07. Tabiques
UP Facultad de Arquitectura , Universidad de Palermo ESTRUCTURAS IV Arq. Liliana Vidakovich CLASE TEÓRICA N°
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UP
Facultad de Arquitectura , Universidad de Palermo
ESTRUCTURAS IV Arq. Liliana Vidakovich CLASE TEÓRICA N° 6 TABIQUES
-AÑO 2012-
TABIQUES G
W W
q Resisten cargas importantes
en su plano
q despreciamos la rigidez perpendicular a
su plano
ESTRUCTURAS LAMINARES
TABIQUES
T3
T1
T1 T2
T3
T2
q AISLADOS ENTRE SÍ
q COMBINADOS
SEGÚN SU UBICACIÓN EN PLANTA
SEGÚN SU CONFIGURACIÓN Clasificación de los tabiques de acuerdo a su configuración con aberturas
sin aberturas
Macizos
Plenos
Pequeñas Aberturas
Medianas Aberturas
Grandes Aberturas
TABIQUES ALTOS
W
M
La solicitación màs importante frente al viento es la flexión general de la pieza TABIQUES BAJOS
W
PREDOMINA LA DEFORMACIÓN POR CORTE
TABIQUES
SOLICITACIÓN DE LOS TABIQUES
Mw w g
d
+-0.00
A σ = −
σ = +
N F
σ = −
N F
M
ω σ = −
N M Σ = − + F ω
+
-
Σ = −
FLEXO COMPRESIÓN
M
ω
N M − F ω
N M σ =− ± F W
TABIQUES CON PEQUEÑAS ABERTURAS q En el eje de la línea de aberturas, tendríamos un esfuerzo tangencial
específico (es decir fuerza tangencial por unidad de altura de tabique).
t Qj
h h´
Piso i
i ( kg / m )
=
Q
i ( Kg )
J
S
( m3 )
( m4 )
q La fuerza tangencial total en la
altura de un piso resulta:
Ti (Kg) = ti (Kg / m) hi (m) q Esta fuerza tangencial debe ser
tomada por la sección b x h’
b
τi =
T h b
i ( Kg )
'
( cm )
( cm )
≤ τ admisible
TABIQUES CON PEQUEÑAS ABERTURAS POR ACCIÓN EXCLUSIVA DEL VIENTO q Como consecuencia del ancho de
la abertura, el dintel resulta solicitado por un momento flector.
q Dado que la acción del viento
es reversible, la armadura de corte y de flexión, en el dintel, debe ser doble y simétrica.
TABIQUES CON GRANDES ABERTURAS LOS DINTELES RESULTAN EXTREMADAMENTE FLEXIBLES FRENTE A LA RIGIDEZ DEL RESTO DEL TABIQUE, EL CONJUNTO DEJA DE ACTUAR COMO UNA SOLA PIEZA.PARA TANSFORMARSE EN SIMPLES BIELAS. q
EN ESTE CASO SE CALCULAN COMO DOS TABIQUES INDEPENDIENTES.
DE ACUERDO A SU UBICACIÓN EN PLANTA
TABIQUES
PARALELOS
ORTOGONALES
TABIQUES SIMÉTRICOS CUANDO LA RECTA DEACCIÓN DEL BARICENTRO DE INERCIAS COINCIDE CON LA DEL BARICENTRO GEOMÉTRICO
GJΞGG
TABIQUES ASIMÉTRICOS CUANDO LA RECTA DE ACCIÓN DEL BARICENTRO INERCIA NO COINCIDE CON LA DEL BARICENTRO GEOMÉTRICO
e
GG
GJ
Tipologías isostáticas CONFIGURACIÓN ISOSTÁTICA Tipologías isostáticas DE TABIQUES T1
T1
T3
T3
T2
T2
T1
T1
T3
T3
T2
T2
T1
T1
T3
T2
T3
T2
W
W
W
W
W
W
Modelos deCcálculo MODELO DE ÁLCULO
Modelos de cálculo
W
W
W
W
W
W WT1
WT1
WT1
WT2
WT2
WT1
WT2
WT1
W
∑ PX = T20 ∑P =0 ∑M = 0 Y
WT1
WT2
WT2
CONFIGURACIÓN ISOSTÁTICA GJ GG
e
SIMÉTRICOS
ASIMÉTRICOS
GJ
e
ASIMÉTRICOS
SISTEMAS INESTABLES
CONFIGURACIÓN HIPERESTÁTICA T3 T2
T1 T4
Wy
CONFIGURACIÓN HIPERESTÁTICA DE TABIQUES TABIQUES PARALELOS
SIMÉTRICOS
ASIMÉTRICOS
CONFIGURACIÓN HIPERESTÁTICA DE TABIQUES TABIQUES PARALELOS Y ORTOGONALES
SIMÉTRICOS
ASIMÉTRICOS
RESOLUCIÓN DE TABIQUES ISOSTÁTICOS
1-‐Cálculo de las reacciones de los tabiques en la dirección de Wx 14m
A
Wx
4m
T1 T3
B
T2
=0
(− WX × 2m ) = −T2 × 4m 100 × 2m = T2 × 4m
4m
100 × 2m T2 = = 50% 4m ∑MB = 0 WX × 2m = T1 × 4m
50% 0% 50%
A
4m
Wy
Wx
∑M
100 × 2m = T1 × 4m 100 × 2m T1 = = 50% 4m
RESOLUCIÓN DE TABIQUES ISOSTÁTICOS 2-‐Cálculo de las reacciones de los tabiques en la dirección de Wy -Wy
T1 = 100% -175%
M = WY × e M = 100 × 7 = 700 M 700 T1 = T2 = = = 175% d 4
d
100% +175%
Wy
Me e= 7m
+Wy
RESOLUCIÓN DE TABIQUES ISOSTÁTICOS ∑M
1
WY × e1 = T1 × d1
d3 d1
T1 =
WY × e1 100 ×12,5m = = 69,4% d1 18m
∑M
2
− (WY × e2 ) = −(T2 × d ) e2
T2 =
WY × e2 100 × 5,5m = = 61,59 d 8,93
∑M
3
)
− (WY × e2 ) = −(T3 × d 3 ) T3 =
q PARA ANALIZAR LA OTRA DIRECCIÓN
SE PROCEDE DE IGUAL MANERA.
WY × e2 100 × 5,5m = = 53,40% d3 10,29
RESOLUCIÓN DE TABIQUES HIPERESTÁTICOS CASO 1:TABIQUES PARALELOS SIMÉTRICOS
RESOLUCIÓN DE TABIQUES HIPERESTÁTICOS CASO 1:TABIQUES PARALELOS SIMÉTRICOS
T ± R RT , ji = W
⎛ ⎜ 1 ⎜ × J Ti × Tn j ⎜ ⎜ ∑ J Ti ⎝ T 1
⎞ ⎟ e × di ⎟ Tn 2 ⎟ × di ⎟ ∑ J i T1 ⎠
Ti =
W × J Ti Tk
∑J Ti
q EL PORCENTAJE DE CARGA QUE TOMA UN TABIQUE
ES DIRECTAMENTE PROPORCIONAL A SU RIGIDEZ E INVERSAMENTE PROPORCIONAL A LA SUNATORIA DE RIGIDECES.
CASO 1:TABIQUES PARALELOS SIMÉTRICOS 1. CÁLCULO DEL MOMENTO DE INERCIA DE LOS TABIQUES
b × h3 J= 12
3
b × h 3 0,15m × (6m ) JT1 = JT 4 = = = 2,7 m 4 12 12 3 b × h 3 0,30 × (6m ) JT 2 = JT 3 = = = 5,4m 4 12 12
2. CÁLCULO DE LA SUMATORIA DE INERCIAS DE LOS TABIQUES PARALELOS. T4
∑J = J
T1
+ JT 2 + JT 3 + JT 4
T1
T4
4 4 4 4 4 J = 2 , 7 m + 5 , 4 m + 5 , 4 m + 2 , 7 m = 16 , 2 m ∑ T1
3. DETERMINACIÓN DE LA UBICACIÓN DE LA RESULTANTE DE INERCIA. T4
∑J ×d = J
T1
× d1 + J T 2 × d 2 + J T 3 × d 3 + J T 4 × d 4
T1
T4
4 4 4 4 J = 2 , 7 m × 0 m + 5 , 4 m × 12 m + 5 , 4 m × 18 m + 2 , 7 m × 30 m ∑ T1
64,8m5 + 97,2m5 + 81m 5 dG = = 15m 4 16,20 m
4. CÁLCULO DEL PORCENTAJE DE CARGA QUE TOMA CADA TABIQUE. q EN ESTE CASO DE SIMETRÍA GEOMÉTRICA Y RESISTENTE EL EDIFICIO SE
DEFORMARÁ SEGÚN UNA TRASLACIÓN
RT 1 = RT 4 =
W × JT1 T4
∑J
100 × 2,7m 4 = = 16,66% 4 16,20 m
T1
RT 2 = RT 3 =
W × JT 2 T4
∑J 5. VERIFICACIÓN
100 × 5,4m 4 = 33,33% 4 16,20 m
T1
T4
∑R =W T1
RT 1 + RT 2 + RT 3 + R4 = W 16,66 + 33,33 + 33,33 + 16,66 = 100 ∴VERIFICA
RESOLUCIÓN DE TABIQUES HIPERESTÁTICOS CASO 2: TABIQUES PARALELOS ASIMÉTRICOS.
RESOLUCIÓN DE TABIQUES HIPERESTÁTICOS CASO 2: TABIQUES PARALELOS ASIMÉTRICOS.
R
T , ji
=W
⎛ T ± R ⎞ ⎜ ⎟ 1 e × di ⎟ ⎜ × J Ti × Tn Tn j ⎜ 2 ⎟ ⎜ ∑ J Ti ∑ J i × di ⎟ T1 ⎝ T 1 ⎠
q EL PORCENTAJE DE CARGA QUE TOMA UN TABIQUE
DEPENDE DE SU RIGIDEZ, DE LA RIGIDECES DE LOS DEMÁS TABIQUES Y DE SU UBICACIÓN EN PLANTA.
CASO 2:TABIQUES PARALELOS ASIMÉTRICOS 1. CÁLCULO DEL MOMENTO DE INERCIA DE LOS TABIQUES 3
b × h 3 0,15m × (6m ) JT1 = JT 5 = = = 2,7 m 4 12 12 3 b × h 3 0,30 × (6m ) JT 2 = JT 3 = JT 4 = = = 5,4m 4 12 12
2. CÁLCULO DE LA SUMATORIA DE INERCIAS DE LOS TABIQUES PARALELOS. T4
∑J = J
T1
+ JT 2 + JT 3 + JT 4 + JT 5
T1
T4
4 4 4 4 4 J = 2 , 7 m + 5 , 4 m + 5 , 4 m + 5 , 4 + 2 , 7 m + = 21 , 6 m ∑ T1
3. DETERMINACIÓN DE LA UBICACIÓN DE LA RESULTANTE DE INERCIA. T4
∑J ×d
GJ
= J T 1 × d1 + J T 2 × d 2 + J T 3 × d 3 + J T 4 × d 4 + J T 5 × d 5
T1
21,6m 4 × d GJ = 2,7m 4 × 0m + 5,4m 4 × 6 + 5,4m4 ×12 m + 5,4m 4 ×18m + 2,7m 4 × 30 m d GJ
0m5 + 32,4m5 + 64,8m5 + 97,2m5 + 81m5 = = 12,75m 4 21,6m q LA RECTA DE ACCIÓN DE LA DE RESULTANTE DEINERCIAS NO COINCIDE CON
LA RECTA DE ACCIÓN DE “Wy” POR LO TANTO HAY ROTOTRASLACIÓN.
e=2,25m
4. CÁLCULO DE LA EXCENTRICIDAD
a e = −d 2 30 m e= − 12,75m = 2,25m 2
A 12,75
5. CÁLCULO DE LA SUMATORIA DE INERCIAS DE TODOS LOS TABIQUESPOR LA DISTANCIA AL CUADRADO, DE CADA UNO DE ELLOS A BARICENTRO DE INERCIAS. T5
2 2 2 2 2 2 J × d = J × d + J × d + J × d + J × d + J × d ∑ T1 1 T2 2 3 3 T4 4 T5 5 T1
T5
2
2
2 4 4 ( ) J × d = 2 , 7 m × 12 , 75 m + 5 , 4 m × (6,75m ) + ∑ T1
2
2
2
5,4m 4 × (0,75m ) + 5,4m 4 × (5,25m ) + 2,7m 4 × (17,25m ) T5
2 6 J × d = 1640 , 25 m ∑ T1
6. CÁLCULO DEL PORCENTAJE DE CARGA QUE TOMA CADA TABIQUE.
R
T , ji
=W
⎛ ⎜ 1 ⎜ × J Ti × Tn j ⎜ ⎜ ∑ J Ti ⎝ T 1
⎞ ⎟ e × di ⎟ Tn 2 ⎟ × di ⎟ ∑ J i T1 ⎠
⎡⎛ 1 ⎞ ⎛ e × d ⎞⎤ RT 1 = W × J T 1 × ⎢⎜ T 5 ⎟ − ⎜ T 5 GJ 2 ⎟⎥ ⎢⎜ ∑ J ⎟ ⎜ ∑ J × d ⎟⎥ ⎠⎦ ⎣⎝ T 1 ⎠ ⎝ T 1
e
⎡⎛ 1 ⎞ ⎛ 2,25m ×12,75m ⎞⎤ RT 1 = 100 × 2,7 m 4 × ⎢⎜ − ⎜ ⎟⎥ = 7,7778% 4 ⎟ 6 ⎠⎦ ⎣⎝ 21.6m ⎠ ⎝ 1640,25m RT 2
⎡⎛ 1 ⎞ ⎛ e × d ⎞⎤ = W × J T 2 × ⎢⎜ T 5 ⎟ − ⎜ T 5 GJ 2 ⎟⎥ ⎢⎜ ∑ J ⎟ ⎜ ∑ J × d ⎟⎥ ⎠⎦ ⎣⎝ T 1 ⎠ ⎝ T 1
RT 2
⎡⎛ 1 ⎞ ⎛ 2,25m × 6,75m ⎞⎤ = 100 × 5,4m × ⎢⎜ − ⎜ ⎟⎥ = 20% 4 ⎟ 6 ⎣⎝ 21.6m ⎠ ⎝ 1640,25m ⎠⎦ 4
ROTACIÓN +TRASLACIÓN
LA PLANTA SUFRE UNA ROTACIÓN POR EFECTO “M” (PAR TORSOR)
LA PLANTA SUFRE UNA TRASLACIÓNAL ACTUAR “Wy”
POSICIÓN ANTES DE ACTUAR “Wy”
DEFINIRCIÓN DEL SIGNO (±)
⎡⎛ 1 ⎞ ⎛ e × d ⎞⎤ RT 3 = W × J T 3 × ⎢⎜ T 5 ⎟ − ⎜ T 5 GJ 2 ⎟⎥ ⎢⎜ ∑ J ⎟ ⎜ ∑ J × d ⎟⎥ ⎠⎦ ⎣⎝ T 1 ⎠ ⎝ T 1 ⎡⎛ 1 ⎞ ⎛ 2,25m × 0,75m ⎞⎤ RT 3 = 100 × 25,4m × ⎢⎜ − ⎜ ⎟⎥ = 24,4445% 4 ⎟ 6 21 . 6 m 1640 , 25 m ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎣⎝ 4
RT 4
⎡⎛ 1 ⎞ ⎛ e × d ⎞⎤ = W × J T 4 × ⎢⎜ T 5 ⎟ + ⎜ T 5 GJ 2 ⎟⎥ ⎢⎜ ∑ J ⎟ ⎜ ∑ J × d ⎟⎥ ⎠⎦ ⎣⎝ T 1 ⎠ ⎝ T 1
RT 4
⎡⎛ 1 ⎞ ⎛ 2,25m × 5,25m ⎞⎤ = 100 × 5,4m × ⎢⎜ + ⎜ ⎟⎥ = 28,889% 4 ⎟ 6 ⎣⎝ 21.6m ⎠ ⎝ 1640,25m ⎠⎦ 4
⎡⎛ 1 ⎞ ⎛ e × d ⎞⎤ RT 5 = W × J T 5 × ⎢⎜ T 5 ⎟ + ⎜ T 5 GJ 2 ⎟⎥ ⎢⎜ ∑ J ⎟ ⎜ ∑ J × d ⎟⎥ ⎠⎦ ⎣⎝ T 1 ⎠ ⎝ T 1 ⎡⎛ 1 ⎞ ⎛ 2,25m ×17,25m ⎞⎤ RT 5 = 100 × 2,7 m × ⎢⎜ + ⎜ ⎟⎥ = 18,889% 4 ⎟ 6 ⎠⎦ ⎣⎝ 21.6m ⎠ ⎝ 1640,25m 4
5. VERIFICACIÓN T4
∑R =W T1
RT 1 + RT 2 + RT 3 + R4 + R5 = W 7,7778 + 20,00 + 24,4445 + 28,8889 + 18,8889 = 100 = W ∴VERIFICA
RESOLUCIÓN DE TABIQUES HIPERESTÁTICOS CASO 3: TABIQUES PARALELOS Y ORTOGONALES ASIMÉTRICOS.
1.CÁLCULO DE LAS INERCIAS 3
b × h 3 0,20 m × (12 m ) JT1 = = = 28,8m 4 12 12 3 b × h 3 0,20 m × (6m ) JT 2 = JT 3 = = = 3,6m 4 12 12 3 b × h 3 0,20 m × (8m ) JT 4 = JT 5 = JT 6 = = = 8,53m 4 12 12
2. SUMATORIA DE LAS INERCIAS DE LOS TABIQUES II A WT 3Y
∑J = J
T1
+ JT 2 + JT 3
T1
T3
4 4 4 4 J = 28 , 8 m + 3 , 6 m + 3 , 6 m = 36 m ∑ T1
3. SUMATORIA DE LAS INERCIAS DE LOS TABIQUES II A WX T3
∑J = J
T 14
+ JT 5 + JT 6
T1
T3
∑ J = 8,53m
4
+ 8,53m 4 + 8,53m 4 = 25,59 m 4
T1
4. DETERMINACIÓN DEL BARICENTRO DE INERCIAS 4.1. PARA LOS TABIQUES II A WY q APLICAMOS VARIGNON
La suma del momento de las componentes de un sistema de fuerzas respecto a un punto es igual al momento de la resultante respecto al mismo punto.
T3
∑J ×d
GJ
=J T 1 × dT 1− A + J T 2 × dT 2− A + J T 3 × dT 3− A
T1
(
) (
) (
36 m 4 × d GJ = 28,8m 4 × 0m + 3,6m 4 × 8m + 3,6m 4 × 32 m d GJ
144m5 = = 4m 4 36 m
d=4m
)
4.2. PARA LOS TABIQUES II A TW 6 X
∑J ×d
GJ
=J T 4 × dT 4− A + J T 5 × dT 5− A + J 6 × dT 6− A
T4
(
) (
) (
25,59m 4 × d GJ = 8,53m 4 × 24m + 8,53m 4 ×18m + 8,53m 4 × 0m d GJ
)
358m5 = = 14m 4 25,59m
14m
5. CÁLCULO DE LA EXCENTRICIDAD “e” 5.1. PARA EL VIENTO WY a − d GJ 2 40m e= − 4m = 16m 2 e=
5.2. PARA EL VIENTO WX b e = − d GJ 2 24 m e= − 14 m = −2m 2
2m
16m
6. CÁLCULO DE LA SUMATORIA DE INERCIAS POR LA DISTANCIA AL CUADRADO DE CADA UNO DE LOS TABIQUES AL BARICENTRO.
R =W Ti
⎛ ⎜ 1 × J Ti × ⎜ T 3 ⎜ ⎜ ∑ J Ti ⎝ T 1
T6
⎞ ⎟ e × d i ⎟ T6 2 ⎟ × d ⎟ ∑ J T1 ⎠
2
2
2 J × d = J T 1 × (dT 1−GJ ) + J T 2 × (dT 2−GJ ) + ∑ T1
J T 3 × (dT 3−GJ J T 4 )× + J T 4 (dT 4−GJ T6
) +J 2
2
2
T5
2
× (dT 5−GJ ) + J T 6 × (dT 6−GY ) 2
2 4 4 ( ) J × d = 28 , 8 m × 4 m + 3 , 6 m × (4m ) + ∑ T1
2
2
2
2
3,6m 4 × (28m ) + 8,53m 4 × (10 m ) + 8,53m 4 × (4m ) 8,53m 4 × (14 m ) T6
2 6 J × d = 6002 , 16 m ∑ T1
7. CÁLCULO DEL PORCENTAJE DE CARGA QUE TOMA CADA TABIQUE PARA WY ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ e× d 1 RT 1 = W × J T 1 × ⎜ T 3 − T 6 T 1−GJ ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎜ ∑ J ∑ J × d ⎟ T1 ⎝ T 1 ⎠
16m × 4m ⎞ ⎛ 1 RT 1 = 100 × 28,8m × ⎜ − ⎟ 4 6 ⎝ 36m 6002,16m ⎠ RT 1 = 2880m 4 × (0,027778 − 0,010663) = 49,2912% 4
LA PLANTA SUFRE UNA ROTACIÓN POR EFECTO “M” (PAR TORSOR)
LA PLANTA SUFRE UNA TRASLACIÓNAL ACTUAR “Wy”
POSICIÓN ANTES DE ACTUAR “Wy”
RT 2
⎛ ⎞ ⎜ ⎟ e × dT 2−GJ ⎟ 1 ⎜ = W × JT 2 × T 3 + T 6 ⎜ 2 ⎟ ⎜ ∑ J ∑ J × d ⎟ T1 ⎝ T 1 ⎠
16m × 4m ⎞ ⎛ 1 RT 2 = 100 × 3,6m × ⎜ + ⎟ 4 6 ⎝ 36m 6002,16m ⎠ 4 RT 2 = 3600m × (0,027778 + 0,010663) = 13,8386% 4
⎛ ⎞ ⎜ ⎟ e × dT 3−GJ ⎟ 1 ⎜ RT 3 = W × J T 3 × T 3 + T 6 ⎜ 2 ⎟ ⎜ ∑ J ∑ J × d ⎟ T1 ⎝ T 1 ⎠
16m × 28m ⎞ ⎛ 1 RT 3 = 100 × 3,6m × ⎜ + ⎟ 4 6 ⎝ 36m 6002,16m ⎠ RT 3 = 360m 4 × (0,027778 + 0,074640) = 36,8703% 4
RT 4
⎛ T ⎞ ⎜ ⎟ e × dT 4−GJ ⎟ 1 ⎜ = W × JT 4 × T 3 − T 6 ⎜ 2 ⎟ ⎜ ∑ J ∑ J × d ⎟ T1 ⎝ T 1 ⎠
⎛ 16m ×10m ⎞ RT 4 = 100 × 8,53m × ⎜ − ⎟ = −22,7385% 6 ⎝ 6002,16m ⎠ 4
⎛ ⎞ ⎜ ⎟ e × dT 5−GJ ⎟ ⎜ RT 5 = W × J T 5 × − T 6 ⎜ 2 ⎟ ⎜ ∑ J × d ⎟ ⎝ T 1 ⎠
⎛ 16 m × 4m ⎞ RT 5 = 100 × 8,53m × ⎜ − ⎟ = −9,0954% 6 ⎝ 6002,16 m ⎠ 4
⎛ ⎞ ⎜ ⎟ e × dT 6−GJ ⎟ ⎜ RT 6 = W × J T 6 × + T 6 ⎜ 2 ⎟ ⎜ ∑ J × d ⎟ ⎝ T 1 ⎠
⎛ 16 m ×14 m ⎞ RT 6 = 100 × 8,53m × ⎜ + ⎟ = +31,8339% 6 ⎝ 6002,16 m ⎠ 4
VERIFICACIÓN RT 1 + RT 2 + RT 3 = W 49,2912 + 13,8386 + 36,8703 = 100,0001 RT 4 + RT 5 + RT 6 = 0 − 22,7385 − 9,0954 + 31,8339 = 0