280× 105
(
5.23× 105= As × 4200 17− As=7.61 cm
1.28 2
)
2
Resolviendo (2)
[ √
As= 0.85− 0.7225− As=7.61 cm
2
]
1.7 ×5.23 ×10 5 280 × 105× 17 280 ×105 ×17 2 4200
''
Si usamos
θ
5 → A b=1.98 cm2 →db=1.59 8 ''
n=
Usar
7.61 5 =4 ∅ , S= 1.98 8
4∅
5 '' @.13 8
45.2 ×2.5−
1.59 2
4−1
=13.0
se usara en la franja de 45 cm de ancho en la
columna.
8. Proporciona miento del refuerzo de la losa. a) Dirección W-e: x- claro largo: 1. Resumen Momento en la franja de columna
−¿ ¿ M ¿n en columna interior: 12.616/0.9=14.018 TN-m Mn(+) en el centro del claro: 7.500/0.9=8.333 TN-m Mn(-) en columna exterior: 0 2. Resumen de los momentos en las mitades de las franjas centrales
−¿ ¿ M ¿n en columna interior: 4.205/0.9 = 4.672 TN-m Mn(+) en el centro del claro: 5.000/0.9 = 5.556 TN-m Mn(-) en columna exterior: 0
Diseño de refuerzo para la franja de columna. 2.1.
En columna inferior
−¿ ¿ ¿ , actua en una franja con onda M ¿n
2 ( 0.25× 5 )=2.5 m
−¿ ¿ ¿ M ¿n
−¿ ¿ ¿ A¿s −¿ ¿ ¿ A¿s
Si
5'' A s = → Ab=1.99 cm2 8 2
→
S=
S=
1.99 cm =0.24 2 cm 8.202 m
sección varilla As = sección requila As
Usar:
∅
5'' @.24 8
(espaciamiento)
2.2.
En centro del claro (por cada 1m de ancho)
−¿ ¿ ¿ M ¿n −¿ ¿ ¿ A¿s Si eligen
1 1.29 ∅ → As=1.29 cm2 → S= =0.32 2 3.98
−¿ ¿ ¿ A¿s b) Diseño del refuerzo de las mitades de franjas centrales (“x”- “x”)
1. En columna inferior:
−¿ ¿ ¿ momento unitario: M ¿n
−¿ ¿ ¿ M ¿n
−¿ ¿ ¿ A¿s
−¿ ¿ ¿ Asmin= A¿s
Tomamos:
Elegimos
∅
3'' → Ab=0.71cm2 8
2
S=
0.71 cm =0.23 2 cm 3.06 m
Usar:
−¿ ¿ ¿ A¿s
2. Para momento positivo:
+¿ ¿ ¿ M ¿n
+¿ ¿ ¿ M ¿n +¿ ¿ ¿ A ¿s
Si elegimos
∅
3 0.71 → Ab=0.71 cm 2 → S= =0.22 n 3.16 8
Usar:
3. Fase columna externa:
−¿=0 → ¿ M
+¿ ¿ ¿ A ¿s
tomamos Acero mínimo; Asmin
¿ Asmin
S=
¿ 0.0018 x 100 x 17=3.06 cm2 → si ∅
3 8
''
0.71 =0.23 3.06 ''
Usar:
3 ∅ @.23 8
c) Eje “Y.Y” (Sur - Norte) (Claro corto)
1. Diseño ancho de la franja de columna. Audio franja = 0.25 l=0.25 x 6=1.50
0.25 l=0.25 x 5=1.20 Como:
0.25 l 1=1.50>.25 l 2=1.25
0.25 l 1=1.50>.25 l 2=1.25 Para el peralte efectivo
Tomamos:
d=h−r −(∅−∅)=¿
d=20−2.5−
2.5 =16.25 cm 3 2
2. Columna interna:
+¿ ¿ ¿ M ¿n 2 (1.25 )=2.50 m
Actúa en la franja de:
−¿ ¿ ¿ Mu¿
−¿ ¿ ¿ A¿s 2
S=
1.99 cm =0.29 2 cm m 6.82 m
Usar:
∅
5'' @.29 8
3. En camino del claro:
Momento unitario:
+¿ ¿ ¿ A ¿S S=
1.29 =0.32 4.030
Usar:
∅
1 '' @.32 2
d=16.25 cm
+¿ ¿ ¿ M ¿n −¿ ¿ ¿ M ¿n
4. Columna anterior:
−¿ ¿ ¿ M ¿n
+¿ ¿ ¿ M ¿n −¿ ¿ ¿ A ¿S S=
1.29 =0.39 → Smax=2h=2 x 0.20=0.10 3.31
Usar:
∅
1 '' @.39 2
5. Diseño del refuerzo de las mitades de franjas centrases (Y-“Y”)
2.1 Columna inferior
−¿ ¿ ¿ M ¿n
Momento unitario
→
−¿ ¿ ¿ M ¿n
−¿ ¿ ¿ A ¿S →
Asmin=0.0018 x 100 x 16.25=2.93 cm Si:
2
3'' ∅ → Ab=0.71 8
S=
0.71 cm 2 =0.29 cm 2.13 m
''
Usar:
∅
3 @.24 8
(+)
2.2) en centro del cloro:
Mn
Momento unitario = Mn(+) =
4.44 3.50
=
4.00 0.90
= 4.44 TN.m
= 1.27 TN.m/m
As = 1.88 cm2 /m < Asmin. → As = Asmin = 2.93cm2
S=
0.21 =0.24 2.93
Usar: ⅜ @ Ø.24 2.3) columna exterior: M(-) = 0 → tomar Asmin. Asmin = As = 2.93 cm2 /m S = 0.24 Usar: ⅜ “@ Ø.24
FRANJA
TIPO DE MOMENTO
M(-) interior M(+)
DIRECCIÓN (E - W) “X-X” Momentos (TN-m) Acero Tamaño y Requerid Mn separación o Mµ TNde varillas (por M) m/m
12.616
14.01 8 8.333
8.202 4.88
Ø5/8”@.2 4 Ø1/2”@.2
DIRECCIÓN (N - S) “Y - Y” Momentos (TN-m) Acero Tamaño y Requerid Mn separación o Mµ TNde varillas (por M) m/m
10.09 0 6.000
11.21 1 6.670
6.820 4.030
Ø5/8”@.2 9 Ø1/2”@.3
Franja central(media) Franja de columna
Centro claro
2.500
M(-) exterior
6.250
6.944
3.98
Ø1/2”@.3 2
5.000
5.560
3.310
Ø1/2”@.3 9
4.205
4.672
3.06
Ø3/8”@.2 3
3.360
3.730
2.930
Ø3/8”@.2 4
5.000
5.556
3.16
Ø3/8”@.2 2
4.000
4.000
2.930
Ø3/8”@.2 4
0.000
0
3.06
Ø3/8”@.2 3
0.000
0.0
2.930
Ø3/8”@.2 4
M(-) interior M(+) Centro claro M(-) exterior
6
2
