Bases Aisladas EXCENTRICA

DISEÑO ESTRUCTURAL III B
Bases Aisladas Excéntricas
Ejercicio de Aplicación
Ing. Ricardo Taba
DISEÑO ESTRUCTURAL III B
Bases de Medianera.
Es un caso particular de bases aisladas que se presenta cuando la columna se sitúa
sobre un eje medianero o la línea municipal. En este caso no será posible ejecutar una
base centrada ya que la misma se proyectaría fuera de los límites del terreno propio.
Debemos por ello buscar otra solución para este problema.
Generalmente, para casos de cargas de servicio moderadas (P<150t) y terrenos con
buena capacidad portante (  t  15 t m 2 ) la solución es diseñar una base excéntrica.
Este tipo de bases resultan poco eficientes dada la excentricidad resultante por la no
coincidencia de la recta de acción de la carga y el baricentro de la superficie de apoyo.
Para ilustrar este concepto, supongamos una base excéntrica sin considerar ninguna
hipótesis de rigidez. Siendo P la carga que se debe transmitir al terreno, la tensión
máxima sobre el terreno se ubicará sobre el eje medianero y no deberá superar la
tensión admisible del terreno (  t ). El diagrama de tensiones será del tipo triangular:
Dado que en la junta de la base y el terreno no puede haber tracción, el ancho útil de la
base en el sentido X-X será :
3
xg   c x
2
cx
cy
by
Ly
bx
Lx
P
tronco o columna
Base
cx
2
t
 t Tensión admisible
del terreno.
3
2
xg   c x
Ing. Ricardo Taba
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DISEÑO ESTRUCTURAL III B
Se observa claramente que el valor de xg (ancho útil) resulta en la práctica muy
pequeño, dado que depende sólo de la dimensión cx (lado de la columna normal al eje
medianero). Entonces si la carga es muy elevada respecto de la resistencia del terreno,
se deberá dar una valor muy elevado a L y ; ya que debe cumplirse que:
3
 t   cx
2
2
 L y   t  3  cx  L y  P
Volumen de tensiones
En general ese valor de L y deja de ser compatible con las dimensiones constructivas y
se debe recurrir a otras soluciones para fundar este tipo de columnas (por ej.: base con
viga Cantilever, base con viga centradora, fundaciones profundas, etc.)
En ciertos casos, dependiendo de las características del terreno y la rigidez de la base,
se puede suponer una distribución uniforme de presiones en el terreno y la fuerza de
L
reacción de éste ubicada en centro de la base a una distancia x .
2
tronco o columna
Base
cx
2
q
e
Lx
2
Además, como se muestra en la figura, la columna estará sometida a flexocompresión
por el momento a causa de la excentricidad “e”.
Se ilustrará este caso con un ejemplo numérico.
Ing. Ricardo Taba
2
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Base Aislada Rígida Excéntrica
Carga de servicio P: es la máxima carga que transmite la columna a la base bajo
cargas de servicio. Por ejemplo: peso propio+sobrecarga (D+L).
Desarrollaremos un ejemplo donde:
D=42 t=420kN
L=18 t=180kN
P=D+L=60 t=600kN
Materiales:
Hormigón: H-25
fc  30MPa
Acero: ADN-420
f y  420MPa
Tensión Admisible del Terreno:  t
( dato aportado por estudio de suelos)
 t  1,5 kg
cm2  15 t m2  150 kN m2  0,15MPa
bx  25cm
cx  20cm
by  32,5cm
c y  30cm
datos
Carga de diseño PD : es la suma de la carga de servicio P, el peso propio de la base Pg
y el peso del suelo sobre la base:
PD  c arg a de diseño
PD  P  Pg  Ps
Pg  peso propio de la base
Ps  peso del suelo sobre la base
En principio, como no conocemos aún las dimensiones de la base, debemos estimar el
peso propio de la base y el peso del suelo sobre ella.. Suele adoptarse un valor igual a
un 10% del valor de la carga de servicio P.
PD  1,10  P
Es decir:
PD  1,10  P  1,10  60t  66t  660kN
Ing. Ricardo Taba
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DISEÑO DE LA SUPERFICIE DE APOYO: ( Lx ; L y )
 t : tensión admisible del terreno (dato aportado por el estudio de suelos)
Anec  área necesaria de la superficie de contacto de la base.
 t  2,0 kg cm2  20 t m2  200 kN m2  0,20 MN m2  0,20MPa
P
Anec  D 
t
660kN
200 kN m 2
 3,30m 2
 1
Re lación de lados recomendada para este tipo de bases:
L
adoptamos: y  2  L  2  L
y
x
Lx
Ly
Lx
2a3
2
con lo cual: A=área de la superficie de apoyo de la base=Lx  L y  Lx  2Lx  2  Lx
2
igualando (1) y (2):
3,30m 2  2  Lx 2  Lx 
Lx  1,30m
3,30m 2
 1,285m
2
L y  2,60m
A  Lx  L y  3,38m 2
Comprobamos que:

Pd
660kN

 195,27 kN m 2   t
2
Lx  L y 3,38m
k x  Lx  cx  1,30m  0,20m  1,10m
L y  c y 2,60m  0,30m

 1,15m
ky 
2
2
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qu = tensión efectiva o ficticia de contacto: Es la tensión que ejerce la base sobre el
terreno. Es decir que es la relación entre la carga última Pu y el área adoptada de la base.
Pu : Carga Máxima que resulta de las diferentes combinaciones de cargas mayoradas
Pu  1,2  D  1,6  L  1,2  420kN  1,6  180kN  792kN
qu 
Pu
792kN

 234,3 kN m 2
Lx  L y 1,30m  2,60m
Con esta tensión efectiva se calcularán los momentos y las armaduras
CALCULO DE LAS SOLICITACIONES EN LA BASE
Para el cálculo de las solicitaciones existen varios métodos, en este curso adoptaremos
el método de las líneas de rotura, que se basa en la adopción de una configuración de
rotura de la base.
Ing. Ricardo Taba
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Para la dirección coincidente con el lado Lx , el momento Mux respecto a la línea de
rotura que se detalla, será:
 L c 
Mu x  qu   Lx  cx   L y   x x 
 2 
O sea:
Mu x 
siendo Lx  cx  k x =“vuelo de la base en el sentido x”
qu  L y  k x 2
2
Para la dirección coincidente con el lado L y , el momento Muy respecto a la línea de
rotura que se detalla, será:
 Ly  c y
Mu y  qu  
 2
O sea:
Muy

 Ly  c y 
  Lx  


 4 
siendo L y  c y  k y=“vuelo de la base en el sentido y”
2
qu  Lx  k y 2
2
Con nuestros datos:
Mu x  234,3 kN m
2
2
1,10m 

 2,60m 
 368,55kNm
Mu y  234,3 kN m2  1,30m 
2
1,15m  2  201,41kNm
2
Los momentos nominales serán: Mn 
Mu
con Ø  0,90
Ø
368,55kNm
 409,50kNm
0,90
201,41kNm
Mn y 
 223,79kNm
0,90
Mnx 
Ing. Ricardo Taba
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PREDIMESIONAMIENTO DE LA ALTURA DE LA BASE
El CIRSOC, en sus “Ejemplos de Aplicación”, propone expresiones para estimar la
altura “d” de la base “ de manera de obtener cuantías de armaduras de flexión superiores a
las mínimas pero suficientemente bajas como para que las bases tengan una razonable rigidez y
que las alturas no estén exageradamente alejadas de las necesarias por corte y punzonado….”
Las expresiones allí propuestas son:
(1)
d
6 ,5.Mn
b. f c
Mn 
Mu
Ø
Siendo:
d : altura efectiva de la base
Mn: momento nominal
b : ancho de la base
fc : resistencia requerida del hormigón
d  : m
 Mn : MNm
b  : m
 fc  : MPa
Según este criterio de predimensionado para cada dirección de la base tendremos:
dx 
dy 
6 ,5.Mnx
6 ,5.0,4095

 0,63m
bx . fc
0,225.30
6 ,5.Mn y
by . f c
h  d máx  cc  1cm

6 ,5.0,2238
 0,37m
0,35.30
cc  recubrimiento
ccmín  5cm
h  63cm  5cm  1cm  69cm
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DISEÑO ESTRUCTURAL III B
En nuestro ámbito, resulta común utilizar la siguiente relación de rigidez para
predimensionar la altura:
k
" vuelo máximo"
h  máx 
1,5
1,5
esta última expresión nos conduce a secciones que, en general, verifican a punzonado y
corte. Debiendo igualmente realizarse las verificaciones reglamentarias
correspondientes.
En nuestro ejemplo:
kmáx  k y  1,15m
h
1,15m
 0,77m
3
Finalmente adoptamos:
h =75cm
d x  69cm
d y  68cm
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Dimensionamiento de las armaduras de flexión.
Se aplican las mismas ecuaciones utilizadas para flexión simple en secciones
rectangulares:
Para la dirección X-X
Mu x 368,55kNm

 409,5kNm
0,90
0,90
bw  by  0,35m
Mnx 
d  d x  0,69m
dato : f c  30MPa
mn 
x
Mnx
f c  bw  d 2

0,4095MNm
30MPa  0,35   0,69m 
2
 0,08192
ka  cuantía mecánica=1- 1  2  mn  1  1  2  0,08192  0,0856
Debemos comparar este último valor con la cuantía mínima kamín
fc  30MPa  ka
 2
fc  30MPa  ka
 2
min
1,4
1,4
 2
 0,1098
0,85  fc
0,85  30MPa
kamín
min
1
3,4 fc
 2
1
 0,1074
3,4  30MPa
En nuestro caso:
fc  30MPa
entonces :
ka  ka
 0,1098
min
ka  0,1098
k  0,85  fc  bw  d x 0,1098  0,85  30MPa  35cm  69cm
As  a

 16 ,10cm 2
x
fy
420MPa
Ing. Ricardo Taba
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Para la dirección Y-Y
- .
Mu  Mu y  201,41kNm
Mu y
201,41kNm
 223,79kNm
0,90
0,90
bw  bx  0,225m
Mn y 

d  d y  d x  1cm  0,68m (la armadura As se apoya sobre la armadura As )
y
x
dato : f c  30MPa
Mn y
0,2238MNm
mn 

 0,0717
y
fc  bw  d 2 30MPa  0,225   0,68m 2
ka  cuantía mecánica=1- 1  2  mn  1  1  2  0,0717  0,0745
Debemos comparar este último valor con la cuantía mínima kamín
fc  30MPa  ka
 2
fc  30MPa  ka
 2
min
1,4
1,4
 2
 0,1098
0,85  fc
0,85  30MPa
kamín
min
1
3,4 fc
 2
1
 0,1074
3,4  30MPa
En nuestro caso:
fc  30MPa
k a  0,1098
entonces :
As 
ka  ka
 0,1098
min
ka  0,85  fc  bw  d y
y
fy

0,1098  0,85  30MPa  22,5cm  68cm
 10,20cm 2
420MPa
Elección de cantidad y diámetro de barras. Separación máxima
El diámetro mínimo de las barras utilizadas en bases superficiales es 10mm (Ø10) y
La separación máxima entre barras será:
2,5 veces el espesor total de la base
Separación máxima
25  Øs  25 veces el diámetro de la barra
30 cm
Si adoptamos
Øs  12mm  sep. máx=30cm
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Ing. Ricardo Taba
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Distribución de las armaduras.
Bases Cuadradas. L=B
Las armaduras se distribuyen uniformemente en cada una de las dos direcciones.
Bases Rectangulares. L≠B
a) Las armaduras en la dirección más larga se distribuyen uniformemente.
b) Las armaduras en la dirección más corta se distribuyen por fajas:
b1). En una faja central de ancho B simétrica con la columna se distribuye una
armadura igual a:
 2 
As1  
 .AsL
  1

L
: relación de lados
B
AsL  Armadura total calculada en esa dirección
b2). En dos fajas laterales de ancho (L-B)/2: se distribuye el resto de la armadura:
As2 
AsL  As1
2
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DISEÑO ESTRUCTURAL III B
En nuestro caso:

L Ly 2,60


2
B Lx 1,30
Para la dirección Y-Y ( la dirección más larga)
As  10,20cm 2
y
2
adoptamos: 10Ø12=11,30cm
Esta armadura debe distribuirse en el ancho " Lx " al que debemos restar el recubrimiento
de la armadura de ambos lados de la base, es decir 2x5cm=10cm. Con lo cual el ancho
disponible para repartir la armadura será de 1,30m-0,10m=1,20m.
La separación máxima será en este caso 25.Øs=25.12mm=300mm=0,30cm.
Si debemos colocar 10 barras tendremos 9 espacios de s=1,20m/9= 0,13m
Es decir que cumplimos con la separación máxima=30cm
Adoptamos entonces para la dirección Y-Y: 10Ø12 separadas cada 13cm.
Para la dirección X-X (la dirección más corta)
As x  16 ,10cm 2
a). Faja central de ancho Lx.
 2 
 2 
2
2
As x  
  16 ,95cm  11,30cm  10Ø12
  As x  
1
 2 1
  1
Esta armadura debe distribuirse en el ancho B  Lx  1,30m en forma simétrica con
respecto al eje de la columna.
Separación de las barras s=1,30m/9 espacios= 14,5cm cumple con la separación
máxima.
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DISEÑO ESTRUCTURAL III B
b) Fajas laterales de ancho (Ly-Lx)/2=(2,60m-1,30m)/2=0,65m
En estas fajas laterales debemos distribuir el resto de la armadura calculada :
As x 
2
As x  As x
2
2
2
1  16 ,10cm  11,30cm  2,40cm 2  3Ø10
2
en cada faja lateral
Esta armadura debe distribuirse en anchos de 65cm-5cm de recubrimiento=60cm.
Al ser 3 barras nos quedan 2 espacios de s=60cm/2= 30cm
separación máxima: 25.10mm=25cm, es decir que superamos la separación máxima
Debemos adoptar 4Ø10 en cada franja lateral, con lo cual la separación será:
s= 60cm/3=20cm. Entonces de las fajas laterales colocaremos 4Ø10 separadas 20cm
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Determinación del “talón” de la base: a
La magnitud del talón “a” debe respetar los recubrimientos mínimos reglamentarios y
su valor mínimo estará dado por:
h  kmín
a
no se toma en cuenta si este valor resulta negativo.
cc  dbx  dby  0,15m
25cm (recomendación de la cátedra)
En nuestro caso:
h  kmín  75cm - 110cm = -35cm (negativo) se descarta
cc  dbx  dby  0,15m  5cm  1,2cm  1,2cm  15cm  22,4cm
Adoptamos:
a=25cm
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Consideraciones acerca del volcamiento.
La excentricidad “e” entre la carga P que transmite la columna y la reacción R del
terreno provoca la aparición de un par M=P.e que tiende a volcar la base . Este
momento deberá ser equilibrado por un par igual y contrario materializado por las
fuerzas T (esfuerzo en el tensor) y Fr (la fuerza de rozamiento) entre la base y el
terreno:
tipo “A”
tipo “B”
El diagrama de momentos en la columna o tronco será del “tipo A” cuando la rigidez
del tensor es despreciable con respecto a la rigidez de la columna. En cambio será del
“tipo B” cuando las rigideces del tensor y la columna son comparables.
Para una carga genérica P
M1  P  e
T
M1
H
M1 

 M1 

2  3 M1
 
T
H
2 H
si suponemos un esquema tipo “A”:
si suponemos un esquema tipo “B”:
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Dimensionamiento del Tensor.
Para el cálculo de la armadura del tensor debemos hallar la carga última del tensor,
para lo cual la carga actuante para hallar M 1 deberá ser Pu  1,2  D  1,6  L  792kN
Si no se conoce la verdadera relación de rigideces entre tensor y columna se sugiere
adoptar una distribución de momentos según el esquema tipo “B” ya que con este
esquema se obtiene la mayor fuerza T en el tensor.
L c
1,30m  0,20m
e x x 
 0,55m
2
2
H  3m
M 1  Pu  e  792kN  0,55m  435,60kNm
3 M 1 3 435,60kNm

 
 217,80kN  0,2178MN
2 H
2
3m
T
Ø=0,90 para carga axil de tracción
 u
Ø
0,2178MN

 0,242MN
0,90
Tu 
Tn
Tn
T
0,242MN
cm 2
armadura del tensor: AsT  n 
 10000
 5,76cm 2
2
fy
420MPa
m
adopto : 6Ø12  6 ,78cm 2
Se adopta una sección de 25cmx25cm, con lo cual Ac  625cm 2

6 ,78cm 2
625cm 2
 0,01085  1,085%
Debe verificarse la cuantía mínima:
fc( MPa )
 mín (%)
20
25
30
35
40
45
50
60
0,53
0,60
0,65
0,70
0,75
0,80
0,84
0,92
   mín
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Verificación al deslizamiento
Se utilizará la carga de diseño PD ya que los valores los valores de rozamiento a
comparar son valores admisibles.
PD  carga de diseño  1,10  ( D  L )  1,1  ( 420kN  180kN )  660kN
M 1  PD  e  660kN  0,55m  363kN
T
3 M 1 3 363kN
 
 181,5kN
2 H
2 3m
Se deberá entonces verificar la base al deslizamiento debiendo cumplirse que:
FR  f .PD   .T
FR : fuerza de rozamiento entre el terreno y la base
f: coeficiente de fricción que depende del tipo de suelo y la rugosidad del hormigón.
 : coeficiente de seguridad al deslizamiento. Se adopta entre 1,5 y 2,0.
valores del coeficiente de rozamiento "f"
tipo de paramento
liso
rugoso
0.05
0.10
0.20
0.20
0.30
0.50
0.30
0.40
0.40
0.50
0.60
0.70
0.40
0.50
0.40
0.50
Tipo de suelo
Laguna o terreno pantanoso
Terreno muy blando
Arena fina húmeda
Arcilla blanda
Arcilla medianamente dura y seca
Arcilla fina seca
Arena gruesa y pedregullo
Pedregullo y canto rodado
Suponiendo arcilla medianamente dura y seca y superficie rugosa: f=0.50 y γ= 1,5
FR  f .PD  0,50  660kN  330kN
  T  1,5  181,5kN  272,25kN
FR    T
verifica deslizamiento
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VERIFICACIONES A CORTE EN UNA DIRECCIÓN Y PUNZONADO.
Se deberá verificar la base a “Corte en una dirección” y “Punzonado” siguiendo lo indicado
en el ejercicio de Base Centrada.
DIMENSIONAMIENTO DE LA COLUMNA/ FUSTE A FLEXOCOMPRESIÓN.
Pu
M*
M*
Pu .e
tipo “A”
Pu .e
Pu
tipo “B”
u
La columna o fuste debe dimensionarse a flexocompresión con Pu y M*.
Si no se cuenta con un método más exacto para la determinación de las solicitaciones,
el diagrama tipo “A” corresponde a la configuración más desfavorable.
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