ejercicios concreto
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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.
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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.
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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.
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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.
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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.
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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´
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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
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Con ayuda de estos datos, podemos fácilmente determinar el valor de t para un =0.703, mediante una interpolación. Obteniéndose un
t= 0.0133
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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.
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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
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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
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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)
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∅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
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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)
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∅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.
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-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
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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
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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
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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
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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)
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