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_________________________________________________ NORMAS DE SEGURIDAD ESTRUCTURAL PARA

GUATEMALA Manual Técnico

NSE 7.9

MANUAL TÉCNICO DE NORMA

EDIFICACIONES DE CONCRETO REFORZADO

CON MUROS DE DUCTILIDAD BAJA

Noviembre 2018

Manual técnico de Norma Edificaciones de concreto reforzado con muros de ductilidad baja Edición 2018 Derechos reservados -- © Asociación Guatemalteca de Ingeniería Estructural y Sísmica, AGIES Proyecto desarrollado por AGIES por medio de la Dirección de Comités Técnicos Este proyecto ha sido parcialmente financiado para cubrir gastos de publicación y diseminación por Trocaire y por el Departamento de Ayuda Humanitaria y Protección Civil de la Unión Europea, el cual proporciona asistencia a las víctimas de catástrofes naturales y conflictos fuera de las fronteras de la Unión Europea. La ayuda se brinda a las víctimas de manera imparcial, directo a las personas con más necesidad con independencia de su nacionalidad, religión, sexo, origen étnico o afiliación política. El contenido técnico y opiniones expresados en este documento no reflejan de ninguna manera tecnología en uso ni opiniones de la Unión Europea, por lo que ésta no se hace responsable de la información que contiene este documento. Tampoco las otras organizaciones mencionadas. La redacción, actualización y discusión de la Edición 2018 de estas normas ha sido posible por los aportes ad-honorem de tiempo de los miembros de los comités técnicos de AGIES y grupos revisores. Nota de AGIES Los aportes directos de nuestros patrocinadores se utilizan para diseminación de tecnología por medio de seminarios, mesas técnicas de trabajo, conferencias, cursos cortos, publicaciones colaterales y otros medios de difusión. Los aportes para impresión y publicación se reciben frecuentemente en especie. La redacción de los documentos, la investigación bibliográfica o de campo y actividades relacionadas con la actualización y/o generación de textos, son aportadas por los miembros de los comités técnicos en su propio tiempo disponible. Ningún directivo de AGIES y ningún miembro de comités técnicos reciben emolumentos por parte de AGIES.

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RECONOCIMIENTO __________________________________________________________________ Este documento ha sido elaborado por un comité de ingenieros bajo la supervisión de la Dirección de Comités Técnicos de AGIES. Director Comités Técnicos

• Dr. Héctor Monzón Despang

Comité Redactor • Ing. José Antonio Rodas

Se agradece el aporte de comentarios

• Ing. Byron Paiz • Ing. Daniel Cruz Pineda

Coordinación

• Inga. Lucia Mercedes Borja Ortiz • Ing. Fernando Szasdi Bardales • José Carlos Ramírez

Créditos

• Organización y Diseño: AGIES • Diagramación: Nydia Monroy • Foto de portada: Ing. Fernando Szasdi Bardales

NORMAS DE SEGURIDAD ESTRUCTURAL PARA GUATEMALA | MANUAL TÉCNICO AGIES NSE 7.9

NSE 1: TC-1

1 EDIFICACIONES DE CONCRETO REFORZADO CON MUROS DE DUCTILIDAD BAJA | MANUAL TÉCNICO NSE 7.9 - 2018

MUROS DE DUCTILIDAD LIMITADA ______________________________________________________________________ Actualmente se están construyendo edificios de muros de concreto de poco espesor, a este sistema de construcción se le ha llamado muros de ductilidad limitada o de baja ductilidad. Lo anterior es debido a que en dichos espesores es muy difícil colocar elementos confinados por lo que se tiene la sensación de que estos muros no tienen la capacidad de desarrollar ductilidad. El primer paso para resolver el problema es entender el comportamiento de los edificios durante un sismo. La ingeniería se valió del método de la carga equivalente para estudiar los efectos de los sismos sobre las estructuras, metodología que consiste en colocar cargas laterales a estructura con el objetivo de que la estructura se deforme de la misma forma que lo haría durante un sismo. Sin embargo, dicho procedimiento nos hizo olvidar que el sismo no es una carga lateral si no que es una deformación en el suelo a la cual el edificio debe adaptarse, también, desde hace mucho tiempo se entendió que los sismos provocan deformaciones mucho más grandes que las provocadas por la magnitud de carga que se utilizan para representarlos. La respuesta a cómo los edificios pueden adaptarse a deformaciones más grandes que las que se pueden esperar para las cargas que fueron diseñados es que los edificios incursionan en deformaciones post-elásticas, a través de generar un mecanismo llamado articulación plástica en suficientes puntos que permiten que el edificio se deforme sin inducir fuerzas de inercia en la estructura. Figura 1 — Comportamiento elástico esperado de un edificio

Como puede verse en la Figura 1, si se espera que un edificio se deforme durante un sismo en un comportamiento totalmente elástico, una cantidad 𝑫𝒕 (Deformación inducida


NSE 1: TC-2


por el sismo), la fuerza equivalente para producir dicha deformación será igual a 𝑽𝒆 (Carga lateral totalmente elástica). Sin embargo, si el edificio fue diseñado para una carga menor 𝑽𝒚, y adicionalmente tiene la capacidad de incursionar en rangos inelásticos de deformación, este podrá deformarse hasta la misma deformación 𝑫𝒕, sumando la deformación elástica 𝑫𝒆, a la deformación post-elástica, 𝑫𝒑. Es decir que las estructuras tienen capacidad de resistir sismos grandes sin colapsar aun cuando se diseñen para resistir cargas menores a las que podrían desarrollar con un comportamiento elástico, siempre y cuando tengan la capacidad de deformarse inelásticamente. La capacidad de deformarse en rango inelástico se llama ductilidad y normalmente se representa por la relación de

𝜇∆ =𝐷𝑒 + 𝐷𝑝

𝐷𝑒= 1 +

𝐷𝑝

𝐷𝑒

La relación entre las cargas elásticas equivalentes se llama factor de respuesta inelástica o de ductilidad

𝑅𝑑 =𝑉𝑒

𝑉𝑦

Todo lo mencionado hasta el momento se refiere a la ductilidad de la estructura en general, sin embargo, que esto sea posible depende de la formación de articulaciones plásticas en la estructura para poder generar el mecanismo que permita el comportamiento descrito anteriormente. En el caso de una estructura conformada por muros de corte, las articulaciones plásticas estarán localizadas cerca de la base de los muros y el comportamiento a deformación en el rango elástico será el de una viga en voladizo. El comportamiento en el rango inelástico dependerá de la rotación de la articulación plástica en la base del muro; Ө𝒑.


NSE 1: TC-3


Figura 2 — Radio de curvatura en la articulación

El radio de curvatura en la articulación Ф = 𝟏 𝑹⁄ es la rotación por longitud unitaria del miembro. La longitud de arco es:

𝐿𝑝 = 𝑅 ∗ Ө𝑝 Donde:

Ө𝑝 = (1𝑅

) ∗ 𝐿𝑝 Ó

Ө𝒑 = Ф ∗ 𝑳𝒑 (Ec. 1)

El radio de curvatura en el rango plástico puede expresarse como la diferencia entre el rango de curvatura último menos el elástico de donde:

Ө𝑝 = (Ф𝒖 – Ф𝒚) ∗ 𝑳𝒑 (Ec. 2) Tomando la relación del triángulo, también podemos relacionar la altura del edificio con la rotación plástica y la deformación 𝑫𝒑. Asumiendo que la rotación se concentra en la mitad de 𝑳𝒑 tenemos:

𝑫𝒑 = Ө𝑝 ∗ (𝑳 − 𝟎. 𝟓𝑳𝒑) (Ec. 3) Remplazando la Ecuación (2) en (3):

𝑫𝒑 = (Ф𝒖 – Ф𝒚) ∗ 𝑳𝒑 ∗ (𝑳 − 𝟎. 𝟓𝑳𝒑) (Ec. 4)


NSE 1: TC-4


Estimando que el desplazamiento elástico es igual a:

𝐷𝑒 = Ф𝒚 ∗ 𝐿2

3

Resolvemos que la ductilidad de desplazamiento:

µ∆ = 1 + 𝐷𝑝

𝐷𝑒 = 1 + (Ф𝒖 – Ф𝒚) ∗ 𝐿𝑝 ∗ [

𝐿 − 0.5𝐿𝑝

Ф𝒚 ∗ 𝐿2

3

]

(µ∆ − 1) = 3 ∗ (Ф𝒖 – Ф𝒚

Ф𝒚) ∗ 𝐿𝑝 ∗ (

𝐿 − 0.5𝐿𝑝

𝐿2 )

(µ∆ − 1) = 3 ∗ (Ф𝒖

Ф𝒚 – 1) ∗ [

𝐿𝑝

𝐿 ∗ (1 −

0.5𝐿𝑝

𝐿)]

Ya que la ductilidad de rotación de la articulación es 𝝁𝚽 = Ф𝒖 / Ф𝒚

(µ∆ − 𝟏) = 𝟑 ∗ (𝝁𝚽 – 𝟏) ∗ [𝑳𝒑

𝑳 ∗ (𝟏 −

𝟎. 𝟓𝑳𝒑

𝑳)]

Con esta ecuación se puede relacionar la Ductilidad de desplazamiento del edificio (µ∆) con la ductilidad de rotación de la articulación plástica en los muros (𝝁𝚽). Si se determina la ductilidad de desplazamiento para el edificio, se puede determinar la ductilidad de rotación requerida por el muro a través de la ecuación:

𝝁𝚽 = 𝟏 + µ∆−𝟏

𝟑∗[𝐿𝑝𝑳 ∗ (𝟏−

𝟎.𝟓𝐿𝑝𝑳 )]

(Ec. 5)

Dónde:

• 𝑳𝒑 = Longitud de articulación plástica, • 𝑳 = Altura del edificio igual a la altura de muro 𝐻𝑤

Comentario 1 La Ec. 5 es la ecuación 3.59 encontrada en la página 141 de la Referencia 1 (“Seismic Design of Reinforced Concrete and Masonry Buildings”, Paulay y Priestley 1992)


NSE 1: TC-5


La longitud de articulación plástica 𝑳𝒑 es variable y depende de la distribución de curvatura, que es una función de la dimensión del elemento, su longitud e incluso el refuerzo de éste. Existen varias aproximaciones en la literatura para definir dicha longitud. Nosotros vamos a utilizar la ecuación de Paulay y Priestley 1992:

𝑳𝒑 = 𝟎. 𝟐𝑳𝒘 + 𝟎. 𝟎𝟒𝟒𝑯𝒘 Dónde:

• 𝑳𝒘 = Largo del muro • 𝑯𝒘 = Altura de muro

Si consideramos una nueva variable 𝑨𝒓 = 𝑯𝒘

𝑳𝒘 y despejamos 𝑯𝒘 = 𝑳𝒘 ∗ 𝑨𝒓

𝐿𝑝 = 0.2 ∗ 𝐿𝑤 + 0.044 ∗ 𝐿𝑤 ∗ 𝐴𝑟 = (0.2 + 0.044 ∗ 𝐴𝑟) ∗ 𝐿𝑤

𝐿𝑝 = 𝐾 ∗ 𝐿𝑤

Dónde:

• 𝑲 = 0.2 + 0.044 ∗ 𝐴𝑟 La longitud de la articulación no puede exceder la dimensión del elemento, por lo que se toma como máximo un 90% de la longitud del muro:

𝐿𝑝−𝑀Á𝑋 = 0.9 ∗ 𝐿𝑤 ó 𝐾𝑚𝑎𝑥 = 0.9 Si remplazamos el valor de 𝑳𝒑 y expresamos 𝑳 como 𝑯𝒘 en la Ecuación (5), tenemos:

𝝁𝚽 = 1 +µ∆ − 1

3 ∗ (𝐾 ∗ 𝐿𝑤𝐻𝑤

) ∗ [1 − 0.5 ∗ 𝐾 ∗ 𝐿𝑤𝐻𝑤

]

𝝁𝚽 = 𝟏 + µ∆−𝟏

𝟑∗( 𝑲𝑨𝒓

) ∗ [𝟏−( 𝑲𝟐∗𝑨𝒓

)] (Ec. 6)

También, invirtiendo los factores podemos determinar la Ductilidad de Desplazamiento en función de la Ductilidad de Rotación:

µ∆ = 𝟏 + (𝝁𝚽 − 𝟏) ∗ 𝟑 ∗ ( 𝑲𝑨𝒓

) ∗ [𝟏 − ( 𝑲𝟐∗𝑨𝒓

)] (Ec. 7)


NSE 1: TC-6


Kowalski en 2001 propuso un 𝑳𝒑simplificado de 𝟎. 𝟓𝑳𝒘, si remplazamos 𝐾 = 0.5 en la Ecuación (7), tenemos:

µ∆ = 𝟏 + (𝝁𝚽 − 𝟏) ∗ ( 𝟑𝟐∗𝑨𝒓

) ∗ [𝟏 − ( 𝟏𝟒∗𝑨𝒓

)] (Ec. 8)

Esta simplificación es válida, pero es mejor utilizar la ecuación para 𝑳𝒑 de Paulay y Priestley, ya que esta muestra un comportamiento más adecuado de la articulación plástica. Por lo anterior, los cálculos se realizarán con las Ecuaciones (6) y (7). Si queremos determinar en qué momento la ecuación de 𝑳𝒑 alcanza el máximo de 𝟎. 𝟗𝟎𝑳𝒘, resolvemos:

0.2 + 0.044 ∗ 𝐴𝑟 = 0.9

𝐴𝑟 = 0.9−0.20.044

= 15.91 Aproximando 16 (𝐴𝑟 = 𝐻𝑤𝐿𝑤

) Si suponemos una ductilidad de desplazamiento µ∆ = 2 y utilizamos la Ecuación (10) para graficar la ductilidad requerida de rotación 𝝁𝚽 y empleamos 𝐾 = 0.2 + 0.044𝐴𝑟 en una gráfica y 𝐾 = 0.9 en otra, con un valor de 𝜷 = 𝟒, tendríamos un diagrama similar al Gráfico 1. Gráfico 1 — Ductilidad de rotación 𝝁𝚽

0.000

1.000

2.000

3.000

4.000

5.000

6.000

7.000

8.000

9.000

0 5 10 15 20 25

Ar=Hw/Lw

K = 0.2 +0.044ArK = 0.90

Comentario 2 La Ec. 8 es la ecuación 7.22 encontrada en la página 556 de la Referencia 1 (“Seismic Design of Reinforced Concrete and Masonry Buildings”, Paulay y Priestley 1992)


NSE 1: TC-7


Ejemplo 1 — Si necesitamos una ductilidad de desplazamiento en un edificio de un valor de 2 y el muro tiene una relación de 𝐻𝑤

𝐿𝑤= 10, entonces el muro necesita tener una

ductilidad de rotación en la base de 5. Esta grafica se puede realizar para cualquier valor de ductilidad de desplazamiento como puede verse en la gráfica desarrollada por Paulay y Uzumeri 1975: Figura 3 — Gráfica desarrollada por Paulay y Uzumeri

Comparando la Ecuación (5) con la ecuación desarrollada por Tassios y Chronopoulos en su artículo ”R.C.Wall Cross-Section Design for a given behaviour factor of the building” 1988, notamos que la ecuación desarrollada por nosotros es un caso particular, cuando se considera el sismo como una carga puntual en la parte superior del edificio.


NSE 1: TC-8


Figura 4 — Ecuación desarrollada por Tassios y Chronopoulos

Las ecuaciones se pueden ajustar ahora a un caso general, como:

𝝁𝚽 = 𝟏 + µ∆−𝟏

𝜷∗(𝑳𝒑𝑳 )∗[ 𝟏 – 𝟎.𝟓∗𝑳𝒑

𝑳 ] (Ec. 9)

𝝁𝚽 = 𝟏 + µ∆−𝟏

𝜷∗( 𝑲𝑨𝒓

)∗[𝟏 – 𝑲𝟐∗𝑨𝒓

] (Ec. 10)

µ∆ = 𝟏 + (𝝁𝚽 − 𝟏) ∗ ( 𝜷 ∗ 𝑲

𝑨𝒓) ∗ [𝟏 – 𝑲

𝟐∗𝑨𝒓] (Ec. 11)

El sismo realmente tiene un patrón de carga equivalente mucho más parecido al de una carga uniforme por lo que se considera adecuado utilizar un valor 𝜷 = 𝟒 para los cálculos. Priestley tiene una aproximación diferente, ajustando el valor de 𝑨𝒓 = 𝟏. 𝟓 𝑯𝒘

𝑳𝒘 para ajustar

el efecto del patrón de carga. Hasta el momento, al determinar la relación entre la ductilidad de desplazamiento (que determina el nivel o magnitud de la carga equivalente a utilizar en el diseño) y la ductilidad de rotación en los muros, hemos resuelto la mitad del problema, la otra mitad está en cómo lograr que los muros desarrollen esa ductilidad, o mejor dicho, en nuestro caso particular, qué tanta ductilidad pueden desarrollar estos muros delgados, y entonces determinar que tanto puede atribuirse como ductilidad de desplazamiento al sistema. Ahora, lo importante es entender que tan dúctil puede ser una sección de muro de concreto reforzado sin confinamiento en los extremos. El primer paso en este camino es comprender que el muro está compuesto de dos materiales con características


NSE 1: TC-9


diferentes, y que es la mezcla de estas características la que va a definir el comportamiento del elemento. La naturaleza del concreto es la de un material frágil y su curva de esfuerzo-deformación es compleja, sin embargo, se han creado varios modelos matemáticos para representar su comportamiento, nosotros usaremos el modelo desarrollado por Kent y Park en 1971. Figura 5 — Modelo de curva esfuerzo-deformación del concreto desarrollado por Kent y Park[A]

[A]Paulay, T. y Park, R. Estructuras de Concreto Reforzado. 1988


NSE 1: TC-10


Como podemos ver en la Figura 4, el concreto alcanza su resistencia nominal con una deformación unitaria de 0.002 y luego empieza a descender su resistencia hasta alcanzar la ruptura con aproximadamente una deformación unitaria de 0.004. El comportamiento anterior es válido para un cilindro de concreto que está sometido a una carga axial uniforme, sin embargo, el comportamiento es diferente si la compresión es solo en el extremo del elemento debido a una carga de flexión en la cual, solo la fibra extrema está sometida a la máxima deformación. Lo anterior se muestra en la siguiente grafica tomada del libro de Park y Paulay. Figura 6 — Curva esfuerzo-deformación para una viga de concreto simplemente reforzada[A]

[A]Paulay, T. y Park, R. Estructuras de Concreto Reforzado. 1988 La grafica anterior demuestra que utilizar una deformación unitaria a la falla en el concreto de 0.004 es conservador, aunque este sea un valor superior al usado por los norteamericanos de 0.003. El acero, al contrario del concreto, es un material dúctil, lo cual puede verse en la siguiente grafica representativa del material en grados 40 y 60:


NSE 1: TC-11


Figura 7 — Curva esfuerzo deformación del acero grado 40 y 60[A]

[A]Paulay, T. y Park, R. Estructuras de Concreto Reforzado. 1988

La deformación unitaria a la fluencia se estima como:

𝑒𝑦 = 𝑓𝑦

𝐸𝑠

El módulo de elasticidad se estima para todos los aceros como 29,000,000 𝑝𝑠𝑖. Para el acero grado 60 tendríamos una deformación unitaria de 0.00207, y para grado 40 de 0.00138, si comparamos estos valores son muy parecidos a los del concreto, sin embargo, si vemos la gráfica los valores de deformación a ruptura son del orden de 0.12 a 0.20, los cuales son muy superiores a 0.004. Lo que podemos concluir es que el acero soporta deformaciones del orden de por lo menos 30 veces las del concreto para alcanzar la ruptura. Adicionalmente, si consideramos la primera parte de la gráfica del concreto como la parte elástica, tendríamos una relación de deformaciones entre ruptura o fluencia de 0.004

0.002= 2 (poco dúctil). Para el acero grado 60 tendríamos una relación de 0.12

0.00207=

57.97 (dúctil). Este es un buen momento para definir la ductilidad, ésta es la distancia o capacidad de deformarse entre la fluencia y la ruptura de un material, un elemento o una estructura. Básicamente, el comportamiento del muro dependerá de en qué orden fallen los materiales que lo constituyen, la base del diseño del muro es que la fuerza en el extremo en tensión del muro la resista el acero y la fuerza a compresión en el otro extremo el concreto. Si el acero fluye al mismo tiempo que falla el concreto, la falla que domina es la del concreto y el comportamiento del muro será frágil, sin embargo, si se debilita la zona de tensión colocando menos refuerzo para garantizar que sea el acero el que fluya, entonces tendremos una falla dúctil. Este comportamiento lo podemos analizar graficando para un muro el momento aplicado versus la rotación en la sección del muro:


NSE 1: TC-12


Figura 8 — Gráfica momento aplicado vs. rotación de sección de muro

La rotación en el muro es proporcional al momento aplicado, hasta que se alcance la capacidad del acero y este fluya (Punto 1). Después de que el acero fluya, este empieza a deformarse en el rango elástico, produciendo una rotación en el muro para aproximadamente el mismo valor de momento, esta rotación reacomoda el eje neutro de la sección, incrementando el esfuerzo en el concreto hasta que este alcanza la falla, lo cual se representa en la Figura 9:


NSE 1: TC-13


Figura 9 — Comportamiento del concreto y acero en muros

Como puede verse en la parte (a) de la figura, partiendo del principio que las secciones planas permanecen planas; tenemos una relación de proporcionalidad entre la deformación del acero y el concreto. La deformación en el concreto estará en la primera parte de la curva de Kent y Park, es decir, menor a 0.002. En la figura (b) el acero continúa deformándose, lo cual ajusta la curva de proporcionalidad de la línea negra a la línea roja, y como el momento no cambia, también la fuerza de compresión y tensión se mantienen prácticamente iguales, entonces por el movimiento del eje neutro, el área a compresión debe reajustarse y aumenta la deformación unitaria del concreto hasta alcanzar 0.004 (Donde se considera que el concreto falla). Como pudimos ver, la ductilidad la define la distancia en deformación entre el momento en que fluye el acero y el momento de la falla del concreto. Si nosotros deseamos aumentar la ductilidad del muro, el mecanismo es separar estos puntos; para lograr esto existen cuatro mecanismos:

(a) Mover la falla a la fluencia hacia la izquierda de la gráfica, es decir, proveer menos capacidad a tensión a través de disminuir la cantidad de refuerzo.


NSE 1: TC-14


(b) Mover la falla a compresión hacia la derecha de la gráfica, es decir, mejorar la capacidad del concreto, ya sea utilizando un concreto de mayor resistencia o colocando mayor área de concreto en el extremo a través de aumentar el espesor del muro o colocar una aletón en el extremo. (c) Reducir la carga de compresión en el concreto, colocando refuerzo de acero que tome parte de dicha carga. (d) Aumentar la capacidad de deformación de 0.004 del concreto a través de colocar estribos de confinamiento que adicionalmente mejoran la capacidad de carga de este.

En nuestro caso particular, por el espesor del muro, no tenemos la capacidad de colocar confinamiento, por lo que la ductilidad del muro dependerá completamente de las otras opciones, como el espesor del muro y mantener las cuantías de refuerzo dentro de ciertos límites a determinar. Es importante mencionar que la carga axial es un factor adicional que reduce la ductilidad en el muro, ya que como podemos ver la falla a compresión del concreto debida a la flexión es uno de los factores que determinan la ductilidad, si el concreto está pre-comprimido debido a la carga axial, este tiene menos capacidad para la flexión y por lo tanto menos ductilidad. Al no tener la capacidad de colocar confinamiento en los muros delgados de concreto, estos pierden una herramienta importante para lograr desarrollar ductilidad y dejan de parecerse a los conceptos usuales utilizados en el concreto reforzado, y tienden a comportarse más como la mampostería reforzada. Esta es la razón por la que para determinar la capacidad de ductilidad nos vamos a basar en principios utilizados en la mampostería reforzada, y particularmente en los conceptos expresados por M.J.N. Priestley en su Artículo “Ductility Of Unconfined Masonry Shear Walls” ajustando los valores para las propiedades del concreto. Si analizamos la condición de fluencia del acero en el muro, tenemos la Figura 10.


NSE 1: TC-15


Figura 10 — Condición de fluencia del acero en el muro

Si realizamos sumatoria de fuerzas e igualamos las cargas externas con las internas tenemos:

𝑃𝑢 = 𝐹(𝐶𝑜𝑛𝑐𝑟𝑒𝑡𝑜) – [𝐹(𝐴𝑠−𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛) − 𝐹(𝐴𝑠−𝑐𝑜𝑚𝑝)] (Ec. 12) Determinamos la fuerza a compresión en el concreto 𝐹(𝐶𝑜𝑛𝑐𝑟𝑒𝑡𝑜):

(a) Expresamos la deformación del concreto en función de la del acero:

Figura 11 — Deformación del concreto en función de la del acero


NSE 1: TC-16


(b) La fuerza es el área de la curva de esfuerzo por lo que: Figura 12 — Curva de esfuerzo del concreto a compresión

𝐹 = 𝑓’𝑐1 ∗ 𝐵 ∗ 𝑑𝑥

𝑒𝑖 = 𝑒𝑐

𝐶∗ 𝑥 =

1𝐶

∗𝐶

𝐿 − 𝐶∗ 𝑒𝑦 ∗ 𝑥 =

1𝐿 − 𝐶

∗ 𝑒𝑦 ∗ 𝑥 Con la curva de Kent y Park

𝐹 = ∫ 𝑓′𝑐 ∗ [[(2 ∗1

𝐿 − 𝐶) ∗ 𝑒𝑦 ∗

𝑥0.002

] − [(1

(𝐿 − 𝐶)2) ∗ 𝑒𝑦2 ∗

𝑥2

0.0022]] ∗ 𝐵 𝑑𝑥𝐶

0

𝐹 = 𝑓′𝑐 ∗ 𝐵 ∗ [𝑒𝑦 ∗𝑥2

(𝐿 − 𝐶) ∗ 0.002– 𝑒𝑦

2 ∗𝑥3

3 ∗ (𝐿 − 𝐶)2 ∗ 0.0022 + 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒]

Si 𝑥 = 0 entonces 𝐹 = 0 y 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = 0

𝐹 = 𝑓′𝑐 ∗ 𝐵 ∗ [𝑒𝑦 ∗ 𝐶2

(𝐿 − 𝐶) ∗ 0.002 – 𝑒𝑦

2 ∗𝐶3

3 ∗ (𝐿 − 𝐶)2 ∗ 0.0022]

Recordando que 𝐾𝑒 = 𝐶

𝐿 o 𝐶 = 𝐾𝑒 ∗ 𝐿

𝐹 = 𝑓′𝑐 ∗ 𝐵 ∗ [𝑒𝑦 ∗ 𝐾𝑒

2 ∗ 𝐿2

(𝐿 − 𝐾𝑒 ∗ 𝐿) ∗ 0.002– 𝑒𝑦

2 ∗𝐾𝑒

3 ∗ 𝐿3

3 ∗ (𝐿 − 𝐾𝑒 ∗ 𝐿)2 ∗ 0.0022]

𝐹 = 𝑓′𝑐 ∗ 𝐵 ∗ [𝑒𝑦 ∗

𝐾𝑒2 ∗ 𝐿

(1 − 𝐾𝑒) ∗ 0.002– 𝑒𝑦

2 ∗𝐾𝑒

3 ∗ 𝐿3 ∗ (1 − 𝐾𝑒)2 ∗ 0.0022]


NSE 1: TC-17


𝐹 = 𝑓′𝑐 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿 ∗ 𝐾𝑒

2 ∗𝑒𝑦

0.002∗ [

11 − 𝐾𝑒

– 𝑒𝑦 ∗𝐾𝑒

(1 − 𝐾𝑒)2 ∗ 0.006]

𝑭 (𝑪𝒐𝒏𝒄𝒓𝒆𝒕𝒐) = 𝒇′𝒄 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳 ∗

𝑲𝒆𝟐

𝟏 − 𝑲𝒆∗

𝒆𝒚

𝟎. 𝟎𝟎𝟐∗ [ 𝟏 –

𝑲𝒆

𝟏 − 𝑲𝒆∗

𝒆𝒚

𝟎. 𝟎𝟎𝟔]

Ahora determinamos la fuerza a compresión del acero 𝐹(𝐴𝑠−𝐶𝑜𝑚𝑝):

Figura 13 — Fuerza de compresión del acero

𝐹 = 𝐴𝑠−𝐶𝑜𝑚𝑝 ∗ 𝑓’𝑠

𝐹 = ∫𝐴𝑠

𝐿∗

𝑓𝑦

(𝐿 − 𝑐)∗ 𝑥 ∗ 𝑑𝑥 =

𝐴𝑠

𝐿∗

𝑓𝑦

(𝐿 − 𝑐) ∫ 𝑥 ∗ 𝑑𝑥

𝐶

0

𝐶

0

𝐹 = 𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦

𝐿 ∗ (𝐿 − 𝑐)∗

𝐶2

2 =

𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦

2∗

𝐶𝐿

∗𝐶

𝐿 − 𝐶

Recordando que 𝐾𝑒 = 𝐶

𝐿 :

𝐹 = 𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦

2∗ 𝐾𝑒 ∗

𝐾𝑒

1 − 𝐾𝑒

𝑭 (𝑨𝒔−𝑪𝒐𝒎𝒑) = 𝑨𝒔 ∗ 𝒇𝒚

𝟐∗

𝑲𝒆𝟐

𝟏 − 𝑲𝒆


NSE 1: TC-18


De igual forma se determina la fuerza a tensión en el acero 𝐹(𝐴𝑠−𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛):

Figura 14 — Fuerza a tensión en el acero

𝐹 = 𝐴𝑠−𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛 ∗ 𝑓𝑠

𝐹 =𝐴𝑠

𝐿∗

𝑓𝑦

𝐿 − 𝑐∗ ∫ 𝑥 ∗ 𝑑𝑥

𝐿−𝑐

0

𝐹 =𝐴𝑠

𝐿∗

𝑓𝑦

𝐿 − 𝑐∗

𝑥2

2 =

𝐴𝑠

𝐿∗

𝑓𝑦

𝐿 − 𝑐∗

(𝐿 − 𝐶)2

2

𝐹 =𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦

2∗

𝐿 − 𝑐𝐿

𝑭 (𝑨𝒔−𝑻𝒆𝒏𝒔𝒊ó𝒏) =𝑨𝒔 ∗ 𝒇𝒚

𝟐∗ (𝟏 − 𝑲𝒆)

Resolviendo la diferencia:

𝐹 (𝐴𝑠−𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛) − 𝐹 (𝐴𝑠−𝐶𝑜𝑚𝑝) = [𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦

2∗ (1 − 𝐾𝑒)] − [

𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦

2∗

𝐾𝑒2

1 − 𝐾𝑒]

𝐹 (𝐴𝑠−𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛) − 𝐹 (𝐴𝑠−𝐶𝑜𝑚𝑝) =𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦

2∗ [(1 − 𝐾𝑒) −

𝐾𝑒2

1 − 𝐾𝑒]


2∗

(1 − 𝐾𝑒)2 − 𝐾𝑒2

1 − 𝐾𝑒


2∗

1 − 2𝐾𝑒 + 𝐾𝑒2 − 𝐾𝑒

2

1 − 𝐾𝑒


NSE 1: TC-19



2∗

1 − 2𝐾𝑒

1 − 𝐾𝑒

𝑭 (𝑨𝒔−𝑻𝒆𝒏𝒔𝒊ó𝒏) − 𝑭 (𝑨𝒔−𝑪𝒐𝒎𝒑) = 𝑨𝒔 ∗ 𝒇𝒚 ∗𝟏

𝟐⁄ − 𝑲𝒆

𝟏 − 𝑲𝒆

Ajustando la Ecuación (12)

𝐹 (𝐶𝑜𝑛𝑐𝑟𝑒𝑡𝑜) – [𝐹 (𝐴𝑠−𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛) − 𝐹 (𝐴𝑠−𝐶𝑜𝑚𝑝)] − 𝑃𝑢 = 0

𝑓′𝑐 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿 ∗

𝐾𝑒2

1 − 𝐾𝑒∗ [

𝑒𝑦

0.002] ∗ [ 1 –

𝐾𝑒

1 − 𝐾𝑒∗

𝑒𝑦

0.006] − [𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦 ∗

12⁄ − 𝐾𝑒

1 − 𝐾𝑒] − 𝑃𝑢 = 0

𝑓′𝑐 ∗

𝐾𝑒2

1 − 𝐾𝑒∗ [

𝑒𝑦

0.002] ∗ [ 1 –

𝐾𝑒

1 − 𝐾𝑒∗

𝑒𝑦

0.006] − [

𝐴𝑠

𝐵 ∗ 𝐿∗ 𝑓𝑦 ∗

12⁄ − 𝐾𝑒

1 − 𝐾𝑒] −

𝑃𝑢

𝐵 ∗ 𝐿= 0

Si 𝜌 = 𝐴𝑠

𝐵∗𝐿 entonces

𝑓′

𝑐𝑓𝑦

∗ 𝐾𝑒2 ∗ [

𝑒𝑦

0.002] ∗ [ 1 –

𝐾𝑒

1 − 𝐾𝑒∗

𝑒𝑦

0.006] − [ 𝜌 ∗ (1

2⁄ − 𝐾𝑒)] −𝑃𝑢 ∗ (1 − 𝐾𝑒)

𝐵 ∗ 𝐿 ∗ 𝑓𝑦= 0

2 ∗𝑓′

𝑐𝑓𝑦

∗ 𝐾𝑒2 ∗ [

𝑒𝑦

0.002] ∗ [ 1 –

𝐾𝑒

1 − 𝐾𝑒∗

𝑒𝑦

0.006] − [ 𝜌 ∗ (1 − 2𝐾𝑒)] −

2 ∗ 𝑃𝑢 ∗ (1 − 𝐾𝑒)𝐵 ∗ 𝐿 ∗ 𝑓𝑦

= 0

2 ∗𝑓′𝑐𝑓𝑦

∗ 𝐾𝑒2 ∗ [

𝑒𝑦

0.002] ∗ [ 1 – 𝐾𝑒

1 − 𝐾𝑒∗

𝑒𝑦

0.006] − 𝜌 −2 ∗ 𝑃𝑢

𝐵 ∗ 𝐿 ∗ 𝑓𝑦+ 2 ∗ 𝐾𝑒 ∗ 𝜌 +

2 ∗ 𝑃𝑢 ∗ 𝐾𝑒𝐵 ∗ 𝐿 ∗ 𝑓𝑦

= 0

2 ∗𝑓′𝑐𝑓𝑦

∗ 𝐾𝑒2 ∗ [

𝑒𝑦

0.002] ∗ [ 1 – 𝐾𝑒

1 − 𝐾𝑒∗

𝑒𝑦

0.006] − [𝜌 +2 ∗ 𝑃𝑢

𝐵 ∗ 𝐿 ∗ 𝑓𝑦] + 2 ∗ 𝐾𝑒 ∗ [𝜌 +

𝑃𝑢𝐵 ∗ 𝐿 ∗ 𝑓𝑦

] = 0

𝟐 ∗𝒇′𝒄𝒇𝒚

∗ 𝑲𝒆𝟐 ∗ [

𝒆𝒚

𝟎. 𝟎𝟎𝟐] ∗ [ 𝟏 – 𝑲𝒆

𝟏 − 𝑲𝒆∗

𝒆𝒚

𝟎. 𝟎𝟎𝟔] + 𝟐 ∗ 𝑲𝒆 ∗ [𝝆 +𝑷𝒖

𝑩 ∗ 𝑳 ∗ 𝒇𝒚] − [𝝆 +

𝟐 ∗ 𝑷𝒖𝑩 ∗ 𝑳 ∗ 𝒇𝒚

] = 𝟎

(Ec. 13)


NSE 1: TC-20


Esta ecuación es equivalente a la Ecuación 7 de la referencia 2 para propiedades de concreto. Esta no es una ecuación cuadrática debido al termino 𝐾𝑒/(1 − 𝐾𝑒) en el primer factor, sin embargo, si aplicamos matemáticas y volvemos 𝐾𝑏 = 𝐾𝑒/(1 − 𝐾𝑒) y lo tratamos como una constante, entonces la Ecuación (13) es una ecuación cuadrática perfecta y podemos resolverla. Esto implica el error del valor de 𝑲𝒃, por lo cual deberemos utilizar un proceso de iteraciones sucesivas, partiendo de un valor asumido de 𝑲𝒃 para la primera iteración y se resuelve la ecuación para encontrar 𝑲𝒆. En la segunda iteración se calcula 𝑲𝒃 en función de 𝑲𝒆 y se reinicia el proceso. Normalmente, con 3 o 4 iteraciones la precisión del valor de 𝑲𝒆 es aceptable. La Ecuación 13 se puede escribir de la siguiente forma:

𝐴 = 2 (𝑓′𝑐

𝑓𝑦∗

𝜖𝑦

0.002) ∗ (1 − 𝐾𝑏 ∗

𝜖𝑦

0.006)

𝐵 = 2 (𝜌 +𝑃𝑢

𝑏 ∗ 𝐿𝑤 ∗ 𝑓𝑦)

𝐶 = − (𝜌 +2 ∗ 𝑃𝑢

𝑏 ∗ 𝐿𝑤 ∗ 𝑓𝑦)

𝐴𝐾𝑒2 + 𝐵𝐾𝑒 − 𝐶 = 0 (Ecuación a resolver)

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝑏 ∗ 𝐿𝑤 𝐾𝑒 =

𝑐𝐿𝑤

𝜖𝑦 =𝑓𝑦

𝐸𝑠 𝐾𝑏 =

𝐾𝑒1 − 𝐾𝑒

𝐾𝑒 =−𝐵 + √(𝐵2 − 4𝐴𝐶)

2𝐴

Al encontrar 𝐾𝑒 = 𝐶/𝐿𝑤 estamos encontrado la posición del eje neutro en el momento en que el acero llega a fluir (Primera fluencia), calculando sumatoria de momento respecto a este eje podemos calcular las siguientes expresiones que son las mismas que la Referencia 2 (𝑃𝑢 y 𝑁𝑢 son lo mismo y se refieren a la carga axial última): El momento del concreto es la fuerza por el brazo hasta el eje neutro, y esto es el área de la curva de esfuerzo por la distancia, por lo que se calcula de la siguiente forma:


NSE 1: TC-21


Figura 12 (Repetida) — Curva de esfuerzo del concreto a compresión

𝑀 = 𝑓’𝑐1 ∗ 𝐵 ∗ 𝑥 ∗ 𝑑𝑥

𝑒𝑖 = 𝑒𝑐

𝐶∗ 𝑥 =

1𝐶

∗𝐶

𝐿 − 𝐶∗ 𝑒𝑦 ∗ 𝑥 =

1𝐿 − 𝐶

∗ 𝑒𝑦 ∗ 𝑥 Con la curva de Kent y Park

𝑀 = ∫ 𝑓′𝑐 ∗ [2 ∗1

𝐿 − 𝐶∗ 𝑒𝑦 ∗

𝑥2

0.002− (

1(𝐿 − 𝐶)2 ∗ 𝑒𝑦

2 ∗𝑥3

0.0022)] ∗𝐶

0𝐵 ∗ 𝑑𝑥

𝑀 = 𝑓′𝑐 ∗ 𝐵 ∗ [2 ∗ 𝑒𝑦 ∗𝑥3

(𝐿 − 𝐶) ∗ 3 ∗ 0.002− 𝑒𝑦

2 ∗𝑥4

4 ∗ (𝐿 − 𝐶)2 ∗ 0.0022 + 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒]

Si 𝑥 = 0 entonces 𝑀 = 0 y 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = 0

𝑀 = 𝑓′𝑐 ∗ 𝐵 ∗ [2 ∗ 𝑒𝑦 ∗𝐶3

(𝐿 − 𝐶) ∗ 3 ∗ 0.002− 𝑒𝑦

2 ∗𝐶4

4 ∗ (𝐿 − 𝐶)2 ∗ 0.0022]

Como 𝑒𝑦 = 𝐿−𝐶

𝐶∗ 𝑒𝑐, entonces 𝑒𝑦

2 = (𝐿−𝐶)2

𝐶2 ∗ 𝑒𝑐2

𝑀 = 𝑓′𝑐 ∗ 𝐵 ∗ [2 ∗ 𝑒𝑐 ∗𝐶2

3 ∗ 0.002− 𝑒𝑐

2 ∗𝐶2

4 ∗ 0.0022]

𝑀 = 𝑓′𝑐 ∗ 𝐵 ∗ 𝐶2 ∗𝑒𝑐

0.002∗ [

23

−𝑒𝑐

0.008]


NSE 1: TC-22


Recordando que 𝐾𝑒 = 𝐶/𝐿 o 𝐶 = 𝐾𝑒 ∗ 𝐿 o 𝐶2 = 𝐾𝑒2 ∗ 𝐿2

𝑀 = 𝑓′𝑐 ∗ 𝐵 ∗ 𝐾𝑒2 ∗ 𝐿2 𝑒𝑐

0.002∗ [

23

−𝑒𝑐

0.008]

El momento unitario (𝑚𝑦) seria:

𝒎𝒚(𝑪𝒐𝒏𝒄𝒓𝒆𝒕𝒐) =𝑴𝒚

𝒇𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳𝟐 =𝒇′𝒄

𝒇𝒚∗ 𝑲𝒆

𝟐 ∗𝒆𝒄

𝟎. 𝟎𝟎𝟐∗ [

𝟐𝟑

−𝒆𝒄

𝟎. 𝟎𝟎𝟖]

Para el acero a compresión tendríamos:

𝑀 = 𝐹 ∗ 𝑥 = 𝐴𝑠−𝐶𝑜𝑚𝑝 ∗ 𝑓′𝑐 ∗ 𝑥

𝑀 = ∫ (𝐴𝑠

𝐿) ∗

𝑓𝑦

(𝐿 − 𝐶) ∗ 𝑥2 ∗ 𝑑𝑥𝐶

0

𝑀 =𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦

𝐿 ∗ (𝐿 − 𝐶) ∗𝐶3

3

Recordando que 𝐾𝑒 = 𝐶/𝐿 o 𝐶 = 𝐾𝑒 ∗ 𝐿


3∗ 𝐾𝑒 ∗

𝐾𝑒2 ∗ 𝐿2

(𝐿 − 𝐾𝑒 ∗ 𝐿)

𝑀 = 𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦

3∗ 𝐾𝑒 ∗

𝐾𝑒2 ∗ 𝐿

(1 − 𝐾𝑒)

𝒎𝒚(𝑨𝒔−𝑪𝒐𝒎𝒑) =𝑴𝒚

𝒇𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳𝟐 =𝝆𝟑

∗𝑲𝒆

𝟑

(𝟏 − 𝑲𝒆)

Para el acero a tensión tendríamos:

𝑀 =𝐴𝑠

𝐿∗

𝑓𝑦

𝐿 − 𝑐∗ ∫ 𝑥2 ∗ 𝑑𝑥

𝐿−𝑐

0

𝑀 =𝐴𝑠

𝐿∗

𝑓𝑦

𝐿 − 𝑐∗

(𝐿 − 𝐶)3

3


3∗

(𝐿 − 𝐶)2

𝐿


3∗ (1 − 𝐾𝑒)2 ∗ 𝐿


NSE 1: TC-23


𝒎𝒚(𝑨𝒔−𝑻𝒆𝒏𝒔𝒊ó𝒏) =𝑴𝒚

𝒇𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳𝟐 =𝝆𝟑

∗ (𝟏 − 𝑲𝒆)𝟐

El momento por la carga vertical 𝑃𝑢, seria dicha carga por su brazo, el brazo estaría dado por la distancia entre el centro del muro (𝐿/2) y el eje neutro.

𝑀 = 𝑃𝑢 ∗ (𝐿2

− 𝐶) = 𝑃𝑢 ∗ 𝐿 ∗ (12

− 𝐾𝑒)

𝒎𝒚 =𝑴𝒚

𝒇𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳𝟐 =𝑷𝒖

𝒇𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳∗ (

𝟏𝟐

− 𝑲𝒆)

El momento actuante viene de la sumatoria de momentos respecto al eje neutro y nos la da la ecuación presentada por Priestley en su Artículo “Ductility Of Unconfined Masonry Shear Walls”

𝒎𝒚 =𝑴𝒚

𝒇𝒚𝑩𝑳𝟐 =𝒇′𝒄

𝒇𝒚𝑲𝒆

𝟐 ∗𝒆𝒄

𝟎. 𝟎𝟎𝟐∗ [

𝟐𝟑

−𝒆𝒄

𝟎. 𝟎𝟎𝟖] +𝑲𝒆

𝟑

𝟑(𝟏 − 𝑲𝒆) 𝝆 +(𝟏 − 𝑲𝒆)𝟐

𝟑𝝆 +

𝑷𝒖

𝒇𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳(

𝟏𝟐

− 𝑲𝒆)

𝜖𝑐 =𝐾𝑒

1 − 𝐾𝑒𝜖𝑦 Φ𝑦 =

𝜖𝑦

𝐿𝑤(1 − 𝐾𝑒)

Dónde:

• 𝒎𝒚 = Momento unitario • 𝝐𝒄 = Deformación unitaria del concreto • 𝚽𝒚 = Rotación en el elemento

El momento de la primera fluencia en el muro de puede calcular como:

𝑀𝑦 = 𝑚𝑦 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿𝑤2 ∗ 𝐹𝑦 Si ahora analizamos la condición de falla del concreto siguiendo la misma metodología anterior, utilizando la deformación máxima del concreto de 0.004 llegaremos a las mismas ecuaciones mostradas en la referencia 2.


NSE 1: TC-24


Figura 15 — Condición de falla del concreto con deformación máxima

Tomando en esta condición la aproximación del rectángulo equivalente, la fuerza a compresión en el concreto está dada por:

𝐹(𝐶𝑜𝑛𝑐𝑟𝑒𝑡𝑜) = 0.85 ∗ 𝑓′𝑐 ∗ 0.85 ∗ 𝐶𝑢 ∗ 𝐵 = 0.7225 ∗ 𝑓′𝑐 ∗ 𝐾𝑢 ∗ 𝐿 ∗ 𝐵

Las fuerzas en el acero se pueden calcular sin mucho error asumiendo que todo el refuerzo está fluyendo y tendríamos las fuerzas de tensión y compresión como:

𝑇(𝐴𝑠−𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛) = 𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦 ∗ (𝐿 − 𝐶𝑢

𝐿) = 𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦 ∗ (1 − 𝐾𝑢)

𝑇(𝐴𝑠−𝐶𝑜𝑚𝑝) = 𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦 ∗ (𝐶𝑢

𝐿) = 𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦 ∗ 𝐾𝑢

Aplicando sumatoria de fuerzas tendríamos:

𝑃𝑢 = 0.7225 ∗ 𝑓′𝑐 ∗ 𝐾𝑢 ∗ 𝐿 ∗ 𝐵 + 𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦 ∗ 𝐾𝑢 − 𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦 ∗ (1 − 𝐾𝑢) Dividiendo todo dentro de 𝐿 ∗ 𝐵 ∗ 𝑓𝑦:

𝑃𝑢

𝐿 ∗ 𝐵 ∗ 𝑓𝑦= 0.7225 ∗

𝑓′𝑐

𝑓𝑦∗ 𝐾𝑢 + 𝜌 ∗ 𝐾𝑢 − 𝜌 ∗ (1 − 𝐾𝑢)

𝑃𝑢

𝐿 ∗ 𝐵 ∗ 𝑓𝑦+ 𝜌 = (0.7225 ∗

𝑓′𝑐

𝑓𝑦+ 2 ∗ 𝜌) ∗ 𝐾𝑢

𝑲𝒖 =

𝑷𝒖 𝑳 ∗ 𝑩 ∗ 𝒇𝒚

+ 𝝆

(𝟎. 𝟕𝟐𝟐𝟓 ∗ 𝒇′𝒄𝒇𝒚

+ 𝟐 ∗ 𝝆)


NSE 1: TC-25


Ahora podemos calcular el momento con sumatoria de momentos respecto al nuevo eje neutro: Para el concreto:

𝑀𝑢 = 0.85 ∗ 0.85 ∗ 𝑓′𝑐 ∗ 𝐶𝑢 ∗ 𝐵 ∗ (𝐶𝑢 −0.85 ∗ 𝐶𝑢

2) = 0.415 ∗ 𝑓′𝑐 ∗ 𝐾𝑢

2 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿2

𝒎𝒖(𝑪𝒐𝒏𝒄𝒓𝒆𝒕𝒐) =𝑴𝒖

𝒇𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳𝟐 = 𝟎. 𝟒𝟏𝟓 ∗𝒇′𝒄

𝒇𝒚∗ 𝑲𝒖

𝟐

Para el acero a tensión:

𝑀𝑢 = 𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦 ∗ (𝐿 − 𝐶𝑢

𝐿) ∗

(𝐿 − 𝐶𝑢)2

=𝐴𝑠

2 ∗ 𝐿∗ 𝑓𝑦 ∗ 𝐿2 ∗ (1 − 𝐾𝑢)2

𝒎𝒖(𝑨𝒔−𝑻𝒆𝒏𝒔𝒊ó𝒏) =𝑴𝒖

𝒇𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳𝟐 =𝝆𝟐

∗ (𝟏 − 𝑲𝒖)𝟐

Para el acero a compresión:

𝑀𝑢 =𝐴𝑠

𝐿∗ 𝑓𝑦 ∗ 𝐶𝑢 ∗

𝐶𝑢

2=

𝐴𝑠

𝐿∗ 𝑓𝑦 ∗

𝐶𝑢2

2=

𝐴𝑠

𝐿∗ 𝑓𝑦 ∗

𝐾𝑢2 ∗ 𝐿2

2

𝑀𝑢 =𝐴𝑠

2∗ 𝑓𝑦 ∗ 𝐿 ∗ 𝐾𝑢

2

𝒎𝒖(𝑨𝒔−𝑪𝒐𝒎𝒑) =𝑴𝒖

𝒇𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳𝟐 =𝝆𝟐

∗ 𝑲𝒖𝟐

El momento por la carga vertical:

𝑀𝑢 = 𝑃𝑢 ∗ (𝐿2

− 𝐶𝑢) = 𝑃𝑢 ∗ (𝐿2

− 𝐾𝑢 ∗ 𝐿)

𝒎𝒖 =𝑴𝒖

𝒇𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳𝟐 =𝑷𝒖

𝒇𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳∗ (

𝟏𝟐

− 𝑲𝒖)


NSE 1: TC-26


El momento total está dado por:

𝑚𝑢 =𝑀𝑢

𝑓𝑦 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿2 = 0.415 ∗𝑓′

𝑐𝑓𝑦

∗ 𝐾𝑢2 +

𝜌2

∗ 𝐾𝑢2 +

𝜌2

∗ (1 − 𝐾𝑢)2 +𝑃𝑢

𝑓𝑦 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿∗ (

12

− 𝐾𝑢)

𝒎𝒖 =𝑴𝒖

𝒇𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳𝟐 = 𝟎. 𝟒𝟏𝟓 ∗𝒇′

𝒄𝒇𝒚

∗ 𝑲𝒖𝟐 +

𝝆𝟐

∗ [𝑲𝒖𝟐 + (𝟏 − 𝑲𝒖)𝟐] +

𝑷𝒖

𝒇𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳∗ (

𝟏𝟐

− 𝑲𝒖)

Estas ecuaciones son las presentadas por Priestley en su Artículo “Ductility Of Unconfined Masonry Shear Walls”: El momento último en el muro se puede calcular como:

𝑀𝑢 = 𝑚𝑢 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿𝑤2 ∗ 𝐹𝑦 Si consideramos la ecuación usual de diseño

𝑀𝑛 ≤ ∅𝑀𝑢 Si 𝑀𝑛 ≤ ∅ ∗ 𝑚𝑢 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿𝑤2 ∗ 𝐹𝑦, se considera la capacidad del muro satisfactoria.

Donde:

• 𝑴𝒏 = Momento actuante en el muro, mayorado por el factor de seguridad. • 𝑩 = Espesor del muro • 𝑳𝒘 = Longitud del muro • ∅ = Factor de reducción, que se recomienda como 0.90


NSE 1: TC-27


El momento y la rotación de primera fluencia hay que llevarlos al momento nominal ajustando por el factor 𝑚𝑢 𝑚𝑦⁄ , esto lo podemos ver en la siguiente gráfica: Gráfico 2 — Momento de primera fluencia ajustado

Recordando el concepto de ductilidad de rotación llegamos a:

Φ𝑢

Φ𝑦=

0.004 ∗ (1 − 𝐾𝑒)𝐾𝑢 ∗ 𝜖𝑦

Ahora que tenemos la forma de valuar la ductilidad de rotación, podemos usar la ecuación (11) ajustada a la forma presenta por Priestley (ecuación 15 referencia 2) para encontrar la ductilidad de desplazamiento:

M

𝚽

Mom

ento

Rotación


NSE 1: TC-28


𝝁𝚫 = 𝟏 + (𝚽𝒖∗𝒎𝒚

𝚽𝒚∗𝒎𝒖− 𝟏) ∗ 𝟒𝑲

𝑨𝒓∗ [𝟏 − 𝑲

𝟐𝑨𝒓] (Ec. 14)

Donde:

• 𝑲 = 0.2 + 0.044𝐴𝑟 • 𝑨𝒓 = 𝐻𝑤

𝐿𝑤

Ahora, tenemos el escenario completo para determinar la ductilidad de rotación y como relacionar este valor con la ductilidad de desplazamiento. El problema ahora es como relacionar todas las variables involucradas: área de acero, resistencia del concreto 𝑓′𝑐, resistencia del acero 𝑓𝑦, carga axial 𝑃𝑢 y, finalmente, la relación 𝐻𝑤/𝐿𝑤. La solución presentada por Priestley en la referencia 2 es fijar el valor de 𝐻𝑤/𝐿𝑤= 3 y para cada valor de 𝑓′𝑐 y 𝑓𝑦 construir una gráfica que representa las demás variables. Nosotros construimos graficas similares:


NSE 1: TC-29


Gráfico 3 — Ductilidad de muro con relación de aspecto 𝑨𝒓 = 𝟑 (𝒇′𝒄 =𝟑, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊, 𝒇𝒚 = 𝟒𝟎, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊)

𝝆


NSE 1: TC-30


Gráfico 4 — Ductilidad de muro con relación de aspecto 𝑨𝒓 = 𝟑 (𝒇′𝒄 =𝟒, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊, 𝒇𝒚 = 𝟒𝟎, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊)

𝝆


NSE 1: TC-31


Gráfico 5 — Ductilidad de muro con relación de aspecto 𝑨𝒓 = 𝟑 (𝒇′𝒄 =𝟓, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊, 𝒇𝒚 = 𝟒𝟎, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊)

𝝆


NSE 1: TC-32


Gráfico 6 — Ductilidad de muro con relación de aspecto 𝑨𝒓 = 𝟑 (𝒇′𝒄 =𝟑, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊, 𝒇𝒚 = 𝟔𝟎, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊)

𝝆


NSE 1: TC-33


Gráfico 7 — Ductilidad de muro con relación de aspecto 𝑨𝒓 = 𝟑 (𝒇′𝒄 =𝟒, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊, 𝒇𝒚 = 𝟔𝟎, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊)

𝝆


NSE 1: TC-34


Gráfico 8 — Ductilidad de muro con relación de aspecto 𝑨𝒓 = 𝟑 (𝒇′𝒄 =𝟓, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊, 𝒇𝒚 = 𝟔𝟎, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊)

𝝆


NSE 1: TC-35


Gráfico 9 — Ductilidad de muro con relación de aspecto 𝑨𝒓 = 𝟑 (𝒇′𝒄 =𝟑, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊, 𝒇𝒚 = 𝟕𝟎, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊)

𝝆


NSE 1: TC-36


Gráfico 10 — Ductilidad de muro con relación de aspecto 𝑨𝒓 = 𝟑 (𝒇′𝒄 =𝟒, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊, 𝒇𝒚 = 𝟕𝟎, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊)

𝝆


NSE 1: TC-37


Gráfico 11 — Ductilidad de muro con relación de aspecto 𝑨𝒓 = 𝟑 (𝒇′𝒄 =𝟓, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊, 𝒇𝒚 = 𝟕𝟎, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊)

𝝆


NSE 1: TC-38


La ductilidad de desplazamiento para otras relaciones de 𝐻𝑤𝐿𝑤

(𝝁) se puede calcular en

función de la ductilidad de las gráficas para 𝐻𝑤𝐿𝑤

= 3 (𝝁𝟑) con la gráfica del artículo de Priestley (Referencia 2) Figura 16 — Factor de corrección para relación de aspecto de muro[A]

[A]Priestley, M.J.N. Ductility of Unconfined Masonry Shear Walls. O la ecuación 7.24 de la misma referencia:

𝝁 = 𝟏 +𝟑. 𝟑 ∗ (𝝁𝟑 − 𝟏) ∗ (𝟏 − 𝟎. 𝟐𝟓

𝑨𝒓)

𝑨𝒓

Los dos procedimientos (Utilizar las fórmulas o las gráficas) tienen un cierto nivel de complejidad, por lo cual se plantea encontrar procedimientos de chequeo de ductilidad más simples para el ingeniero usuario de códigos como el ACI-318.


NSE 1: TC-39


Ahora es el momento de simplificar el problema definiendo la ductilidad de desplazamiento que se pretende alcanzar, hay que reconocer que sin el confinamiento no es posible que estos muros logren desarrollar una ductilidad alta. Observando las gráficas desarrolladas e investigando en la literatura al respecto se decidió que un valor adecuado de ductilidad de desplazamiento sería 2, que corresponde a sistemas de baja ductilidad. Tabla 1 — Clasificación de acuerdo a la ductilidad de desplazamiento

Clasificación Ductilidad de desplazamiento Baja Ductilidad 𝜇Δ < 2

Ductilidad Moderada 2 ≤ 𝜇Δ ≤ 5 Alta Ductilidad 𝜇Δ > 5

Los criterios normalmente usados para garantizar una ductilidad adecuada se pueden enumerar de la siguiente forma:

(a) El criterio usual para el diseño a flexión es limitar la cantidad de refuerzo a tensión que se puede utilizar como máximo en función de un porcentaje del 𝜌 balanceado. Esto es la práctica usual en el diseño de elementos a flexión ya que en estos se asume 𝑃𝑢 = 0 sin embargo, se puede utilizar este criterio también para diferentes niveles de 𝑃𝑢.

(b) El segundo criterio, es el utilizado en elementos con flexión y carga axial y es de fijar un límite máximo en el valor de la profundidad de zona a compresión (C) o como una relación de dicha profundidad a la longitud total de muro. Para la primera fluencia 𝐾𝑒 = 𝐶

𝐿𝑤 o para la ruptura del concreto 𝐾𝑢 = 𝑐𝑢

𝐿𝑤.

(c) La tercera opción desciende del antiguo uso en la ingeniería de los esfuerzos de trabajo y, aunque se trabajó con cargas mayoradas, se realiza un chequeo de los esfuerzos como la relación de 𝑃

𝐴𝑔+ 𝑀

𝑆, este valor se verifica contra un porcentaje

máximo de la capacidad del concreto (%𝑓′𝑐). Para poder estudiar estos procedimientos se utilizarán las 9 graficas mostradas anteriormente para las diferentes combinaciones de resistencias de acero y concreto, sin embargo, se fabrican gráficas para diferentes relaciones de 𝐻𝑤/𝐿𝑤 (desde 2 a 16). Con las gráficas anteriores se tabulan los datos de los tres criterios expuestos anteriormente (𝜌𝑀Á𝑋, 𝐾𝑒 = 𝐶

𝐿𝑤 o 𝐾𝑢 = 𝐶𝑢

𝐿𝑤, %𝑓′𝑐). Estos datos se presentan a continuación ordenados en

las siguientes tablas ( 𝐶𝐿𝑤

profundidad del eje neutro a primera fluencia y 𝐶𝑢𝐿𝑤

profundidad de eje neutro a la falla del concreto):


NSE 1: TC-40


Tabla 2 — 𝝆𝑴Á𝑿 para 𝒇′𝒄 = 𝟑, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊 (𝟐𝟏𝟎 𝑲𝒈 𝒄𝒎𝟐⁄ )

Nota: Valores de casillas con color de fondo están fuera de rango de la ductilidad esperada o están abajo del refuerzo mínimo. Tabla 3 — Profundidad del eje neutro para 𝒇′𝒄 = 𝟑, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊 (𝟐𝟏𝟎 𝑲𝒈 𝒄𝒎𝟐⁄ )

Nota: Valores de casillas con color de fondo están fuera de rango de la ductilidad esperada o están abajo del refuerzo mínimo.


NSE 1: TC-41


Tabla 4 — Esfuerzo máximo para 𝒇′𝒄 = 𝟑, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊 (𝟐𝟏𝟎 𝑲𝒈 𝒄𝒎𝟐⁄ )

Nota: Valores de casillas con color de fondo están fuera de rango de la ductilidad esperada o están abajo del refuerzo mínimo. Tabla 5 — Condición de esfuerzos más desfavorable para 𝒇′𝒄 =𝟑, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊 (𝟐𝟏𝟎 𝑲𝒈 𝒄𝒎𝟐⁄ )



NSE 1: TC-42


Tabla 6 — 𝝆𝑴Á𝑿 para 𝒇′𝒄 = 𝟒, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊 (𝟐𝟖𝟎 𝑲𝒈 𝒄𝒎𝟐⁄ )

Nota: Valores de casillas con color de fondo están fuera de rango de la ductilidad esperada o están abajo del refuerzo mínimo. Tabla 7 — Profundidad del eje neutro para 𝒇′𝒄 = 𝟒, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊 (𝟐𝟖𝟎 𝑲𝒈 𝒄𝒎𝟐⁄ )



NSE 1: TC-43


Tabla 8 — Esfuerzo máximo para 𝒇′𝒄 = 𝟒, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊 (𝟐𝟖𝟎 𝑲𝒈 𝒄𝒎𝟐⁄ )

Nota: Valores de casillas con color de fondo están fuera de rango de la ductilidad esperada o están abajo del refuerzo mínimo. Tabla 9 — Condición de esfuerzos más desfavorable para 𝒇′𝒄 =𝟒, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊 (𝟐𝟖𝟎 𝑲𝒈 𝒄𝒎𝟐⁄ )



NSE 1: TC-44


Tabla 10 — 𝝆𝑴Á𝑿 para 𝒇′𝒄 = 𝟓, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊 (𝟑𝟓𝟎 𝑲𝒈 𝒄𝒎𝟐⁄ )

Nota: Valores de casillas con color de fondo están fuera de rango de la ductilidad esperada o están abajo del refuerzo mínimo. Tabla 11 — Profundidad del eje neutro para 𝒇′𝒄 = 𝟓, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊 (𝟑𝟓𝟎 𝑲𝒈 𝒄𝒎𝟐⁄ )



NSE 1: TC-45


Tabla 12 — Esfuerzo máximo para 𝒇′𝒄 = 𝟓, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊 (𝟑𝟓𝟎 𝑲𝒈 𝒄𝒎𝟐⁄ )

Nota: Valores de casillas con color de fondo están fuera de rango de la ductilidad esperada o están abajo del refuerzo mínimo. Tabla 13 — Condición de esfuerzos más desfavorable para 𝒇′𝒄 =𝟓, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊 (𝟑𝟓𝟎 𝑲𝒈 𝒄𝒎𝟐⁄ )



NSE 1: TC-46


Observamos en los datos que el porcentaje de acero varía en función del concreto, el acero y el valor de 𝑃𝑢. Los otros dos valores varían con relación al acero y valor de 𝑃𝑢 pero, el concreto casi no tiene influencia en el valor de estos parámetros. Ahora, para lograr encontrar alguna tendencia se grafican los datos para diferentes valores de 𝐻𝑤

𝐿𝑤, 𝑓′𝑐, 𝑓𝑦 y 𝑃𝑢 en Excel para encontrar líneas de tendencia.

Por ejemplo, si consideramos los datos para 𝑃𝑢 = 0.06, 𝑓′𝑐 = 3,000 𝑝𝑠𝑖 y 𝑓𝑦 = 60,000 𝑝𝑠𝑖 encontramos líneas de tendencia para 𝜌𝑀Á𝑋 y 𝐶

𝐿𝑤:

𝑓′𝑐 = 3,000 𝑝𝑠𝑖, 𝐹𝑦 = 60,000 𝑝𝑠𝑖 y 𝑃𝑢 = 0.06 Gráfico 12 — Línea de tendencia de 𝝆 para 𝒇′𝒄 = 𝟑, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊, 𝒇𝒚 = 𝟔𝟎, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊 y 𝑷𝒖 = 𝟎. 𝟎𝟔

y = 0.02269 x-0.54019

R² = 0.98746

0

0.002

0.004

0.006

0.008

0.01

0.012

0.014

0 5 10 15

Ro

Potencial (Ro)

𝝆

𝑯𝒘

𝑳𝒘


NSE 1: TC-47


Ahora encontramos las fórmulas para las demás condiciones y estos se tabulan en la siguiente tabla: Tabla 14 — Fórmulas de 𝝆 y 𝑲𝒆 para 𝑷𝒖 = 𝟎. 𝟎𝟔

𝑷𝒖 = 𝟎. 𝟎𝟔𝒇′𝒄𝑨𝒈

𝑓𝑦 𝑓′𝑐 = 3,000 𝑝𝑠𝑖 𝑓′𝑐 = 4,000 𝑝𝑠𝑖 𝑓′𝑐 = 5,000 𝑝𝑠𝑖

𝑓𝑦 = 40,000 𝑝𝑠𝑖

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.06602𝐴𝑟

0.58757

𝐶

𝐿𝑤<

0.4269𝐴𝑟

0.091

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.08803𝐴𝑟

0.58757

𝐶

𝐿𝑤<

0.4269𝐴𝑟

0.091

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.11003𝐴𝑟

0.58757

𝐶

𝐿𝑤<

0.4269𝐴𝑟

0.091

𝑓𝑦 = 60,000 𝑝𝑠𝑖

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.02222𝐴𝑟

0.54019

𝐶

𝐿𝑤<

0.349𝐴𝑟

0.091

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.029632𝐴𝑟

0.54019

𝐶

𝐿𝑤<

0.349𝐴𝑟

0.091

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.03708𝐴𝑟

0.54019

𝐶

𝐿𝑤<

0.349𝐴𝑟

0.091

𝑓𝑦 = 70,000 𝑝𝑠𝑖

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.01568𝐴𝑟

0.53935

𝐶

𝐿𝑤<

0.3196𝐴𝑟

0.091

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.020906𝐴𝑟

0.53935

𝐶

𝐿𝑤<

0.3196𝐴𝑟

0.091

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.02613𝐴𝑟

0.53935

𝐶

𝐿𝑤<

0.3196𝐴𝑟

0.091

Tabla 15 — Fórmulas de 𝝆 y 𝑲𝒆 para 𝑷𝒖 = 𝟎. 𝟎𝟖

𝑷𝒖 = 𝟎. 𝟎𝟖𝒇′𝒄𝑨𝒈


𝑓𝑦 = 40,000 𝑝𝑠𝑖

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.06279𝐴𝑟

0.62848

𝐶

𝐿𝑤<

0.4297𝐴𝑟

0.078

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.08385𝐴𝑟

0.62848

𝐶

𝐿𝑤<

0.4297𝐴𝑟

0.078

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.10481𝐴𝑟

0.62848

𝐶

𝐿𝑤<

0.4297𝐴𝑟

0.078

𝑓𝑦 = 60,000 𝑝𝑠𝑖

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.02178𝐴𝑟

0.60897

𝐶

𝐿𝑤<

0.3554𝐴𝑟

0.078

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.02904𝐴𝑟

0.60897

𝐶

𝐿𝑤<

0.3554𝐴𝑟

0.078

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.0363𝐴𝑟

0.60897

𝐶

𝐿𝑤<

0.3554𝐴𝑟

0.078

𝑓𝑦 = 70,000 𝑝𝑠𝑖

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.01519𝐴𝑟

0.62831

𝐶

𝐿𝑤<

0.3272𝐴𝑟

0.078

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.02025𝐴𝑟

0.62831

𝐶

𝐿𝑤<

0.3272𝐴𝑟

0.078

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.02532𝐴𝑟

0.62831

𝐶

𝐿𝑤<

0.3272𝐴𝑟

0.078


NSE 1: TC-48


Tabla 16 — Fórmulas de 𝝆 y 𝑲𝒆 para 𝑷𝒖 = 𝟎. 𝟏𝟎

𝑷𝒖 = 𝟎. 𝟏𝟎𝒇′𝒄𝑨𝒈


𝑓𝑦 = 40,000 𝑝𝑠𝑖

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.06202𝐴𝑟

0.69913

𝐶

𝐿𝑤<

0.4334𝐴𝑟

0.066

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.0827𝐴𝑟

0.69913

𝐶

𝐿𝑤<

0.4334𝐴𝑟

0.066

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.1033𝐴𝑟

0.69913

𝐶

𝐿𝑤<

0.4334𝐴𝑟

0.066

𝑓𝑦 = 60,000 𝑝𝑠𝑖

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.02152𝐴𝑟

0.71522

𝐶

𝐿𝑤<

0.3627𝐴𝑟

0.066

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.02869𝐴𝑟

0.71522

𝐶

𝐿𝑤<

0.3627𝐴𝑟

0.066

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.03586𝐴𝑟

0.71522

𝐶

𝐿𝑤<

0.3627𝐴𝑟

0.066

𝑓𝑦 = 70,000 𝑝𝑠𝑖

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.01548𝐴𝑟

0.77637

𝐶

𝐿𝑤<

0.3355𝐴𝑟

0.066

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.02064𝐴𝑟

0.77637

𝐶

𝐿𝑤<

0.3355𝐴𝑟

0.066

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.0258𝐴𝑟

0.77637

𝐶

𝐿𝑤<

0.3355𝐴𝑟

0.066

Tabla 17 — Fórmulas de 𝝆 y 𝑲𝒆 para 𝑷𝒖 = 𝟎. 𝟏𝟐

𝑷𝒖 = 𝟎. 𝟏𝟐𝒇′𝒄𝑨𝒈


𝑓𝑦 = 40,000 𝑝𝑠𝑖

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.0591𝐴𝑟

0.77755

𝐶

𝐿𝑤<

0.4392𝐴𝑟

0.056

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.0788𝐴𝑟

0.77755

𝐶

𝐿𝑤<

0.4392𝐴𝑟

0.056

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.0985𝐴𝑟

0.77755

𝐶

𝐿𝑤<

0.4392𝐴𝑟

0.056

𝑓𝑦 = 60,000 𝑝𝑠𝑖

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.02296𝐴𝑟

0.89854

𝐶

𝐿𝑤<

0.3706𝐴𝑟

0.056

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.03061𝐴𝑟

0.89854

𝐶

𝐿𝑤<

0.3706𝐴𝑟

0.056

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.03826𝐴𝑟

0.89854

𝐶

𝐿𝑤<

0.3706𝐴𝑟

0.056

𝑓𝑦 = 70,000 𝑝𝑠𝑖

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.01866𝐴𝑟

1.07522

𝐶

𝐿𝑤<

0.3443𝐴𝑟

0.056

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.02488𝐴𝑟

1.07522

𝐶

𝐿𝑤<

0.3443𝐴𝑟

0.056

𝜌 =𝐴𝑠𝑡

𝐴𝑔<

0.0311𝐴𝑟

1.07522

𝐶

𝐿𝑤<

0.3443𝐴𝑟

0.056


NSE 1: TC-49


Notamos que la profundidad del eje neutro para la primera fluencia es totalmente independiente del tipo de concreto utilizado y solo es dependiente del tipo de acero. El comportamiento del eje neutro para la falla del concreto también es independiente del tipo de concreto, por lo anterior vamos a tabular dicho valor para cualquier concreto en las siguientes tablas: Tabla 18 — Profundidad del eje neutro a falla del concreto para 𝒇𝒚 = 𝟒𝟎 𝒌𝒔𝒊


NSE 1: TC-50


Tabla 19 — Profundidad del eje neutro a falla del concreto para 𝒇𝒚 = 𝟔𝟎 𝒌𝒔𝒊

Tabla 20 — Profundidad del eje neutro a falla del concreto para 𝒇𝒚 = 𝟕𝟎 𝒌𝒔𝒊


NSE 1: TC-51


Figura 17 — Posición del eje neutro, aproximación ACI[A]

[A]ACI 530 Ahora, vamos a analizar la posición del eje neutro para la falla a compresión del concreto, la aproximación que vamos a utilizar es la clásica del ACI, pero tratando de utilizar los mismos criterios que presenta Priestley y eliminando en lo posible las simplificaciones del ACI. La aproximación del ACI la podemos deducir de la figura mostrada:

𝛿𝑢 − 𝛿𝑦 = (∅𝑝 ∗ 𝐿𝑝) ∗ (𝐻𝑤 −𝐿𝑝

2)

𝛿𝑢 = 𝐶𝑑 ∗ 𝛿 ; 𝛿𝑦 = Ω ∗ 𝛿 ; 𝐿𝑝 = 𝑘 ∗ 𝐿𝑤

𝐶𝑑 ∗ 𝛿 − Ω ∗ 𝛿 = (∅𝑝 ∗ 𝑘 ∗ 𝐿𝑤) ∗ (𝐻𝑤 −𝑘 ∗ 𝐿𝑤

2)

(𝐶𝑑 − Ω) ∗ 𝛿 = (∅𝑢 − ∅𝑦) ∗ 𝑘 ∗ 𝐿𝑤 ∗ (𝐻𝑤 −𝑘 ∗ 𝐿𝑤

2)

∅𝑢 =

𝑒𝑚𝑢𝐶𝑐𝑟


NSE 1: TC-52


(𝐶𝑑 − Ω) ∗ 𝛿 = (𝑒𝑚𝑢𝐶𝑐𝑟

− ∅𝑦) ∗ 𝑘 ∗ 𝐿𝑤 ∗ (𝐻𝑤 −𝑘 ∗ 𝐿𝑤

2)

(𝑒𝑚𝑢𝐶𝑐𝑟

− ∅𝑦) =(𝐶𝑑 − Ω) ∗ 𝛿

𝑘 ∗ 𝐿𝑤 ∗ (𝐻𝑤 − 𝑘 ∗ 𝐿𝑤2 )


) =(𝐶𝑑 − Ω) ∗ 𝛿

𝑘 ∗ 𝐿𝑤 ∗ (𝐻𝑤 − 𝑘 ∗ 𝐿𝑤2 )

+ ∅𝑦


) =(𝐶𝑑 − Ω) ∗ 𝛿

𝑘 ∗ 𝐿𝑤 ∗ 𝐻𝑤 (1 − 𝑘 ∗ 𝐿𝑤2 ∗ 𝐻𝑤

)+ ∅𝑦

𝑘 ∗ 𝐿𝑤 ∗ 𝐻𝑤 (1 −𝑘 ∗ 𝐿𝑤

2 ∗ 𝐻𝑤) ∗ (

𝑒𝑚𝑢𝐶𝑐𝑟

) = (𝐶𝑑 − Ω) ∗ 𝛿 + ∅𝑦 ∗ 𝑘 ∗ 𝐿𝑤 ∗ 𝐻𝑤 (1 −𝑘 ∗ 𝐿𝑤

2 ∗ 𝐻𝑤)

𝐶𝑐𝑟 =𝑘 ∗ 𝐿𝑤 ∗ 𝐻𝑤 (1 − 𝑘 ∗ 𝐿𝑤

2 ∗ 𝐻𝑤) ∗ 𝑒𝑚𝑢

(𝐶𝑑 − Ω) ∗ 𝛿 + ∅𝑦 ∗ 𝑘 ∗ 𝐿𝑤 ∗ 𝐻𝑤 (1 − 𝑘 ∗ 𝐿𝑤2 ∗ 𝐻𝑤

)

𝐶𝑐𝑟𝐿𝑤

=𝑘 ∗ (1 − 𝑘 ∗ 𝐿𝑤

2 ∗ 𝐻𝑤) ∗ 𝑒𝑚𝑢

(𝐶𝑑 − Ω) ∗ 𝛿𝐻𝑤

+∅𝑦𝐻𝑤

∗ 𝑘 ∗ 𝐿𝑤 ∗ 𝐻𝑤 (1 − 𝑘 ∗ 𝐿𝑤2 ∗ 𝐻𝑤

)

𝐴𝑟 =𝐻𝑤

𝐿𝑤


=𝑘 ∗ (1 − 𝑘

2 ∗ 𝐴𝑟) ∗ 𝑒𝑚𝑢

(𝐶𝑑 − Ω) ∗ 𝛿𝐻𝑤

+ ∅𝑦 ∗ 𝑘 ∗ 𝐿𝑤 ∗ (1 − 𝑘2 ∗ 𝐴𝑟

)


=𝑘 ∗ (1 − 𝑘

2 ∗ 𝐴𝑟) ∗ 𝑒𝑚𝑢

𝐶𝑑 ∗ 𝛿𝐻𝑤

+ ∅𝑦 ∗ 𝑘 ∗ 𝐿𝑤 ∗ (1 − 𝑘2 ∗ 𝐴𝑟

) − 𝐶𝑑 ∗ Ω𝐻𝑤

Si 𝒁 = ∅𝒚 ∗ 𝒌 ∗ 𝑳𝒘 ∗ (𝟏 − 𝒌𝟐∗𝑨𝒓

) − 𝑪𝒅∗𝛀𝑯𝒘


=𝑒𝑚𝑢 ∗ 𝑘 ∗ (1 − 𝑘

2 ∗ 𝐴𝑟)

𝐶𝑑 ∗ 𝛿𝐻𝑤

+ 𝑍


NSE 1: TC-53



=1

[ 1

𝑒𝑚𝑢 ∗ 𝑘 ∗ (1 − 𝑘2 ∗ 𝐴𝑟

)] ∗ [𝐶𝑑 ∗ 𝛿

𝐻𝑤+ 𝑍]

Si 𝑮 = 𝟏

𝒆𝒎𝒖∗𝒌∗(𝟏− 𝒌𝟐∗𝑨𝒓

) y 𝑫 = 𝑪𝒅∗𝜹

𝑯𝒘+ 𝒁


=1

𝐺 ∗ 𝐷

El ACI elimina de la ecuación la deformación y rotación elástica por lo que 𝑍 = 0. Adicionalmente, el ACI mueve el centro de la articulación en la base por lo que se simplifica G y D a:

𝑮 = 𝟏𝒆𝒎𝒖∗𝒌

y 𝑫 = 𝑪𝒅∗𝜹𝑯𝒘

Si 𝑒𝑚𝑢 = 0.003, 𝑘 = 0.5 (longitud de articulación), entonces 𝐺 = 667y D es la deriva del edificio, el ACI aproxima 𝐺 = 667 ∗ 0.9 = 600 dando:


=1

600 ∗ 𝐶𝑑 ∗ 𝛿𝐻𝑤

𝐶𝑐𝑟 =𝐿𝑤

600 ∗ 𝐶𝑑 ∗ 𝛿𝐻𝑤

Método I — Si ahora nosotros despreciamos el valor de 𝑍 pero mantenemos el resto de

la ecuación afectando por 0.9 el valor de 𝐺 como lo hace el ACI (𝐺 = 0.9

𝑒𝑚𝑢∗𝑘∗(1− 𝑘2∗𝐴𝑟

))

tenemos:

𝐾𝑢−𝑀Á𝑋 =𝐶𝑢

𝐿𝑤=

𝑒𝑚𝑢 ∗ 𝑘 ∗ (1 − 𝑘2 ∗ 𝐴𝑟

)

0.9𝐷


NSE 1: TC-54


Para 𝑒𝑚𝑢 = 0.004

𝐾𝑢−𝑀Á𝑋 = 𝐶𝑢𝐿𝑤

=4.44∗𝑘∗(1− 𝑘

2∗𝐴𝑟)

1000𝐷 (Método I)

Donde:

• 𝑲𝒖−𝑴Á𝑿 = 𝐶𝑢𝐿𝑤

• 𝑪𝒖 = Longitud a compresión del muro en la falla del concreto. • 𝑫 = 𝐶𝑑∗𝛿

𝐻𝑤 = Deriva del edificio medida desde la base del muro hasta la parte superior

del edificio. • 𝑨𝒓 = 𝐻𝑤

𝐿𝑤

• 𝒌 = 0.2 + 0.044 ∗ 𝐴𝑟 • 𝜹 = Deformación elástica de la carga de sismo medida desde la base del muro a

revisar hasta la parte superior del edificio. (Se obtiene del análisis estructural) • 𝑯𝒘 = Altura desde la base del muro a revisar hasta la parte superior del edificio. • 𝑳𝒘 = Longitud del muro.

Determinado el valor de 𝐾𝑢, el valor de refuerzo máximo se puede determinar de la sumatoria de fuerzas:

𝑃𝑢 Ø ∗ 𝐿 ∗ 𝐵 ∗ 𝑓𝑦

= 0.7225 ∗𝑓′

𝑐𝑓𝑦

∗ 𝐾𝑢 + 𝜌 ∗ 𝐾𝑢 − 𝜌 ∗ (1 − 𝐾𝑢)

Despejando 𝜌, tenemos que el valor máximo es:

𝜌𝑀Á𝑋 =𝑓′𝑐

(1 − 2 ∗ 𝐾𝑢) ∗ 𝑓𝑦(0.7725 ∗ 𝐾𝑢 −

𝑃𝑢

𝜙 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿 ∗ 𝑓′𝑐)

Ahora, aunque esta ecuación es una buena aproximación, nosotros contamos con los valores de 𝐾𝑢 = 𝐶𝑢

𝐿𝑤⁄ exactos, por lo anterior, si mantenemos la forma de la ecuación y

despejamos el valor D tendríamos:

𝐷 =1

𝐺 ∗ 𝐾𝑢


NSE 1: TC-55


Método II — Ahora, si, por ejemplo, graficamos los valores de D contra 𝑨𝒓 = 𝐻𝑤𝐿𝑤

⁄ para diferentes niveles de carga vertical tendríamos: Gráfico 13 — Gráfica de deriva del edificio (𝑫) contra relación de aspecto del mismo (𝑨𝒓), en función de la carga vertical (𝑷𝒂)

Como podemos ver el comportamiento es de una línea recta:

𝐷 = 𝑋 ∗ 𝐴𝑟 + 𝐶 Ahora X y C varían con relación a la carga vertical

𝑃𝑎 =𝑃𝑢

𝐴𝑔 ∗ 𝑓′𝑐

𝑫

𝑨𝒓


NSE 1: TC-56


Si graficamos X contra 𝑃𝑎 tenemos: Gráfico 14 — Gráfica de 𝑿 contra 𝑷𝒂

Como vemos el comportamiento de esta variable es también una línea recta:

𝑋 = (𝐴1 − 𝐴2) ∗ 𝑃𝑎 Si graficamos C contra 𝑃𝑎 tenemos: Gráfico 15 — Gráfica de 𝑪 contra 𝑷𝒂

En este caso el comportamiento es una ecuación cuadrática:

𝐶 = 𝐴3 + 𝐴4 ∗ 𝑃𝑎 − 𝐴5 ∗ 𝑃𝑎2

𝑿

𝑪

𝑷𝒂

𝑷𝒂


NSE 1: TC-57


Ahora, podemos expresar el valor de D como:

𝐷 =[(𝐴1 − 𝐴2) ∗ 𝑃𝑎] ∗ 𝐴𝑟 + 𝐴3 + 𝐴4 ∗ 𝑃𝑎 − 𝐴5 ∗ 𝑃𝑎

2

1000

Ahora, los valores de estas variables cambian dependiendo del valor de 𝑓𝑦, si graficamos los valores de estas variables multiplicados por 1000 en función del 𝑓𝑦 tenemos: Gráfico 16 — Valor de las variables 𝑨𝒏 en función de 𝒇𝒚

Tabla 21 — Valor de las variables 𝑨𝒏 en función de 𝒇𝒚

Fórmula 𝒇𝒚 = 𝟒𝟎 𝒌𝒔𝒊 𝒇𝒚 = 𝟔𝟎 𝒌𝒔𝒊 𝒇𝒚 = 𝟕𝟎 𝒌𝒔𝒊 𝐴1 0.0167𝑓𝑦 + 0.41 1.076 1.413 1.576

𝐴2 0.0663𝑓𝑦 + 1.51 1.165 2.468 3.161

𝐴3 0.0122𝑓𝑦 + 0.66 1.134 1.391 1.496

𝐴4 0.1184𝑓𝑦 − 2.38 2.345 4.725 5.895

𝐴5 0.678𝑓𝑦 − 25.2 2.096 15.343 22.537

Ahora la fórmula se puede expresar como: Método II

𝑲𝒖 =𝟏𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝒆𝒎𝒖 ∗ 𝒌 ∗ (𝟏 − 𝒌

𝟐 ∗ 𝑨𝒓)

𝟎. 𝟗 [[(𝑨𝟏 − 𝑨𝟐) ∗ 𝑷𝒂] ∗ 𝑨𝒓 + 𝑨𝟑 + 𝑨𝟒 ∗ 𝑷𝒂 − 𝑨𝟓 ∗ 𝑷𝒂𝟐]

𝒇𝒚

𝑨𝒏


NSE 1: TC-58


Para 𝒆𝒎𝒖 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟒

𝑲𝒖 =𝟒. 𝟒𝟒 ∗ 𝒌 ∗ (𝟏 − 𝒌

𝟐 ∗ 𝑨𝒓)

[[(𝑨𝟏 − 𝑨𝟐) ∗ 𝑷𝒂] ∗ 𝑨𝒓 + 𝑨𝟑 + 𝑨𝟒 ∗ 𝑷𝒂 − 𝑨𝟓 ∗ 𝑷𝒂𝟐]

Donde:

• 𝑲𝒖−𝑴Á𝑿 = 𝑪𝒖𝑳𝒘

• 𝑪𝒖 = Longitud a compresión del muro a la falla del concreto. • 𝒆𝒎𝒖 = 0.004 • 𝑨𝒓 = 𝐻𝑤

𝐿𝑤

• 𝒌 = 0.2 + 0.044 ∗ 𝐴𝑟 • 𝑷𝒂 = 𝑃𝑢

0.9∗𝐴𝑔∗𝑓′𝑐

• 𝑷𝒖 = Carga axial factorada (solo cargas gravitacionales). • 𝑨𝒈 = Área transversal del muro • 𝑯𝒘 = Altura desde la base del muro a revisar hasta la parte superior del edificio. • 𝑳𝒘 = Longitud del muro • Los valores de 𝐴1, 𝐴2, 𝐴3, 𝐴4 y 𝐴5 se toman de la Tabla 21 según grado del

acero. Tabla 21 (Repetida) — Valor de las variables 𝑨𝒏 en función de 𝒇𝒚


𝐴2 0.0663𝑓𝑦 + 1.51 1.165 2.468 3.161

𝐴3 0.0122𝑓𝑦 + 0.66 1.134 1.391 1.496

𝐴4 0.1184𝑓𝑦 − 2.38 2.345 4.725 5.895

𝐴5 0.678𝑓𝑦 − 25.2 2.096 15.343 22.537

Determinado el valor de 𝐾𝑢, el valor de refuerzo máximo se puede determinar de la sumatoria de fuerzas:

𝑃𝑢 Ø ∗ 𝐿 ∗ 𝐵 ∗ 𝑓𝑦

= 0.7225 ∗𝑓′

𝑐𝑓𝑦

∗ 𝐾𝑢 + 𝜌 ∗ 𝐾𝑢 − 𝜌 ∗ (1 − 𝐾𝑢)

Despejado 𝜌 tenemos que el valor máximo es:


(1 − 2 ∗ 𝐾𝑢) ∗ 𝑓𝑦(0.7725 ∗ 𝐾𝑢 −

𝑃𝑢

𝜙 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿 ∗ 𝑓′𝑐)


NSE 1: TC-59


Método III — otro criterio sería tomar la deflexión del muro en voladizo:

𝛿 =𝑉 ∗ 𝐻𝑤

3

8𝐸𝐼+

1.2 ∗ 𝑉 ∗ 𝐻𝑤

𝜈 ∗ 𝐸 ∗ 𝐴𝑔

𝐼 =1

12∗ 𝐵 ∗ 𝐿𝑤

3 𝑦 𝐴𝑔 = 𝐵 ∗ 𝐿𝑤

𝛿 =12 ∗ 𝑉 ∗ 𝐻𝑤

3

8 ∗ 𝐸 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿𝑤3 +

1.2 ∗ 𝑉 ∗ 𝐻𝑤

𝜈 ∗ 𝐸 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿𝑤

𝛿 =12 ∗ 𝑉 ∗ 𝐴𝑟

3

8 ∗ 𝐸 ∗ 𝐵+

1.2 ∗ 𝑉 ∗ 𝐴𝑟

𝜈 ∗ 𝐸 ∗ 𝐵

𝑉 =𝑀𝐻𝑤

𝛿 =12 ∗ 𝑀 ∗ 𝐴𝑟

3

8 ∗ 𝐸 ∗ 𝐵 ∗ 𝐻𝑤+

1.2 ∗ 𝑀 ∗ 𝐴𝑟

𝜈 ∗ 𝐸 ∗ 𝐵 ∗ 𝐻𝑤

𝛿

𝐻𝑤=

1.5 ∗ 𝑀 ∗ 𝐴𝑟3

𝐸 ∗ 𝐵 ∗ 𝐻𝑤2 +

1.2 ∗ 𝑀 ∗ 𝐴𝑟

𝜈 ∗ 𝐸 ∗ 𝐵 ∗ 𝐻𝑤2

𝑀 = 𝑚 ∗ 𝑓𝑦 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿𝑤

2

𝛿𝐻𝑤

=1.5 ∗ 𝑚 ∗ 𝑓𝑦 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿𝑤

2 ∗ 𝐴𝑟3

𝐸 ∗ 𝐵 ∗ 𝐻𝑤2 +

1.2 ∗ 𝑚 ∗ 𝑓𝑦 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿𝑤2 ∗ 𝐴𝑟

𝜈 ∗ 𝐸 ∗ 𝐵 ∗ 𝐻𝑤2

𝛿

𝐻𝑤=

1.5 ∗ 𝑚 ∗ 𝑓𝑦 ∗ 𝐴𝑟3

𝐸 ∗ 𝐻𝑤2

𝐿𝑤2

+1.2 ∗ 𝑚 ∗ 𝑓𝑦 ∗ 𝐴𝑟

𝜈 ∗ 𝐸 ∗ 𝐻𝑤2

𝐿𝑤2

𝛿

𝐻𝑤=

1.5 ∗ 𝑚 ∗ 𝑓𝑦 ∗ 𝐴𝑟3

𝐸 ∗ 𝐴𝑟2 +

1.2 ∗ 𝑚 ∗ 𝑓𝑦 ∗ 𝐴𝑟

𝜈 ∗ 𝐸 ∗ 𝐴𝑟2

𝛿

𝐻𝑤=

1.5 ∗ 𝑚 ∗ 𝑓𝑦 ∗ 𝐴𝑟

𝐸+

1.2 ∗ 𝑚 ∗ 𝑓𝑦

𝜈 ∗ 𝐸 ∗ 𝐴𝑟

𝐶𝑑 ∗ 𝛿

𝐻𝑤= (

3 ∗ 𝐶𝑑 ∗ 𝑓𝑦 ∗ 𝑚𝐸

) ∗ [𝐴𝑟

2+

0.4𝜈 ∗ 𝐴𝑟

]


NSE 1: TC-60


Remplazando 𝑚 = 𝑀𝑓𝑦∗𝐵∗𝐿𝑤

2

𝐶𝑑 ∗ 𝛿

𝐻𝑤= (

3 ∗ 𝐶𝑑 ∗ 𝑓𝑦 ∗ 𝑀𝐸 ∗ 𝑓𝑦 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿𝑤

2) ∗ [𝐴𝑟

2+

0.4𝜈 ∗ 𝐴𝑟

]

Recordando que 𝐼 = 0.35𝐼𝑔

𝐷 =𝐶𝑑 ∗ 𝛿

𝐻𝑤= (

3 ∗ 𝐶𝑑 ∗ 𝑀0.35 ∗ 𝐸 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿𝑤

2) ∗ [𝐴𝑟

2+

0.4𝜈 ∗ 𝐴𝑟

]

Remplazando el valor en la ecuación:

𝐾𝑢 =1

𝐺 ∗ 𝐷

Con 𝐺 = 0.9

𝑒𝑚𝑢∗𝑘∗(1− 𝑘2∗𝐴𝑟

)

𝐾𝑢 =𝑒𝑚𝑢 ∗ 𝑘 ∗ (1 − 𝑘

2 ∗ 𝐴𝑟) ∗ (0.35 ∗ 𝐸 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿𝑤

2)

(3 ∗ 𝐶𝑑 ∗ 𝑀) ∗ [𝐴𝑟2 + 0.4

𝜈 ∗ 𝐴𝑟]

𝐸 = 57,000√𝑓′𝑐

𝐾𝑢 =6650 ∗ 𝑒𝑚𝑢 ∗ 𝑘 ∗ (1 − 𝑘

2 ∗ 𝐴𝑟) ∗ (√𝑓′𝑐 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿𝑤

2)

(𝐶𝑑 ∗ 𝑀) ∗ [𝐴𝑟2 + 0.4

𝜈 ∗ 𝐴𝑟]

𝐾𝑢 =6650 ∗ 𝑒𝑚𝑢 ∗ 𝑘 ∗ (2 ∗ 𝐴𝑟 − 𝑘) ∗ (√𝑓′𝑐 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿𝑤

2)

(𝐶𝑑 ∗ 𝑀) ∗ [𝐴𝑟2 + 0.8

𝜈 ]

Reduciendo por el factor de ACI de 0.9

𝐾𝑢 =6650 ∗ 𝑒𝑚𝑢 ∗ 𝑘 ∗ (2 ∗ 𝐴𝑟 − 𝑘) ∗ (√𝑓′𝑐 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿𝑤

2)

0.9 ∗ (𝐶𝑑 ∗ 𝑀) ∗ [𝐴𝑟2 + 0.8

𝜈 ]

𝑲𝒖 =𝟕, 𝟑𝟖𝟗 ∗ 𝒆𝒎𝒖 ∗ 𝒌 ∗ (𝟐 ∗ 𝑨𝒓 − 𝒌) ∗ (√𝒇′𝒄 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳𝒘

𝟐)

(𝑪𝒅 ∗ 𝑴) ∗ [𝑨𝒓𝟐 + 𝟎. 𝟖

𝝂 ]


NSE 1: TC-61


Tomando 𝑒𝑚𝑢 = 0.004 y 𝜈 = 0.17

𝑲𝒖 =𝟐𝟗. 𝟓𝟓 ∗ 𝒌 ∗ (𝟐 ∗ 𝑨𝒓 − 𝒌) ∗ (√𝒇′𝒄 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳𝒘

𝟐)

(𝑪𝒅 ∗ 𝑴) ∗ [𝑨𝒓𝟐 + 𝟒. 𝟕𝟎𝟔]

Para este método, se parte del armado del muro obtenido para las cargas elásticas de diseño, con el acero del muro se calcula la profundidad de eje neutro:

𝑲𝒖 =

𝑷𝒖𝟎. 𝟗 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳 ∗ 𝒇𝒀

+ 𝝆

𝟎. 𝟕𝟐𝟐𝟓 ∗𝒇′

𝒄𝒇𝒚

+ 𝟐𝝆

Con este valor de 𝐾𝑢, se calcula el valor de momento nominal resistente de la sección:

𝑴𝒖 = [𝟎. 𝟒𝟏𝟓 ∗𝒇′

𝒄𝒇𝒚

∗ 𝑲𝒖𝟐 +

𝝆𝟐

∗ [𝑲𝒖𝟐 + (𝟏 − 𝑲𝒖)𝟐] +

𝑷𝒖

𝒇𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳∗ (

𝟏𝟐

− 𝑲𝒖)] ∗ 𝒇𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳𝟐

Ahora se calcula el valor de 𝐾𝑢−𝑀Á𝑋 con el valor de 𝑀𝑢 y se compara con 𝐾𝑢, la ductilidad se considera adecuada si:

𝑲𝒖−𝑴Á𝑿 =𝟐𝟗. 𝟓𝟓 ∗ 𝒌 ∗ (𝟐 ∗ 𝑨𝒓 − 𝒌) ∗ (√𝒇′𝒄 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳𝒘

𝟐)

(𝑪𝒅 ∗ 𝑴) ∗ [𝑨𝒓𝟐 + 𝟒. 𝟕𝟎𝟔]

𝑲𝒖 ≤ 𝑲𝒖−𝑴Á𝑿

PROPUESTA DE CODIGO Si combinamos el Método I y el método II en una sola ecuación tendríamos: Método I:

𝑲𝒖−𝑴Á𝑿 =𝑪𝒖

𝑳𝒘=

𝟒. 𝟒𝟒 ∗ 𝒌 ∗ (𝟏 − 𝒌𝟐 ∗ 𝑨𝒓

)

𝟏𝟎𝟎𝟎𝑫

Método II:

𝑲𝒖 =𝟒. 𝟒𝟒 ∗ 𝒌 ∗ (𝟏 − 𝒌

𝟐 ∗ 𝑨𝒓)

[[(𝑨𝟏 − 𝑨𝟐) ∗ 𝑷𝒂] ∗ 𝑨𝒓 + 𝑨𝟑 + 𝑨𝟒 ∗ 𝑷𝒂 − 𝑨𝟓 ∗ 𝑷𝒂𝟐]


NSE 1: TC-62


Vemos que las ecuaciones son similares y que:

𝟏𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝑫 = [(𝑨𝟏 − 𝑨𝟐) ∗ 𝑷𝒂] ∗ 𝑨𝒓 + 𝑨𝟑 + 𝑨𝟒 ∗ 𝑷𝒂 − 𝑨𝟓 ∗ 𝑷𝒂𝟐

𝑫 =[(𝑨𝟏 − 𝑨𝟐) ∗ 𝑷𝒂] ∗ 𝑨𝒓 + 𝑨𝟑 + 𝑨𝟒 ∗ 𝑷𝒂 − 𝑨𝟓 ∗ 𝑷𝒂

𝟐

𝟏𝟎𝟎𝟎

Esta ecuación nos da la deriva equivalente de la metodología de Priestley, y para diferenciarla de la deriva calculada la llamaremos 𝐷1.

𝑫𝟏 =[(𝑨𝟏 − 𝑨𝟐) ∗ 𝑷𝒂] ∗ 𝑨𝒓 + 𝑨𝟑 + 𝑨𝟒 ∗ 𝑷𝒂 − 𝑨𝟓 ∗ 𝑷𝒂

𝟐

𝟏𝟎𝟎𝟎

Ahora podemos utilizar una sola ecuación:

𝑲𝒖−𝑴Á𝑿 =𝑪𝒖

𝑳𝒘=

𝟒. 𝟒𝟒 ∗ 𝒌 ∗ (𝟏 − 𝒌𝟐 ∗ 𝑨𝒓

)

𝟏𝟎𝟎𝟎𝑫

Donde se puede utilizar 𝐷 = 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑑𝑎 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑎𝑛á𝑙𝑖𝑠𝑖𝑠 o 𝐷 = 𝐷1. Si en el modelo analizado se considera los muros actuando completamente en voladizo, con una inercia agrietada de 0.35𝐼𝑔 y eliminando completamente la rigidez a flexión de diafragmas y dinteles, en teoría 𝐷 sería igual a 𝐷1. Sin embargo, la realidad es que, aunque los diafragmas se agrieten significativamente, siempre ofrecen rigidez a la flexión, por lo que 𝐷 será menor a 𝐷1, este efecto es real y la deriva será menor a la teórica utilizada en el análisis de ductilidad. Sin embargo, aunque este es un efecto real y tener menor deriva es equivalente a no demandar tanta deformación plástica en la estructura, no podemos permitir que los resultados difieran en manera significativa del análisis realizado. Por lo anterior, se permite utilizar la deriva real 𝐷 pero esta no podrá ser menor al 80% de la deriva equivalente 𝐷1. Un criterio similar es utilizado en el ACI-318, donde se calcula la profundidad del eje neutro en función de la deriva, pero se limita el valor de esta a un mínimo de 0.007, por esta razón este criterio también se incluye en la norma como un valor alternativo al de 0.80𝐷1. Actualmente el ACI-318, en su edición 2014, realizó un ajuste a su ecuación dividiendo la profundidad máxima por 1.5:

𝐶𝑐𝑟 =𝐿𝑤

600 ∗ 1.5 ∗ 𝐶𝑑 ∗ 𝛿𝐻𝑤

Y, aparentemente, disminuyendo el límite mínimo a 0.005 que al multiplicar por 1.5 sería 0.0075. Tomando en cuenta estos cambios conservadores se propone lo siguiente:


NSE 1: TC-63


El método propuesto entonces sería:

𝑲𝒖−𝑴Á𝑿 =𝑪𝑴Á𝑿

𝑳𝒘=

𝟒. 𝟒𝟒 ∗ 𝒌 ∗ (𝟏 − 𝒌𝟐 ∗ 𝑨𝒓

)

𝟏𝟎𝟎𝟎𝑫

Donde:

• 𝑨𝒓 = 𝐻𝑤𝐿𝑤

• 𝒌 = 0.2 + 0.044 ∗ 𝐴𝑟 • 𝑫 = 1.5∗𝐶𝑑∗𝛿

𝐻𝑤≥ 0.80𝐷1

• 𝑫𝑴Í𝑵 = 0.0075 • 𝑪𝒅 = 4 • 𝜹 = Deformación elástica para el valor de corte de sismo medida desde la base del

muro a revisar hasta la parte superior del edificio. (Se obtiene del análisis estructural, el corte deberá ser determinado con el límite de periodo de 1.4Ta).

• 𝑯𝒘 = Altura desde la base del muro a revisar hasta la parte superior del edificio. • 𝑳𝒘 = Longitud del muro.

Alternativamente D puede sustituirse directamente por el valor de 𝑫𝟏 que se calcula como:

𝑫𝟏 =[(𝑨𝟏 − 𝑨𝟐) ∗ 𝑷𝒂] ∗ 𝑨𝒓 + 𝑨𝟑 + 𝑨𝟒 ∗ 𝑷𝒂 − 𝑨𝟓 ∗ 𝑷𝒂

𝟐

𝟏𝟎𝟎𝟎

Donde:

• 𝑷𝒂 = 𝑃𝑢0.90∗𝐴𝑔∗𝑓′𝑐


NSE 1: TC-64


Figura 18 — Chequeo de ductilidad para 𝑹𝑾 = 𝟒


NSE 1: TC-65


Ahora que tenemos la forma de verificar la ductilidad de desplazamiento en función del armado del muro, tenemos que definir cuál es el factor de reducción de respuesta Rw adecuado para el sistema. Si bien ya vimos que la ductilidad es un factor que define esta reducción, existen otros factores involucrados que conforman junto con la ductilidad el factor R. Durante el proceso de diseño y fabricación de los materiales utilizados y el mismo comportamiento de la estructura, existen factores de seguridad que otorgan a la estructura una capacidad adicional o sobre-resistencia que pueden ser utilizadas por esta para resistir las cargas inducidas por el sismo en el rango elástico. Estos factores están explicados en los comentarios del FEMA 450 2003 y del FEMA 303 1997, estos factores se pueden resumir como:

(a) Sobre-resistencia de Diseño (ΩD), este factor es el más difícil de determinar ya que depende del diseñador y que tan preciso es con respecto a los requerimientos. Es imposible que un diseñador provea el refuerzo exacto que necesita la estructura ya que debe adaptarse a las medidas comerciales existentes, por lo anterior, la tendencia del diseñador será la de colocar la medida comercial superior a lo requerido, esto sumado a que el diseñador trate de tipificar, generará una sobre-resistencia en el comportamiento general de la estructura. Las condiciones de serviciabilidad (límite de deformaciones o derivas) pueden ser las que rijan el diseño por lo que la capacidad adicional a nivel de esfuerzos representa una sobre-resistencia. El último factor que influye en este factor es la arquitectura ya que esta puede requerir por aspecto dimensiones mayores a las requeridas por el cálculo. (b) Sobre-resistencia del material (ΩM), las normas que rigen la fabricación de materiales normalmente fijan límites inferiores de resistencia; por lo que los fabricantes tienden a producir con una media de resistencia mayor al mínimo de la norma. Otro factor es el comportamiento real del material versus el teórico, ejemplo de esto es el acero, que se toma como valor máximo a tensión el valor de fluencia 𝐹𝑦 sin embargo, si vemos la gráfica real, existe una cresta antes de que el material realmente entre en el rango de comportamiento plástico (endurecimiento).


NSE 1: TC-66


Figura 19 — Gráfica de esfuerzo-deformación del acero

También la mayoría de los códigos utilizan factores de reducción en la resistencia de los materiales como parte del factor de seguridad, ejemplo de ello, el factor fi (ϕ) utilizado en el concreto reforzado. Si combinamos estos factores para una viga de concreto reforzado, tendríamos un valor de endurecimiento de 1.25 (grado 40) y un fi de 0.9, tendríamos una sobre-resistencia de material de 1.25/0.9 = 1.39. Si el acero es grado 60 el endurecimiento sería de 1.4 y la sobre-resistencia sería de 1.4/0.9 =1.56. (c) Sobre-resistencia de sistema (Ωs) es un factor de seguridad que depende de la redundancia de la estructura y de la simultaneidad de formación de los mecanismos de disipación de energía (Articulaciones plásticas en los muros). Por temas de armado y de la resistencia requerida por cargas, solo gravitacionales, no todos los elementos van a alcanzar la fluencia al mismo tiempo. Mientras no se formen todas las articulaciones, la estructura no formará un mecanismo, por lo que se mantiene con un comportamiento semi-elástico (Buena parte de la estructura en el rango elástico).

El comportamiento de todas estas sobre-resistencias se acumulan en un solo factor que es al que se refieren la mayoría de los códigos como Ωo (Factor de sobre-resistencia). El comportamiento de estos factores y la ductilidad se muestra en la gráfica tomada de FEMA.


NSE 1: TC-67


Figura 20 — Factores que afectan la sobre-resistencia[A]

[A]Federal Emergency Management Agency (FEMA) Estas sobre-resistencias no pueden interpretarse como un valor puntual, más bien deben verse como un rango que engloba los valores probables. Estos valores son difíciles de estimar y como guía se puede tomar los valores de la siguiente tabla tomada de FEMA.


NSE 1: TC-68


Tabla 22 — Rango típico de sobre-resistencia para varios sistemas[A]

[A]Federal Emergency Management Agency (FEMA) Para nuestro caso, tomamos de referencia los valores de la tabla para reinforced bearing wall, esto nos muestra que la sobre-resistencia total esta entre 1.5 y 2.5. Si tomamos la sobre-resistencia de diseño como valor de 1.2 (entre 1 y 1.5), lo cual está justificado en el hecho que para el diseño se está considerando el refuerzo totalmente distribuido a lo largo del muro, y realmente si existe cierta cantidad de refuerzo en los extremos. Adicionalmente, si tomamos un valor de sobre-resistencia de sistema de 1.2 (entre 1 y 1.5), por el hecho de que es muy difícil que se formen las articulaciones plásticas en todos los muros al mismo tiempo. Con los valores anteriores y una sobre-resistencia del material para acero grado 40 y 60 tendríamos:

Acero grado 40 Ω𝑜 = 1.250.9

∗ 1.2 ∗ 1.2 = 2.00

Acero grado 60 Ω𝑜 = 1.400.9

∗ 1.2 ∗ 1.2 = 2.24 Nos parece apropiado utilizar un valor de sobre-resistencia Ω𝑜 de 2, este valor combinado con el factor de ductilidad encontrado adecuado para este sistema anteriormente 𝑅𝑑 = 2; nos daría un factor de reducción de respuesta 𝑅𝑤 = 𝑅𝑑 ∗ Ω𝑜 = 4. Hasta el momento hemos resuelto el problema de cómo valuar la ductilidad de estos muros y qué 𝑅𝑤 utilizar en el diseño, sin embargo, todavía no hemos valuado como resolver el tema del posible pandeo local de la zona en compresión debido al poco espesor de estos. El problema del pandeo del muro se va a dar cuando se alcance las condiciones críticas en la zona a compresión del muro, el criterio usual es que estas condiciones se dan cuando lleguemos a los esfuerzos máximos y deformación máxima del concreto; la condición anterior se va a presentar en la región del muro donde se forme la articulación plástica. El segundo criterio es un poco diferente y considera que la condición crítica la provoca la deformación a tensión del refuerzo en la articulación


NSE 1: TC-69


plástica, esta tensión provoca el agrietamiento en el concreto además de la deformación del acero; en el momento que en el sismo se da la reversión esta zona originalmente a tensión pasa a estar en compresión. Durante este cambio, la tensión en las varillas llega a valor cero cuando todavía las grietas en concreto no se han cerrado, en ese momento la compresión la toma únicamente el acero y si el centro de dicho acero no coincide con el centro del muro se provoca un pandeo en dicha zona. Priestley sostiene que, en los ensayos, es el segundo criterio el que domina el pandeo del muro (referencia 2 5.4.3 pag 400). Como la falla está dominada por el agrietamiento del concreto, entonces el pandeo es más crítico cuando a la articulación se le pide una mayor rotación plástica. Figura 21 — Deformaciones debidas a pandeo fuera del plano[A]

[A]Priestley, M.J.N. Ductility of Unconfined Masonry Shear Walls

Esa rotación plástica puede expresarse en función de la ductilidad de rotación, la cual puede obtenerse de la gráfica de Paulay y Uzumeri presentada en la página 7 de este manual, o específicamente de la gráfica 1 para una ductilidad de desplazamiento de 2.


NSE 1: TC-70


Como el pandeo es función de la excentricidad del refuerzo, esta condición es más desfavorable cuando tenemos una sola cama de refuerzo en el muro. Esto está considerado en las expresiones presentadas por Priestley para evaluar el ancho crítico de muro para no sufrir problemas de pandeo en función de la ductilidad de rotación:

𝑏𝑐 = 0.017𝐿𝑤√𝜇𝜙 Cuando 𝛽 = 0.8 Dos camas de refuerzo 𝑏𝑐 = 0.022𝐿𝑤√𝜇𝜙 Cuando 𝛽 = 0.5 Una cama de refuerzo

Donde:

• 𝒃𝒄 = Ancho crítico del muro. • 𝝁𝝓 = Ductilidad de rotación. • 𝑳𝒘 = Longitud del muro. No necesita ser mayor a 1.6 veces la altura libre.

Estas expresiones se pueden unificar en una sola, de acuerdo a la siguiente expresión:

𝐵𝑐 =0.01538

√𝛽∗ √𝜙𝑐 ∗ 𝐿𝑤1

Donde: • 𝑩𝒄 = Espesor de pandeo crítico en función de la rotación plástica 𝜙𝑐 • 𝝓𝒄 = Rotación plástica en el muro para lograr una ductilidad de 2. • 𝜷 = Factor de agrietamiento. 𝛽 = 0.8 refuerzo en dos camas. 𝛽 = 0.5 refuerzo en

una cama. • 𝑳𝒘𝟏 = Longitud de muro sometido a pandeo (𝐿𝑤1 = 𝐿𝑤 pero menor a 1.6ℎ1). • 𝒉𝟏 = Altura libre del piso.

El espesor 𝐵𝑐 es el mínimo espesor del muro necesario para que este no tenga problemas de pandeo, sin embargo, el muro puede ser más delgado si se coloca en el extremo del muro un ensanchamiento de 𝐵𝑐 ∗ 𝐵𝑐 o un aletón que tenga un área equivalente a 𝐵𝑐 ∗ 𝐵𝑐 y equivalente a 𝐵𝑐 ∗ 0.10 ∗ 𝐿𝑤 (0.10 ∗ 𝐿𝑤 se toma como la profundidad critica del área a compresión). Figura 22 — Dimensiones mínimas de aletones


NSE 1: TC-71


Se considera adecuado que el espesor mínimo del aletón deberá cumplir con el criterio de pandeo del ACI de no menor a ℎ 25⁄ , cambiado un poco la recomendación mostrada en la referencia 2. Ahora, con el problema resuelto, nos toca analizar un factor adicional en el comportamiento de estos muros, es práctica usual en el medio reforzar estos muros con acero estirado en frío (comúnmente llamado de alta resistencia). Este tipo de acero tiene poca ductilidad por sus características de fabricación y, existe la duda de si es conveniente el uso de este material como refuerzo en estructuras sismo-resistentes. Para entender el problema, recordemos el concepto de ductilidad, básicamente esta es definida por la relación entre la falla del concreto al momento en que el acero llega a fluir. La fluencia del acero será lo mismo en el análisis, sin embargo, la falla del concreto asume que el acero tiene capacidad de deformación suficiente para que primero se dé la ruptura del concreto a compresión antes de que fracture el acero. Con el acero de alta resistencia existe la probabilidad de que este rompa antes de que el concreto alcance toda su capacidad y, por lo tanto, que el muro reforzado con este material tenga un comportamiento menos dúctil. En estructuras donde se espera el desarrollo de altas ductilidades, definitivamente el uso de este material es inviable, sin embargo, para sistemas de baja ductilidad o de ductilidad limitada se debe realizar un análisis para determinar los límites correctos para el uso de este acero. La primera condición es que el muro tenga suficiente carga axial a compresión, entonces la falla a compresión se logrará con una menor deformación del acero a tensión y con el acero de alta resistencia no exista ninguna alteración al análisis original. La segunda condición se dará con cargas axiales bajas, en la cual la ductilidad de rotación vendrá dada únicamente por el acero, es decir, la ductilidad del muro estará dada por la relación entre la deformación al momento de la ruptura del acero, y la deformación a la fluencia de este. Este mecanismo requiere una formulación diferente del problema, pero podemos realizar un cambio para seguir utilizando la misma metodología presentada hasta ahora. El cambio consiste en calcular la deformación en el concreto a compresión al momento en que el acero alcanza su deformación de ruptura, la deformación del concreto en esta condición (𝜖𝑐) será menor a 0.004, que si recordamos es la de la falla del concreto. Ahora, utilizamos el valor de 𝜖𝑐 como si es el valor de falla del concreto y realizamos el análisis con las fórmulas ya descritas.


NSE 1: TC-72


Figura 8 (Repetida) — Gráfica momento aplicado vs. Rotación de sección de muro

Figura 9 (Repetida) — Comportamiento del concreto y acero en muros


NSE 1: TC-73


Figura 23 — Deformación de ruptura del concreto en función de la del acero

Entonces

𝐾𝑢 =𝜖𝑐

𝑃𝐸 + 𝜖𝑐

Recordando la fórmula de 𝐾𝑢:

𝑲𝒖 =

𝑷𝒖𝑩 ∗ 𝑳𝒘 ∗ 𝑭𝒀

+ 𝝆

𝟎. 𝟕𝟐𝟐𝟓 ∗𝒇′

𝒄𝑭𝒚

+ 𝟐𝝆

Y si llamamos

𝐾 =𝑃𝑢

𝐵 ∗ 𝐿𝑤 ∗ 𝑓′𝑐

Entonces

𝑃𝑢

𝐵 ∗ 𝐿𝑤 ∗ 𝑓𝑦= 𝐾 ∗

𝑓′𝑐

𝑓𝑦

Igualando ahora las ecuaciones tenemos:

𝜌 + 𝐾 ∗𝑓′

𝑐𝑓𝑦

=𝜖𝑐

𝑃𝐸 + 𝜖𝑐∗ [0.7225 ∗

𝑓′𝑐

𝐹𝑦+ 2𝜌]

Despejando:

𝜖𝑐 =𝑃𝐸 ∗ (𝜌 + 𝐾 ∗

𝑓′𝑐

𝑓𝑦)

(𝜌 +𝑓′

𝑐𝑓𝑦

) ∗ (0.7225 − 𝑘)


NSE 1: TC-74


Ahora podemos volver a calcular las gráficas de ductilidad de desplazamiento, ajustando con la ecuación anterior. Si el valor calculado de 𝜖𝑐 es mayor a 0.004, se utiliza del valor de 0.004, si no se utiliza el valor de 𝜖𝑐. Consideramos como crítico la mayor resistencia a la falla en el concreto (𝑓′

𝑐 = 5,000 𝑝𝑠𝑖) y el límite superior definido de 𝐻𝑤𝐿𝑤

= 16. Si consideramos una deformación para acero ASTM A615 de 8% tendríamos: Gráfico 17 — Ductilidad de muro con relación de aspecto 𝑨𝒓 = 𝟏𝟔 y deformación del acero al 𝟖% (𝒇′𝒄 = 𝟓, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊, 𝒇𝒚 = 𝟕𝟎, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊)

𝝆


NSE 1: TC-75


Como podemos ver en la gráfica este tipo acero tiene suficiente deformación plástica para que el concreto alcance su falla aun para ductilidades de 5. Ahora si probamos con una deformación de 2.5% tenemos: Gráfico 18 — Ductilidad de muro con relación de aspecto 𝑨𝒓 = 𝟏𝟔 y deformación del acero al 𝟐. 𝟓% (𝒇′𝒄 = 𝟓, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊, 𝒇𝒚 = 𝟕𝟎, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊)

Ahora vemos que, para una ductilidad de desplazamiento de 2, los efectos del acero no influyen en el límite máximo de refuerzo, por lo que podemos concluir que si el acero tiene una deformación plástica de 2.5% se puede usar sin problemas hasta relaciones de 𝐻𝑤

𝐿𝑤=

16. Como necesitamos considerar un factor de seguridad, se solicitará al fabricante que la deformación plástica mínima de la malla electrosoldada sea de 3%.

𝝆


NSE 1: TC-76


Si ahora tratamos de usar una deformación menor, por ejemplo, el 2% y construimos la gráfica siguiente: Gráfico 19 — Ductilidad de muro con relación de aspecto 𝑨𝒓 = 𝟏𝟔 y deformación del acero al 𝟐% (𝒇′𝒄 = 𝟓, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊, 𝒇𝒚 = 𝟕𝟎, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊)

Como podemos ver el acero con una deformación plástica del 2% ya no logra la ductilidad de desplazamiento esperada de 2 para un 𝐻𝑤

𝐿𝑤= 16. La opción para usar este acero es

limitar la relación de 𝐻𝑤𝐿𝑤

a menores valores. Esto se logra con un valor de 𝐻𝑤𝐿𝑤

= 7.5 como se ve en la siguiente gráfica:

𝝆


NSE 1: TC-77


Gráfico 20 — Ductilidad de muro con relación de aspecto 𝑨𝒓 = 𝟕. 𝟓 y deformación del acero al 𝟐% (𝒇′𝒄 = 𝟓, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊, 𝒇𝒚 = 𝟕𝟎, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊)

Si consideramos una longitud mínima de muro de 1 mt y una altura de piso de 2.5 mts, entonces este acero estaría limitado a usarse en los 3 pisos superiores de la estructura. Con lo discutido anteriormente, se recomienda que el refuerzo de malla electrosoldada de alta resistencia se pueda usar en toda la estructura siempre que se mantenga una relación Máxima de 𝐻𝑤

𝐿𝑤= 16 y el material utilizado tenga como mínimo una deformación

plástica del 3%. Si lo anterior no se cumple, se recomienda solo utilizar este refuerzo en los 3 niveles superiores de la estructura.

𝝆


NSE 1: TC-78


CRITERIO DE DISEÑO A CORTE DEL MURO Los muros normalmente se diseñan para resistir las cargas de flexo-compresión, y adicionalmente, para resistir las cargas de corte. En el comportamiento elástico de los elementos de concreto, la capacidad de resistir el corte se puede tratar independientemente de las cargas de flexo-compresión, sin embargo, en estructuras sismo-resistentes que incursionan en el rango inelástico, esto ya no es posible. Para estas estructuras es importante entender el comportamiento a la falla de estas. La falla a corte de una estructura de concreto es necesariamente de modo frágil, y no existe forma de evitar este comportamiento; mientras que la falla a flexo-compresión, si se toman las medidas adecuadas que se analizaron anteriormente, es de modo dúctil. Por lo anterior, en el diseño sismo-resistente debe evitarse la falla a corte de los elementos, la forma de lograr esto es proveer a los elementos de mayor capacidad a corte que a flexión. Un punto importante de aclarar es que la capacidad a flexión a superar está definida por el refuerzo del muro y el momento de fluencia del elemento (𝑴𝒚), y no por los resultados del análisis (𝑴𝒂). El criterio para garantizar la falla a flexión es aumentar la carga a corte de diseño por un factor que garantice que la capacidad a corte del muro sea superior a la de flexión. El factor propuesto es:

𝑉𝑢 =1.25 ∗ 𝑀𝑦

𝑀𝑎∗ 𝑉𝑎

Donde:

• 𝑽𝒂 = Corte del análisis estructural. • 𝑴𝒂 = Momento del análisis estructural. • 𝑴𝒚 = Momento de fluencia del muro en función de su armado. • 𝑽𝒖 = Corte de diseño.

Este criterio se aplicará en la zona de probable formación de articulación plástica, la cual

se determinará como el punto en la altura del muro con menor relación de 𝑀𝑦𝑀𝑎

⁄ , ya que este es el punto más débil del muro, y este valor de magnificación es el que se utilizará en toda la longitud del muro sobre dicho punto hasta la altura total del edificio, esto es debido a que una vez se forme la articulación, se forma un mecanismo inelástico en el muro que ya no permite la generación de fuerzas de inercia.

En las regiones inferiores a dicho punto, se deberá calcular el valor de 𝑀𝑦𝑀𝑎

⁄ correspondiente, ya que la articulación protege a la estructura hacia arriba de ésta, por lo que se pueden formar articulaciones sucesivas hasta alcanzar la base del muro. En

ningún caso 𝑀𝑦𝑀𝑎

⁄ necesita ser mayor a 2, ya que éste es el valor de ductilidad del sistema que se está usando, y a partir de este punto el comportamiento del muro se espera que sea elástico.


NSE 1: TC-79


La zona de articulación deberá considerarse a partir del punto de menor relación de 𝑀𝑦

𝑀𝑎⁄ como mínimo toda la longitud desde este punto hasta la cimentación del muro y

desde este punto una longitud de muro hacia arriba. Esto debido a que, si recordamos, la articulación se desarrolla sobre una longitud de muro, usualmente se considera como máximo un peralte de muro (𝑳𝒘). Esta zona nunca deberá considerarse menor a los dos pisos inferiores de la estructura. Ahora que determinamos la fuerza de corte a utilizar en el diseño, nos falta discutir un poco la resistencia a corte del muro. Debemos partir del hecho que el concreto reforzado necesariamente sufrirá agrietamientos. Al formarse las grietas, el concreto deja de absorber tensión y es el acero el que toma dicha carga, sin embargo, la fuerza de corte sigue siendo resistida, por lo menos, parcialmente por el concreto, esto debido a que la grieta se da por el componente más débil de la mezcla de concreto, que es la pasta de cemento y el agregado de piedrín, que es mucho más resistente, forma una trabe entre ambas caras. Por medio de este mecanismo, el concreto sigue resistiendo la fuerza de corte, siempre y cuando las irregularidades del agregado sean mayores al tamaño de la grieta. El primer factor que hay que considerar es que la carga axial de compresión tiende a cerrar las grietas, y por lo tanto mejora la capacidad de corte del concreto, por otro lado, si las grietas se abren más, tiende a disminuir dicha capacidad. El factor que controla la dimensión de dicha grieta es la cantidad de refuerzo a corte y la deformación de dicho refuerzo. En la zona de articulación, el tamaño de las grietas es proporcional a la rotación plástica que sufre la articulación, en las estructuras de alta ductilidad se considera que el tamaño de la grieta es muy grande, y que, por lo tanto, lo adecuado es despreciar la capacidad de corte del concreto y nos queda únicamente el efecto de la compresión axial. Por lo anterior, en estructuras sin carga axial (Como una viga) se pretende que todo el corte sea resistido por el acero de refuerzo. Esto lo expresa Priestley en los siguientes criterios para muros (Referencia 1, 3.3.2 página 127). Resistencia a corte en muros en zonas donde no se forman articulaciones (Se considera la resistencia del concreto más la carga axial):

𝑉𝑐 = 3.3 ∗ √𝑓′𝑐 + 𝑃𝑢

4∗𝐴𝑔 (𝑝𝑠𝑖) (Ecuación 3.36 de la ref. 1)

Resistencia a corte en muros en las articulaciones plásticas (Se desprecia la capacidad del concreto y solo nos quedamos con la carga axial):

𝑉𝑐 = 7.2 ∗ √𝑃𝑢𝐴𝑔

(𝑝𝑠𝑖) (Ecuación 3.39 de la ref. 1)


NSE 1: TC-80


Ahora, para nuestro caso, los muros son de baja ductilidad, por lo que en las zonas de articulación plástica la rotación es pequeña, y, por tanto, el número y tamaño de las grietas es menor. Esto permite considerar alguna contribución del concreto en el corte, Pristley lo presenta como una ecuación en función de la ductilidad de desplazamiento:

𝑉𝑐 ≤ 4−𝜇∆3

(𝐴√𝑓′𝑐 + 𝑃𝑒4𝐴𝑔

) ≥ 𝐵√𝑃𝑢𝐴𝑔

(Ecuación 8.12 de la ref. 1)

Donde 𝐵 = 7.2, 𝐴 = 3.3 y 𝜇∆ es la ductilidad de desplazamiento de la estructura ya discutida en este documento. Si la estructura se define como de alta ductilidad (𝜇∆ = 4), entonces la contribución del concreto es cero y regresamos solo a la contribución de la carga axial a compresión (Ecuación 3.39 de ref. 1). Por lo anterior, ahora definimos la capacidad a corte del muro: La resistencia a corte se determinará a partir de la siguiente expresión:

Φ𝑉𝑛 ≥ 𝑉𝑢

𝑉𝑛 = 𝑉𝑐 + 𝑉𝑠

𝑉𝑐 = 𝐴𝑐 ∗ 𝐴 ∗ (3.3√𝑓′𝑐 +

𝑃𝑢

4𝐴𝑔) (𝑝𝑠𝑖)

𝑉𝑐 > 7.2√𝑃𝑢

𝐴𝑔 (𝑝𝑠𝑖)

𝑉𝑠 = 𝐴𝑐 ∗ 𝜌ℎ ∗ 𝐹𝑦

Donde: • 𝑷𝒖 = Carga axial última (negativo para tensión). • 𝑨𝒄 = Área a corte en el muro • 𝑨𝒈 = Área total de muro (incluye aletones). • 𝝆𝒉 = Cuantía de refuerzo a corte.

En la zona de articulación:

𝐴 = 4−𝜇3

para 𝜇 = 2, 𝐴 = 23⁄

En la zona fuera de la articulación:

𝐴 = 1

Comentario 2 El diseñador podrá utilizar el factor de 𝐴 = 2

3⁄ en toda la altura del muro para facilitar el cálculo.


NSE 1: TC-81


En esta ecuación agregamos el factor 𝚽 como un factor de seguridad en el material, sin embargo, este factor necesita una explicación adicional. En la práctica usual este factor es variable dependiendo de la carga considerada, y el caso del corte es de 0.85 para cargas gravitacionales y 0.60 para cargas sísmicas. La razón para usar un factor más bajo con carga sísmicas es que en este factor se incluye un efecto que no hemos discutido: todo el análisis generalmente se realiza en base a la forma y características del primer modo de vibración, sin embargo, bajo los otros modos de vibrar de la estructura se distorsiona la forma de los diagramas en el muro, con respecto a la forma asumida por los códigos. Esto puede verse en la siguiente figura: Figura 24 — Comparación de fuerzas dinámicas laterales y especificadas por código[A]

[A] Paulay, T. y Park, R. Seismic Design of Reinforced Concrete and Masonry Buildings. 1992. Como puede verse en la figura (d), la curva (a) representa la forma utilizada o asumida por los códigos y la figura (c) es la distribución con la fuerza dinámica. Para lograr utilizar la forma de distribución de los códigos y que contenga la distribución dinámica, la primera debe magnificarse con un factor (curva (b)). Este factor es dependiente del número de modos de vibrar de la estructura, que normalmente se consideran como significativos una cantidad igual al número de pisos del edificio. Cuando el edificio es de un piso, solo existe un modo y por lo tanto las dos curvas (Primer modo y Dinámico) son iguales, y el factor es igual a 1. Cuando se aumenta el número de pisos, la diferencia entre las dos curvas también aumenta, y el factor se vuelve más grande. Si el número de modos aumenta significativamente, llega un momento en que la influencia de los últimos modos es tan pequeña que el factor ya se mantiene constante.


NSE 1: TC-82


Pristley, propone para calcular este factor (𝝎) con las siguientes ecuaciones (Pág. 413 de ref.1): Para seis niveles o menos:

𝜔 = 0.9 +𝑛

10

Más de seis niveles:

𝜔 = 1.3 +𝑛

30

Donde:

• 𝒏 = Número de niveles. Este factor debería de multiplicar las cargas utilizadas, sin embargo, se puede utilizar también dividiendo la resistencia. Si ahora usamos un nuevo factor como el inverso del anterior, podemos definirlo como Φ = 1

𝜔. Nuestra interpretación de la reducción de 𝚽 de

0.85 a 0.60, es que se está tomando en cuenta este factor de amplificación. Nosotros proponemos utilizar las ecuaciones de Priestley y tener un 𝚽 variable en función del número de pisos del edificio con los siguientes límites:

0.60 < 𝛷 < 0.85


NSE 1: TC-83


DESEMPEÑO ESPERADO EN LOS EDIFICIOS DE BAJA DUCTILIDAD La pregunta que todo diseñador estructural debe hacerse al terminar de diseñar una edificación es: ¿Que tan segura es mi estructura? Responder a esta pregunta por parte del ingeniero pareciera ser de lo más sencillo, sin embargo, es tal vez una de las preguntas más complicadas y donde la ingeniería estructural muestra una gran incertidumbre. Para tratar de responder a dicha pregunta debemos cuestionarnos algunas cosas antes: 1. ¿Cuál es el máximo sismo que podemos esperar?

En la práctica para una estructura ordinaria se utiliza 2/3 partes de la magnitud del máximo sismo creíble que corresponde a un periodo de retorno de 2475 años o a una probabilidad de excedencia del 2%. 2. ¿Cuál es la resistencia ultima de los materiales que estamos utilizando?

Como pudimos ver en la Figura 4 realmente el concreto en elementos a flexión con poca carga axial puede superar la deformación unitaria de 0.004 y de dicha grafica podemos ver que podemos llegar a una deformación de 0.007. Adicionalmente para la malla electrosoldada se está trabajando con una deformación de 2.5% pero se está solicitando una capacidad mínima de 3.5%. 3. ¿Cuál es el mecanismo de colapso de la estructura?

El mecanismo de colapso de este tipo de estructura será por falla en la articulación de los muros en la base de estos, dicha falla se puede dar por la ruptura del concreto a compresión o bien por la ruptura del refuerzo a tensión. Para entender el desempeño de un sistema de muros también debemos entender cuáles son las etapas antes del colapso. Estas etapas son: 1. Fisuración del concreto, antes de este punto la tensión en la sección del muro la

resisten tanto el acero como el concreto, sin embargo, dado que la capacidad a tensión del concreto es baja este tiende a fisurarse con cargas bajas y a partir de dicha fisuración la tensión la resiste únicamente el acero. A partir de este punto la sección fisurada tiene menos rigidez y la estructura tiende a deformarse más fácilmente.

2. Fluencia del acero a tensión, en este momento el acero alcanza su capacidad máxima a tensión y no puede absorber más fuerza, sin embargo, este puede continuar deformándose. En este punto el concreto está más agrietado en la zona de tensión.

3. Falla del concreto a compresión al llegar a su deformación unitaria máxima, en este punto el concreto explota y si el muro tiene estribos de confinamiento estos mantienen un núcleo confinado capaz de mantener la carga compresión, sin embargo, si los estribos de confinamiento no existen se produce el colapso de la estructura.

4. Ruptura de los estribos de confinamiento, en este punto al perder el núcleo de compresión se produce el colapso de la estructura.


NSE 1: TC-84


Estas etapas se muestran en la siguiente grafica en función de la deformación en la punta de la estructura y la carga equivalente elástica que produciría la misma deformación de sismo.

El desempeño en la estructura será adecuado si logramos que esta tenga una capacidad de deformación antes de colapso superior a la máxima deformación para el sismo máximo esperado. En el caso de los muros de baja ductilidad no podemos depender de los estribos por lo que aumentamos el comportamiento elástico de estos. Esto lo podemos apreciar en el siguiente grafico donde vemos el efecto de utilizar un valor de R inferior para este sistema


NSE 1: TC-85


Ahora el desempeño de una estructura no se mide solo por su seguridad contra el colapso si no por el nivel de daños que esta pude sufrir en etapas previas y que tan fácil es de reparar, adicionalmente hasta cuando estos daños impedirán el uso de la estructura después de un sismo. El desempeño esperado en una estructura fue definido por el comité visión 2000 de SEAOC en 1995, esto se puede resumir en el siguiente gráfico:


NSE 1: TC-86


Estas condiciones de desempeño: operacional, inmediatamente ocupacional, seguridad de vida y prevención de colapso se relacionan con diferentes magnitudes de sismo expresadas por medio de periodos de recurrencia:

Actualmente el criterio de sismo muy raro se ha redefinido a un sismo con periodo de retorno de 2475 años, es este mismo sismo el que se utiliza en las normas de AGIES para definir el sismo extremo con un Kd=1. Las estructuras ordinarias se diseñan para sismos con Kd=0.66 por lo que para la prevención de colapso las estructuras deben tener un factor de seguridad de 1/0.66 = 1.5. Los muros de baja ductilidad logran la prevención de colapso a través de utilizar toda la capacidad de deformación del concreto (0.007) o la electro-malla (3.5%). En este punto es importante mencionar que para llevar al concreto a deformaciones unitarias a compresión de 0.007 la carga vertical en los muros debe ser baja (Menos del 10%) y el comportamiento del muro debe ser el de una viga y no de una columna. También es importante mencionar que al utilizar un R menor estamos utilizando un comportamiento elástico mayor y por lo tanto el nivel de agrietamiento es menor en estas estructuras con sismos frecuentes y ocasionales en comparación con estructuras de alta ductilidad. El desempeño de seguridad de vida corresponde al sismo de 475 años que es el utilizado con kd=0.66 y es el que se utilizó para el análisis realizado en este manual, esto se traduce en que si bien a este nivel la estructura ya tiene daño


NSE 1: TC-87


considerable los materiales tienen una reserva suficiente para garantizar que la vida de los usuarios no está en riesgo. Todo esto lo podemos ver resumido en el siguiente grafico donde en línea azul se muestra el comportamiento de los muros de baja ductilidad en comparación con muros de alta ductilidad en línea verde.


NSE 1: TC-88


Ejemplo 2 — Se verifica la ductilidad del muro del eje 1 de la figura 25, con una altura sobre la base del muro hasta la cresta del edificio de 12.5 𝑚 y la altura de piso de 2.5 𝑚. La longitud del muro es 3.2 𝑚 y espesor 0.10 𝑚. El refuerzo R12a son 2#4 y el R1a también son 2#4 grado 60. El refuerzo distribuido son 2 camas de malla electrosoldada 6x6 4.5/4.5 grado 70. El acero grado 60 y grado 70 están casi en el mismo porcentaje y, ya que en el extremo del muro el acero es grado 60, se decidió trabajar todo el refuerzo como grado 60. Concreto 𝑓′

𝑐 = 4,000 𝑝𝑠𝑖 y acero 𝑓𝑦 = 60,000 𝑝𝑠𝑖. Calculamos el valor 𝑃𝑢

0.9𝐴𝑔𝑓′𝑐

= 0.10.

Figura 25 — Planta de piso típica, ejemplo 2


NSE 1: TC-89


Tabla 23 — Datos del muro

Método de ductilidad de rotación

Figura 26 — Resolución a través del método de ductilidad de rotación

𝑨𝒓

𝝁𝚫


NSE 1: TC-90


Para determinar el valor exacto para 𝐻𝑤𝐿𝑤

= 3.906 se procede a interpolar entre 3 y 4.

𝑦1 = 3.791 𝑥1 = 4 𝑦0 = 3.391 𝑥0 = 3

𝑦 = 𝑦0 +

𝑦1 − 𝑦0

𝑥1 − 𝑥0(𝑥 − 𝑥𝑜)

𝑦 = 3.391 +3.791 − 3.391

4 − 3(3.906 − 3) = 3.7535

Figura 27 — Cálculo de la capacidad de ductilidad del muro

Si queremos verificar la ductilidad de desplazamiento, aplicamos la fórmula (14):

𝜇∆ = 1 + (Φ𝑢 ∗ 𝑚𝑦

Φ𝑦 ∗ 𝑚𝑢− 1) ∗ (

4𝐾𝐴𝑟

) ∗ (1 −𝐾

2𝐴𝑟)

𝐾 = 0.2 + 0.044𝐴𝑟 = 0.2 + 0.044 (12.5 𝑚3.2 𝑚

) = 0.37186

𝜇∆ = 1 + (5.0667046 − 1) ∗ (4 ∗ 0.37186

3.906) ∗ (1 −

0.371862 ∗ 3.906

) = 2.475 > 2 𝑶𝒌


NSE 1: TC-91


Método de la gráfica

Usamos la gráfica de 𝑓′𝑐 = 4,000 𝑝𝑠𝑖 y 𝑓𝑦 = 60,000 𝑝𝑠𝑖, con 𝜌 = 0.00538 y 𝐻𝑤𝐿𝑤

= 3.906 𝐻𝑤𝐿𝑤

= 3.906.

Gráfico 7 (Repetido) — Ductilidad de muro con relación de aspecto 𝑨𝒓 =𝟑 (𝒇′𝒄 = 𝟒, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊, 𝒇𝒚 = 𝟔𝟎, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊)

Usamos la ecuación:

𝜇 = 1 +3.3 ∗ (𝜇3 − 1) ∗ (1 − 0.25

𝐴𝑟)

𝐴𝑟

𝝆


NSE 1: TC-92


𝜇 = 1 +3.3 ∗ (2.7 − 1) ∗ (1 − 0.25

3.906)3.906

= 2.344 > 2 𝑶𝒌

Si comparamos este dato con el exacto calculado en el método anterior, 2.475 nos da un error de 5.3% por la lectura aproximada de la gráfica, lo cual es aceptable.

Método del eje neutro, primera fluencia

Figura 28 — Cálculo del eje neutro para primera fluencia

Si no queremos usar la fórmula, podemos consultar la tabla para concreto 𝑓′𝑐 =4,000 𝑝𝑠𝑖, y en la columna de acero 𝑓𝑦 = 60,000 𝑝𝑠𝑖 con 𝑃𝑢


= 0.10. Aproximamos 𝐻𝑤𝐿𝑤

= 3.906 a 4 y obtenemos el valor de 𝐶 𝐿𝑤⁄ máximo de 0.3310 en lugar del calculado

de 0.3315, que no altera el resultado.


NSE 1: TC-93


Tabla 7 (Repetida) — Profundidad del eje neutro para 𝒇′𝒄 =𝟒, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊 (𝟐𝟖𝟎 𝑲𝒈 𝒄𝒎𝟐⁄ )

Método de 𝝆𝑴Á𝑿, primera fluencia

Figura 29 — Cálculo de 𝝆 para primera fluencia

Si no queremos usar la fórmula y consultar la tabla para 𝑓′𝑐 = 4,000 𝑝𝑠𝑖, entramos en la columna de 𝑓𝑦 = 60,000 𝑝𝑠𝑖 y 𝑃𝑢


= 0.10. Aproximando 𝐻𝑤𝐿𝑤

= 3.906 nos daría un

valor de 0.0107 como 𝜌𝑀Á𝑋. En este caso hay que recordar que la fórmula está diseñada para tener un factor de seguridad y es conservadora, mientras que en la tabla están los valores reales.


NSE 1: TC-94


Tabla 6 (Repetida) — 𝝆𝑴Á𝑿 para 𝒇′𝒄 = 𝟒, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊 (𝟐𝟖𝟎 𝑲𝒈 𝒄𝒎𝟐⁄ )

Método del esfuerzo

Si consideramos que por la carga axial tenemos 𝑃𝑢0.9𝐴𝑔𝑓′

𝑐= 0.10 y 𝑀𝑢 =

1,543.33𝑘𝑖𝑝 − 𝑓𝑡, incluyendo Φ = 0.90, el momento de análisis máximo debe ser Φ𝑀𝑢 = 1,389 𝑘𝑖𝑝 − 𝑓𝑡. Calculamos el esfuerzo por flexión:

𝑓𝑏

𝑓′𝑐

=1,389 𝑘𝑖𝑝 − 𝑓𝑡 ∗ 12 ∗ 6

0.1 ∗ 3.28 ∗ 12 ∗ (3.2 ∗ 3.28 ∗ 12)2 ∗ 4 𝑘𝑠𝑖= 0.40

𝑓𝑎

𝑓′𝑐= 0.9 ∗ 0.1 ∗ 0.09

𝑓𝑎

𝑓′𝑐+

𝑓𝑏

𝑓′𝑐

= 0.09 + 0.40 = 0.49 > 0.25 (𝑉𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑟𝑒𝑐𝑜𝑚𝑒𝑛𝑑𝑎𝑑𝑜) 𝑭𝒂𝒍𝒍𝒂

Como podemos ver, este criterio es muy conservador, ya que establecer un valor fijo para todos los casos, necesariamente obliga a un límite inferior. Si vemos la tabla para 𝑓′𝑐 = 4,000 𝑝𝑠𝑖 y 𝑓𝑦 = 60,000 𝑝𝑠𝑖 con 𝑃𝑢


= 0.10, el valor real del máximo seria

0.544 y nos diría que el muro tiene la ductilidad adecuada, sin embargo, al fijar el límite inferior para todos los casos en 0.25𝑓′𝑐 el muro muestra, por el método, que falla.


NSE 1: TC-95


Tabla 8 (Repetida) — Esfuerzo máximo para 𝒇′𝒄 =𝟒, 𝟎𝟎𝟎 𝒑𝒔𝒊 (𝟐𝟖𝟎 𝑲𝒈 𝒄𝒎𝟐⁄ )

La pregunta sería ¿por qué se utiliza este método, si es tan conservador?, la respuesta sería que es fácil de procesar; especialmente, si el análisis se realiza en un modelo de elementos finitos. Adicionalmente, muchas veces los muros tienen cargas menores a la capacidad de estos. En general, este método es bueno como un primer filtro para después chequear por cualquiera de los otros métodos una menor cantidad de muros. También es una herramienta cuando los muros tienen formas irregulares o aberturas.

Método equivalente al del ACI-318 y propuesto en NSE 7.9

𝑡 = 0.1𝑚 𝐿𝑤 = 3.20𝑚 𝐴𝑠 = 2.67𝑖𝑛2 𝜌 =2.67𝑖𝑛2

0.1𝑚 ∗ 3.20𝑚 ∗ (3.28 ∗ 12)2 = 0.005386

𝐻𝑤 = 12.5𝑚 𝐴𝑟 =𝐻𝑤

𝐿𝑤=

12.5𝑚3.2𝑚

= 3.91 𝑓′𝑐 = 4,000𝑝𝑠𝑖 𝑓𝑦 = 60𝑘𝑠𝑖

𝑃𝑢 = 178.47 𝑘𝑖𝑝

𝑃𝑢


=178.47 𝑘𝑖𝑝

0.9 ∗ 0.1𝑚 ∗ 3.20𝑚 ∗ (3.28 ∗ 12)2 ∗ 4𝑘𝑠𝑖= 0.10

Determinamos la posición del eje neutro:

𝑲𝒖 =

𝑷𝒖 𝟎. 𝟗 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳 ∗ 𝑭𝒚

+ 𝝆

(𝟎. 𝟕𝟐𝟐𝟓 ∗𝒇′

𝒄𝑭𝒚

+ 𝟐 ∗ 𝝆)


NSE 1: TC-96


𝐾𝑢 =

178.47 𝑘𝑖𝑝0.9 ∗ 0.10𝑚 ∗ 3.20𝑚 ∗ (3.28 ∗ 12)2 ∗ 60𝑘𝑠𝑖 + 0.005386

0.7225 ∗ 4𝑘𝑠𝑖60𝑘𝑠𝑖 + 2(0.005386)

𝐾𝑢 = 0.204496 (𝐸𝑗𝑒 𝑛𝑒𝑢𝑡𝑟𝑜 𝑟𝑒𝑎𝑙)

Determinamos ahora la deriva equivalente:

𝑫𝟏 =[(𝑨𝟏 − 𝑨𝟐) ∗ 𝑷𝒂] ∗ 𝑨𝒓 + 𝑨𝟑 + 𝑨𝟒 ∗ 𝑷𝒂 − 𝑨𝟓 ∗ 𝑷𝒂

𝟐

𝟏𝟎𝟎𝟎

Tabla 21 (Repetida) — Valor de las variables 𝑨𝒏 en función de 𝒇𝒚


𝐴2 0.0663𝑓𝑦 + 1.51 1.165 2.468 3.161

𝐴3 0.0122𝑓𝑦 + 0.66 1.134 1.391 1.496

𝐴4 0.1184𝑓𝑦 − 2.38 2.345 4.725 5.895

𝐴5 0.678𝑓𝑦 − 25.2 2.096 15.343 22.537

𝐷1 =[(1.413 − 2.468) ∗ 0.1] ∗ 3.91 + 1.391 + 4.725 ∗ 0.1 − 15.343 ∗ 0.12

1000

𝐷1 = 0.006269912

𝐾 = 0.2 + 0.044𝐴𝑟 = 0.2 + 0.044 (12.5 𝑚3.2 𝑚

) = 0.37186

𝐾𝑢−𝑀Á𝑋 =𝐶𝑀Á𝑋

𝐿𝑤=

4.44 ∗ 𝑘 ∗ (1 − 𝑘2 ∗ 𝐴𝑟

)

1000𝐷

𝐾𝑢−𝑀Á𝑋 =4.44 ∗ 0.37186 ∗ (1 − 0.37186

2 ∗ 3.91)1000 ∗ 0.006269912

= 0.250924

𝐾𝑢 ≤ 𝐾𝑢−𝑀Á𝑋

0.204496 < 0.250924 𝑶𝒌 𝒅𝒖𝒄𝒕𝒊𝒍𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒂𝒅𝒆𝒄𝒖𝒂𝒅𝒂


NSE 1: TC-97


Ahora revisamos el acero máximo, remplazando 𝐾𝑢−𝑀Á𝑋 en la ecuación:


(1 − 2 ∗ 𝐾𝑢) ∗ 𝐹𝑦(0.7725 ∗ 𝐾𝑢 −

𝑃𝑢

𝜙 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿 ∗ 𝑓′𝑐)

𝜌𝑀Á𝑋 =4𝑘𝑠𝑖

(1 − 2 ∗ 0.250924) ∗ 60𝑘𝑠𝑖(0.7725 ∗ 0.250924 − 0.10) = 0.010879

𝜌 < 𝜌𝑀Á𝑋

0.0052386 < 0.010879 𝑶𝒌

Este resultado es igual al que obtuvimos por 𝜌𝑀Á𝑋 con primera fluencia donde el 𝜌𝑀Á𝑋 fue 0.0108279 que es una diferencia de 0.47%. El método es mucho más directo y no hay que realizar ninguna iteración, es por esta razón que se utilizó este método en la norma NSE 7.9.

Revisión de pandeo local Figura 30 — Cálculo de dimensiones mínimas del muro

Si bien hemos revisado el muro por requisitos de ductilidad sin problema, vemos que este muro no cumple con el criterio de espesor mínimo por pandeo. La solución sería aumentar el espesor del muro a 0.11 𝑚 o colocar un aletón de ancho mínimo igual a 2.516

= 0.15 y espesor de 0.10. Se propone un aletón de 0.35*0.10.


NSE 1: TC-98


El área del aletón seria: 0.35𝑚 ∗ 0.10𝑚 = 0.035𝑚2

𝐵𝑐 ∗ 𝐵𝑐 = 0.1066𝑚 ∗ 0.1066𝑚 = 0.01136𝑚2 < 0.035𝑚2 𝑶𝒌

𝐵𝑐 ∗ 0.10 ∗ 𝐿𝑤 = 0.1066𝑚 ∗ 0.10 ∗ 3.2𝑚 = 0.03411𝑚2 < 0.035𝑚2 𝑶𝒌

Si el aletón es un problema para arquitectura, se aumenta el espesor a 0.11 𝑚.

Si en lugar de colocar las dos mallas electro-soldadas separadas se pretende colocarlas pegadas como una sola cama, el espesor critico seria 0.1348. El espesor tendría que subirse a 0.14 𝑚.

Como puede verse, esta metodología favorece el uso de dos camas en lugar de una, esto deberá ser discutido con el constructor para decidir qué es más conveniente.


NSE 1: TC-99


Ejemplo 3 — Se tiene un muro de concreto 𝑓′𝑐 = 3,000𝑝𝑠𝑖 de 0.11 𝑚 de espesor y 2 𝑚 de largo. El muro es de un edificio de 6 pisos de 2.50 𝑚 cada uno. Por área tributaria, al muro le llega una carga vertical factorada de 14,200 𝑙𝑏 por piso, para un total de 85,200 𝑙𝑏. El muro se refuerza con 8 varillas #4, grado 60, distribuidas uniformemente. La carga lateral por sismo es de 16,059 𝑙𝑏. Figura 31 — Resultados del análisis estructural del ejemplo 3

Φ𝑀𝑢 = 403,405 𝑙𝑏 − 𝑓𝑡 𝑀𝑢 = 448,227.78 𝑙𝑏 − 𝑓𝑡

𝑃𝑢

0.9= 94,666.67 𝑙𝑏


NSE 1: TC-100


Figura 32 — Disposición del refuerzo y zona a compresión en el muro

Iterando la posición del eje neutro y calculando la fuerza en cada varilla y el concreto a compresión, hasta alcanzar una fuerza resultante igual a Pu/0.9 y para una deformación unitaria de 0.004 en la fibra extrema del concreto tenemos: Figura 33 — Cálculo de la capacidad elástica del muro

Como vemos el momento resistente a la falla del concreto para una carga axial de 94,666.67 𝑙𝑏 es de 523,853.27 𝑙𝑏 − 𝑓𝑡 que es mayor al momento actuante de 448,227.78 𝑙𝑏 − 𝑓𝑡, por lo que la capacidad elástica del muro es adecuada para los requerimientos. Este chequeo se puede realizar por cualquier método aceptado por la ingeniería como un diagrama de carga axial y momento, que es la aproximación que utilizan la mayoría de los programas comerciales. El aspecto importante de la metodología utilizada es la determinación del eje neutro de sección 𝐶 = 15.60342 𝑖𝑛, ahora podemos determinar la posición del eje neutro en función de la longitud del muro:

𝐾𝑢 =𝐶𝑢

𝐿𝑤=

15.60342 𝑖𝑛78.72 𝑖𝑛

= 0.198214


NSE 1: TC-101


Ahora determinamos la profundidad máxima del eje neutro para garantizar el comportamiento dúctil del muro: Calculamos la deriva con la deformación en la punta del muro, con una inercia efectiva de 0.35 de la inercia gruesa.

𝐷 =1.5 ∗ 𝐶𝑑 ∗ 𝛿

𝐻𝑤=

1.5 ∗ 4 ∗ 2.306 ∗ 2.5 ∗ 3.28 ∗ 12

= 0.02337

Calculamos el nivel de esfuerzo axial:

𝑃𝑢


=85.2

0.9 ∗ 0.11 ∗ 2 ∗ (3.28 ∗ 12)2 ∗ 3= 0.101844

𝐴𝑟 =𝐻𝑤

𝐿𝑤=

152

= 7.5

Ahora calculamos la deriva equivalente para la metodología de Priestley:

𝐷1 =[(1.413 − 2.468) ∗ 0.101844] ∗ 7.5 + 1.391 + 4.725 ∗ 0.101844 − 15.343 ∗ 0.1018442

1000

𝐷1 = 0.0104254

𝑘 = 0.2 + 0.044𝐴𝑟 = 0.2 + 0.044(7.5) = 0.53


𝐿𝑤=

4.44 ∗ 𝑘 ∗ (1 − 𝑘2 ∗ 𝐴𝑟

)

1000𝐷

Si usamos 𝐷 = 𝐷1

𝐾𝑢−𝑀Á𝑋 =4.44 ∗ 0.53 ∗ (1 − 0.53

2 ∗ 7.5)1000 ∗ 0.0104254

= 0.2177 > 0.198214 𝑶𝒌 𝒅𝒖𝒄𝒕𝒊𝒍𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒂𝒅𝒆𝒄𝒖𝒂𝒅𝒂 Si usamos la deriva del análisis, 𝐷 = 0.02337

𝐾𝑢−𝑀Á𝑋 =4.44 ∗ 0.53 ∗ (1 − 0.53

2 ∗ 7.5)1000 ∗ 0.02337

= 0.0971 > 0.198214 𝑭𝒂𝒍𝒍𝒂 Aunque la deriva del análisis nos indica que el muro no tiene la ductilidad adecuada, el análisis de ductilidad esta realizado con las premisas de Priestley, por lo que la norma nos permite utilizar 𝐷1 directamente y el refuerzo del muro sería adecuado.


NSE 1: TC-102


Ejemplo 4 — Tenemos un edificio de 4 niveles con muros de concreto 𝑓′𝑐 = 3,000 𝑝𝑠𝑖 de 0.12 𝑚 de espesor. La distribución de los muros se muestra en la siguiente planta, la altura de piso es de 2.50 𝑚. Las losas son de 0.10 𝑚 de espesor con una sobre carga muerta de 50 𝑙𝑏

𝑓𝑡2⁄ y una carga viva de 40 𝑙𝑏𝑓𝑡2⁄ .

Figura 34 — Planta de piso típica, ejemplo 4


NSE 1: TC-103


Figura 35 — Parámetros para análisis estructural

Ahora vamos a analizar el muro de 1 metro en la dirección X (MURO 1)


NSE 1: TC-104


Figura 36 — Resultados del análisis estructural para muro en dirección X

Si vemos el esfuerzo de 1,094 𝑝𝑠𝑖 supera a 0.25𝑓′𝑐 = 0.25 ∗ 3,000 𝑝𝑠𝑖 = 750 𝑝𝑠𝑖, por lo cual, bajo este criterio no cumple con la ductilidad a menos que se pudiera confinar con elementos de borde, pero en 0.12 𝑚 de espesor eso no es posible. Calculamos el esfuerzo axial de 1.2𝑀 + 𝑉 con 𝑃𝑢 = 15.808 𝑘𝑖𝑝𝑠.

𝑃𝑎 =15.808 𝑘𝑖𝑝𝑠

0.90 ∗ 0.12𝑚 ∗ 1𝑚 ∗ (3.28 ∗ 12)2 ∗ 3𝑘𝑠𝑖= 0.0315 < 0.12 𝑶𝒌

𝑀𝑢 = 111.38 𝑘𝑖𝑝 − 𝑓𝑡

𝑉𝑢 = 6.144 𝑘𝑖𝑝


NSE 1: TC-105


Proponemos como refuerzo, 2 mallas electrosoldadas 6x6 2/2 (2.315 𝑐𝑚2/𝑚) más 1#4 en cada extremo. Área de malla electrosoldada

2 ∗ 2.315 𝑐𝑚2/𝑚 ∗ 1 𝑚 = 4.63 𝑐𝑚2 = 0.717 𝑖𝑛2 Área de varillas

2#4 = 0.4 𝑖𝑛2 ∗ 6070

= 0.343 𝑖𝑛^2 (𝐸𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑒 70) Área total Acero 1.06 𝑖𝑛2. (Utilizamos Grado 70, porque es la mayoría)

𝐴𝑔 = 0.12𝑚 ∗ 1𝑚 ∗ (3.28 ∗ 12)2 = 185.91 𝑖𝑛2

𝜌 =1.06𝑖𝑛2

185.91 𝑖𝑛2 = 0.005702 Calculamos el 𝑲𝒖 para el armado propuesto

𝑃𝑎 =15.808 𝑘𝑖𝑝𝑠

0.90 ∗ 0.12𝑚 ∗ 1𝑚 ∗ (3.28 ∗ 12)2 ∗ 3𝑘𝑠𝑖= 0.0315

𝑲𝒖 =

𝑷𝒖 𝟎. 𝟗 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳 ∗ 𝑭𝒚

+ 𝝆

(𝟎. 𝟕𝟐𝟐𝟓 ∗𝒇′

𝒄𝑭𝒚

+ 𝟐 ∗ 𝝆)

𝐾𝑢 =0.0135 + 0.005702

0.7225 ∗ 3𝑘𝑠𝑖70𝑘𝑠𝑖 + 2(0.005702)

= 0.1664

Ahora, con 𝑲𝒖 determinamos el momento que soporta la sección para el 𝑷𝒂

𝒎𝒖 =𝑴𝒖

𝑭𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳𝟐 = 𝟎. 𝟒𝟏𝟓 ∗𝒇′

𝒄𝑭𝒚

∗ 𝑲𝒖𝟐 +𝝆𝟐

∗ [𝑲𝒖𝟐 + (𝟏 − 𝑲𝒖)𝟐] +𝑷𝒖

𝑭𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳∗ (

𝟏𝟐

− 𝑲𝒖)

𝑚𝑢 = 0.415 ∗

3 𝑘𝑠𝑖70 𝑘𝑠𝑖

∗ 0.16642 +0.005702

2∗ [0.16642 + (1 − 0.1664)2] + 0.0135 ∗ (

12

− 0.1664)

𝑚𝑢 = 0.003003

𝑀𝑢𝑟 = 0.003003 ∗ 0.90 ∗ 70 𝑘𝑠𝑖 ∗ 0.12𝑚 ∗ (1𝑚)2 ∗ (3.28 ∗ 12)3 = 1,384.29 𝑘𝑖𝑝 − 𝑖𝑛

𝑀𝑢𝑟 = 115.36 𝑘𝑖𝑝 − 𝑓𝑡


NSE 1: TC-106


𝑀𝑢𝑟 > 𝑀𝑢 115.36 𝑘𝑖𝑝 − 𝑓𝑡 > 111.38 𝑘𝑖𝑝 − 𝑓𝑡 𝑶𝒌 El muro tiene la capacidad elástica adecuada. Ahora revisamos la ductilidad del muro

𝐷 =1.5 ∗ 𝐶𝑑 ∗ 𝛿

𝐻𝑤=

1.5 ∗ 4 ∗ 2.12𝑖𝑛4 ∗ 2.5𝑚 ∗ 3.28 ∗ 12

= 0.03225

(Recordemos que esta deriva se calcula con 1.4*Ta y no con Tb, con Tb la deriva sería menor)

𝐴𝑟 =𝐻𝑤

𝐿𝑤=

10𝑚1𝑚

= 10


𝑫𝟏 =[(𝑨𝟏 − 𝑨𝟐) ∗ 𝑷𝒂] ∗ 𝑨𝒓 + 𝑨𝟑 + 𝑨𝟒 ∗ 𝑷𝒂 − 𝑨𝟓 ∗ 𝑷𝒂

𝟐

𝟏𝟎𝟎𝟎

Para 𝑓𝑦 = 70 𝑘𝑠𝑖 (4,900 𝑘𝑔

𝑐𝑚2⁄ )



𝐴2 0.0663𝑓𝑦 + 1.51 1.165 2.468 3.161

𝐴3 0.0122𝑓𝑦 + 0.66 1.134 1.391 1.496

𝐴4 0.1184𝑓𝑦 − 2.38 2.345 4.725 5.895

𝐴5 0.678𝑓𝑦 − 25.2 2.096 15.343 22.537

𝐷1 =[(1.576 − 3.161) ∗ 0.0315] ∗ 10 + 1.496 + 5.895 ∗ 0.0315 − 22.537 ∗ 0.03152

1000

𝐷1 = 0.0164

Como 𝐷1 < 𝐷 usamos 𝐷1

𝑘 = 0.2 + 0.044𝐴𝑟 = 0.2 + 0.044 ∗ 10 = 0.64


𝐿𝑤=

4.44 ∗ 𝑘 ∗ (1 − 𝑘2 ∗ 𝐴𝑟

)

1000𝐷


NSE 1: TC-107


𝐾𝑢−𝑀Á𝑋 =4.44 ∗ 0.64 ∗ (1 − 0.64

2 ∗ 10)1000 ∗ 0.0164

= 0.1677 > 0.1664 𝑶𝒌 𝒅𝒖𝒄𝒕𝒊𝒍𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒂𝒅𝒆𝒄𝒖𝒂𝒅𝒂 Determinamos el acero máximo remplazando 𝐾𝑢−𝑀Á𝑋 en la ecuación:

𝝆𝑴Á𝑿 =𝒇′𝒄

(𝟏 − 𝟐 ∗ 𝑲𝒖) ∗ 𝑭𝒚(𝟎. 𝟕𝟕𝟐𝟓 ∗ 𝑲𝒖 −

𝑷𝒖

𝝓 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳 ∗ 𝒇′𝒄)

𝜌𝑀Á𝑋 =3 𝑘𝑠𝑖

(1 − 2 ∗ 0.1677) ∗ 70 𝑘𝑠𝑖(0.7725 ∗ 0.1677 − 0.0315) = 0.005702 > 0.005702 𝑶𝒌

Ahora revisamos el corte:

𝑽𝒖 =𝟏. 𝟐𝟓 ∗ 𝑴𝒚

𝑴𝒂∗ 𝑽𝒂

𝑉𝑢 =1.25 ∗ 115.36 𝑘𝑖𝑝 − 𝑓𝑡

111.38 𝑘𝑖𝑝 − 𝑓𝑡∗ 6.144 𝑘𝑖𝑝𝑠 = 7.95 𝑘𝑖𝑝𝑠

Calculamos el 𝚽 para cortante

𝜔 = 0.9 +𝑛

10= 0.9 +

410

= 1.3

Φ =1

1.3= 0.77

𝑽𝒄 = 𝑨𝒄 ∗𝟐𝟑

∗ (𝟑. 𝟑√𝒇′𝒄 +

𝑷𝒖

𝟒𝑨𝒈) (𝒑𝒔𝒊)

𝐴𝑐 = 0.9𝐴𝑔 = 167.32𝑖𝑛2

𝑉𝑐 = 167.32𝑖𝑛2 ∗23

∗ (3.3√3000 𝑝𝑠𝑖 +15,808 𝑙𝑏

4 ∗ 185.91𝑖𝑛2) = 22,533.10 𝑙𝑏 = 22.53 𝑘𝑖𝑝𝑠

Φ𝑉𝑐 = 0.77 ∗ 22.53 𝑘𝑖𝑝𝑠 > 7.95𝑘𝑖𝑝𝑠 Solo es requerido refuerzo mínimo.


NSE 1: TC-108


Ahora verificamos el pandeo del muro: De tabla 11.2.3 de la Norma NSE 7.9 Tabla 11.2.3 — Parámetro θ. Rotación plástica a desarrollar

Hw / Lw θ √θ

1 2.00 1.41 2 2.80 1.67 3 3.39 1.84 4 3.79 1.95 5 4.11 2.03 6 4.36 2.09 7 4.58 2.14 8 4.75 2.18 9 4.90 2.21

10 5.04 2.24 11 5.15 2.27 12 5.25 2.29 13 5.34 2.31 14 5.42 2.33 15 5.49 2.34 16 5.57 2.36

Para 𝐻𝑤

𝐿𝑤= 10 tenemos:

√𝜃 = 2.24

𝑇𝑝 =𝐿𝑤𝑝√𝜃

65√𝛽=

1𝑚√2.2465√0.80

= 0.0385𝑚

𝑇𝑝 = 0.0385𝑚 < 0.12𝑚 𝑶𝒌


NSE 1: TC-109


Por norma, el espesor mínimo no puede ser menor a 0.10m o,

0.01𝑁 + 0.05 Donde:

• N = número de niveles

𝑇𝑀Í𝑁 = 0.01 ∗ 4 + 0.05 = 0.09𝑚 Rige 0.10m.

𝑇 = 0.12𝑚 > 0.10𝑚 𝑶𝒌


NSE 1: TC-110


Ejemplo 5 — Revisamos el Muro 2 del edificio mostrado en el ejemplo 3, este muro en forma de I tiene los siguientes esfuerzos en el primer nivel: Figura 37 — Resultados del análisis estructural del ejemplo 5


NSE 1: TC-111


Revisamos los esfuerzos: Admisible 0.25𝑓’𝑐 = 0.25 ∗ 3,000 𝑝𝑠𝑖 = 750 𝑝𝑠𝑖 Cuando el sismo actúa en la dirección X, el esfuerzo en las aletas es 1593 𝑝𝑠𝑖, que es mayor a 750 𝑝𝑠𝑖, por lo que la ductilidad de las aletas no es adecuada. En la dirección Z, el esfuerzo es de 468 𝑝𝑠𝑖, por lo que la ductilidad en el sentido principal del muro parece ser adecuada. Sin embargo, se debe ajustar el ancho máximo permitido del aletón; 8 ∗0.12 + 0.12 = 1.08. El esfuerzo sería:

468 ∗ 1.81.08

= 780 𝑝𝑠𝑖 Revisamos las aletas con sismo en X Calculamos el esfuerzo axial de 1.2𝑀 + 𝑉 con 𝑃𝑢 = 45.546 𝑘𝑖𝑝

𝑃𝑎 =45.546 𝑘𝑖𝑝

0.9 ∗ 0.12𝑚 ∗ 1.8𝑚 ∗ (3.28 ∗ 12)2 ∗ 3 𝑘𝑠𝑖= 0.0504 < 0.12 𝑶𝒌

𝑀𝑢 = 612.65 𝐾𝑖𝑝 − 𝑓𝑡

𝑉𝑢 = 30.94 𝐾𝑖𝑝 Proponemos como refuerzo 2 mallas electrosoldadas 6x6 2/2 (2.315 𝑐𝑚2/𝑚) más 3#5 en cada extremo y 4#4 al centro, en la intercepción de muros. Área de malla electrosoldada:

2 ∗ 2.315𝑐𝑚2

𝑚∗ 1.80𝑚 = 8.33𝑐𝑚2 = 1.292𝑖𝑛2 ∗

7060

= 1.51𝑖𝑛2 (𝐸𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑒 60) Área de varillas:

6#5 + 4#4 = 2.66𝑖𝑛2 Área total Acero:

4.17 𝑖𝑛2 (𝑈𝑡𝑖𝑙𝑖𝑧𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜 60, 𝑑𝑒𝑏𝑖𝑑𝑜 𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟í𝑎)


NSE 1: TC-112


Cálculo de área gruesa y cuantía de acero:

𝐴𝑔 = 0.12𝑚 ∗ 1.80𝑚 ∗ (3.28 ∗ 12)2 = 334.63𝑖𝑛2

𝜌 =4.17 𝑖𝑛2

334.63𝑖𝑛2 = 0.01246 Calculamos el 𝑲𝒖 para el armado propuesto

𝑲𝒖 =

𝑷𝒖 𝟎. 𝟗 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳 ∗ 𝑭𝒚

+ 𝝆

(𝟎. 𝟕𝟐𝟐𝟓 ∗𝒇′

𝒄𝑭𝒚

+ 𝟐 ∗ 𝝆)

𝑃𝑢

0.9 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿 ∗ 𝐹𝑦=

45.546 𝑘𝑖𝑝0.9 ∗ 334.63𝑖𝑛2 ∗ 60 𝑘𝑠𝑖

= 0.00252

𝐾𝑢 =0.00252 + 0.01246

0.7225 ∗ 3𝑘𝑠𝑖60𝑘𝑠𝑖 + 2(0.01246)

= 0.2454

Ahora con 𝑲𝒖 determinamos el momento que soporta la sección para el 𝑷𝒂

𝒎𝒖 =𝑴𝒖

𝑭𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳𝟐 = 𝟎. 𝟒𝟏𝟓 ∗𝒇′

𝒄𝑭𝒚

∗ 𝑲𝒖𝟐 +𝝆𝟐

∗ [𝑲𝒖𝟐 + (𝟏 − 𝑲𝒖)𝟐] +𝑷𝒖

𝑭𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳∗ (

𝟏𝟐

− 𝑲𝒖)

𝑚𝑢 = 0.415 ∗


∗ 0.24542 +0.01246

2∗ [0.24542 + (1 − 0.2454)2] + 0.00252 ∗ (

12

− 0.2454)

𝑚𝑢 = 0.005814

𝑀𝑢𝑟 = 0.005814 ∗ 0.90 ∗ 60 𝑘𝑠𝑖 ∗ 0.12𝑚 ∗ (1.8𝑚)2 ∗ (3.28 ∗ 12)3 = 7,443.02 𝑘𝑖𝑝 − 𝑖𝑛

𝑀𝑢𝑟 = 620.25 𝑘𝑖𝑝 − 𝑓𝑡

𝑀𝑢𝑟 > 𝑀𝑢 620.25 𝑘𝑖𝑝 − 𝑓𝑡 > 612.65 𝐾𝑖𝑝 − 𝑓𝑡 𝑶𝒌 El muro tiene la capacidad elástica adecuada. Ahora revisamos la ductilidad del muro.

𝐷 =1.5 ∗ 𝐶𝑑 ∗ 𝛿

𝐻𝑤=

1.5 ∗ 4 ∗ 1.985𝑖𝑛4 ∗ 2.5𝑚 ∗ 3.28 ∗ 12

= 0.0303



NSE 1: TC-113


𝐴𝑟 =𝐻𝑤

𝐿𝑤=

10 𝑚1.8 𝑚

= 5.555


𝑫𝟏 =[(𝑨𝟏 − 𝑨𝟐) ∗ 𝑷𝒂] ∗ 𝑨𝒓 + 𝑨𝟑 + 𝑨𝟒 ∗ 𝑷𝒂 − 𝑨𝟓 ∗ 𝑷𝒂

𝟐

𝟏𝟎𝟎𝟎


𝑐𝑚2⁄ )



𝐴2 0.0663𝑓𝑦 + 1.51 1.165 2.468 3.161

𝐴3 0.0122𝑓𝑦 + 0.66 1.134 1.391 1.496

𝐴4 0.1184𝑓𝑦 − 2.38 2.345 4.725 5.895

𝐴5 0.678𝑓𝑦 − 25.2 2.096 15.343 22.537

𝐷1 =[(1.413 − 2.468) ∗ 0.0504] ∗ 5.555 + 1.391 + 4.725 ∗ 0.0504 − 15.343 ∗ 0.05042

1000

𝐷1 = 0.008748


𝑘 = 0.2 + 0.044𝐴𝑟 = 0.2 + 0.044 ∗ 5.555 = 0.444


𝑳𝒘=

𝟒. 𝟒𝟒 ∗ 𝒌 ∗ (𝟏 − 𝒌𝟐 ∗ 𝑨𝒓

)

𝟏𝟎𝟎𝟎𝑫

𝐾𝑢−𝑀Á𝑋 =4.44 ∗ 0.444 ∗ (1 − 0.444

2 ∗ 5.555)1000 ∗ 0.008748

= 0.2163 < 0.2454 𝑭𝒂𝒍𝒍𝒂 Aumentamos el espesor del muro a 0.15m (Para fines del ejemplo, usaremos los mismos resultados del análisis, sin embargo, lo adecuado es cambiar las propiedades en el modelo y repetir el análisis)


NSE 1: TC-114


𝑃𝑎 =45.546 𝑘𝑖𝑝

0.9 ∗ 0.15𝑚 ∗ 1.8𝑚 ∗ (3.28 ∗ 12)2 ∗ 3 𝑘𝑠𝑖= 0.0403 < 0.12 𝑶𝒌

𝐴𝑔 = 0.15𝑚 ∗ 1.80𝑚 ∗ (3.28 ∗ 12)2 = 418.29𝑖𝑛2

𝜌 =4.17 𝑖𝑛2

418.29𝑖𝑛2 = 0.00997 Calculamos el 𝑲𝒖 para el armado propuesto

𝑲𝒖 =

𝑷𝒖 𝟎. 𝟗 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳 ∗ 𝑭𝒚

+ 𝝆

(𝟎. 𝟕𝟐𝟐𝟓 ∗𝒇′

𝒄𝑭𝒚

+ 𝟐 ∗ 𝝆)

𝑃𝑢

0.9 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿 ∗ 𝐹𝑦=

45.546 𝑘𝑖𝑝0.9 ∗ 418.29𝑖𝑛2 ∗ 60 𝑘𝑠𝑖

= 0.002016

𝐾𝑢 =0.002016 + 0.00997

0.7225 ∗ 3𝑘𝑠𝑖60𝑘𝑠𝑖 + 2(0.00997)

= 0.2137

Ya sabemos que el muro tiene la capacidad elástica adecuada puesto que revisamos con el espesor menor. Ahora revisamos la ductilidad del muro

𝐷 =1.5 ∗ 𝐶𝑑 ∗ 𝛿

𝐻𝑤=

1.5 ∗ 4 ∗ 1.985𝑖𝑛4 ∗ 2.5𝑚 ∗ 3.28 ∗ 12

= 0.0303


𝐴𝑟 =𝐻𝑤

𝐿𝑤=

10 𝑚1.8 𝑚

= 5.555


𝑫𝟏 =[(𝑨𝟏 − 𝑨𝟐) ∗ 𝑷𝒂] ∗ 𝑨𝒓 + 𝑨𝟑 + 𝑨𝟒 ∗ 𝑷𝒂 − 𝑨𝟓 ∗ 𝑷𝒂

𝟐

𝟏𝟎𝟎𝟎


𝑐𝑚2⁄ )


NSE 1: TC-115




𝐴2 0.0663𝑓𝑦 + 1.51 1.165 2.468 3.161

𝐴3 0.0122𝑓𝑦 + 0.66 1.134 1.391 1.496

𝐴4 0.1184𝑓𝑦 − 2.38 2.345 4.725 5.895

𝐴5 0.678𝑓𝑦 − 25.2 2.096 15.343 22.537

𝐷1 =[(1.413 − 2.468) ∗ 0.0403] ∗ 5.555 + 1.391 + 4.725 ∗ 0.0403 − 15.343 ∗ 0.04032

1000

𝐷1 = 0.008853


𝑘 = 0.2 + 0.044𝐴𝑟 = 0.2 + 0.044 ∗ 5.555 = 0.444


𝑳𝒘=

𝟒. 𝟒𝟒 ∗ 𝒌 ∗ (𝟏 − 𝒌𝟐 ∗ 𝑨𝒓

)

𝟏𝟎𝟎𝟎𝑫

𝐾𝑢−𝑀Á𝑋 =4.44 ∗ 0.444 ∗ (1 − 0.444

2 ∗ 5.555)1000 ∗ 0.008853

= 0.2138 > 0.2137 𝑶𝒌 𝒅𝒖𝒄𝒕𝒊𝒍𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒂𝒅𝒆𝒄𝒖𝒂𝒅𝒂 Ahora revisamos el sentido principal del muro con sismo z: Calculamos el esfuerzo axial de 1.2𝑀 + 𝑉 con 𝑃𝑢 = 132.296 𝑘𝑖𝑝

𝐿𝑝𝑎𝑡í𝑛 = 8 ∗ 0.15 + 0.12 = 1.32 𝑚

𝐴𝑔 = [(2 ∗ 0.15𝑚 ∗ 1.32𝑚) + ((5𝑚 − 0.15𝑚 ∗ 2) ∗ 0.12𝑚)] ∗ (3.28 ∗ 12)2 = 1,487.24𝑖𝑛2

𝑃𝑎 =132.296 𝑘𝑖𝑝

0.9 ∗ 1,487.24𝑖𝑛2 ∗ 3 𝑘𝑠𝑖= 0.0329 < 0.12 𝑶𝒌

𝑀𝑢 = 2505.55 𝐾𝑖𝑝 − 𝑓𝑡

𝑉𝑢 = 96.115 𝐾𝑖𝑝


NSE 1: TC-116


Calculamos el espesor equivalente:

𝐵𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣 =1.32 ∗ 0.15 + (0.3 ∗ 5 − 0.15) ∗ 0.12

0.3 ∗ 5= 0.24 𝑚

Proponemos como refuerzo 2 mallas electrosoldadas 6x6 6/6 (1.247 𝑐𝑚2/𝑚), más tomamos el refuerzo en el aletón de 1.32 mts. Área de malla electrosoldada

2 ∗ 1.247 𝑐𝑚2

𝑚∗ 5 𝑚 = 12.47 𝑐𝑚2 = 1.93 𝑖𝑛2

Area de aletones

2 ∗ 2.315𝑐𝑚2

𝑚∗ 1.32 𝑚 = 6.11 𝑐𝑚2 = 0.95 𝑖𝑛2

+ 4#4 = 0.8 𝑖𝑛2 ∗ 6070

= 0.69 𝑖𝑛2 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑎𝑙𝑒𝑡ó𝑛 = 1.64 𝑖𝑛2

Área total Acero

1.93 𝑖𝑛2 + 2 ∗ 1.64 𝑖𝑛2 = 5.21 𝑖𝑛2 (𝑈𝑡𝑖𝑙𝑖𝑧𝑎𝑚𝑜𝑠 𝐺𝑟𝑎𝑑𝑜 70, 𝑑𝑒𝑏𝑖𝑑𝑜 𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟í𝑎) Cálculo de área gruesa y cuantía de acero:

𝐴𝑔−𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣 = 0.24 𝑚 ∗ 5 𝑚 ∗ (3.28 ∗ 12)2 = 1,859.05𝑖𝑛2

𝜌 =5.21 𝑖𝑛2

1,859.05𝑖𝑛2 = 0.002804

Calculamos el 𝑲𝒖 para el armado propuesto

𝑲𝒖 =

𝑷𝒖 𝟎. 𝟗 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳 ∗ 𝑭𝒚

+ 𝝆

(𝟎. 𝟕𝟐𝟐𝟓 ∗𝒇′

𝒄𝑭𝒚

+ 𝟐 ∗ 𝝆)

𝑃𝑢

0.9 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿 ∗ 𝐹𝑦=

132.296 𝑘𝑖𝑝0.9 ∗ 1,859.05𝑖𝑛2 ∗ 70 𝑘𝑠𝑖

= 0.00113

𝐾𝑢 =0.00113 + 0.002804

0.7225 ∗ 3𝑘𝑠𝑖70𝑘𝑠𝑖 + 2(0.002804)

= 0.1076


NSE 1: TC-117


Ahora con 𝑲𝒖 determinamos el momento que soporta la sección para el 𝑷𝒂

𝒎𝒖 =𝑴𝒖

𝑭𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳𝟐 = 𝟎. 𝟒𝟏𝟓 ∗𝒇′

𝒄𝑭𝒚

∗ 𝑲𝒖𝟐 +𝝆𝟐

∗ [𝑲𝒖𝟐 + (𝟏 − 𝑲𝒖)𝟐] +𝑷𝒖

𝑭𝒚 ∗ 𝑩 ∗ 𝑳∗ (

𝟏𝟐

− 𝑲𝒖)

𝑚𝑢 = 0.415 ∗


∗ 0.10762 +0.002804

2∗ [0.10762 + (1 − 0.1076)2] + 0.00113 ∗ (

12

− 0.1076)

𝑚𝑢 = 0.001782

𝑀𝑢𝑟 = 0.001782 ∗ 0.90 ∗ 70 𝑘𝑠𝑖 ∗ 0.24 𝑚 ∗ (5 𝑚)2 ∗ (3.28 ∗ 12)3 = 41,075.73 𝑘𝑖𝑝 − 𝑖𝑛

𝑀𝑢𝑟 = 3,422.98 𝑘𝑖𝑝 − 𝑓𝑡

𝑀𝑢𝑟 > 𝑀𝑢 3,422.98 𝑘𝑖𝑝 − 𝑓𝑡 > 2505.55 𝐾𝑖𝑝 − 𝑓𝑡 𝑶𝒌 El muro tiene la capacidad elástica adecuada. Ahora revisamos la ductilidad del muro.

𝐷 =1.5 ∗ 𝐶𝑑 ∗ 𝛿

𝐻𝑤=

1.5 ∗ 4 ∗ 0.232 𝑖𝑛4 ∗ 2.5𝑚 ∗ 3.28 ∗ 12

= 0.003537


𝐴𝑟 =𝐻𝑤

𝐿𝑤=

10 𝑚5 𝑚

= 2


𝑫𝟏 =[(𝑨𝟏 − 𝑨𝟐) ∗ 𝑷𝒂] ∗ 𝑨𝒓 + 𝑨𝟑 + 𝑨𝟒 ∗ 𝑷𝒂 − 𝑨𝟓 ∗ 𝑷𝒂

𝟐

𝟏𝟎𝟎𝟎


𝑐𝑚2⁄ )



𝐴2 0.0663𝑓𝑦 + 1.51 1.165 2.468 3.161

𝐴3 0.0122𝑓𝑦 + 0.66 1.134 1.391 1.496

𝐴4 0.1184𝑓𝑦 − 2.38 2.345 4.725 5.895

𝐴5 0.678𝑓𝑦 − 25.2 2.096 15.343 22.537


NSE 1: TC-118


𝐷1 =[(1.576 − 3.161) ∗ 0.0329] ∗ 2 + 1.496 + 5.895 ∗ 0.0329 − 22.537 ∗ 0.03292

1000

𝐷1 = 0.00461

Como 𝐷1 > 𝐷 usamos 𝐷 pero no podemos bajar de 0.8𝐷1 = 0.8 ∗ 0.00461 = 0.003688 Usamos 0.8𝐷1 = 0.003688

𝑘 = 0.2 + 0.044𝐴𝑟 = 0.2 + 0.044 ∗ 2 = 0.288


𝑳𝒘=

𝟒. 𝟒𝟒 ∗ 𝒌 ∗ (𝟏 − 𝒌𝟐 ∗ 𝑨𝒓

)

𝟏𝟎𝟎𝟎𝑫

𝐾𝑢−𝑀Á𝑋 =4.44 ∗ 0.288 ∗ (1 − 0.288

2 ∗ 2 )1000 ∗ 0.003688

= 0.3217 > 0.1076 𝑶𝒌 𝒅𝒖𝒄𝒕𝒊𝒍𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒂𝒅𝒆𝒄𝒖𝒂𝒅𝒂 Si usamos el límite de deriva del ACI-318 de 0.007

𝐾𝑢−𝑀Á𝑋 =4.44 ∗ 0.288 ∗ (1 − 0.288

2 ∗ 2 )1000 ∗ 0.0007

= 0.1695 > 0.1076 𝑶𝒌 𝒅𝒖𝒄𝒕𝒊𝒍𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒂𝒅𝒆𝒄𝒖𝒂𝒅𝒂 Ahora revisamos el corte:

𝑽𝒖 =𝟏. 𝟐𝟓 ∗ 𝑴𝒚

𝑴𝒂∗ 𝑽𝒂

𝑉𝑢 =1.25 ∗ 3,422.98 𝑘𝑖𝑝 − 𝑓𝑡

2,505.55 𝑘𝑖𝑝 − 𝑓𝑡∗ 96.115 𝑘𝑖𝑝 = 164.14 𝑘𝑖𝑝

Calculamos el 𝚽 para cortante

𝜔 = 0.9 +𝑛

10= 0.9 +

410

= 1.3

Φ =1

1.3= 0.77

𝑽𝒄 = 𝑨𝒄 ∗𝟐𝟑

∗ (𝟑. 𝟑√𝒇′𝒄 +

𝑷𝒖

𝟒𝑨𝒈) (𝒑𝒔𝒊)

𝐴𝑔 = 0.12 𝑚 ∗ 5 𝑚 ∗ (3.28 ∗ 12)2 = 929.53𝑖𝑛2

Por la presencia de los aletones podemos utilizar 𝐴𝑐 = 𝐴𝑔


NSE 1: TC-119


𝑉𝑐 = 929.53𝑖𝑛2 ∗23

∗ (3.3√3,000 𝑝𝑠𝑖 +132,296 𝑙𝑏

4 ∗ 929.53𝑖𝑛2) = 134,056.73 𝑙𝑏 = 134.06 𝑘𝑖𝑝

134.06 𝑘𝑖𝑝 < 164.14 𝑘𝑖𝑝 (𝑅𝑒𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑑𝑜 𝑟𝑒𝑓𝑒𝑢𝑟𝑧𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒) Para el refuerzo a corte, se asignan dos mallas electrosoldadas 6X6 6/6.

2 ∗ 1.247𝑐𝑚2

𝑚= 2.494

𝑐𝑚2

𝑚

𝜌𝑡 =2.494 𝑐𝑚2

𝑚100 ∗ 12 𝑐𝑚

= 0.00208

𝑉𝑠 = 𝜌𝑡 ∗ 𝑓𝑦 ∗ 𝐴𝑐 = 0.00208 ∗ 70 𝑘𝑠𝑖 ∗ 929.53𝑖𝑛2 = 135.23 𝑘𝑖𝑝

Φ𝑉𝑐 = 0.77 ∗ (134.06 𝑘𝑖𝑝 + 135.23 𝑘𝑖𝑝) = 207.35 𝑘𝑖𝑝 > 164.14 𝑘𝑖𝑝 𝑶𝒌


NSE 1: TC-120


Ahora verificamos el pandeo del muro: De tabla 11.2.3 de la Norma NSE-7.9 Tabla 11.2.3 — Parámetro θ. Rotación plástica a desarrollar

Hw / Lw θ √θ

1 2.00 1.41 2 2.80 1.67 3 3.39 1.84 4 3.79 1.95 5 4.11 2.03 6 4.36 2.09 7 4.58 2.14 8 4.75 2.18 9 4.90 2.21

10 5.04 2.24 11 5.15 2.27 12 5.25 2.29 13 5.34 2.31 14 5.42 2.33 15 5.49 2.34 16 5.57 2.36

Para 𝐻𝑤

𝐿𝑤= 2 tenemos:

√𝜃 = 1.67

𝐿𝑤 = 5 𝑚, pero 𝐿𝑤𝑝 no debe exceder 1.6𝐻𝑝 = 1.6 ∗ 2.5 𝑚 = 4 𝑚. Utilizamos 𝐿𝑤𝑝 = 4 𝑚. De igual forma, 𝛽 = 0.80 por ser dos camas de refuerzo.

𝑇𝑝 =𝐿𝑤𝑝√𝜃

65√𝛽=

4 𝑚√1.6765√0.80

= 0.1149 𝑚

𝑇𝑝 = 0.1149 𝑚 < 0.12𝑚 𝑶𝒌


NSE 1: TC-121


Por norma, el espesor mínimo no puede ser menor a 0.10m o,

0.01𝑁 + 0.05 Donde:

• N = número de niveles

𝑇𝑀Í𝑁 = 0.01 ∗ 4 + 0.05 = 0.09𝑚 Rige 0.10m.

𝑇 = 0.12𝑚 > 0.10𝑚 𝑶𝒌


NSE 1: TC-122


Ejemplo 6 — Se analiza un muro del primer nivel de un edificio de 9 niveles, con una altura de nivel de 2.62 𝑚 para una altura total de 23.58 𝑚. El muro se especifica con 𝑓’𝑐 =4,000 𝑝𝑠𝑖. Por ser una sección asimétrica, la norma nos pide elementos de borde si el esfuerzo supera 20% de 𝑓’𝑐 es decir 800 𝑝𝑠𝑖 y descontinuar el confinamiento al 15% es decir 600 𝑝𝑠𝑖. Figura 38 — Resultados del análisis estructural del ejemplo 6

Como vemos en el análisis, la zona café excede el esfuerzo admisible y, por lo tanto, se debe proveer confinamiento y este debe extenderse hasta la zona verde que excede el 15% de 𝑓’𝑐. (Si utilizáramos el criterio del 25%, de las secciones simétricas, el resultado sería que el confinamiento no es necesario.). De esta forma, aproximadamente, la longitud confinada seria 1.92 𝑚 ∗ 2

3= 1.28 𝑚.

En el sentido que estamos analizando

𝐻𝑤 = 23.58 𝑚 𝐿𝑤 = 1.92 𝑚 𝐴𝑟 = 12.28 < 16 𝑶𝒌


NSE 1: TC-123


El espesor mínimo

0.01𝑁 + 0.05 = 0.01 ∗ 9 + 0.05 = 0.14 𝑚 𝑶𝒌 Si ahora revisamos por el eje neutro tendríamos: La deformación en la punta es 𝛿 = 1.65 𝑖𝑛

𝐷 =1.5 ∗ 𝐶𝑑 ∗ 𝛿

𝐻𝑤=

1.5 ∗ 4 ∗ 1.65 𝑖𝑛23.58 𝑚 ∗ 3.28 ∗ 12

= 0.0107

(Recordemos que esta deriva se calcula con 1.4*Ta y no con Tb, con Tb la deriva sería menor) Ahora calculamos la deriva equivalente para la metodología de Priestley:

𝑫𝟏 =[(𝑨𝟏 − 𝑨𝟐) ∗ 𝑷𝒂] ∗ 𝑨𝒓 + 𝑨𝟑 + 𝑨𝟒 ∗ 𝑷𝒂 − 𝑨𝟓 ∗ 𝑷𝒂

𝟐

𝟏𝟎𝟎𝟎


𝑐𝑚2⁄ )



𝐴2 0.0663𝑓𝑦 + 1.51 1.165 2.468 3.161

𝐴3 0.0122𝑓𝑦 + 0.66 1.134 1.391 1.496

𝐴4 0.1184𝑓𝑦 − 2.38 2.345 4.725 5.895

𝐴5 0.678𝑓𝑦 − 25.2 2.096 15.343 22.537

𝑃𝑢 = 384,360 𝑙𝑏

Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑢𝑟𝑜 = 1.92 𝑚 ∗ 0.16 𝑚 + 3.17 𝑚 ∗ 0.14𝑚 = 0.751𝑚2 = 1,163𝑖𝑛2

𝑃𝑎 =384,360 𝑙𝑏

0.9 ∗ 1,163𝑖𝑛2 ∗ 4,000 𝑝𝑠𝑖= 0.092

𝐷1 =[(1.576 − 3.161) ∗ 0.092] ∗ 12.285 + 1.496 + 5.895 ∗ 0.092 − 22.537 ∗ 0.0922

1000

𝐷1 = 0.0176

Como 𝐷1 > 𝐷 usamos 𝐷 pero no podemos bajar de 0.8𝐷1 = 0.8 ∗ 0.0176 = 0.01411. Usamos 0.8𝐷1 = 0.01411


NSE 1: TC-124


𝑘 = 0.2 + 0.044𝐴𝑟 = 0.2 + 0.044 ∗ 12.285 = 0.7405


𝑳𝒘=

𝟒. 𝟒𝟒 ∗ 𝒌 ∗ (𝟏 − 𝒌𝟐 ∗ 𝑨𝒓

)

𝟏𝟎𝟎𝟎𝑫

𝐾𝑢−𝑀Á𝑋 =4.44 ∗ 0.7405 ∗ (1 − 0.7405

2 ∗ 12.285)1000 ∗ 0.01411

= 0.226 Por la forma irregular, es complicado calcular el eje neutro real, además la norma no nos permite valuar el eje neutro directamente por ser una sección asimétrica. Con este valor calculamos el 𝝆𝑴Á𝑿 de refuerzo:


(1 − 2 ∗ 𝐾𝑢) ∗ 𝐹𝑦(0.7725 ∗ 𝐾𝑢 −

𝑃𝑢

𝜙 ∗ 𝐵 ∗ 𝐿 ∗ 𝑓′𝑐)

𝜌𝑀Á𝑋 =4 𝑘𝑠𝑖

(1 − 2 ∗ 0.226) ∗ 70 𝑘𝑠𝑖(0.7725 ∗ 0.226 − 0.092) = 0.0074

Dos mallas electrosoldadas son 0.623 𝑖𝑛2/𝑚, entonces 0.623 𝑖𝑛2/𝑚 ∗(1.92𝑚 + 3.17 𝑚) = 3.17 𝑖𝑛2

6#3 + 1#4 = 6 ∗ 0.11𝑖𝑛2 + 0.4𝑖𝑛2 = 1.06𝑖𝑛2 ∗ 6070

= 0.91 𝑖𝑛2

𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = 3.17 𝑖𝑛2 + 0.91 𝑖𝑛2 = 4.08 𝑖𝑛2

𝜌 =4.08 𝑖𝑛2

1,163 𝑖𝑛2 = 0.0035 < 0.0074 𝑶𝒌 Aparentemente, la ductilidad estaría bien, sin embargo, al ser esta sección asimétrica esto no es correcto, ya que la zona a compresión es muy pequeña y el refuerzo a tensión es muy alto. Por lo anterior, la norma nos pide revisar el área de acero a tensión, pero sobre un área equivalente de muro en función del ancho de la zona a compresión. En este caso, la zona a compresión tiene un ancho de 0.16 𝑚 entonces, el área equivalente es 0.16 𝑚 ∗ 1.92 𝑚 = 0.3072 𝑚2 = 475.92 𝑖𝑛2.

𝜌 =4.08 𝑖𝑛2

475.92 𝑖𝑛2 = 0.0086 > 0.0074 𝑭𝒂𝒍𝒍𝒂 Por lo que el confinamiento es necesario. Como podemos ver en estos resultados, se debe de tener mucho cuidado con este tipo de secciones y esta es la razón por la cual la norma pide disminuir el esfuerzo a compresión al 20%.


NSE 1: TC-125


REFERENCIAS ______________________________________________________________________

1. M.J.N. Priestley. "Ductility of Unconfined Masonry Shear Walls". Bulletin of the New Zealand National Society for Earthquake Engineering, Vol. 14, No. 1, Marzo 1981.

2. T. Paulay, M.J.N Priestley. “Seismic Design of Reinforced Concrete and Mansory Buildings”. John Wiley & Sons, Inc. Estados Unidos 1992.

3. Tassios, Chronopoulos. “R. C. Wall cross-section design for a given behavior factor of the building”

4. R. Park, T. Paulay. “Estructuras de concreto reforzado”. Editorial Limusa, S.A.

México 1988

5. ACI-318-2011 “Building Code Requirements for Structural Concrete”. American Concrete Insititute.

6. ACI-318-2014 “Building Code Requirements for Structural Concrete”. American

Concrete Insititute.

7. ACI-530-2005 “Building Code Requirements for Masonry Structures”. American Concrete Institute, Structural Engineering Institute of the American Society of Civil Engineers, The Masonry Society.

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