ejercicios concreto

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍAEJERCICIOS

TRABAJO DISEÑO DE CONCRETO REFORZADO I

INTEGRANTES:

ANIHELKA ALICIA FLEY CENTENO 2008 – 23254

HANIOL JOSÉ FLORES MONTANO 2008 – 23261

OSMIL B. GUERRERO GUERRERO 2008 – 23274

JOSÉ MANUEL SOZA URBINA 2008 – 23616

DOCENTE:

ING. SERGIO OBREGÓN

GRUPO:

IC – 51D

FECHA DE REALIZACIÓN:

MIERCOLES 8 DE AGOSTO DEL 2012

I Diseño de una columna esbelta con extremos articulados.

FACULTAD DE TECNOLOGÍA DE LA CONSTRUCCIÓN IC – 51D


Diseñe una columna de 20’ de alto para que resista una carga muerta sin factorar de 90 k y una carga viva sin factorar de 75 k. Las cargas actúan con una excentricidad de 3’’ en la parte superior y 2’’ en la parte inferior, como se muestra en la siguiente figura. Usar f’c = 3000 psi y fy = 60,000 psi.

Solución.

Calcule las cargas factoradas y Momentos y M 1bM 2b

Pu=1.2D+1.6 L=1.4 ( 90k )+1.6 (75k )=228kips

El momento en la parte superior es:M=Pu∗e=228k∗3} over {12} =57k*f ¿El momento en la parte inferior es: M=Pu∗e=228k∗2} over {12} =38k*f ¿

Por definición M2b es el momento más grande en la columna. Por lo tantoM2b = 57 k *ft y M1b= 38 k * ft.



El radio M 1bM 2b

=+¿ , ya que la columna es flexada en curvatura simple como se ve en la

figura anterior, así M 1bM 2b

=0.667

Estimación del tamaño de la columna. De la Ecu. 3.23ª asumiendo t=0.015ρ

Ag (prueba )≥ Pu0 .45( f ´ c+ fy∗ft )

= 228∗10000 .45[3000+(60000∗0 .015 )]

=130¿2

Asumiendo una columna cuadrada, usar 12X12=144 in2

¿Es esbelta la columna?

De la Ecu. 3.20, una columna es corta si: Klur

<34−12M 1bM 2b

Para la sección de 12x12, del paso (2), donde K=1 (articulada) r=0.3h; r=0.3x12=3.6 in

Para M 1bM 2b

=0.667

Klur

<34−12M 1bM 2b

≤34−12M 1bM 2b

=34−12(0.667)≤26

Ya que Klur

=66.7>26, la columna es muy esbelta, por lo que la sección de12x12

obviamente será inadecuada probaremos con una sección de 16x16 como primer tanteo.

El ACI sec. 10.11.5.4 requiere de un análisis especial si Klur

>100, por lo que esto no

será necesario.

Chequeo si los momentos son menores que el mínimo.

El ACI sec. 10.11.5.4 requiere que una columna arriostrada sea diseñada para una excentricidad mínima de (0.6+0.03h)=1.08, ya que la excentricidad máxima. En el extremo, excede este valor se diseñara en base a los momentos del paso (1).

Calcule EI

Hasta este punto, no se conoce el área de refuerzo, por lo que no es posible utilizar la Ecu. 3-15 para calcular el EI, pero si podemos usar las Ecu. 3-16 y 3-19.



De la Ecu. 3-16 EI=

Ec∗Ig2.5

1+βd

Donde Ec=57000√f’c=3.122x106PSI (ACI Sec. 8.5.1)

Ig=12bh3=

12

(16)4=5461 in4

El termino βd=.!DL.!TDL

=1.4 X 90228

=0.553

Así, EI=3.122×106∗54611+0.553

=4.39x 109 lb∗¿2

Alternativamente, si usamos la Ecu. 3-19 y t=0.015ρ

EI=3.122×106∗54611+0.553

∗(0.2+ 1.2∗0.015∗29 x106

3.122 x106 )EI=4.03 x 109lb∗¿2

Usar el mayor EI=4.4X109 lb-in2. Generalmente usar la Ecu. 3-15 ó 3-19, ya que dan los valores más altos de EI.

Calcule el momento magnificado.

De la Ecu. 3-21 Mc=SbM2b+SsM2s

Ya que la columna es articulada, M2s=0, el ACI sec. 10.11.5.1 dan Ss=1 para marcos arriostrados. Así solo el primer termino necesita ser evaluado.

Sb=Cm

1−Pu∅ Pc

≥1.0

Cm=0.6+0.4M 1b

M 2b≥0.4

Cm=0.6+0.4 (0.667)=0.867

Pc= π2 EI(Klu)2

Donde K=1.0 ya que la columna es de extremos articulados.



Pc=π 2 (4.4 x10¿¿9)(1x 240)2 =753928 lb ¿

Pc=753.9k

Sb=0.867

1−228

0.7 x 753.9

≥1.0

Sb=1.527

Así el momento magnificado es Mc=1.527x57=87.04

Normalmente, si S>2.0, uno debe seleccionar una sección mas grades.

Seleccionar el refuerzo de la columna.

Los diagramas de interacción para la columna de 16x16 con 4#6, 4#8 y 4#9, se dan en la figura siguientes.

El refuerzo en la columna debe ser diseñado para resistir Pu=228 k y Mc=87.04 k. ft. El diagrama de interacción muestra que 4#7 serán suficientes. Esto da un

% de acero=0.0094 la cual es menor que el mínimo de 0.01 requerido en el ACI sec10.9.1.

Por esta razón debemos usar una columna de 16x16 con 4#8.



II DISEÑE UNA COLUMNA CON ESTRIBOS PARA SOPORTAR PU=350K Y MU=110K-FT, VU= 16K. USE FY=60 KSI Y F´C= 3 KSI

1. Seleccione un t, el más económico anda entre 1%-2%. Por tanto, asumimos un t =0.015

2. Calculamos el Ag ≥ 350

0.45( f ´ c+tfy )

Ag ≥ 350

0.45(3+60∗0.015) = 119in2

Si bien sabemos la ecuación antes descrita subestima el valor de la sección cuadrada, por tanto solo se toma como un indicador. Por lo que asumiremos una sección de 16”x16”

e/h=? e = = 110350

= 0.314´



Por lo tanto,

e/h= 0.314∗12

16 = 0236

De acuerdo a la teoría con respecto a la relación e/h la columna al tener una relación e/h0.2, estará reforzada con estribos con varillas en las caras más lejanas o aún más eficiente una columna rectangular, como lo es nuestro caso, una columna de 16”*16”.

3. Calculamos. Asumimos varillas longitudinales de la #8 y estribos #3.Recubrimiento = 1.5”Diámetro #3 = 0.375”Diámetro #8 =0.5”

h = h-(d-d´)

=16−2(1.5+0.375+0.5)

16 = 0.703

4. Cálculo de t, utilizando los diagramas de interacción de la figura A-6.

Para ello es necesario realizar los siguientes cálculos:

∅ PnAg

= PuAg

= 350

16∗16 = 1.367

∅MnAg∗h

= MuAg∗h

= 110∗1216∗16∗16

= 0.322

Como no hay un diagrama para un =0.703, entonces tomamos de referencia los valores obtenidos de los diagramas de interacción de las figuras A-6 y A-7, para valores de de 0.6 y 0.75 respectivamente, obteniéndose los siguientes datos:

A-6 (=0.6) t = 0.014

A-7 (=0.75) t = 0.013


Con ayuda de estos datos, podemos fácilmente determinar el valor de t para un =0.703, mediante una interpolación. Obteniéndose un

t= 0.0133


Cabe mencionar que, si el valor de t calculado excediera a 0.03 a 0.04 se necesitaría una sección más grande.

Si t 0.01 Use 0.01 (Mínimo ACI 10.9.1) o recalcule la sección usando una más pequeña.

5. Seleccionamos el refuerzo: Ast= t*Ag = 0.0133*16*16 = 3.41in2 de la tabla A-22, podemos observar las posible combinaciones:

4#9, Ast = 4 (2 en cada cara) 8#6, Ast = 3.52, (4 en cada cara) 6#7, Ast = 3.60, (3 en cada cara)

De la tabla A-10 en combinación con la tabla A-6, revisamos el ancho requerido para alojar el refuerzo (bw).

La columna en estudio tiene una sección de 16”*16” con un refuerzo longitudinal de 6 varillas #7 distribuida tres en cada cara.

6. Chequeo de la capacidad máxima de cargaPu ∅ Pnmáx ok

7. Selección de los estribosACI sec. 7.10.5.1 (#3) son los más pequeños permitidos, sin embargo, el Reglamento Nacional de la Construcción (RNC-2007) permite estribos #2 en nuestro país.El espaciamiento requerido (de acuerdo al ACI sec 7.10.5.1):

16 Dv = 16*7/8 = 14” 48 Dst = 48*3/8 = 18” b (columna) = 16” Si Vu0.5Vc, se necesita refuerzo por cortante, a como se vio

anteriormente en diseño por cortante.

Entonces procedemos a realizar los cálculos pertinentes a los criterios descritos.



Vc = 2*(1+Nu

2000∗Ag )*√ f ´ c * bwd

Vc = 2*(1+350000

2000∗16∗16)*√3000 * 16*13.6 = 40.1 kips

Vu = 16k 0.5Vc = 0.5*0.85*40.1 = 17.1 (ok)

Use #3 @ 14” ya que x 6” el centro de la varilla no necesitan ir en la esquina de un estribo.

8. Diseño de los dobleces o traslapesLa sección 12.17.2.2 L= 1.3ld

Y la sección 12.2.2 refiere a los traslapes Ldb = 0.04*Ab*fy

√ f ´ c para ∅ #11.

Ld = Ldb * K

Donde K es un factor de:

K=1.0 (12.2.3.1) K=2.0 (12.2.3.2) K=1.4 (12.2.3.3) K=0.8 (12.2.3.4) K=0.75 (12.2.3.5)

No menor que K=0.03db * fy

√ f ´ c (12.2.3.6)

Ldbh = 0.04*0.6*60000

√3000 = 26.3

Ld = Ldb * 1 = 26.3

Ldb = 0.03*78

*60000

√3000 = 28.8

No debe ser menor de 28.8

L = 1.3*28.8 = 37.4 En este caso usaremos un valor de L = 38”

III Diseñe una zapata cuadrada para la siguiente condición: CMS=350 KIPS CVS=275 KIPS Sobrecarga en basamento de piso= 100 psf Densidad del suelo=130 lb/ft3



Presión admisible del suelo = 4500 psf a 5 ft debajo del basamento del piso La columna es de 18x18 in F’c = 3000 psi Fy = 60000 psi Coloque la parte baja de la zapata a 5 ft del nivel de piso

1) Estimar el tamaño de fundación y la presión neta factorada del suelo.

La presión permisible entre el suelo = 4500 psf – (W zapata + W suelo +W piso +sobrecarga basamento)

Tomamos el espesor de la zapata igual a 2.8 ft

qn=2.8 ft×150lb

ft3+2.2 ft ×130

lb

ft3+0.5 ft ×150

lb

ft 3+100 psf=881 psf

qn=4500 psf−881 psf=3619 psf

Areq=CMS+CVS

qn=

(350+275)kips3.619ksf

=172.70 ft2

L=√172.70=13.14 ft



Probemos con una zapata de 13ft -2¨ cuadrada con 1.5 ft de espesor

La presión neta facturadade suelo=1.2×350Kip+1.4×275Kip

13.172=4.64 ksf

2) Chequeo del espesor para cortantes en dos direcciones.El cortante deberá ser revisado en el punto criterio d/2 de la cara de la columna

d= 2.8 x 12 - (3) - (1 diámetro de la varilla) = 29.6in

FIGURA

De la figura el área tributaria en dos direcciones:

V u=4.64ksf [13.172−( 47.6/12 )2 ]=731.8kip

La longitud del perímetro critico = b0 = 47.6 x 4 = 190.4in

Vc es el más pequeño de:φ

c = 1.0β

∅V c=0.75(2+ 41 )√3000×190.4×29.6=1389.1kip

b)



∅V c=0.75( 40×29.6190.4

+2)√3000×190.4×29.6=1902.71kip

∅V c=0.75×4 √3000×190.4×29.6=926.06kip gobierna

Vu ≤ Vc φ 731.8kip<926.06 kipcumple

Chequeo de cortante en una dirección.

Ver figura

Vu=4.64 ksf (13.17×40.412 )=205.73kip

∅V c=463.03kip ok para cortante en una dirección



4) Dirección del refuerzo

Mu=4.64 [13.17×(70/12 )

2 ]=178.23kip−ft

A sumiendo J=0.9

As= 178.23×120000.85×60000×0.9×29.6

=1.57∈2

As min= 0.0018bh =0.0018x158x33.6 =9.56 in 2 > 1.57 no cumple

Espaciamiento máximo=18”

Probemos 9 # 8 en cada dirección As= 7.11in2

Volvamos a calcular φMn

a= 7.11×120000.85×3000×158

=0.21∈¿

Ya que a/d=0.21/32=0.0065 <<0.377 (0.75 ªb/d tabla A-5)



∅Mn=∅ Asfy (d−a2 )

∅Mn=0.9∗7.11∗60000(29.6−0.21

2 )12000

=943.7kip−pie

∅Mn>Mu

Asumimos un espesor de zapata inicial de 2.8’ lo cual nos dio Vu ≤ Vcφ 731.8kip<926.06 kip por lo tanto es adecuada la sección, al chequear el cortante en una dirección también cumple pero al calcular el refuerzo nos dio un área mínima mayor a la calculada.

IV) Calcule y dibuje el diagrama de interacción para la columna que se muestra , si As=A’s = 4 # 9 , para los siguientes puntos, f’c= 5 ksi , fy = 60 ksi : (Fig. 1).

a) Capacidad teórica por carga axial pura, Po.

b) Carga máxima permisible Pn para la columna.

c) El punto de falla balanceada.

d) Un punto de falla a Tensión.

e) Un punto de falla a compresión.

f) Un punto de falla por Flexió pura y otro por Tensión Pura.

Todos los cálculos deben hacerse tomando en cuenta el concreto desplazado por el acero y la aplicación de los.



-Capacidad teórica por carga axial pura, Po.

d= 30¨-2.5¨= 27.5¨

fs=fy

abd

=¿ 0.474 (TABLA A-5)

ab= 27.5¨ x 0.474 = 13.035 in

-Las fuerzas del acero se cancelan en cada cara debido a que hay áreas iguales de acero

Pb= 0.85 x 5000 x 13.035 x 16 = 886380 lb= 886.38 k

Considerando el área desplazada por el acero:

Pb= 886.38 + 4(60-0.85 (5)) - 4(60)= 869.38 k



El centroide plástico está en el centro de la sección, por lo tanto d¨= 12.5¨

Mb= Pb x eb = 886 380 [(27.5¨-12.5¨) - (0.5 x 13.035)] + (4 x 60000 x 12.5¨) =

Mb= 10 518.72 k.in

Deduciendo 0.85 f’c

Pb x eb = 869 380 [(27.5¨-12.5¨) - (0.5 x 13.035)] + (4 x 60000 x 12.5¨) =

Mb= 10 374.52 k.in

Verificando el esfuerzo del acero a compresión

Cb= abβ1

= 13.035

0.8 = 16.29 in

f yEs

= 6000029 x106 =0.00207

ε ' s=0.00316.29−2.5

16.29 = 0.0025 > 0.00207

En consecuencia el acero de compresión está cediendo

PUNTO B: B (10 518.72 k.in, 886.38 k)

B (10 374.52 k.in, 869.38 k)

Un punto de falla por Flexión pura y otro por Tensión Pura

-Compresión pura

Po=0.85 f ' c .b . h+( As−A s' ) fy−( As+A s' ) f 'c

Po=0.85 (5 ) (16 ) (30 )+( 4+4 ) (60 )−(4+4 ) (5 )=2480K



Punto A (0, 2480)

Pu=−Astxfy=−8x 60=−480k

Punto D (0, -480)

-Carga máxima permisible Pn para la columnaΦ

φPnmax=0.80φPo=0.80 (0.7 ) (2480 )=1388.8k

-Flexión pura

Pu=0 e=¿∞

fs=0.003 .( a−ρ1d'

a ).29 x106

fs=87000( a−(0.8 ) (25 )a )

Pn=0.85 f 'c .ab+A' sfy−Asfs

Fs=fy

0=(0.85 ) (5 ) (16a )+4( a−2a )−4 (60 )

0=68a−4 ( a−2a )−240

a=2.502



fs=87000( 2.502−22.502 )=17455.63 Psi=17.4556Ksi

Mu=0.85 f 'c .ab(d−d ' '−a2 )+A' s fy (d−d '−d ' ' )+Asfs d ' '

Mu=(0.85 ) (5 ) (2.502 ) (16 )(27.5−12.5−2.5022 )+(4 ) (60 ) (27.5−2.5−12.5 )+( 4 ) (17.456 ) (12.5 )

Mu=6211.9 k

Punto C (0, 6211.1) (0, 4348.4)

-Un punto de falla a compresión.

Pu>Pb fs< fy

Pu=1000>869

fs=87000( (0.8 ) (27.5 )−aa )

Pn=0.85 f 'c .ab+A' sfy−Asfs

1000=(0.85 ) (5 ) (16 a )−4(87000)( 22−aa )+4 (60 )

a=14.064

fs=87000( 22−14.06414.064 )=49092.15 Psi=49.092Ksi

Mu=0.85 f 'c .ab(d−d ' '−a2 )+A' sfy (d−d '−d ' ' )−Asfs d ' '

Mu=(0.85 ) (5 ) (14.064 ) (16 )(27.5−12.5−14.0642 )+(4 ) (60 ) (27.5−2.5−12.5 )+( 4 ) (49.092 ) (12.5 )

Mu=13074.813k



Punto F (13074.8, 1000)

(9152.4, 1000)

Un punto de falla a Tensión.

Pu<Pb

fs=fy

Pu=600

Pu=0,85 f 'c .ba=0.85 (5 ) (a ) (16 )

a=8.82

Cb= aρ1

=8.820.8

=11.0294∈¿

Es=0,003(Cb−d'Cb )=0.003( 11.0294−2.511.0293 )=0.00231999>0.002007

Mu=0.85 f 'c .ab(d−d '−a2 )+A ' sfy (d−d'−d ' ' )+Asfs d ' '

Mu=600(15−8.822 )+(4 ) (60 ) (12.5 )+(4 ) (60 ) (12.5 )=12354k

Punto E (12354, 600) ;(8647.8, 420)


ejercicios concreto

Documents