PLACAS BASE PARA COLUMNAS CARGADAS CONCENTRICAMENTE

El esfuerzo de diseño por compresión en una zapata de concreto o mampostería es mucho menor que el menor correspondiente a la base de acero de una columna. Cuando una columna se apoya de acero se apoya en una zapata, es necesario que la carga de la columna se distribuya en un área suficiente para evitar que se sobrecargue la zapata.

Las cargas de las columnas acero se transmiten a través de una placa base de acero a un área razonablemente grande del cimiento, que se localiza debajo de dicha placa.

Las placas base de las columnas de acero pueden soldarse directamente a las columnas o pueden ligarse por medio de alguna oreja de ángulo remachada o soldada.

IMAGEN 7.13

Una columna transfiere su carga a la pila de apoyo o a la zapata a través de la placa base. Si el área A2 del concreto de soporte es mayor que el área A1 de la placa, la resistencia del concreto será mayor. En ese caso el concreto que rodea el área de contacto proporciona un soporte lateral apreciable a la parte directamente cargada. Este hecho se refleja en los esfuerzos de diseño.

Las longitudes y ancho de las placas base para columnas generalmente se seleccionan en múltiplos pares de pulgadas y sus espesores en múltiplos de 1/8 hasta 1.25 de plg, y en múltiplos de ¼ después.

IMAGEN 7.14

La Especificación del AISC no estipula un método específico para diseñar las bases de columnas.

Para analizar la placa base mostrada en la figura 7.14, observe que se supone que la columna transmite a la placa base una carga total igual a Pu (LRFD). Se supone que la carga es uniformemente distribuida a través de la placa a la cimentación, con una presión de Pu/A

La cimentación tendera a flexionar las partes de la placa base que quedan en voladizo, fuera de la columna, como se muestra en la figura. Esta presión también tiende a empujar hacia arriba la parte de la placa base comprendida entre los patines de la columna.

En relación con la figura 7.14 el Manual de la AISC sugiere que los momentos máximos en una placa base ocurren a distancias entre 0.8bf y 0.95d. El momento de flexión se calcula en cada una de las secciones y se toma el valor mayor para determinar el espesor de la placa. Este método de análisis es solo una aproximación de las condiciones verdaderas, ya que los esfuerzos reales en la placa son causados por una combinación de la flexionen las dos direcciones.

AREA DE UNA PLACA

La resistencia de diseño de contacto del concreto por debajo de la placa base debe ser por lo menos igual a la carga soportada. Cuando la placa base cubre el área total del concreto, la resistencia nominal de contacto del concreto Pp= 0.85 fcA1

Donde fc es la resistencia a compresión del concreto alcanzada a los 28 días y A1 es el área de la placa base.

Si el área total del soporte no es cubierta por la placa base, el concreto debajo de la placa, rodeado por el concreto exterior, será algo más fuerte. Para esta situación el manual sugiere

multiplicara la resistencia nominal 0.85 fcA1 por √ A2A1

, donde A2 es el área máxima del concreto

soportante, el valor del radical está limitado por el valor de 2. Además A1 no debe ser menor a bfd.

Pp= 0.85 fcA1√ A2A1

despejar para obtener el valor de A1

Después del valor gobernante A1 se determina como se describió anteriormente, se seleccionan las dimensiones B y N de la placa (a la 1 o 2 plgs más cercanas) de manera que los valore m y n sean aproximadamente iguales.

N= √A 1+Δ

Δ = 0.5(0.95d – 0.80 bf)

Área de la placa= A1 =B*N

Por lo tanto B = A1 /N

ESPESOR DE UNA PLACA

Para determinar el espesor requerido, t,, se toman momentos en las dos direcciones como si la placa estuviese en voladizo con las dimensiones m y n. Se hará nuevamente referencia a la figura 7.14.

( PuBN )(m )(m2 )= Pum2

2BN o ( PuBN )(n )( n2 )= Pun2

2BN

Si se diseñan por el procedimiento antes descrito placas de base ligeramente cargadas para las columnas de edificios de metal prefabricados, ellas tendrán áreas muy pequeñas. Consecuentemente se extenderán poco fuera de los bordes de las columnas y los momentos calculados, y espesores resultantes de la placa serán muy pequeños, talvez de un tamaño impráctico.

Se han propuesto varios métodos para tratar este problema. En 1990, W. A. Thornton combino 3 métodos en un solo procedimiento aplicable a placas fuertemente o ligeramente cargadas. Este método es el sugerido en el manual AISC.

Thornton propuso que el espesor que se utilizara de las placas usando el mayor valor entre m n y λn’. Al mayor valor se le denomina “l”.

λn' = λ(√bf )/4 donde es permisible considerar λ=1.0 para todos los casos.

Por lo tanto el mayor momento será:

Pul2

2BN =∅ b×Fy ×t 2

4despejamos para t, y obtenemos nuestro espesor de placa.

Ejercicio propuesto: (7.14 del libro: Diseño de Estructuras de Acero, Mc Cormac)

Diseñe una placa base cuadrada con acero A36 para una columna W10 x 60 con una carga muerta de servicio de 175 klb y una carga viva de servicio de 275 klb. La resistencia del concreto a los 28 dias es de 3 klb/plg2. La placa base descansa sobre una zapata de concreto de 12 pies 0 plg x 12 pies 0 plg. Usar método LRFD.

W10 x 60 (d=10.2 plg, bf=10.1)

Pu= 1.2D +1.6 LPu= 1.2(175) +1.6(275) = 650 klb

Area de zapata

A2 = (12plg/pies)(12plg/pies)(12pies)(12 pies) = 20,736 plg2

Determinación de área requerida para placa.

A1 = BN.

El área del concreto de soporte será mucho mayor, de tal manera que √ A2A1

=2

Entonces A1= (Pu) / ( φc 0.85 f’c √ A2A1

)

A1= (650) / ( 0.65* 0.85*3*2 ) A1= 196.08 plg2

La placa base debe ser por lo menos tan grande como la columna.

bf(d)= (10.1)(10.2) = 103.02 plg2

Por lo tanto 103.02 < 196.08

Dimensionamiento

Δ = 0.5(0.95d – 0.80 bf)

Δ = 0.5(0.95*10.2 – 0.80*10.2) =0.805 plg

N= √A 1+Δ

N= √196.08+0.805 = 14.81 plg ≈15 plg

Área de la placa= A1 =B*N

Por lo tanto B = A1 /N

B = 196.08/ 15 = 13.07 plg ≈15 plg

Revisión de resistencia al contacto del concreto

Φc Pp= Φc 0.85 fcA1√ A2A1

Φc Pp = 0.65*0.85*3*15*15*2

Φc Pp = 745.9 klb

745.9 klb ¿650klb OK

Calculo de espesor de placa base

m = (N – 0.95d)/(2)

= (15 – 0.95*10.2)/(2)

= 2.655 plg

n = (B – 0.95bf)/(2)

= (15 – 0.8*10.1)/(2)

= 3.46 plg

λn' = λ(√bf )/4 donde es permisible considerar λ=1.0 para todos los casos.

n' = (√10.1∗10.2)/4 = 2.53

tomaremos el mayor valor de estos 3 resultados, l = 3.46 plg

Por lo tanto el mayor momento será:

Pul2

2BN =∅ b×Fy ×t 2

4despejamos para t, y obtenemos nuestro espesor de placa.

t=l √ 2Pu0.9( fy)BN

t=l √ 2(650)0.9 (36 )15(15)

= 1.46 plg ≈1.5 plg

Usar 112×15×1 pie 1 plg

PLACAS DE APOYO PARA VIGAS

Cuando hay cargas concentradas, así como reacciones que se encuentran en los extremos en vigas, es necesario que estas fuerzas se transmitan de una manera uniforme, tanto en el apoyo como en la viga.

Cuando se apoyan sobre muros de concreto o mampostería, la parte superior de estos elementos sirve como soporte para las vigas. Para que la reacción que se genera en esa parte se suponga que se distribuye uniformemente, es necesario utilizar una placa de apoyo, en la cual se asienta la viga.

La reacción se distribuye en un área que se denomina A1, que corresponde al área de contacto que tiene la placa con el concreto o mampostería, en el punto donde está soportada la viga. La presión a la que está sometida la placa es igual a la reacción última Ru dividida entre el área A1 de contacto entre la placa y el muro donde se apoya.

El Manual del AISC considera que la placa de apoyo toma el momento flexionante total producido y que la sección critica para el momento, se considere a una distancia k medido desde el centro del alma (desde el eje longitudinal de la viga).

Se calcula el espesor requerido de una franja de 1 plg de ancho de placa:

El modulo plástico Z de una franja de 1plg de ancho y espesor t=(1 )( t2 )( t4 ) (2 )= t 2

4

Con referencia a la imagen 10.19 del libro, el momento Mu se calcula para una distancia k desde el eje central del alma y es igual a Ø bF y Z .

M u=Ru

A1n( n2 )= Run

2

2 A1→

Run2

2 A1=ØbF y

t 2

4→t=√ 2 Run

2

Ø b A1F y

IMAGEN 10.19

Cuando hay cargas concentradas aplicadas perpendicularmente a un patín y simétricamente respecto al alma, sus patines y almas deben tener suficiente resistencia de diseño del patín y del alma por flexión del patín, por fluencia del alma, aplastamiento y pandeo lateral del alma.

Según la Sección J.10 de la Especificación del AISC, si las resistencias de diseño del alma no satisfacen los requisitos que ella establece, será necesario usar placas de refuerzo o atiesadores diagonales.

Interesa verificar la fluencia local, aplastamiento y el pandeo lateral del alma, para diseñar las placas de apoyo de las vigas.

IMAGEN 10.9

Fluencia Local del alma

1. Si la fuerza es una carga concentrada o una reacción que causa tensión o compresión y está aplicada a una distancia mayor que el peralte del miembro, d, medido desde su extremo, entonces

Rn=(5k+lb ) F yw tw

Ø=1.00

2. Si la fuerza es una carga concentrada o una reacción aplicada a una distancia d o menor desde el extremo del miembro, entonces

Rn=(2.5k+lb ) F ywtw

Ø=1.00

Aplastamiento del alma

1. Si la carga concentrada se aplica a una distancia mayor que o igual a d/2, medida desde el extremo del miembro, entonces

Rn=0.80 t2w [1+3( lbd )( twt f )

1.5]√ E F yw t ftw

Ø=0.75

2. Si la carga concentrada se aplica a una distancia menor que d/2 medida desde el extremo del miembro, entonces

Para lbd≤0.2

Rn=0.40 t2w [1+3( lbd )( twt f )

1.5]√ E F yw t ftw

Ø=0.75

Para lbd

>0.2

Rn=0.40 t2w [1+( 4 lbd −0.2)( twt f )

1.5]√ E F yw t ftw

Ø=0.75

Las placas de apoyo para vigas, funcionan para distribuir de una manera uniforme las reacciones que se dan en los extremos. Según la Especificación J8 del AISC la resistencia de diseño por aplastamiento en el concreto es:

Pp=0.85 f 'c A1

Para determinar el área de la placa se puede hacer relacionando la reacción con la resistencia del concreto, de la siguiente manera:

A1=Ru

Ø c0.85 f 'ccon Ø c=0.65

Lo anterior significa que se diseña la placa para la condición de aplastamiento del concreto a compresión. Es decir, que el área de la placa debe ser lo suficientemente grande, para que la distribución de esfuerzos sea adecuada y no sobrepase la resistencia del concreto.

A continuación se desarrolla un ejemplo en el cual se muestra como se diseña una placa de apoyo.

Ejercicio propuesto: (10.33 del libro: Diseño de Estructuras de Acero, Mc Cormac)

Diseñe una placa de apoyo de acero A36 para una viga W24x55 soportada por un muro de concreto reforzado con f ' c=3ksi. La reacción máxima de la viga es RD=30 klb y RL=40klb. La longitud máxima de apoyo en el extremo perpendicular al muro es el espesor total del muro de 10plg. La W24x55 es de acero A992.

Solución

Datos: Placa A36 f y=36ksi

f y=50ksi, f ' c=3ksi, RD=30 klb, RL=40klb

W24x55: A=16.2 plg2 ,d=23.2 plg ,tw=0.395 plg ,bf=7.01 plg , tf=0.505 plg, k=1.01 plg

Factorizando cargas: Ru=1.2 (30 )+1.6 (40 )Ru=100klb

A1=Ru

Ø c0.85 f 'c

A1=100

0.65 (0.85 ) (3 )=60.33 plg2

Probar PL 8x8

A1= (8×8 )=64 plg2

Revisión de fluencia local del alma

Como la reacción es aplicada a una distancia d o menor desde el extremo del miembro, entonces

Rn=(2.5k+lb ) F ywtw

Ø=1.00

Rn=(2.5k+Lb ) F yw tw

Rn=(2.5 (1.01 )+8 ) (50 ) (0.395 )

Rn=207.87klb

Ø=1.0

Ø Rn=1.0 (207.87 )=207.87klb

Ø Rn=207.87klb>100klb→OKCumple

Aplastamiento del Alma

Como la reacción se aplica a una distancia menor que d/2 medida desde el extremo del miembro

Para lbd= 823.2

=0.345>0.2

Rn=0.40 tw2[1+( 4 Lbd −0.2)( twt f )

1.5 ]√ E Fyw t ftw

Rn=0.40 (0.395 )2[1+( 4×823.2−0.2)( 0.3950.505 )

1.5]√ (29000 ) (50 ) (0.505 )0.395

Rn=154.30klb

Ø=0.75

Ø Rn=0.75 (154.30 )=115.73klb

Ø Rn=115.73 klb>100 klb→OKCumple

Espesor de placa

n=B2−k→n=8

2−1.01=2.99 plg

t=√ 2Run2

Ø b A1F y

→t=√ 2 (100 ) (2.99 )2

0.9 (8×8 ) (36 )

t=0.93 plgUSARt=1.0 plg

Probando área de patín

n=bf

2−k=7.01

2−1.01=2.495 plg

t=√ 2Run2

Ø b A1F y

→t=√ 2 (100 ) (2.495 )2

0.9 (8×7.01 ) (36 )

t=0.828 plg

t f=0.505 plg<0.828 plg

No Cumple

USARPL8×8×1