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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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