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DISEÑO DE COLUMNASIng. William Rodríguez Serquén
A. MARCO TEORICO.-Son miembros sujetos a cargas axiales ymomentos provenientes de carga directa orotación de sus extremos.A partir de un estudio hecho por el Comité delASCE-ACI, de 1970 sobre columnas, se estimóque el 90 % de las columnas contraventeadas yel 40 % de las columnas no contraventeadas,pueden diseñarse como columnas cortas.
B. CARGA AXIAL EN EL ESTADOELASTICO.-
Sección real = la de la Fig.(1).Sección bruta = Ag = s * tArea del acero = AsSección neta de concreto = Ac = Ag – As…(1)Sección transformada = At = la de la Fig.(2).
Se cumplen las siguientes relaciones:
'c sf c fsEc Es
Esfs fcEc
ε ε=
=
=
fs = n f’c….(2)
( ' ) ( )Asfs As nf c nAs fc= =
As (de acero) = n As (de concreto)…(3)
De la Ec.(3) se deduce que la sección de acerose puede transformar con una secciónequivalente de concreto.De la Fig.(2) se obtiene:
At = Ac + As
Usando la expresión (3)
At = Ac + nAs
Con la expresión (1):
At = Ag – As + n As
At = Ag + As(n – 1)…(4)
Con lo que la carga axial resistente vale:
P = f’c * At
P = f’c * [Ag + As(n – 1) ]…(5)
C. TIPOS DE COLUMNAS.-Existen dos tipos principales de columnas:
1. Columnas Zunchadas.- Fig.(3).2. Columnas Estribadas.- Fig.(4).
D. CARGA AXIAL EN EL ESTADO DEROTURA.-Experimentalmente se ha obtenido la siguienteexpresión:P’u = (0.85 f’c*Ac + fy As)…(6)
= 0.70, para columnas con estribosrectangulares
= 0.75, para columnas con espirales
2
El concreto se rompe por aplastamiento ydeslizamiento hacia fuera a lo largo de planosinclinados.El acero longitudinal se pandea hacia fuera entre losestribos.
E. ESPECIFICACIONES DEL ACI.-Disposiciones especiales para columnas sujetas aflexocompresión que resisten fuerzas de sismo:-La resistencia especificada del concreto f’c no serámenor que 210 kg/cm2-La calidad del acero de refuerzo no excederá de loespecificado para acero Grado ARN 420 (414 MPa ó4200 kg/cm2).-El ancho mínimo de las columnas será de 25 cm.-La relación de la distancia menor a la mayor de lasección transversal de las columnas no será menorque 0.4.-La cuantía de refuerzo longitudinal no será menorque 0.01 ni mayor que 0.06. Cuando la cuantíaexceda de 0.04 los planos deberán incluir detallesconstructivos de la armadura.-El refuerzo longitudinal mínimo deberá ser de 4barras dentro de estribos rectangulares o circulares,y 6 barras en caso de que se usen espirales.
t > = 0.4 sx1, x2 < = 15 cm
0.01 < = < = 0.06, = As / (s*t)
F. TIPOS DE COLUMNAS SEGÚN SUESBELTEZ.-Columnas cortas.-Aquellas cuyo análisis se hace solamente en funciónde la carga y momento último.
22kLnr
≤ (sin arriostramiento lateral) …(7)
k = Coeficiente de esbeltez. Se obtiene con eldiagrama de Jackson y Morland.
Ln = altura libre de columna. ____r = radio de giro en el sentido de la flexión = I / Ar = 0.3 s (sección rectangular)
Columnas largas.-Aquellas que en su análisis hay necesidad deconsiderar los efectos de esbeltez.
3
22kLnr
> …(8)
G. DIAGRAMA DE INTERACCION.-Representan la variación de los valores de carga ymomento resistentes, para una determinadadistribución de acero.
En la parte ab, la falla es a compresión; en la parte bc,la falla es a tracción.Donde la falla es a compresión, o sea el momento espequeño, se cumple la Ecuación de Whitney:
2
' * ' * *3* *0.5 1.18
'
A s fy f c b hPu e h ed d d
φ
= + + +
−
…(9)De esta ecuación se despeja As = A’s.
Considerar las equivalencias:
f’c = 210 kg/cm2 = 3000 lb/pulg2 = 3000 psi = 3 ksi.fy = 4200 kg/cm2 = 60 000 lb/pulg2 = 60 000 psi =60 ksi.
# (kg/cm2) = (# kg/cm2 )* 14.22 = (# *14.22)lb/pulg2 = #*14.22 psi.
H. PROCEDIMIENTO DE DISEÑO DECOLUMNAS CORTAS.-
Se cumple que: 22kLnr
≤
1. Calcular Pu/Ag = Pu/(b*h)2. Calcular Mu/(Ag*h) = Mu /(b*h2)3. Determine = (h – 2*6) / h4. Con lo encontrado en (1) y (2) leer g del diagramade interacción.5. Encontrar el área de acero con:
Ast = g*b*h
I. EJEMPLO DE CALCULO.-
PD = 25 ton-mPL = 6.25 tonMD=5 ton-mML=2.4 ton-mf’c = 210 kg/cm2fy=4200 kg/cm2bxh = 30x35 cm2
Pu = 1.5 PD + 1.8 PL = 48.75 tonMu = 1.5MD + 1.8 ML = 11.82 ton-m
1. Pu/(b*h) = 48750/(30x35) = 46.4 kg/cm2 = 46.4 * 14.22 lb/pulg2 = 659 psi = 0.66ksi
2. Mu/(b*h2) = 11.82*105 kg*cm / (30 x 35 2 cm3) =30.6 kg/cm2 = 30.6 * 14.22 lb/pulg2 = 435 psi = 0.44ksi3. = (35 – 12) / 35 = 0.65
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4. Leemos en el diagrama de interacción:Para = 0.60, g = 0.03 yPara = 0.75, g = 0.021Interpolamos y calculamos g para = 0.65:g =0.03 – [0.05*(0.03 – 0.021)/0.15 ]g = 0.027
0.01 <= g <=0.06
5. Calculamos Ast: Ast = g * b* h Ast = 0.027 * 30 / 35 = 28.35 cm2
Usamos 4 1” + 4 3/4” = 31.76 cm2.
Falla de pilar por cortanteSeparación de estribos:Se diseña además por cortante. Usar
:
* *Av fy ds Vu Vcφ
=−
Considerar las siguientes separaciones mínimas paraelementos sismoresistentes:Si Ln = luz libre de columna = 3.0 mEl primer estribo se coloca a 0.05 m.Longitud de la zona de confinamiento, Lc1:
Lc1 = Ln/6 = 0.5 m, en ambos extremosde la columna En Lc1 usar sc1:
sc1 = mín[ mín(s/2 , t/2) = 15 cm , 10cm]
sc1 = 10 cm. Numero de estribos = (50 – 5 ) / 10 = 4.5
5Longitud de la zona intermedia, Lc2: Lc2 = 3.00 – 0.5*2 = 2.0 m En Lc2 usar sc2: sc2 = mín [16 db, mín(s, t) = 30 cm] sc2 = 30 cm
Usamos: 3/8”: 1 @ 0.05, 5 @ 0.10, resto @0.20
J. PROCEDIMIENTO DE DISEÑO DECOLUMNAS ESBELTAS.-
Se cumple: 22kLnr
>
El proceso consta de tres etapas:
i. Determinar K para verificar esbeltez: Pasos (1) a(5).ii. Determinar los factores de amplificación db(por carga permanente) y ds (sìsmico): Pasos (6)a (9).iii. Calcular el acero con los momentos Muamplificados por db y ds, y Pu. Paso (10).
Daremos los pasos para diseñar la columna C5 delesquema.Se conocen:PD, PL, PEQ, MD, ML, MEQ, de todas las columnas.h1, h2, h3.L1, L2, L3.Sección de tanteo sxt.“s” es paralela a la dirección que resiste la flexión.“t” en la dirección perpendicular a la dirección queresiste la flexión.
5
1. Determinar el EI de cada una de las columnas C2,C5, C8:
*2.5
1 d
Ec Ig
EIcolumnaβ
=+
…(1)
Ec = Módulo de elasticidad del concretoEc = 15 000 f’c = [kg/cm2]Ig = Momento de inercia de la sección de
columna.
Ig = t * s3 /12
bd = Factor de flujo plástico del concreto
bd = Carga muerta máxima de diseño /Carga total máxima de diseño.
1.41.4 1.7
Dd
D L
PP P
β =+
0 <=bd <= 1 Se puede empezar con bd = 0
2. Determinar el EI de vigas adyacentes a los nudos“A” y “B”: (EI)v1, (EI)v2, (EI)v4, (EI)v5 con la siguienteexpresión:
EI viga = 0.5 * Ec * Ig
Ec = 15 000 f’c = [kg/cm2] Ig = b* h3 / 12 = [cm4}
3. Determinar los Grados de empotramiento, GA y GB:
GA = (EI/h) de columnas adyacentes a A (EI/L)devigas adyacentes a A ...(3)
2 5
1 2
( ) ( )1 2
( ) ( )1 2
C C
AV V
EI EIh hG EI EIL L
+=
+
GA = (EI/h) de columnas adyacentes a B (EI/L) de vigas adyacentes a B
5 8
4 5
( ) ( )1 2
( ) ( )1 2
C C
BV V
EI EIh hG EI EIL L
+=
+
4. Con GA y GB obtener K del Nomograma deJackson y Morland.
6
K5 = U, está determinado.Cuando se tenga empotramiento usar GA = 1.0
5. Verificar si k*Ln / r > 22, hay que hacercorrección por esbeltez.
Para el ejemplo se tiene: K Ln / r = (K C5)* h2 / (0.3*s)
6. Determinar de manera similar los K de todas lascolumnas, del piso de la columna que estamosdiseñando. Usar la Ec.(1).
Entonces KC4, KC5, KC6 = U , estándeterminados.
7. Hallar la Carga de pandeo crítico (de Euler), Pc,de todas las columnas, del piso donde se encuentra lacolumna que se diseña:
( )
2
2
**
EIPcK Lnπ
=
…(5)
24
4 22
( )( )( )
CC
EIPcKh
π= , Pc(C5) = U ,
Pc(C6) = U
8. Hallar el factor de amplificación db por cargapermanente de la columna a diseñar:
1
Cmb PuPc
δ
φ
=−
Cm = Factor del efecto de extremo Cm = 0.6 + 0.4 (M1/M2)>=0.4 paracolumnas arriostradas contra desplazamiento lateral.
Cm = 1 para pórticos no arriostradoslateralmente.
M1 = el más pequeño de los momentosúltimos en los extremos de las columnas, positivos si
el miembro se flexiona en curvatura simple ynegativo si en curvatura doble.
M2 = el mayor de los momentos últimos enlos extremos de la columna, y siempre positivo.
= 0.70Pu = 1.5 PD + 1.8 PL
En nuestro ejemplo para la columna C5:(Pu)C5 = (1.4 PD + 1.7 PL ) C5(Pc)C5 = Obtenida en paso (7).
Pu amplificado = db * (Pu)C5
9. Hallar el factor de factor de amplificación ds porcarga lateral (sismo):
1
1s Pu
Pc
δ
φ
=Σ
−Σ
…(7)
Pu = Suma de todas las cargas últimas, delas columnas del piso donde se encuentra lacolumna de diseño.
Pc = Suma de todas las cargas de pandeocrítico, de las columnas del pisodonde seencuentra la columna de diseño.
= 0.70.10. Hallar el Momento amplificado de diseño, de lacolumna:Mu amplificado = db*(MD + ML)u + ds*(MEQ)u…(8) Osea:Mu amplificado = 0.75* [db*(1.4*MD + 1.7*ML) +ds*(1.87MEQ)]
11. Con Pu y Mu amplificados se diseña usandoPROCEDIMIENTO DE DISEÑO DECOLUMNAS CORTAS (PASO H)
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9
10