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Taller Aplicación práctica del DS60

Ejemplos SimplesICH – 01/2012

Jorge F. Carvallo WalbaumIngeniero Civil en Estructuras, Magister MIEG, Pontificia Universidad Católica de Chile.

1

Resumen

•Gran daño focalizado en edificios de 10 años o menos.•La demanda de desplazamiento estaba sub‐estimada, especialmente en suelos blandos.•La falla predominante fue debido a compresión.•Se modificó la norma de Diseño Sismo‐resistente, NCh433, y la norma de diseño en Hormigón Armado, NCh430 .

Contexto Ej. PropuestoLímite para Pu Diseño para φu

2

Espectro de respuesta (Sa) Viña del Mar


3

0

5

10

15

20

25

30

35

0.00

0.50

1.00

1.50

2.00

Sd (cm)

T(s)

Espectros Respuesta y Diseño

Sd [cm]

Sd[cm] NCh433 Z3 SII

Sa[g] NCh433 Z3 SIII

Espectro de respuesta (Sd) Viña del MarRegistro artificial


4

Enfoque de diseño por

desplazamiento

Se permitían diseños controlados por compresión y sin confinamiento = FALLA FRÁGIL.


5

Ag=0.38*f’c*Ag

Respuesta Observada…. FRÁGIL


6

Limitar εc

Limitar εc

Limitar “s”

Respuesta Observada…. FRÁGIL

ΣFi

Fi

ΣFi

Comportamiento Esperado

Comportamiento Observado

Edificio Daño Severo

Edificio sin Daño

Los Edificios “se caen” debido a deformación…Acortamiento del

hormigón


7

Estimación de la capacidad de deformación de un Muro.

8


Modelo Simplificado

Deformación total.

Capacidad de deformación de los muros.


9

Decreto Supremo 60Contexto Ej. PropuestoLímite para Pu Diseño para φu

10

Límite para la carga axial•Sección simétrica, armadura sólo en los bordes:


11

Límite para la carga axial

• El eje neutro está prácticamente en lamitad de la sección, lo que implica queεs=εc=0.003, o sea, zona de transición,φ=varible.


12

•Sección simétrica, armadura sólo en los bordes.:


c

εcu=0.003

φ

εcc

εs=0.003


13

….Δu/H

Pivote



14

Sección rectangular, εcu=0.004%

Efecto del confinamiento, εc.

-5

0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

55

60

-0.002 0 0.002 0.004 0.006 0.008 0.01 0.012 0.014

Strain

Stre

ss, M

Pa

fl flf’c

f’cc Confined

Unconfined


15

No aumenta la capacidad de tomar carga, aumenta la capacidad de deformación, εc=0.003 εc=0.008

Ejemplo: Muro rectangular y armadura simétrica


16

Ejemplo: Muro rectangular y armadura simétrica Contexto Ej. PropuestoLímite para Pu Diseño para φu

17


18

Giro unitario asociado a la resistencia nominal de la

sección

εs>εy

Ejemplo: Muro rectangular y armadura simétrica¿Cuanto confinar?


19

Climite=L/(600*θu)=0.8m

0.003εcu

Cc=1.13mClimite

C0.003=Cεcu=1.93m

¿Cuando confinar?

Cuánto confinar:

✓

? ✓

Asociado a Mn

… si c0.003 > clim

Ejemplo: Muro rectangular y armadura simétrica¿Cuanto confinar?


20

Distancia a confinar, max(4m,1.5m)

Sección crítica

4m


21

Δu/H=θu=1.5%

Ejemplo: Muro rectangular y armadura simétrica


22

Si Pu<0.35Agf’c y la demanda θ es menor que θu=0.83%, la sección cumple con DS60.

Si Pu<0.35Agf’c y la demanda θ es mayor que θu=0.83%, se deberá:

Dar mayor capacidad de giro a la sección, disminuyendo la profundidad del eje neutro “c”:

Aumento de espesor de la sección o aumento de la calidad de l hormigón.

εc


23

Por ejemplo:¿Cual sería el espesor del muro para Pu=840ton, si δu=31.2cm.?

Tenemos θu=1% y φu=θu/Lp=0.01/2m=0.005(1/m)

c=1.6m

0.008

0.012

✓ ?✓ ✓ ✓


24

¿Y si consideramos la deformación elástica para estimar la demanda de giro unitario φu?

? ?


25

Como conozco “c” y conozco la demanda de giro unitario φu, puedo estimar el acortamiento del hormigón εcu.

¿μ?? ✓ ✓

Depende de Pu y geometría

Ejemplo: Muro ”T” y armadura simétricaCompresión en el Alma


26



27

0.25*31.2m=7.8m

Ejemplo: Muro ”T” y armadura simétrica


28



29



30



31

Δu/H=θu=1%



32



33

400

330

εc

εs>εy



34

Δu/H=θu=1.35%

Ejemplo: Muro ”T” y armadura asimétrica


35



36



37



38

Δu/H=θu=1.15%

Ejemplo: Muro ”T” y armadura simétrica, Compresión en el Ala


39


s ≤ 6φ


40



41



42

840ton

1470ton

Momento

Carga Axial

Diseño para φuDado δu calculado de acuerdo a DS61 se estima la demanda de deformación unitaria en la zona crítica, y luego se compara con la capacidad de lasección dado “Pu”.

Sde


43

Diseño para φu


44

Tcr=1.5*Tg

Tcr, calculado con sección reducida.

Tcr=Período asociado a la sección agrietada.

Diseño para φu


45

(EI)efectivo < (EI)bruto

φy

Diseño para φuSe puede hacer una estimación de la carga máxima, Pu, en unasección simétrica dado una deformación de techo y una alturadesde la sección crítica.

Dado: se puede calcular

Limitando:


2lH wt

uu

46

Estimación de la Carga axial máxima para cumplir con φu


47

✓

Diseño para φu


2lH wt

uu

48

Ejemplo. Edificio de 10 pisos + 1 sub.

49


Ejemplo.

50


Muro A.5.

51


Muro A.5.

Alma comp.

52


Análisis Muro 5, Sección THormigón H‐22.5Período bruto (s) 0.66Pu (tonf) 875Mu (tonf m) 2158Vu (tonf) 93Lw (m) 5.4H (m) 26ey 0.002

Zona 3Suelo D


M.V.φ8a25

M.V.φ8a25 M.V.φ8a25

4φ22

4φ22 4φ224φ22

20

20

680

540

Muro A.5.

Alma comp.

Ala comp.

ELÁSTICO

ELÁSTICO

54

26m

Sección con demanda cíclica

inelástica


Muro A.5.

Lw , Mu/(4Vu

) Lw

, Mu/(4Vu

)

55

min 25%*H=6.5m

S‐1

P1

P2

Cc


Muro A.5.

56

Para estimar la deformación elástica, ¿qué “Lw” uso?

Lw=7.3m

Lw=5.4

?

✓

?

??


Espectro Pseudo Desplazamiento Zona 3 Suelo D


57

21‐7 (a)

21‐7 (b)

Donde:

Demanda según DS 60

D.S. 60 Suelo DФu 27‐7 (a) (1/m) 0.0041 Фu 27‐7 (b) (1/m) 0.0030


58

Definición SAP2000 Material Hormigón

Hormigon H‐22.5

Definición SAP2000 Sección DesignerMuro T


59

Section Designer Curva M‐ ФOrientación de la sección

C

T

0o

C

T

T

C

90o

T

C

180o

270o

εs

εc

εc

εs

εc

εs

εs

εc 60


Section Designer

e = 0.2 m

e = 0.2 m

5.4 m

6.8 m

4 Ф 32

4 Ф 254 Ф 22

4 Ф 22

DM Ф

8 a 25

DM Ф 8 a 25

Sección Original H‐22.5 e = 20 (cm)

C.G. sección bruta

Coordenada (0,0)

C


61

Definición de Hormigón No Confinado según SAP2000 H‐22.5

Botón derecho en la sección

f'c = 1800

f2 = 1561


62

Ángulo según dirección de análisis

Número de puntos en el gráfico

Carga axial Pu (negativo = compresión)

Máximo en eje X

Curva M‐ Ф SAP2000


63

Definición de Hormigón Confinado H‐22.5 según SAP2000

f'cc = 2311

f'cu = 2073

0.0150.0055

Botón derecho en la sección


64

Ejemplo de Curva M‐ Ф Hormigón No Confinado H‐22.5 e = 20 (cm)

εc = 0.003

εs = 0.0017 < εy

c = 3.4 (m

)

Фe=0.00042∆y=0.078

εc = 0.003εs = 0.0017Фu=0.0009∆u=0.092

μ= 1.4

Pu = 875 (tonf)

Cumple (b) pero no cumple (a).

Ejemplo de Curva M ‐ Ф Hormigón confinado según SAP2000 H‐22.5 e =20 (cm)

εc = 0.008

εs = 0.0081 > εy

c = 2.7 (m

)

εc = 0.008εs = 0.0081Фu=0.003∆u=0.259

Фy=0.0005∆y=0.093

μ= 2.8εc = 0.003εs = 0.0019Ф= 0.00091

D.S. 60 Suelo DФu 27‐7 (a) (1/m) 0.0041 Фu 27‐7 (b) (1/m) 0.0030

Pu = 875 (tonf)

εc = 0.003

εs = 0.0019 < εy

c = 3.3 (m

)

66


67


Ejercicio propuesto:Modificar sección de manera de cumplir con la demanda de giro

unitario φu ,sin incluir la deformación elástica, según DS60.

68


26m

Zona 3Suelo D

5.4m

Período bruto (s) 0.66Pu (tonf) 875Mu (tonf m) 2158Vu (tonf) 93Lw (m) 5.4H (m) 26

7.3m

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