Columnas.pdf

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

192

Para columnas cargadas excéntricamente, la segunda carga es mucho menor que la primera, pero las deformaciones son mayores. Debido a la ductilidad, el coeficiente de reducción de resistencia para columnas con espirales es φ = 0.75 mientras φ= 0.65 para las que tienen estribos (C.9.3.2) C.9.3.2.2 — Secciones controladas por compresión como se definen en C.10.3.3: (a) Elementos con refuerzo en espiral según C.10.9.3 ............................................... 0.75 (b) Otros elementos reforzados. .................... 0.65

7.1 COLUMNAS CARGADAS AXIALMENTE La deformación en el concreto y acero son iguales por lo tanto la capacidad de carga para una columna con un esfuerzo de fluencia fy en el acero es:

Po = 0.85 f `c * ( Ag − Ast ) + fyAst Ag: Área bruta. Ast: Área del acero longitudinal. Po: Máxima carga concéntrica.

7.2 DIAGRAMAS DE INTERACCIÓN. Prácticamente todas las columnas están sujetas a flexo compresión, debido a que la carga que baja por la columna no coincide con el eje centroidal longitudinal. El máximo esfuerzo de compresión en una columna es:

f cu =

P Mx + y A I

e P

fcu: Esfuerzo último en el concreto A: Área de la sección transversal. I: Inercia sección transversal. P: Carga axial. M = Pe: Momento. Dividiendo por fcu

1=

P M + y Af cu If cu

La máxima carga axial ocurre cuando M = 0 y Pmáx. = fcuA. El máximo momento que puede soportar la columna ocurre cuando P = 0 y M max =

f cu I y

Reemplazando se obtiene:

1=

P M + Pmax M max

La anterior ecuación muestra la interacción entre P y M para un material elástico, relacionándolos en la falla, el número 1 es el índice de sobreesfuerzo, si la relación entre las cargas actuantes y resistentes

193

es mayor a 1, entonces la sección falla porque la combinación P-M cae por fuera del diagrama de interacción. La ecuación de interacción para un material elástico se grafica a continuación:

Línea AB: Carga en comprensión y momento horario. (-). Carga en el cuadrante I (eje Y) Línea AD: Carga en comprensión y momento contrahorario. (+).Carga en el cuadrante II Línea BC: Carga en tensión y momento horario. (-).Carga en el cuadrante III Línea CD: Carga en tensión y momento contrahorario. (+).Carga en el cuadrante IV Los puntos representan las combinaciones de P y M correspondiente a la resistencia de la sección. Un punto dentro del diagrama de interacción representa la combinación de P y M que no causa la falla. Las combinaciones que caen en la línea o fuera de la sección causan falla, por que exceden la resistencia. •

Si la resistencia a la tensión ftu = o

•

Si f tu =

− f cu 2 194

7.3 DIAGRAMAS DE INTERACCIÓN PARA COLUMNAS DE CONCRETO. Consideraciones: - El concreto reforzado no es elástico y la resistencia a tensión es menor que a compresión. - Los diagramas de interacción son calculados asumiendo la siguiente distribución de deformaciones.

- εcu = 0.003 es la máxima deformación en el concreto y corresponde a la falla en la sección.

195

Pn = C S + C C + TS Pn = A´ S f ´ S +0.85 f ´C ab − AS f S Pn: Fuerza resultante en la sección Mn: Momento resistente en la sección de las fuerzas alrededor del eje centroidal. La siguiente figura presenta varias distribuciones de deformaciones y los puntos resultantes en el diagrama de interacción:

Punto A: Compresión axial pura. Punto B: Primer agrietamiento en una cara y cero tensión en otra. Columnas cortas. Punto C: Máxima deformación en el concreto y fluencia en el refuerzo. Falla balanceada. Representa el cambio de falla en compresión para cargas altas por falla en tensión para cargas bajas. Punto D: El refuerzo se deforma varias veces la deformación de fluencia εy, antes de que el concreto se agriete, implica un comportamiento dúctil. Columnas esbeltas. Desde el punto C hacia arriba, el concreto falla por compresión antes que el acero falla en tensión; y hacia abajo, fluye primero el acero antes que falle el concreto por compresión.

7.4 MÁXIMA CARGA AXIAL.

196

Para elementos sometidos a compresión y teniendo en cuenta el momento accidental por desalineamiento de la columna, y a factores como mezcla no homogénea, debido a que la relación A/C es menor en la parte superior de las columnas, que es donde fallan generalmente por sismo, el NSR10 especifica: C.10.3.6 — La resistencia axial de diseño φ Pn de elementos en compresión no debe tomarse mayor que φPn,max calculado usando la ecuación (C.10-1) ó (C.10-2). •

Para columnas con espirales de 0.85 veces la máxima carga (C.10.3.6.1).

φPn = 0.85φ [0.85 f ´c (Ag − Ast ) + fyAst ] •

Para columnas con estribos de 0.80 veces la carga máxima (C.10.3.6.2).

φPn = 0.80φ [0.85 f ´c (Ag − Ast ) + fyAst ] Se recomienda usar la formula de columnas con estribos con excentricidad e menores a 0.1h y para columnas en espirales, con e menores a 0.05h, donde h es la altura del elemento.

7.5 DISEÑO:

φPn ≥ Pu

φMn > Mu

Pu, Mu: Cargas actuantes mayoradas. Pn, Mn: Resistencia nominal de la sección.

φ:Factor de reducción de resistencia. φ = 0.65 Columnas con estribos. φ = 0.75 Columnas con espirales. Problema: Diseñar una columna cuadrada con estribos con una carga muerta de 2000 kN, carga viva 1000 kN. Asumir una cuantía de 0.01, f´c = 28MPa, fy = 420 MPa. Los estribos Eφ 3/8”. 1.

Carga Última

Pn = 1.2 * 2000 + 1.6 * 1000 = 4000kN 2.

Sección

φPn = 0.80φ [0.85 f ´c (Ag − Ast ) + fyAst ]

[

]

4000 * 10 3 = 0.65 * 0.8 0.85 * 28 * 10 6 (Ag − 0.01Ag ) + 420 * 10 6 * (0.01Ag )

4000 * 10 3 = 12376 * 10 3 Ag − 123.76 * 10 3 Ag + 2184 Ag Ag = 0.277 m 2 L = 0.53m 197

Usar: sección 55 X 55 cm. 3. El refuerzo longitudinal.

[

4000 * 10 3 = 0.65 * 0.8 0.85 * 28 * 10 6 (0.55 * 0.55 − Ast ) + 420 * 10 6 * Ast

]

4000 * 10 3 = 3743 .74 * 10 3 − 12376 * 10 3 Ast + 218400 * 10 3 Ast Ast = 1.24 * 10 −3 m 2 = 12 .44 cm 2 Asmin= 0.01*55*55=30.25cm2 Usar: 8#7 Dibujar Sección 7.6 FLEXIÓN GENERAL Se supone la siguiente sección sometida a flexión. εcu = 0.003

d4

εs4

As1

d2

fs4 a = β 1c

d3 As2

0.85f´c

h

c

εs3

fs3

εs2

fs2

As3 d1 As4

Sección

εs1 = Z εy

fs1

Esfuerzos

Deformaciones

Para cualquier capa de refuerzo, Asi:

ε si

0.003 c − di c c − di ε si = * 0.003 c =

εsi: Deformación en refuerzo Asi di: Altura efectiva hasta Asi

Para un acero elasto-plástico:

fs

f si = ε si Es

fy

a=β c 1

εs

198

Donde:

0.65 ≤ β1 = 1.09 − 0.008 f `c ≤ 0.85

- fy

Fuerza en el concreto:

C = 0.85 f ´cab c Fuerza en el acero (a < di):

Fsi = f si Asi Las ecuaciones de equilibrio para la carga resistente nominal: n

n

i =1

i =1

Pn = C C + ∑ Fsi = 0.85 f ´cab + ∑ f si Asi

El momento resistente nominal alrededor del eje centroidal que coincide con el centroide plástico para una columna deformada uniformemente en compresión es(ver Pto. A del grafico):

h a n h  M n = C C  −  + ∑ Fsi  − d i   2 2  i =1  2  n h a h  M n = 0.85 f ´c −  + ∑ f si Asi  − d i   2 2  i =1 2  7.7 FALLA EN COLUMNAS. Se tiene en una sección las fuerzas:

El momento resistente se puede reemplazar por una carga Pn actuando a una distancia o excentricidad e. Las ecuaciones básicas de equilibrio son: n

Pn = 0.85 f ´cab + ∑ fs i As i i =1

h a n h  Mn = Pn e = 0.85 f ´cab −  + ∑ fs i As i  − d i   2 2  i =1 2  Donde fsi puede estar o no en fluencia. Una columna puede fallar a tensión o a compresión; el tipo de falla depende de la excentricidad.

7.7.1 La falla balanceada Se presenta cuando el concreto alcanza su máxima deformación εcu = 0.003 y el acero de refuerzo la fluencia fy al mismo tiempo.

Pn Po

eb: Excentricidad balanceada

e pequeño

e = Mn: Cualquier línea radial. Pn

Compresión Pura

Límite de tensión

eb

e=0

e grande

e=∞

Mo

flexión pura

Si c>cb o e eb Pn < Pnb c < cb

εs1 >

As2

Fs2 d-d´

fy = εy Es

As1 Fs1

Pn = Cc + Fs 2 − Fs1 = 0.85f´cab+ As2fs 2 − As1fs1 Si hay fluencia en el acero fs1 = fs 2 = fs y la sección es simétrica.

fs1 As1 = fs 2 As 2 Pn = 0.85 f ´c.ab Pn a= 0.85 f ´c.b

h a Mn = Pn . e = 0.85 f ´c.ab −  + As1 fy (d − d ´) 2 2 Reemplazo a en:

h pn   + As1 fy (d − d ´) Mn = Pn e = 0.85 f ´c.ab −  2 1.7 f ´c.b  h Pn   + Asfy (d − d ´) Pn e = Pn −  2 1.7 f ´c.b  Simplificando:

2

Pn h  − Pn − e  + As1 fy (d − d ´) = 0 1.7 f ´c.b 2  2  h 2 As1 fy (d − d ´)  h     Pn = 0.85 f ´c.b  − e  +  − e  + 2 0.85 f ´c.b   2     

7.7.3 Falla por compresión: Ocurre una deformación del concreto hasta la falla. Entre mayor Pn, menor será el Mn que la sección resiste, debido a que hay menor margen de deformación en compresión del concreto producido por Mn. En resumen la falla a compresión se presenta cuando:

• e < eb • Pn > Pnb • c > cb • εs1 < fs

Es

= εy

La carga axial será:

Pn = φ 0.85 f ´c.ab + As 2 fy − As1 fs1 d −c fs1 = Esεs1 = Esε CU    c  El momento nominal resistente:

h h a h   Mn = Pne = φ 0.85 f ´c.a.b −  + As 2 fy  − d ´  + As1 fs1 d −  2 2 2 2   Problema: Calcular y graficar 4 puntos del diagrama de interacción de la columna mostrada. Usar f´c = 28 MPa, fy = 420 MPa, sección 40x40 cm., As1: 4#9 (25.8 cm2), As2: 4#9 (25.8 cm2), Ast = As1 + As2 = 51.6cm2.

ρt =

A st

51.6

=

Ag

40x40

ρ t = 0.03225

εy =

fy

=

ES

ε y = 0.0021

420 * 10 200 * 10

6 9

1. Calculo de la carga nominal concéntrica axial máxima.

(

)

Pn = 0.85 f ´c Ag − Ast + fyAst

 51.6 Pn = 0.85 * 28 * 10 6  0.4 2 − 100 2 

 51.6  + 420 x10 6 * = 5852.4kN  100 2 

1.1. Carga nominal axial concéntrica es:

Pn = 5852.4kN → ( PtoA) φPn = 0.7 * 5852.4 = 4096.7 kN → ( PtoA´) (Reducción de resistencia) 1.2. Capacidad máxima permitida de carga (Por desalineamiento)

φPn max = 0.8 * 4096 .7 = 3297 .3kN Este valor se pinta como una línea horizontal, los valores de φPn y φMn del diagrama de interacción no se usan en el diseño. 2. Cálculo de φPn y φMn para falla balanceada (εs1=-εy) Cálculo de c y la deformación en el refuerzo.

2.1. Cálculo de φPn y φMn – Caso general.

Se consideran las deformaciones correspondientes a Pn, Mn, φPn y φMn, para εs = Zεy , 1 donde Z es una secuencia de valores Z = +0.5,+ − 0.25,−0.5,−0.75,−1,−1.5,−2.5,−3.0,−4.0,... Estos intervalos son cada vez más largos, por que acerca más los puntos entre Z sea más grande. De la semejanza de triángulos se tiene la profundidad del EN:


   0.003 0.003 

204

d1 c =  0.003 0.003 −  − 0.0021 



cb = 0.003 * 0.34 = 0.2m 0.0051 La deformación en el acero de compresión es:

′  


 
  ′ 0.003

 

cb − d2 cb εs2 = 0.003


  ′ 0.003


c − d2 0.2 − 0.06 εs 2 = b * 0.003 = * 0.003 = 0.0021 C

0.2

b

εs1 = Zεy = −1.0 * 0.0021 = −0.0021

[C (+), es compresión].

[ (-), Tensión].

2.2. Cálculo de los esfuerzos en el acero de refuerzo.

   420 MPa (Esta en fluencia). fs2 = εs2 Es Pero − fy ≤ fs 2 ≤ fy

fs2 = 0.0021* 200 *109 = 420MPa fs 2 = 420MPa 2.3. Cálculo de a.

a = β1 c

β1 = 1.09 − 0.008 f ´c

para

28 MPa ≤ f ´c ≤ 55 MPa

β1 = 1.09 − 0.008 * 28 = 0.866 a = 0.866 * 0.2 = 0.173m < h = 0.40m , si es mayor usar a = h. 2.4. Cálculo de fuerzas en el concreto y acero.

Cc = 0.85 f ´cab = 0.85 * 28 * 0.173 * 0.4 Cc = 1647kN Como d1 = 0.34m. > a = 0.173m., As1 esta fuera del rectángulo de comprensión.

Fs1 = fs1As1 = −420x106 *

51.6

2 = −1083.6kN 1002 205

Como d2 = 0.06m. < a = 0.173m., se debe restar el esfuerzo en compresión del concreto.

Fs2 =  fs2 − 0.85 f ´c  As2   



Fs2 =  420 x106 − 0.85 * 28x106  *   Fs2 = 1022.2kN

51.6

2 1002

2.5. Cálculo Pn.

Pn = Cc + ∑ Fsi Pn = 1647 + 1022.2 − 1083.6 = 1585.6kN ( PtoB) Como εs1 = εy, la falla es balanceada. Pn = Pnb 2.6. Cálculo Mn

h a h  h  Mn = Cc −  + Fs1  − d1  + Fs 2  − d 2  2 2 2 2       h a Mn = Cc −  + Fs1 (0.2 − 0.34 ) + Fs 2 (0.2 − 0.06 ) 2 2 Mn = 1647 * 0.11 + 1083 .6 * 0.14 + 1022 .2 * 0.14 = 481 .7kN .m

Mn = Mnb 2.7. Cálculo φPn y φMn.

(PtoB )

Momento balanceado

(φ = 0.7)

φPn = 0.7 *1585 .6 = 1110kN (Pto B´) φMn = 0.7 * 481 .7 = 337 .2kN .m

(Pto B´)

3. Cálculo de φPn y φMn para Z = -2

Se calcula φ para cargas que caigan entre el límite controlado por tensión y compresión. 3.1. Cálculo de c y deformación del refuerzo.

206

d1 c = 0.003 0.003 + 0.0042 d1 = 0.34m c = 0.1417 m < c = 0.2m b La deformación en el acero de compresión es:


 
  0.003

 

εs 2 =

c − d2 c

* 0.003 =

εs 2 = 0.00173


 0.003
  

0.1417 − 0.06 * 0.003 0.1417

3.2. Cálculo de los esfuerzos en el acero de refuerzo.

fs = εs Es = 0.00173 * 200 * 10 9 = 345.94MPa 2 2

     

Esta entre –fy y fy, entonces bien.

fs1 = εs1Es = −0.0042 * 200 *109 = 840MPa Como εs1 > εy, entonces uso fs1 = 420 MPa. 3.3. Cálculo de a:

a = β1c = 0.866 * 0.1417 = 0.123m 3.4. Cálculo de fuerzas en concreto y acero.

Cc = 0.85 f ´cab = 0.85 * 28 *106 * 0.123 * 0.4 Cc = 1171 kN 207

Fs1 = − fs1 As1 = 420 * 10 6 *

51.6

2 2 100

Fs1 = −1083.6kN Como d2 = 0.06m. < a = 0.123m.

(

)

Fs 2 = fs 2 − 0.85 f ´c As 2

(

)

Fs 2 = 345.94 * 10 6 − 0.85 * 28 * 10 6 *

51.6

2 2 100

Fs 2 = 831.12kN 3.5. Cálculo Pn.

Pn = Cc + ∑ Fsi Pn =1171+ 831.12 −1083.6 = 918.5kN (Pto C) 3.6. Cálculo Mn. 











Mn =1171*  0.4 − 0.123  −1083.6 *  0.4 − 0.34 + 831.12 *  0.4 − 0.06 = 430.24kN.m (Punto C)  2  2   2  2       3.7. Cálculo de φ, φPn y φMn.

Según el ACI B.9.3.2., φ, varia linealmente con εt, que es la deformación en la capa de refuerzo más lejos de la capa extrema en compresión. Para columnas con estribos se tiene:

• Si → ε t ≤ εy → φ = 0.7 • Si → εy < εt < 0.005 → Para acero grado 60 • Si → εt > 0.005 → φ = 0.90

φ=0.56-68εt

  !"#$ !#%! "$, !! #!$ ! '!($ ! %#.

Como εt = εs1 = -0.0042 (El negativo indica tensión)

φ = 0.56 − 68 * (− 0.0042) = 0.846 (Pto C´) φPn = 0.846 * 918.5 = 777.1kN φMn = 0.846 * 430.24 = 364kN .m (Pto C´) 4. Cálculo de la capacidad axial de tensión Se considera que la carga final es concéntrica en tensión. n

Pnt = ∑ (− fyAs i ) i =1

Pnt = −420 *106 * 51.6 = −2167.2kN 1002

(Pto D)

208

La capacidad de diseño.

φPnt = 0.9 * −2167.2 = −1950.5kN

φ = 0.9 (Pto. D´)

Diagrama de Interacción

7.8 COLUMNAS CIRCULARES: Se asume una distribución triangular de deformación.

209

εcu = 0.003 εs3 As3

d2

c

0.85f´c fs3

d3

εs2

As2

fs2 d1

As1

fs1

Es1 D

Sección

Deformaciones

Esfuerzos

n

Pn = Cc + ∑ Fs i i =1

D − n D  Mn = Cc − Y  + ∑ Fs i  − d i  2  i =1 2  −

Y : Centroide del rectángulo de compresión. El rectángulo de compresión es: Y

a = β1c

θ −

Y X

X

Y

El área de la sección comprimida se calcula en términos de θ

 θ − SenθCosθ  A = D2   4  

θ: En radianes.

El primer momento de área respecto al centro de la columna es: −  Sen 3θ  Q = AY = D 3    12 

210

a=β 1c

) (!$
 !#: +,  - . /

4  #!( 4 2 256

La forma del diagrama de interacción es afectada por el número de barra, y su orientación respecto al eje central. Si la inercia X – X es menor que Y – Y, se debe usar la menor.

7.9 DIAGRAMAS DE INTERACCIÓN SIMPLIFICADOS. Generalmente se usan diagramas de interacción publicados para diseño y en la práctica los diagramas de programas de computador. Los puntos correspondientes a Pn, Mn corresponden a 5 distribuciones de deformación. 1. Deformación en compresión 0.003 en toda la sección. 2. Para el primer agrietamiento; pasa de 0.003 en compresión en una cara a, cero deformación en otra. 3. Para la deformación balanceada, el límite de la deformación en compresión es 0.003 en una cara − εy en el refuerzo de la otra cara. 4. En el límite de la zona controlada por tensión la diferencia en compresión es 0.003 y la deformación por tensión -0.005.

5. La deformación es –εy cuando el concreto se ha agrietado. Pn [Kips]

1

1600

2

800

3

400 4

Mn [Kips *pie] 400

5

Factores que afectan el tipo de columna

7.10 PREDIMENSIONAMIENTO DE COLUMNAS. Para diseñar una columna se requiere conocer la sección. Para pequeños valores de M, la sección esta definida por la capacidad de carga axial. Para columnas con estribos:

211

Pu 0.45( f ´c + fyρ t ) As ρt = t Ag Ag ≥

Para columnas con espiral:

Ag ≥

Pu 0.55( f ´c + fyρ t )

Según el C.21.4.1 Requisitos Geométricos para las columnas con capacidad Especial de disipación de energía. (a) La fuerza axial mayorada en el elemento es mayor que 0.10f´c Ag (b) La menor dimensión de la sección del elemento, medida en una línea recta que pasa a través del centroide de la sección, no debe ser menor que 0.30 m. Las columnas en forma de T, C o I pueden tener una dimensión mínima de 0.25 m pero su área no puede ser menor de 0.09 m². (c) La relación entre la dimensión menor de la sección del elemento y la dimensión perpendicular a ella, no debe ser menor que 0.4.

7.10.1 Esbeltez en columnas La columna esbelta se deflecta bajo carga lateral, incremento en los momentos, efecto P-∆, entre otros. Según el ACI 10.12.2 se permite despreciar el efecto de columna esbelta si: C.10.10.1 — Se permite ignorar los efectos de esbeltez en los siguientes casos: a) en elementos sometidos a compresión no arriostrados contra desplazamientos laterales cuando:

k ⋅ Lu ≤ 22 r b) en elementos a compresión arriostrados contra desplazamientos laterales cuando:

M  k ⋅ Lu ≤ 34 − 12 1  r  M2 

$  35 4

Donde el término M1 M2 es positivo si la columna está flectada en curvatura simple y negativo si el elemento tiene curvatura doble. Se permite considerar los elementos a compresión como arriostrados contra desplazamientos laterales cuando los elementos de arriostramiento tienen una rigidez total que restringe los movimientos laterales de ese piso de al menos doce

Lu : Longitud libre de la columna r: Radio de giro, de 0.3 a 0.25 veces la profundidad de la columna rectangular y circular respectivamente. M1/M2: Relación de momentos entre los dos extremos de la columna, varía generalmente entre +0.5 y -0.5. 212

7.11 ESPACIAMIENTO Y REQUISITOS DE CONSTRUCCIÓN PARA REFUERZO TRANSVERSAL EN COLUMNAS. 7.11.1 Estribos Los estribos se utilizan en las columnas por las siguientes razones. 1. Restringen las barras longitudinales al pandeo. 2. Sostienen el refuerzo longitudinal durante la construcción permitiendo la armada del castillo. 3. Confinan el núcleo de concreto, aumentando la ductilidad. 4. Sirven como refuerzo para cortante.

5. Para estructuras con capacidad especial de disipación de energía DES, el refuerzo transversal de confinamiento debe separarse a lo largo del eje del elemento, una separación. menor a: 5.1. 1/4 de la dimensión mínima de la sección del elemento. 5.2. 100 mm. 5.3. El primer estribo debe colocarse a 50 mm de la cara del nudo. C.21.6.4.3 — La separación del refuerzo transversal a lo largo del eje longitudinal del elemento no debe exceder la menor de (a), (b), y (c): (a) La cuarta parte de la dimensión mínima del elemento. (b) Seis veces el diámetro de la barra de refuerzo longitudinal menor, y (c) so , según lo definido en la ecuación (C.21-5).

 350 − hx  so = 100 +   3   El valor de so no debe ser mayor a 150 mm y no es necesario tomarlo menor a 100 mm. Se pueden usar ganchos suplementarios del mismo diámetro de barra o con un diámetro menor y con el mismo espaciamiento de los estribos cerrados de confinamiento. Cada extremo del gancho suplementario debe enlazar una barra perimetral del refuerzo longitudinal. Los extremos de los ganchos suplementarios consecutivos deben alternarse a lo largo del refuerzo longitudinal. El espaciamiento de los ganchos suplementarios o ramas con estribos de confinamiento rectilíneos, hx , dentro de una sección del elemento no debe exceder de 350 mm centro a centro. 5.4 El refuerzo transversal, debe colocarse dentro de una longitud Lo, medida a partir de la cara del nudo en ambos extremos de la columna y en cualquier lugar donde se presente plastificación por flexión, Lo no puede ser menor a: C.21.6.4.1 — El refuerzo transversal en las cantidades que se especifican en C.21.6.4.2 hasta C.21.6.4.4, debe suministrarse en una longitud Lo medida desde cada cara del nudo y a ambos lados de cualquier sección donde pueda ocurrir fluencia por flexión como resultado de desplazamientos laterales inelásticos del pórtico. La longitud Lo no debe ser menor que la mayor de (a), (b) y (c): (a) La altura del elemento en la cara del nudo o en la sección donde puede ocurrir fluencia por flexión. (b) Un sexto de la luz libre del elemento, y

213

(c) 450 mm.

5.5 El área total de los estribos rectangulares de confinamiento, deben ser como mínima de φ3/8” o 10 mm y no puede ser menor a al área que se obtiene con las siguientes ecuaciones para las dos direcciones de las secciones de la columna.

ASH = 0.3

s * hC f ´c  Ag  f yh  ACH

ASH = 0.09

   − 1  

s * hC f ´c f yh

s: Espaciamiento del refuerzo transversal. hC: Dimensión de la sección del núcleo de una columna, medida centro a centro del refuerzo transversal de confinamiento. fyh: Resistencia nominal a la fluencia del refuerzo transversal. 6#: Area total del refuerzo transversal, incluyendo estribos suplementarios, que existe en una distancia S y perpendicular a hc, en ''  ACH: Área de la sección del elemento medida hasta la parte exterior del refuerzo transversal.

El descascaramiento del concreto de recubrimiento, que es posible que ocurra cerca de los extremos de la columna en los pórticos de configuración normal hace vulnerables los empalmes por traslapo de esas ubicaciones. Cuando se hace necesario emplear empalmes por traslapo, estos deben estar ubicados cerca de la mitad de la altura, donde las inversiones de esfuerzos probablemente estén limitadas a un rango menor de esfuerzos que en los lugares cercanos a los nudos. Se requiere de refuerzo transversal especial a lo largo de los empalmes por traslapo debido a la incertidumbre respecto a la distribución de momentos a lo largo de la altura y la necesidad de confinar los empalmes por traslapo sometidos a inversiones de esfuerzos.

214

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

7.11.2 Refuerzo en Espiral El refuerzo en espiral debe resistir la máxima carga del núcleo y el refuerzo longitudinal igual a la máxima carga de toda la sección sin agrietarse. Para un paso, la cuantía de refuerzo ρ S es:

ρS =

ASp =

ASp LSp AC LC

π ⋅ d Sp 2 4

Área de la barra.

dsp : Diámetro de la barra. Lsp: Longitud del paso πDC Dc: Diámetro del núcleo fuera del espiral Ac: Área del núcleo =

π ⋅ DC 2

4

Lc: = s = Separación o paso.

π ⋅ d sp 2 ρS =

* πDC π ⋅ d 2 Sp 4 = 2 DC ⋅ s πDC *s 4

215

4 ASp

ρS =

DC s

La máxima carga en la columna antes del agrietamiento del recubrimiento es:

PO = 0.85 f ´c (Ag − Ast ) + fyAst Después del agrietamiento del recubrimiento:

P2 = 0.85 f 1 ( AC − Ast ) + fyAst

Ac: Área del núcleo.

Pero P0 = P2

0.85 f ´c (Ag − Ast ) = 0.85 f 1 ( AC − Ast ) Despreciando Ast:

0.85 f ´cAg = 0.85 f 1 AC

Ag

f1 =

AC

f ´c Espiral

fsp f2 s

f sp Dc f sp

∑F

H

f2

f sp

=0

2 f sp Asp = f 2 DC s  : Esfuerzo compresión en el núcleo de concreto. Ver Mac Gregor y Nilson. Reemplazando f1 y haciendo fsp = fy, la cuantía del refuerzo, y del ensayo triaxial se tiene:

f1 = f ´c + 4.4 f 2 Ag f ´c AC

= f ´c + 4.4

f2 =

 AC

DC s

=

f sp ρ s 2

fyρ S 2

 Ag f ´c

ρ S = 0.45 fy

2 f sp Asp

 − f ´c  

 Ag

 f ´c − 1  AC  fy

ρ S = 0.45 fy

216

7!$ 8 

9  : -; <

El espaciamiento máximo vertical o paso, debe ser menor a 80 mm., 25 mm., 1.33 veces el tamaño del agregado o:

s≤

π ⋅ d sp 2 fy  Ag  0.45 DC f ´c − 1  AC 

La cuantía de refuerzo en espiral. 8 , no puede ser menor.

8  0.12

′
 

7.12 REFUERZO LONGITUDINAL. Se requieren al menos 6 barras para secciones circulares y 4 barras para columnas rectangulares. El espaciamiento mínimo es de 1.5db, 25 mm., ó 1.33 veces el tamaño del agregado. Para estructuras con capacidad de disipación especial de energía DES, la cuantía de refuerzo longitudinal no debe ser menor a 0.01 ni mayor a 0.04. Los empalmes por traslapo se permiten únicamente en la mitad central de la longitud del elemento y deben diseñarse como empalmes a tracción. A continuación se presentan algunos requisitos de la resistencia a la flexión C.21.6.2 — Resistencia mínima a flexión de columnas C.21.6.2.1 — Las columnas deben satisfacer C.21.6.2.2 ó C.21.6.2.3. C.21.6.2.2 — Las resistencias a flexión de las columnas deben satisfacer la ecuación (C.21-4).

∑M

nc

≥ 1.20∑ M nb (C.21-4)

ΣMnc = suma de los momentos nominales de flexión de las columnas que llegan al nudo, evaluados en las caras del nudo. La resistencia a la flexión de la columna debe calcularse para la fuerza axial mayorada, congruente con la dirección de las fuerzas laterales consideradas, que conduzca a la resistencia a la flexión más baja. ΣMnb suma de los momentos resistentes nominales a flexión de las vigas que llegan al nudo, evaluadas en la cara del nudo. En vigas T, cuando la losa está en tracción debida a momento en la cara del nudo, el refuerzo de la losa dentro del ancho efectivo de losa definido en 8.12 debe suponerse que contribuye a Mnb siempre que el refuerzo de la losa esté desarrollado en la sección crítica para flexión. Las resistencias a la flexión deben sumarse de tal manera que los momentos de la columna se opongan a los momentos de la viga. Debe satisfacerse la ecuación (C.21-4) para momentos de vigas que actúen en ambas direcciones en el plano vertical del pórtico que se considera.

C.21.7 — Nudos en pórticos especiales resistentes a momento con capacidad especial de disipación de energía (DES) 217

C.21.7.1 — Alcance Los requisitos de C.21.7 se aplican a los nudos vigacolumna de pórticos especiales resistentes a momento que forman parte del sistema de resistencia ante fuerzas sísmicas. C.21.7.2 — Requisitos generales C.21.7.2.1 — Las fuerzas en el refuerzo longitudinal de vigas en la cara del nudo deben determinarse suponiendo que la resistencia en el refuerzo de tracción por flexión es 1.25fy C.21.7.2.2 — El refuerzo longitudinal de una viga que termine en una columna, debe prolongarse hasta la cara más distante del núcleo confinado de la columna y anclarse, en tracción, de acuerdo con C.21.7.5, y en compresión de acuerdo con el Capítulo C.12. C.21.7.2.3 — Donde el refuerzo longitudinal de una viga atraviesa un nudo viga-columna, la dimensión de la columna paralela al refuerzo de la viga no debe ser menor que 20 veces el diámetro de la barra longitudinal de viga de mayor diámetro, para concretos de peso normal. Para concretos livianos, la dimensión no debe ser menor que 26 veces el diámetro de la barra. C.21.7.3 — Refuerzo transversal C.21.7.3.1 — El refuerzo transversal del nudo debe satisfacer C.21.6.4.4(a) ó C.21.6.4.4(b) y además debe cumplir con C.21.6.4.2, C.21.6.4.3 y C.21.6.4.7, excepto lo permitido en C.21.7.3.2. C.21.7.3.2 — Cuando existan elementos que llegan en los cuatro lados del nudo y el ancho de cada elemento mide por lo menos tres cuartas partes del ancho de la columna, debe disponerse refuerzo transversal igual, por lo menos, a la mitad de la cantidad requerida en C.21.6.4.4(a) ó C.21.6.4.4(b), dentro del h del elemento de menor altura que llegue al nudo. En estos lugares, se permite que el espaciamiento especificado en C.21.6.4.3 se incremente a 150 mm. C.21.7.3.3 — Debe disponerse refuerzo transversal que pase a través del nudo para proporcionar confinamiento al refuerzo longitudinal de viga que pasa fuera del núcleo de la columna, que cumpla con los requisitos de espaciamiento de C.21.5.3.2, y los requisitos C.21.5.3.3 y C.21.5.3.6, cuando dicho confinamiento no es suministrado por una viga que llegue al nudo.

7.13 GRAFICAS DE DISEÑO. Son curvas de interacción entre P y M, que tienen incorporadas las disposiciones de seguridad de código. Se utilizan parámetros para generalizar como Pu obtienen varias curvas para diferentes valores de ρt = para una carga Pu y una excentricidad

e = Mu

Pu

Ast

Mu = Pu.e φf ´cAg vs. φf ´cAg h , y se

Ag

. Se sigue el siguiente procedimiento

.

1. Se predimensiona la sección transversal usando ρmin para obtener dimensiones máximas (la menor dimensión del elemento debe ser mayor a 0.30m para estructuras con DES.) 2. Se calcula γ , basado en los recubrimientos hasta el centroide de las barras y se selecciona la gráfica. γ = h − 2d >

´h

B

> D

3. Calcular  @′,?5A y  @′ , ?5A C   @′ ,?5A C , donde Ag = bh.

4. Leer la cuantía ρ g requerida.

5. Calcular el área total Ast = ρ g bh .

218

Alternativamente se puede usar el siguiente procedimiento 1. Se selecciona la cuantía ρ g . 2. Se escoge un valor tentativo de h y se calcula e >

3. De la gráfica se lee  @′,?5A y se calcula Ag 4. Calcular b =

Ag

h

h

yγ.

.

5. Revisar h. 6. Calcular Ast = ρ g bh . Factores que afectan la escogencia de columnas •

• •

Para relación de excentricidad !E F 0.1, la columna en espiral es más eficiente en términos de capacidad de carga, debido en parte al coeficiente   0.75. comparado con el de 0.65 de columnas con estribos. El refuerzo en espiral tiende a ser más caro, aunque es compensado con la máxima capacidad de carga. Para relaciones !E H 0.2, las columnas con estribos y refuerzo longitudinal en las caras más alejadas son más eficientes a flexión y entre mayor la profundidad respecto al eje de flexión más eficiente. Columnas con estribos y refuerzo longitudinal en las cuatro caras, se usan para relaciones !E I 0.2 y también con momentos alrededor de los dos ejes. 

219

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

220

Problema: Diseñar una columna de una vivienda que tiene una carga muerta de 600 kN, una carga viva de 800 kN, un momento por carga muerta de 100 kN.m y por carga viva de 150 kN.m con respecto al eje X. f´c = 28MPa y fy = 420MPa. 1. Predimensionamiento:

Ag ≥

Pu 0.45( f ´c + fyρ s )

Pu = 600 *1.2 + 800 *1.6 = 2000 kN Mu = 100 * 1.2 + 1.6 *150 = 360 kN * m Se supone ρ = 0.01 con lo q se obtiene Ag max.

Ag ≥

2000 *10 3 = 0.14m 2 6 6 0.45 28 *10 + 420 *10 * 0.01

(

)

e=Mu/Pu=0.18 e/h=0.18/0.4=0.45 Usar columnas con estribos y refuerzo longitudinal en las caras más alejadas Usando un lado b = 0.30 y L =

0.14 = 0.46m ≈ 0.5m 0.30

Sección 30 x 50cm.

2. Para un recubrimiento de 5 cm desde la cara de la columna hasta el centroide del refuerzo

γ=

h − 2d ´ 50 − 10 = = 0.80 h 40

3. Cálculo.

Pu

φf ´cAg = 0.73

Mu = Pu.e

φf ´cAg h = 0.26

= 4. Del diagrama de interacción se obtiene:

ρ g = 0.042 > ρ max = 0.04 Cambiar sección a 40 x 50

γ = 0.80

Eje de flexión:

221

d’

Eje de flexion

h

b

40

50 Pu

φf ´cAg = 0.55

Mu = Pu.e

φf ´cAg h = 0.2

ρ g = 0.02 Ast = ρ g bh = 0.02 * 40 * 50 = 40cm 2

Refuerzo Longitudinal: 8 # 8 As = 40.8 cm.2 Estribos: φ3/8” @ 10cm.

Problema: Diseñar una columna con Pu = 1500kN, Mu = 150kN.m, Vu 80Kn, la columna forma parte de un sistema de pórticos resistente a momentos y longitud libre de 2.6 m. 1. Predimensionamiento

Usar  ′
 28 K7,   420 K7 y recubrimiento de 5 cm. El rango de mas economía esta entre 0.01 I 8L I 0.02. Usando 8L  0.015

6A 

7 1500  10P   0.09718 ' 0.45M ′
  N 8L O 0.45M28  420 N 0.015O

Suponiendo columna cuadrada 

)  0.31 R 0.35 '  35
'

1.1 Para determinar el arreglo del refuerzo calculo !E

!

K 150   0.1 ' 7 1500

222

!E  0.1E  0.35  0.29

La columna con barras en las dos caras más alejadas es la mas eficiente. 1.2 Revisión de los efectos de esbeltez (Pandeo local)

S) KT I 34  12 / 2 K $ S  Coeficiente de longitud efectiva. KT ; K  Momentos en los extremos de la columna. )  Longitud libre. $  Radio de giro  3+E6

Para la columna doblemente empotrada. Se asume que

KT EK  0.5 

MU. 10.11.9O

S  0.5

0.35. W 12 $  3+E6   0.1 ' 0.35

S) 0.5 N 2.6 I I 34  12M0.5O 0.1 $

13 I 28 Cumple, se debe despreciar los efectos de esbeltez.

Según el código NSR-98 en C.10.11.2, el radio de giro de los elementos en compresión puede tomarse como 0.3 veces la dimensión total de la sección en la dirección bajo estudio para secciones rectangulares y 0.25 para secciones circulares. Si se supone que puede existir cierta rotación en el nudo S  [\] ^

X._YN.`

I X.PNX.PY  18.6 F 28 Cumple.

2. Calculo a 

X.PYbNX.XY

a X.PY interpolar.

X.YZT.X 

 0.75

Cbc′ C

 0.71, de los diagramas de interacción se tien a  0.7 y a  0.8, por lo tanto se debe

3. Diagramas de interacción.  ′
 28 K7,   420 K7

7 1500  10P   0.625 R 0.63  N  ′
N 6A 0.7 N 28  10` N 0.35

d

K 150  10P   0.178 R 0.18  N  ′
N 6A N  0.7 N 28  10` N 0.35 N 0.35

7$ a  0.7  8L  0.031 e 7$ a  0.8  8L  0.028

+(%!$f( %!(!'# 8L  0.0307

223

Si 8L g 0.04 Se debe aumentar la sección

Si 8L F 0.01 Se debe usar el refuerzo mínimo permitido. 4. Seleccionar el refuerzo.

6 L  8L 6A  0.0307 N 35  37.6
' h#$: 8#8

5. Revisar la capacidad máxima.

 40.8
'

7 I 7(

Según el C.21.4 la fuerza axial mayorada en el elemento debe ser mayor a:

7(  0.1 N 0.7 N  ′
N 6A  0.1 N 0.7 N 28 N 0.35  240.1 S F 1500 S U'f! Y debe ser menor a:

7( g 0.8 N  N j0.85 N  ′
N k6A  6 L l   N 6 L m .X.p

.X.p

7( g 0.8 N 0.7 N n0.85 N 28 N o0.35  TXXq r  420 N TXXq s  2537.92 H 1500 S Cumple 6. Traslapos. Usar el caso general

)c  Para empalmes clase B: 7. Estribos: Usando  3E8 "

3 N  N t N u 5 N v′


N w  121
' R 125
'

)c  1.3 N 125  157.3
' R 160
'

La separación máxima en zona confinada debe ser menor a: