concreto armado I

CONCRETO ARMADO I ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA

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CAPITULO I CONCRETO ARMADO CONCRETO:

Es

el

material constituido por la mezcla en ciertas proporciones de cemento, agua, agregados y opcionalmente aditivos, que inicialmente denota un elemento plástico y moldeable que posteriormente adquiere una consistencia rígida con propiedades aislantes y resistentes, lo que hace un material ideal para la construcción.

Agregado Grueso

Agregado

Cemento

Agua Aditivo

fino

En los aditivos se encuentra: -

Incorporadores de aire. Reductores de agua. Retardadores de fragua. Plastificantes. Expansivos, etc. Página 6


El esquema típico de la estructura del cemento endurecido:

PROPORCIONES TÍPICOS EN VOLUMEN ABSOLUTO DE LOS COMPONENTES DEL CONCRETO COMPONENTES: -

Ligante. Cemento. Agua.

AGREGADOS: -

Agregado fino (arena). Agregado grueso

(Piedra grande, Piedrachancada, grava, escoria). Página 7


RESISTENCIA MECÁNICA DEL CONCRETO (f’c)

Es la resistencia a la compresión a los 28 días de probeta cilíndrica (15cmx30cm) curadas bajo al agua.

CONCRETO ARMADO Es el concreto simple cuando lleva embebido armadura de acero como refuerzo y diseñado bajo hipótesis de que los materiales trabajan conjuntamente actuando la armadura para soportar esfuerzos de tracción o incrementar resistencia a la compresión del concreto.

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+ Fe

Cº S º

ESFUERZOS: Se denomina así a las fuerzas interiores que se generan en un cuerpo que está bajo la acción de una carga. La dirección y el sentido de la fuerza o carga con respecto alcuerpo determinaran la clase de esfuerzo que producen por la dirección y el sentido de las fuerzas sobre un elemento estructuras estas generan esfuerzos de:

COMPRESIÓN: TRACCIÓN:

CORTE: FLEXION: RIGIDEZ Y FORMA: Un mismo elemento estructural se comportara de modo diferente según sea la dirección de los esfuerzos que tratan de deformarse. Página 9


Cuando el elemento se coloca con la dirección mayor de la sección transversal en la dirección de las fuerzas aplicadas su rigidez aumenta, pudiendo soportar

más carga con menos

deformación. i)

ii)

a>b>c>0 Donde:



i)

Es menos resistente.

ii.)

Es más resistente.

Para el elementos estructurales de sección rectangular el momento de inercia esta dado por:

I XX 



bh3 hb 3 , I yy  12 12

Columnas de sección circular se deforman con igual facilidad en cualquier dirección por acción de una fuerza.

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I XX  I YY 



 .r 4 4

La sección cuadrada se deforma igual en la dirección de las cuatro caras.

a.a 3 a 4 I XX  IYY   12 12

CARACTERÍSTICAS EL CONCRETO

RESISTENCIA A LA TENSIÓN DEL CONCRETO: (

f ct )

La resistencia la tensión es relativamente baja, Una buena aproximación para la resistencia a la tensión es: 0.10

f ' c < f ct <0.20 f ' c

Dónde:

f ct : Esfuerzo de tracción del concreto. f ' c : Resistencia a la compresión del concreto. Es más difícil de medir la resistencia a la tensión que la resistencia a la compresión, debido a los problemas de agarre con las máquinas de prueba. Existen varios métodos para la prueba de tensión el más utilizado es la prueba de rotura o prueba brasileña:

fv

RESISTENCIA AL CORTANTE: ¿ ) 0.20

f ' c < f v <0.85 f ' c

RESISTENCIA DEL CONCRETO A LA COMPRESION.

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-

CURVA ESFUERZO DEFORMACION

f 'c = f 'c 0.7

f 'c

0.4

f 'c 0.00

e= cm/m

OBTENIDA LAS PRUEBAS:Utilizando experimentos cilíndricos de concreto cargada en compresión axial por varios minutos. A:

Sección transversal del cilindro.

D:

Diámetro mayor.

H:

Altura del cilindro de concreto.

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H =2 D f=

P A


Hasta cerca del 40% de la resistencia ultima del concreto (

f ' c ) puede en esencia

considerarse lineal para todos los casos prácticos. Después de aproximadamente el 70% de esfuerzo de falla del material pierde una parte importante de su rigidez.

Bajo la carga última se puede observar con mucha facilidad grietas paralelas a la dirección de la carga.

MODULO DE ELASTICIDAD (Young)

 El valor máximo corresponde. A una deformación unitaria de 0.002 y el colapso corresponden A una deformación que varía de 0.003 a 0.009 dependiendo de La calidad del concreto.



α

SEGÚN NORMA DEL A.C.I.

PARA UNIDADES INGLESAS.

Ec =

f 'c ε Página 13


PARA UNIDADES MÉTRICAS.

Ec  4300  c1.5

f c'

 c  2.3Tn / m 3 EC  15000

f c'

f 'c

-

La pendiente inicial de la tangente a la curva se define como del módulo de tangente inicial y es también posible construir un módulo tangente en cualquier punto de la curva.

-

El modulo secante de la elasticidad del concreto se determina con la pendiente de la línea recta que une el origen con un esfuerzo dado (alrededor de 0.4

f ' c ). Este valor

llamado en el cálculo de diseño módulo de elasticidad, satisface la suposición practica de que las deformaciones que ocurran durante la carga puedan considerarse básicamente elásticas (completamente recuperables en la descarga) y que cualquier deformación posterior debida a la carga se considera como flujo plástico.

CONTRACION.- Existen dos y tipos básicos de contracción: 1. CONTRACCIÓN PLÁSTICA.- ocurre en las primeras horas después de colocar el concreto fresco en los moldes (losas de concreto son los más afectados por la exposición al aire seco debido a una gran superficie de contacto. En tales casos la humedad de la superficie del concreto se evapora más rápidamente antes de ser reemplazada por el agua exudada de las capas más bajas).

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2.

CONTRACCIÓN POR DESECACION.-Ocurre después de que el concreto ha alcanzado su fraguado final y se ha completado una buena parte del proceso químico de hidratación en el GEL-CEMENTO; es la disminución en el volumen de un elemento del concreto.

ACEROS DE CONSTRUCCION El acero se utiliza en concreto armado principalmente, para observar los esfuerzos de tracción, resistiendo el concreto los de compresión. El acero trabaja satisfactoriamente con el concreto debido a los siguientes factores: 1°

Existe adherencia química relativamente grande entre ambos materiales. Página 15


2°

Existe rugosidad natural en las barras laminadas en caliente.

3°

Se coloca corrugaciones superficiales en el acero.

4°

Los coeficientes de dilatación térmica en ambos materiales son similares (0.000012 en el acero y 0.000010en el concreto). Lo que evita el agrietamiento y otros efectos indeseables debido a la dilatación térmica no prevista.

5°

el concreto protege al acero de la corrosión y el fuego (Fig. “a”).

Diagrama de Esfuerzo Deflexión del Acero

(Fig. “a”) 1. Tensiones pequeñas crecen proporcionalmente a las deformaciones, valida la ley de 2.

Hooke. Límite

3.

prácticamente elásticas. Límite de desligación, las deformaciones son cada vez más acentuadas observándose

de proporcionalidad hasta este punto las tensiones son consideradas

a continuación una ligera caída en las deformaciones aunque las tensiones continúan 4.

en el mismo ritmo. Punto de rotura. Página 16


ESPECIFICACIONES PARA EL ACERO DE CONSTRUCCIÓN (Fierro Corrugado ASTM A615-GRADO 60 - Norma Técnica Peruana 341.031 Grado 60) En el país se fabrica aceros laminados en caliente con las siguientes características: a. b. c. d. e.

Resistencia a la tracción: Límite de fluencia Alargamiento en 20cm: Corrugaciones Módulo de elasticidad

: : :

6210 – 6330 (Kg/cm2) 4140 – 4220 (Kg/cm2) 9% Norma ASTM-A-615 ES= 2x106Kg/cm2

Los aceros trabajados en frio no se utilizan en concreto armado.

COMPOSICIÓN QUÍMICA: -

Carbono. Azufre. Fosforo. Fierro. Otros.

C = 0.44 % aproximado. S = 0.06 % aproximado. P = 0.05 % aproximado. Fe = 98.00 % aproximado. 1.20 % aproximado. Kg/m3 Peso específico del acero es 7850

 La longitud nominal en tramos rectos, es de 9 metros (hasta 25mm de

 metros (desde 25mm

nominal). La tolerancia en el largo es de

Algunas características del acero constructivo son: -

No se admite soldadura en los aceros de construcción. Solo se admiten traslapes de acuerdo al diámetro.

IDENTIFICACIÓN:

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

nominal) y de 12

150 a 50 mm.


PESO METRICO DEL FIERRO CORRUGADO, SEGÚN ASTM A 615 GRADO 60

Y LA

NORMA TECNICA PERUANA NTP 341.031 2001 DIMENSIONES Y PESOS NOMINALES

  La barra de 6mm se comercializa en rollos de 440 kg ( 1/4).  Se suministran en paquetes de 1 Tn, 2Tn y 4 Tn. SEPARACIÓN DE LAS VARILLAS Y RECUBRIMIENTO PARA EL ACERO DE REFUERZO REQUISITOS DE LA NORMA A.C.I 318-08

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1.

La distancia libre entre

varillas paralelas en una

hilera no debe ser menor del

diámetro de la varilla db ó 1’’ (25.4 mm).

db e = 2.5 cm mínimo.

e=¿ 2.5 cm

TM = tamaño máximo

1.3 TM

2. La distancia libre entre varillas longitudinales en columnas no debe ser menor de 1.5db ó 1 ½’’ (38.1mm) la separación no menor a: 1.5db, 1.3 del tamaño máximo del agregado grueso ó 4 cm. 3. El mínimo recubrimiento libre en vigas y columnas de de concreto vaciado en el lugar no debe ser menor de 1.5’’ (38.1 mm) cuando no exista exposición a la intemperie o contacto con el suelo. RECUBRIMIENTO DE VARILLAS -

Zapata (elemento expuesto al terreno)=7.5 cm. Cuando se utiliza falsa zapata =4.00 cm. Columnas y vigas peraltadas = 4.00 cm. Losas macizas y/o aligerado = 2.00 cm. Vigas chatas =2.00 cm.

MUROS DE CONTENCION -

Cara expuesta al terreno pero se usa encofrado Si se usa encofrado Cara expuesta

= 4.00 cm, si ф ≤ 5/8”. = 5.00 cm, si ф > 5/8”. = 20.00 cm.

HIPOTESIS FUNDAMENTAL EN LA TEORÍA DEL CONCRETO ARMADO

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1. Las fuerzas exteriores están en equilibrio en cualquier sección, con la fuerza cortante, fuerza normal, momento flexiónate, momentos torsionantes. 2. Se acepta la hipótesis de secciones planas. Las secciones planas antes de las deformaciones, continúan como antes, durante y después del proceso de carga. 3. El concreto una vez agrietada no resiste el esfuerzo de tracción directo (sin embargo al tratar de fuerzas cortantes se acepta que el concreto resista alguna tracción). 4. Haya perfecta adherencia entre el concreto y el acero es decir no existe desplazamientos del acero con respecto al concreto. Por la tanto las deformaciones unitarias en un punto del concreto y dela cero adyacente tendría el mismo valor. 5. La relación entre los esfuerzos y deformaciones en una estructura de concreto armado, es la misma que la relación de esfuerzos y deformaciones en las curvas características de los materiales acero y concreto. METODOS DE DISEÑO EN CONCRETO ARMADO Entre los métodos clásicos de diseño en concreto armado y los más utilizados, podemos citar los siguientes: 1. Método de las cargas de servicio o esfuerzos admisibles (conservador, de poco uso). 2. Método de resistencia a la rotura. Así mismo se conocen los siguientes métodos (no es tema del presente). -

Método de los Estados límites. Diseño por capacidad. Diseño plástico.

1. METODO DE LAS CARGAS DE SERVICIO O ESFUERZOS ADMISIBLES Está basado en las condiciones de esfuerzo bajo cargas de servicio considerando el factor de seguridad mediante los esfuerzos admisibles. Las cargas se usan para el diseño por este método son las cargas muertas calculadas y las cargas vivas especificadas por los reglamentos. Los esfuerzos no deben exceder bajo la acción de la carga total de servicio.

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1.1.

DISEÑO

DE

VIGAS SIMPLEMENTE REFORZADAS POR EL METODO DE ESFUERZOS PERMISIBLES O ESFUERZOS DE TRABAJO.

Esfuerzos de trabajo

Para el diseño equilibrado

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Es Ec fs r  fc n k  n  r k j 1 3 n 

LOS MOMENTOS MÁXIMOS PERMISIBLES BAJO CONDICIONES DE SERVICIO

M = A S x f s xjd Cuando controla elacero

M=

fc xKxjxb d 2 Cuando controlael concreto 2

La cuantía de las tensiones equilibradas (ρe) se obtienes igualando momentos.

2

fc.b.k . j.d  As. fs . j.d

e 

n 2r ( n  r )

  e

Si

, El acero alcanza su máxima tensión admisible para cargas

inferiores a las del concreto y el momento admisible será dada por.

Si ρ>ρe, El acero alcanza su máxima tensión admisible para cargas inferiores a las del concreto y el momento admisible será dada por.

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Problema 1: Hallar el momento permisible de la viga cuya sección transversal se muestra en la figura; si:

f y =4200 Kg/( cm2 ) f ´ c =175 Kg /(cm 2)

SOLUCION: 1

Hallamos los esfuerzos permisibles de los materiales:

f s=0.40 f y =0.4 x 4200=1680 Kg /(cm2) 2

f c =0.45 f y =0.45 x 175=78.75 Kg/( cm )

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2

Hallamos cuantías y los factores Adimensionales:

n=

Es 2 x 106 = =10.08 Ec 15000 x √2 175

As=4 ∅3 / 4 =4x2.84=11.36 {cm} ^ {2}

ρ=

11.36 =0.00947 48 x 25 ρn=9.5 x 10−3 x 10=0.095

Luego: 2

k =√ 0.0952+ 2 x 0.095−0.095=0.351 k 0.351 j=1− =1− =0.883 3 3 3

Calculamos momentos: a Cuando el acero controla:

M = A s f s jd=11.36 x 1680 x .883 x 48=808,890 kg−cm

b

Cuando el concreto controla:

M=

f ć 78.75 kjbd 2= x 0.351 x .883 x 25 x 48 2=702,928 kg−cm 2 2

Controla el concreto por ser el de menor valor. Problema 2:

Una viga de 7.2m de luz soporta una carga viva de servicio de

940 kg/my una carga muerta de

dimensione la sección transversal de la viga si las calidades de los materiales son:

f y =4200 Kg/ ( cm 2 )

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560 kg/m;


f ´ c =210 Kg/ ( cm 2 ) “En este método no se mayoran las cargas”. SOLUCION: 1

Determinamos los esfuerzos de trabajo: 2

f s=0.4 x f y =1680 Kg/(cm ) f c =0.45 x f ´ c =94.5 Kg/(cm2 ) 2

Calculamos el peso propio de la viga:

h L L b= , h= ó 2 10 12

Asumo:

h=

7.2 =0.60 m=60 cm 12

Se estima que la sección sea: 0.30*060

m2

Wpv=0.30 x 0.60 x 2.4=0.432 Tn/m 3

Determinamos la carga de servicio: W=D+L+Wpv =0.940+0.560+0.432 = 1.932Tn/m

4

Determinamos el momento máximo:

M max= 5

( w L2) 1.932 x 7.22 = =12.52tn−m 8

8

Factores Adimensionales:

n=

Es 2 x 106 = =9.2=9 Ec 15000 x √2 210

r=

f s 1680 = =17.78 f c 94.5

k=

n 9 = =0.336 n+ r 9+17.78

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k 0.336 j=1− =1− =0.888 3 3 6

Determinamos la sección transversal:

M=

f ć kjbd 2 2

12.52 x 105=

94.5 x 0.336 x 0.888 xbx d2 2

2

bx d =88807.63 Si: b=30 cm

d=

√ 2

88807.63 =54.4 30

Comprobando:

∅ ∅ 1.59 h=d+ r + + estr =54.4+ 4+ +0.78=59.98 ≅60 2 2 2 7

Calculo del refuerzo: 5

As=

M 12.52 x 10 = =15.35 c m2 f s jd 1680 x 0.888 x 54.4

A s =3 ∅1 ó As =2∅ 1+2∅

3 4

Página 26


1.2.

DISEÑO DE VIGAS DOBLEMENTE REFORZADAS POR EL MÉTODO DE ESFUERZOS PERMISIBLES O ESFUERZOS DE TRABAJO

PARA UNA VIGA DE LAS MISMAS DIMENSIONES CON ESFUERZOS EQUILIBRADOS Página 27


M1=momento de la parte de la fig. “C”. M2=momento de la parte de la fig. “D”. MOMENTO RESISTENTE TOTAL. M1 + M2 = M

As = As1 + As2

M1: momento que la viga toma acero en compresión. As 

M1 

M1 fs jd

fc 2 kjbd 2

El momento adicional será. M 2  As 2 fs (d  d´)  A´sf ´s(d  d´) (k  (d´/ d ))  f ´s 1 k M2 As  f ´s(d  d `) f ´s  2 fs

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Problema 1: Calcule el momento permisible para una viga doblemente reforzada y cuya sección se muestra en la figura, los materiales utilizados:

f y =4200

Kg/ (

cm 2 )

f ´ c =280 Kg /(cm 2)

SOLUCION:

A ´ s =3 x 5.10=15.30 c m2 1

A s =4 x 7.92=31.68 c m2

Los esfuerzos de trabajo de los materiales:

Página 29


f s=0.40 f y =0.40 x 4200=1680 Kg/( cm2) 2

f c =0.45 f ´ c =0.45 x 280=126 Kg/( cm ) 2

Factores Adimensionales: 6

Es 2 x 10 n= = =7.97 ≅ 8 Ec 15000 x √2 280 r=

f s 1680 = =13.333333 f c 126

k=

n 8 = =0.375 n+ r 8+13.333333

k 0.375 j=1− =1− =0.875 3 3 3

Calculo de

M 1=

M 1 , A s1 :

126 x 0.375 x 0.875 x 30 x 45 2=1´ 255,816 kg−cm 2

A s 1=1 ´

255,816 2 =18.984 c m 1680 x 0.875 x 45

.El área del acero adicional es:

A s 2= A s− A s 1=31.680−18.984=12.696 c m 4

2

Calculamos el esfuerzo de trabajo de acero a compresión:

d´ k− d
(

)

f ´ s=1263.4

5

kg kg < 1680 … … … … … … … … … … … … … … .. ok ‼ 2 2 cm cm

Calculamos las fuerzas que ocasionan

A s2 y A ´s :

A s 2 f s=12.696 x 1680=21,329 kg=21.33tn Página 30


A ´ s f ´ s=15.30 x 1263.4=19330 kg=19.33 tn Controla el menor: 19.33 tn 6

El momento será:

M 2=A s 2 f s ( d−d ´ ) =12.969 x 1680 x ( 45−6.3 )=825,443.14 kg−cm M 2=A ´s f ´ s ( d−d ´ )=19330 ( 45−6.3 ) =748,071kg−cm Controla el menor

M 2=7.48 tn−m

El momento será:

M =M 1+ M 2 =12558+7.48=20.08 tn−m

Página 31


1.3.

DISEÑO DE VIGAS EN “T” POR MÉTODO DE ESFUERZOS PERMISIBLES O ESFUERZOS DE TRABAJO

Página 32


f ć x fc  x * (kd  hf ) kd kd  hf kd

P or semejanza de triángulos.

Generalmente se ignora los esfuerzos del rectángulo qrst, tampoco puede usarse: k

1 1

r n

Por equilibrio:

fc 

ΣFH=0 ; C = T

 fc(k d  hf ) / k d bhf 2

 fc  (

2k d  hf ) bhf 2k d

Para el equilibrio.

Página 33


2kd  hf bhf .......... ... 1 2kd 1 k pero : k   fc  fs  .......... .2 fs n(1  k ) 1 nfc ahora : 2..en..1 Asfs  bdfs  fc 

k

hf 2 ) d .......... .......... .......... .......... ... 3 hf n  ( ) d

n  0.5(

El brazo del par interno es:

jd  d  z 6( j

6 hf hf hf 1  2( ) 2  ( ) 3  d d d 2 n hf 6  3( ) d

El momento resistente: Página 34


M  asfsjd..  ..M  fc(1 

hf ) bhfjd 2 k d

Conservadoramente: jd  d 

hf 2

Problema:

Determinar el momento permisible de una sección T si se cuenta con los siguientes datos: f’c=175kg/cm2 Fy=4200kg/cm2 Luz=5.8m

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bw=25cm b=? S=2.75 B=2.5 M=?

1º

DETERMINAMOSEL ANCHO.

ESFUERZOS MAXIMOS PERMISIBLES.

f ć  0.45175  78.75kg / cm 2 fy  0.4 4200  1680kg / cm 2 Es 2 10 6   10 Ec 15000 175 d  60  8.8  51.20..cm n

2º

ANCHO DEL ALA.

(Rige el menor).

L / 4  5.8 / 4  11.45m B  bw  2.5  0.25  2.75m 16hf  bw  16 0.1  0.25  1.85m b

Página 36


3º

HALLAMOS CUANTIA.

As  65.1  30.60cm 2 As 30.60    0.00412 bd 14551.2 hf 10   0.195 d 51.2

k

hf 2 ) 0.0412  0.5(0.195 ) 2 d   0.255 hf 0 . 0412  ( 0 . 195 ) n  ( ) d

n  0.5(

4º

UBICACION DE EJE NEUTRO. k d  0.25 51 .2  13.0..mayor..que..hf  10cm

En este caso como el eje neutro esta fuera de la base se diseña como viga “T”.

Página 37


6( j

6 hf hf hf 1 1  2( ) 2  ( ) 3  6  6(0.195)  2(0.195) 2  (0.195) 3  ( ) d d d 2 n 2  0.0412   0.92 hf 6  3(0.195) 6  3( ) d

Si la capacidad está controlada en el esfuerzo del acero.

M = Asxfxjd=30.60 x 1680 x 0.923 x 51.20=24.294 Tn/m

Calculamos el esfuerzo que se produce en el concreto.

2. DISEÑO POR EL METODO DE RESISTENCIA A LA ROTURA Se hace una separación entre las posibilidades de exceso de carga y de deficiencia de resistencia. La carga muerta calculada y la carga viva del reglamento se manifiestan usando factores de carga con el fin de obtener las cargas de rotura a usarse en el diseño. Las cargas muertas “D” tienen una variabilidad mucho menor que las cargas vivas “L”.  CARGA MUERTA: Se considera el peso real de los materiales que conforman y de los que deberá soportar una estructura, se calcula en base a los pesos unitarios. CARGAS MÍNIMAS REPARTIDAS EQUIVALENTES A LA TABIQUERÍA

 Kg / m  2

CARGAS EQUIVALENTES SE AÑADE LA CARGA MUERTA 30 60 Página 38

PESO DEL TABIQUE

 Kg / m  2

74 ó menos 75 - 149


90 150 210 270 

150 - 259 250 – 399 400 – 549 550 – 699

CARGAS VIVAS: E s el peso de todos los ocupantes, materiales, equipos, muebles y otros elementos móviles separados por la edificación. CARA VIVA DE PISO REPARTIDO OCUPACION Y USO Almacenes Corredores y escaleras Aulas Garajes para parqueo de automóviles Hospitales (sala de operación,

2

CARGA REPARTIDA 500 400 300 250

laboratorio) Hoteles (cuartos) Salas de computación Tiendas (corredores y escaleras) Viviendas

300 200 350 500 200

OTRO TIPO DE CARGAS     

Carga para aceras, pista barandas, parapetos Carga viva de techo Cagas vivas móviles Cargas de viento Cargas de sismo

FACORES DE CARGA Y MARGENES DE SEGURIDAD DEL A.C.I

 D  2 L 1 FS  1 x D L    Factor de carga

 Factor de reducción de resistencia D= carga muerta L = carga viva Página 39

 Kg / m 


Estructuras sujetos a carga muerta, viva y de viento U  1.4 D  1.7 L U  C arg a  ultima ACI - 2008

ACI - 2011

U = 1.4(D+F)

U = 1.4D

U = 1.2(D+F+T)+1.6 L+H)+0.5(L o S, o R)

U = 1.2D+1.6L+0.5(L o S, o R)

U = 1.2D+1.6( L o S, o R)+(1.0L, o 0.8W)

U = 1.2D+1.6(L o S, o R)+(1.0L o 0.5W)

U = 1.2D+1.6W+1.0L+0.5( L o S, o R)

U = 1.2D+1.0W+1.0L+0.5( L o S, o R)

U = 1.2D+1.0E+1.0L+0.2S

U = 1.2D+1.0E+1.0L+0.2S

U = 0.9D+1.6W+1.6H

U = 0.9D+1.0W

U = 0.9D+1.0E+1.6H

U = 0.9D+1.0E

H

=

Carga debida a presión lateral, totales como la resaltante del suelo en un muro de reducción. F = Cargas laterales debidas a la presión del fluido. Para la carga de sismo deberán considerarse los siguientes condiciones. E = Carga de sismo.

FACORES DE REDUCCION DE RESISTENCIA La resistencia de una unidad estructural calculada por medio de los procedimientos actuales establecidos se llama RESISTENCIA NOMINAL.

ESTA RESISTENCIA NOMINAL

se reduce utilizando

un factor

de reducción de



resistencia

, para tomar en cuenta las inexactitudes en la construcción, totales

como en las dimensiones o presiones del refuerzo o variación en las propiedades. La resistencia reducida del miembro

se define como la resistencia de diseño

miembro.

  FACTORES DE REDUCCION DE RESISTENCIA

Página 40

del


  ELEMENTOS ESTRUCTURALES

FACTOR

- ACI 2008

Vigas o losas: Flexión

0.90

Columnas con estribo

0.70

Columnas zunchadas

0.75

Columnas que soportan cargas axiales

0.70 – 0.90 ó 0.75 – 0.90

FLEXION EN VIGAS Se considera las

muy pequeñas

Vigas: cortante y torsión 0.85 siguientes hipótesis: 1. Se supone una distribución lineal de la deformación. Esta suposición se basa en las hipótesis de bernoulli en la que las reacciones planas antes de la flexión permanecen planas y perpendiculares al eje neutro después de la flexión. 2. La deformación en el acero y en el concreto que lo rodea es la misma antes del agrietamiento del concreto o de la fluencia del acero. 3. Las vigas son elementos estructurales que transmiten cargas externas transversales

que provocan momentos flexiónate y fuerzas cortantes en la

longitud. 4. Las tracciones dividen a la flexión en cualquier punto dependientemente de la deformación en dicho punto, es decir están regidas por el diagrama “esfuerzo deformaciones”.

5.

La distribución de esfuerzos cortantes en el espesor de la sección depende de la sección transversal y del diagrama de esfuerzos estos esfuerzos de corte son máximos en los ejes neutros y nulos en las fibras extremas.

Página 41


v

V .Q I .b

Dónde: V = Esfuerzo cortante. V = fuerza cortante Q = momento estático respecto al eje neutro. I = momento de inercia de la sección respecto al eje neutro. b = ancho de la viga. 1.

Cuando

las tensiones en las fibras extremas son inferiores al límite de

profundidad (cumple que la ley de HOOKE), la viga se comporta elásticamente y se obtiene. 2.

El eje neutro pasa por el centro de gravedad de la sección transversal.

3.

La inercia del esfuerzo debido a la flexión normal a la sección aumenta

Página 42


directamente proporcional a la distancia del eje neutro y es máxima en las fibras extremas.

f

Mc M I  ,S  I S c

S= modulo resistente de la sección transversal

f  Esfuerzo de flexión a una distancia de la fibra neutra. M = Momento flector extremo en la sección. I = Momento de inercia de la sección transversal respecto al eje neutro. C = Distancia del eje neutro a la fibra extrema.

FLEXION DE CONCRETO ARMADO DE SECCION RECTANGULAR CON ACERO EN TRACCION UNICAMENTE

Página 43


Las vigas de concreto simplemente como elemento de flexión por que la resistencia a la tracción del concreto en flexión (módulo de rotura)es una pequeña fracción de la resistencia a la compresión. En consecuencia dichas vigas fallan en el lado traccionado a cargas pequeñas, mucho antes que la resistencia del concreto en el lado comprimido haya sido utilizada al máximo. Por esta razón se coloca las barras de refuerzo en el lado traccionado lo más cerca a la fibra extrema en tracción. La tracción producida por los momentos flectores es resistida principalmente por el refuerzo de acero, mientras que el concreto por si solo es usualmente capaz de resistir la compresión resultante. El sistema de cargas iremos incrementando comportamiento

en magnitud y observamos el

del elemento hasta que se produzca la rotura. Se observara tres

etapas claramente definida de su comportamiento y son: a. ESTADO ELASTICO NO AGRIETADO.- Los refuerzos solicitantes de tracción ene l concreto son inferiores a la resistencia del concreto, según su módulo de rotura. Es decir la sección trabajada en su parte inferior a tracción y en su parte superior a compresión. El acero trabaja a tracción y aun se presenta grietas en el concreto (la relación del esfuerzo y deformación es lineal).

Página 44


SECCIONDIAGR. DE DEFORMACIONES

DIAGR. ESFUERSOS

Página 45


b.

ESTADO ELASTICO AGRIETADO

Página 46


El comportamiento de una viga de concreto armado sometida a una carga creciente, para sección fisurada.

El comportamiento de una viga de concreto armado sometido a una carga en crecimiento o punto de rotura. Al incrementarse la carga la resistencia a la tracción

del concreto se alcanza

rápidamente y en esta etapa se forman las grietas de tracción. Estas se propagan rápidamente hacia arriba hasta el nivel del plano neutro o cerca del, el cual a su vez se desplaza hacia arriba conforme progresa la grieta. En las vigas bien diseñadas es espesor de esta grieta es suficiente pequeño de modo que son observables de la protección contra la corrosión. Evidentemente en una sección

fisurada el concreto no transmite tracciones por

siguiente el acero debe tomar toda la tracción. Bajo la acción de cargas moderadas, si

f c' / 2 el esfuerzo en el concreto no excede aproximadamente deformaciones se mantienen aproximadamente proporcionales.

Página 47

, los esfuerzos y las


Si la carga se considera adecuadamente los esfuerzos y deformaciones aumentan y dejan de ser proporcionales, por consiguiente la distribución de esfuerzos en el lado comprimido de la viga tiene la misma forma que la curva esfuerzo – deformación.

c. ESTADO DE ROTURA.- Al incrementar cargas las grietas y el eje neutro continúan progresando hacia arriba, pero la relación de esfuerzos ya no es lineal y finalmente se produce la falla del elemento. Esto puede producirse de tres maneras. I.

FALLA POR FLUENCIA DEL ACERO.- Se produce en vigas con poca cantidad de acero, en donde de alcanza el esfuerzo de fluencia del acero antes que se haya agotado

el esfuerzo

de compresión del concreto. En el elemento se

produce grandes deformaciones las grietas progresan disminuyendo la zona de compresión, hasta que se produce el APLATAMIENTO DEL CONCRETO (FALLA SECUNDARIA) y finalmente el colapso, esta falla es de tipo DUCTIL. II.

FALLA POR APLASTAMIENTO DEL CONCRETO.- Se presentan en vigas con gran cantidad de acero (SOBREREFORSADOS) o con cantidad moderada de acero, pero con alto esfuerzo de fluencia. Al incrementar las cargas se alcanzan la capacidad de compresión del concreto antes que el acero comience a fluir se produce el aplastamiento del concreto y el colapso del concreto es tipo de falla es del TIPO FRAGIL.

III.

FALLA BALANCEADA.- Es un estado idealizado en que la falla se produce simultáneamente

por

APLATAMIENTO DEL CONCRETO y el acero esta

justamente iniciando la fluencia.

Página 48


DIAGRAMA DE ESFUERZO DEFORMACION DEL ACERO

1.- FALLA POR APLASTAMIENTO

 S1   Y ; f s1  f y 2.- FALLA POR FLUENCIA

 S 2   Y ; f s2  f y 3.- FALLA BALANCEADA

 S 3   Y ; f s3  f y ESTUDIO DE LOS ESFUERZOS EN LOS TRES ESTADOS 2.1.

ESTADO ELASTICO NO AGRIETADO

Página 49


Ecc

fc

EN

fs

Es

1

Ect

DEFORMACIONES

SECCION

s  fsc 

fc1  c

Es

ESFUERZOS

f c1

fs

Los esfuerzos en el concreto y acero se comportan elásticamente, la

deformación en el acero y en el concreto circundante es igual (no hay desplazamiento relativo entre el concreto y el acero).

fs  fc1



s c

s c

…………………….. (1)

(Relación de módulo de elasticidad).

Página 50


Ec  15000

f ' c s

= 2x10⁶ kg/cm² → módulo de elasticidad del acero.

→ módulo de elasticidad del concreto.

fs  fc1 ……………………(2)

fc1 = esfuerzo del concreto en el punto 1.

fs = esfuerzo del acero. La fuerza de tracción en el acero será:

  sfs  s(fc1) ………………. (3)

=

=

La expresión (3) indica que para calcular los esfuerzos, se puede sustituir el área del acero por un área adicional del concreto (A = nAs). Esta nueva sección se denomina sección transformada.

Página 51


Ejemplo. Una viga rectangular en las dimensiones mostradas en la figura está reforzada con 3 barras de ᶲ 1”. La resistencia cilíndrica del concreto es fć = 210 kg/cm²

y la

resistencia a la tracción por flexión (módulo de rotura) igual al 15% fć. El punto de fluencia del refuerzo es fy = 4200 kg/cm². Determinar los esfuerzos producidos por un momento flector de 5.50 Tn – m. DATOS:

s

= 3Φ 1”

f ć =210kg/cm²

fy = 4200 kg/cm²

fr  15% fć



= 5.50 TN – m

Solución: 1) Sustituimos el área del acero por un área adicional de concreto.

s

= 3x5.10 = 15.30 cm²

fr  0.15 x 210 = 31.50 kg/cm² Página 52


Ec  15000 Ec

= 217, 371 kg/cm²,





210

s

= 2x10⁶ kg/cm²

s c

2 x10 6  9.2  9  (  1) s  (9  1)15.30  122 .40cm2  t 217 ,371

=

=

t

= Área de la sección transformada ó área adicional del concreto

Página 53


El área equivalente se muestra en la figura. Su centro de gravedad se puede calcular tomando momentos al centro de gravedad del rectángulo mayor.

y

65  122.4 x59 60,034.1 2  25 x65  122.40 1747.4

25 x65

y  34.36cm²

El momento de inercia de la sección transformada será: (

Ιt  Ιx  Α( y  yg)²  Αt(d  y )² ………………….(∞)

Ιx 

bh3 25 x65 3   572 ,135 cm 4 12 12

( y  yg )²  25x65(34.3 6 - 32.5) 2  5621 .85cm 4 Página 54

t

).


Αt(d  y )²  122.40(59 - 34.36) 2  74,312 .66cm 4 Estos valores en (∞)

Ιt  572.135  5621.85  74312.66  652,069.51cm 4 a) ESFUERZO DE TRACCION EN EL CONCRETO f 

c 

fct 

 (h  y ) 5.5 x10 5 (65  34 .36 )   25.85k g / cm 2 t 652 ,069 .51

25.85kg / cm 2 ˂ 31.50kg/cm² = fr La sección no está agrietándose.

b) ESFUERZO DE COMPRESION EN EL CONCRETO fcc 

 y 5.5 x10 5 x34.36   28.98 kg / cm 2 t 652,069 .51

˂fć= 210kg/cm²

c) ESFUERZO DE TRACCION EN EL ACERO Primero hallamos el esfuerzo de tracción del concreto en el lugar donde se halla el acero de refuerzo. fc1 

.Y 1 t

y  y1  6  65  y1  65  34.36  6

;

y1  24.64cm² fc1 

5.5 x10 5 24.64  20.78k g / cm 2 652 ,069 .51

Página 55


El esfuerzo que se produce en el acero será:

fs  fc1  9 x 20 .78  187 .02 k g / cm2 fs  187 .02 k g / cm2

fy  4200 k g / cm 2 ˂

2.2.

ESTADO ELASTICO AGRIETADO

Co

1 f ć 2 mo ya se dijo el esfuerzo de compresión del concreto es menor que transformada se muestra a continuación.

, la sección

Se observa en la figura que la zona achurada será la única que esté trabajando ya que la otra zona está sometida a tracción, pero no trabaja debido a las grietas. -

Tomando momento con respecto al eje neutro (ubicar el eje neutro). Zona en compresión = zona en tracción. Página 56


bk d(

kd )  s ( d  k d) 2

Ubicando el eje neutro.

k 2 d s  ( d  k d) 2 bd



s bd

Definiendo:

(cuantía del acero en esa sección).

Luego:

k2 d = ρnd ( 1−k ) ⇒ k 2=2 ρn(1−k ) 2

k 2=2 ρnk−2 ρn=0 Resolviendo la ecuación de 2° grado: (simplificado).

k   n  ( n) 2  2 n ……………………………(I)

jd  d 

kd 3

Además:

j  1

k 3 ………………………………...(II)

Del diagrama de esfuerzos:

C

Resultante de esfuerzo en compresión.

C 

1 bfc( k d) 2 ………………………………………. (III)

T

“ ”= Resultante de Esfuerzo en tracción.

T  sfs ……………………………………(IV)

Página 57


Igualando el momento exterior al momento interior (Momento flector = Momento Resistente).

 1    Cxjd   bfc(kd ) ( jd )  2  Igualando y simplificando.

fc 

 1 bd 2 kd 2

…………………………………(V)

  Tjd  ( Asfs) jd

fs 

 sjd …………………………………………. (VI)

El momento de Inercia de la sección agrietada es:

t 

b ( k d) 3  sx ( d  k d) 2 3 ………….. (VII)

Ejemplo: La viga del ejemplo anterior está sometida a un momento flector M=11.00 TN-m. Determinar los esfuerzos máximos. Solución:



s

= 11 TN – m

= 3Φ 1” = 15.3cm²

b  25cm

f ć

h  65cm

fy

d  59cm

fr 

= 210 kg/cm² = 4200 kg/cm² 31.50 kg/cm²

Página 58


Ι  652,069.51cm 4 (Sin agrietar). Suponiendo que la sección no está agrietada:

fct 

c 11x10 5 (65  34.36)   51.69kg / cm 2  652,069.51

31.50kg / cm 2 ˂



La sección está agrietada.



s 15 .3   0.010 bd 25 x59

k   n  ( n) 2  2 n  0.010 (9)  (0.010 ) 2 (9) 2  2(0.010 )9 k  0.343

j  1

k 0.343 1  0.886 3 3

Esfuerzo máximo de compresión: 

fc 

1 bd 2 k d 2



11x10 5

 83.19 k g / cm 2

1 x 25 x (59 ) 2 x 0.343 x 0.886 2

˂

210 kg / cm 2 2

Esfuerzo de tracción: fs 

 11x10 5   1375 .36k g / cm 2 sjd 15 .3 x 0.886 x59

fy ˂

Momento de inercia de la sección agrietada.

t 

b ( k d) 3  sx ( d  k d) 2 3

t 

25 (0.34 x59) 3  15 .3 x9(59  0.343 x59 ) 2 3

t  69,064 .86  206 ,903 .91



t  275,968 .77 cm4

(h  kd )  65  0.343x59  44.76cm

Las grietas avanzan de 30.64 cm a Página 59

ok!


-

Los esfuerzos de acero han crecido.

-

El momento de inercia a disminuido.

-

El esfuerzo de compresión ha crecido.

2.3.

ESTADO DE ROTURA

En este estado los esfuerzos no son ya proporcionales a las deformaciones, por lo tanto no se conocen exactamente el diagrama de esfuerzos de compresión en el concreto, pero en vigas rectangulares se han medido deformaciones de 0.003 a 0.004, inmediatamente antes de la rotura (Asumiremos Ԑu = 0.003). No es necesario conocer en forma exacta la distribución de esfuerzos en el concreto, sino: (1) La fuerza total de compresión “C” en el concreto. (2) La posición de dicha resultante.

Página 60


En este estado los esfuerzos no son proporcionales a las deformaciones, por lo tanto no se conocen exactamente el diagrama de esfuerzos de compresión en el concreto, pero en vigas rectangulares se han medido deformaciones de 0.003 a 0.004, inmediatamente antes de la rotura (Asumiremos εu = 0.003). No es necesario conocer en forma exacta la distribución de esfuerzos en el concreto, sino: (3) La fuerza total de compresión “C” en el concreto. (4) La posición de dicha resultante.

Cara en compresion

Ec

c h

d

As

b Cara en compresion

ES

DITRIBU CION REAL DE ESFUERZOS DE COMPRESION Página 61


K1, K2, K3= Parámetros obtenidos experimentalmente. c = Profundidad del eje neutro. d = Peralte efectivo.

ℇc

fć(kg/cm²)

K1

K2

K3

140

0.86

0.48

1.03

0.0037

210

0.82

0.46

0.97

0.0035

280

0.79

0.45

0.94

0.0034

350

0.75

0.44

0.92

0.0032

420

0.71

0.42

0.92

0.0031

490

0.67

0.41

0.93

0.0029

Parámetros de esfuerzos en la resistencia última a flexión de secciones rectangulares que encontraron la prueba de la PCA (Asociación de Cemento Portland).

Página 62


k 0.8 k1 k3

0.6

0.4

k2

0.2

0 140

280

420

560

700 fć

Valores experimentales para obtener k1 k3 y k2.

 k 1k 3  0.72

70kg / cm 2

f ć  280kg / cm 2

para

y disminuye en 0.04 por cada

280 kg / cm 2

Sobre Por equilibrio:

C=T

 k 1k 3 f ćbc  Asfs ………………………….. (1)

C z=T z C z=¿ k 1k 3 f ćb( d  k 2c )

(Para compresión)

 s f s ( d  k 2c )

Tz =

(para tracciones)

De (1)

c

As f s k1k3 f c 'b

Página 63


fs  f y Para falla en tracción.

c

A f A f s s s   s c d ' ' bd k k f b k k f 1 3 c 1 3 c

El momento de rotura será:

 u'  As f y ( d 

f k2 xx y' ) k 1k3 fc

 u'  As f y d (1 

f k2 x y'  ) k 1k3 fc

Usando valores obtenidos experimentalmente.

k2 0.425   0.59 k1k3 0.72

  u'  As f y d (1  0.59

fy f c'

) Con valores experimentales.

RESISTENCIA A ROTURA, DISTRIBUCION RECTANGULAR EQUIVALENTE. La distribución real del esfuerzo de compresión en una sección tiene la forma de una PARABOLA CRECIENTE. Requiere de mucho tiempo evaluar el volumen del bloque de esfuerzos de compresión con esta configuración. En el cálculo de la fuerza de compresión puede utilizarse con facilidad y sin pérdida de exactitud un BLOQUE RECTANGULAR EQUIVALENTE de esfuerzo propuesto por WHITNEY, y por consiguiente a momento flexionante de la sección.

Página 64


b c

0.85fć 0.85fć

a/ 2

a

k3 fć

C a/2

a=B1c

C

c

C1 =0.85fć ba jd =(d-a/2) As BLOQUES DE ESFUERZOS EQUIVALENTES SUPUESTO

(d-a/2)

T=Asfs

T FIG. 01

T=Asfs

BLOQUE DE ESFUERZOS REALES

ANALIZAREMOS LOS 3 TIPOS DE FALLA EN UNA VIGA 1. SECCION SUBREFORZADA.- (FALLA POR FLUENCIA DEL ACERO) El acero continua estirándose conforme la deformación en el acero aumenta más allá de Ԑy. El esfuerzo de fluencia del acero se ha alcanzado antes de haber agotado el esfuerzo de compresión del concreto.

Página 65


i)

Distribución de la deformación “balanceada” sigue la línea Ac1, a través del peralte de la

fy Es

y  viga: ii)

Distribución de la deformación SOBREREFORZADA, sigue la línea Ab2.

y

s ˂ iii)

fy

fs

;

˂

Sección sub reforzada, la falla ocurre por fluencia inicial del acero y

sigue la línea Aa3, el acero sigue estirándose. De la figura (1). Por condición de equilibrio.

 FH 0C T 0.85 f c' ab  As f s f s=f y

0.85 f ab  As f y  ' c

a  c1  c 

a

1

a

c

As f y

(1)

0.85 f c' b …………………………

As f y 0.85 1 f c'b

( ) ………………………….

ρ Tomamos:

( )

s bd

( ) …………………………………………………

( ) en

Página 66




As f y

c

f

' c

x

d 0.85 1

( ) ……………………………………………..



fy f 'c

(2)

Hacemos:

…………………………………………

( )

(2) en

Luego:

c=

ωd 0.85 β 1



c  1.18

d

1 …………………………………………… (3)

El Momento de rotura es: (para tracción).

 u'  As f y ( d 

a ) 2 …………………………………………………… (4)

a



a



As f y



' c

0.85 f b



As bd

Sabemos que:

Asfy 0.85 f ' c

a  1.18d

  También:



d



a



d 0.85

…………………………………... (5)

As bd  As  bd

…………………………………….. (6)

fy f c'

Página 67


Reemplazando: (5) y (6) en (4).

 u'  bdf y ( d 

 u'  

fy f c'

1.18 d ) 2

bd 2 (1 

1.18 ) f ' c 2

 u'  f ' bd 2 (1  0.59 )

c

………………………............. (7)

ó también:

 u'  As f y d (1  0.59 

fy f c'

)

2. SECCION SOBREREFORZADA.- (FALLA POR CONTRACCION DEL ACERO) La falla ocurre por aplastamiento inicial del concreto. En la iniciación de la falla la

y

s deformación del acero “

” será menor que la deformación de fluencia

De la figura.

Página 68

.


Del diagrama de deformaciones:

u



c



s

d c

s 

    u (d  c) s

c

0.003 (d c) c ……………………………………………………..(

f s  s Es



)

 ) en (

)

0.003 (d  c) Es c

 ……………………………………………………. (

a  1c También:

……………………………………………………. (1)



c

a

1

 (1) En (

fs 

)

 ……………………………………………………………………..(

(

fs 



0.003 a (d  ) Es a 1

1

Simplificando:

Página 69

)

)


fs 

0.003( 1d  a

a

1

) Es

0.003 ( 1d  a ) Es a



1

…………… (2)

Por equilibrio:

C  T

0.85 f c' ab  As f s  0.003  ( 1 d  a ) E s  a 

0.85 f c' ab  As  

……………. (3)

As  bd

También:

………………………………………………………. (4)

(4) en (3)

 0.003  ( 1 d  a ) E s  a 

0.85 f c' ab  As  

0.85 f c' a 2  0.003( 1d  a ) dE s 0.85 f c' a 2  ( 1d  a )d 0.003E s  0.85 f c'

 0.003Es 

a 2  1d 2  ad



0.85 f c'  0.003E s  



 a 2  ad  1 d 2  0 

Luego: Resolviendo esta ecuación se obtiene “a”. Del gráfico: el momento de rotura será: Página 70


 u'  0.85 f c ' ad ( d 

a ) 2

3. FALLA BALANCEADA Para una cuantía específica de acero, éste alcanza la resistencia de cedencia fy

y

simultáneamente el concreto alcanza la deformación a compresión de la fibra extrema de 0.003. fs  f y

s



s 

y

fy Es …………………(



)

De los triángulos semejantes del diagrama de deformación, se tiene:

s u



d  cb cb

 ………………………………………..(

)

ε u =0.003

(



 ) en (

):

d

DIAGRAMA DE DEFORMACIONES

fy Es

u

 Cb



d  cb cb

d  cb (

fy



fy 

u

u E

u Es

Es

cb  cb  d s

)

: Profundidad del eje neutro para la falla balanceada. Página 71

cb


u E



cb    

u E

s



 d

s

 fy 

u



 u Es cb  ( )d  u Es  f y

cb 

 0.003

Es  2 x10 6 kg / cm 2

6000d 6000  f y ……………………………………………………………….. (1)

También:

ab 

0.003 E s 1d 0.003E s  f y

ab = peralte del bloque de esfuerzos rectangulares para una falla balanceada.

Por equilibrio:

C  T

, en consecuencia se tiene:

0.85 f c' ab b  As f y

 

As bd

'  0.85 f c ab b   bbdf y

Para falla balanceada.

b 

0.85 f c' abb bdf y



b 

0.85 f c' ab df y …………………………….. (2)

ab  1cb …………………………… …………………………………………………. (3)

Página 72


b 

0.85 f c'  1cb bdf y ……………………………………………………………… (4)

(1) en (4)

b  0.85

f c' 6000 d 1 ( ) df y 6000  f y

 b  0.851



b 

 Si:

<

 Si:

f c' 6000d ( ) df y 6000  f y

>

b 

falla a tensión.

falla a compresión.

1 = Factor de profundidad del bloque de esfuerzo.

f c'  280kg / cm 2

1 =0.85

para

70kg / cm 2 y

disminuye

0.05

por

cada

sobre

f c'  280kg / cm 2 .

b = cuantía balanceada (cantidad de acero que hace que la viga falle simultáneamente por fluencia y aplastamiento) solo depende de las calidades del acero y del concreto. PROBLEMA N° 01. Una sección rectangular simplemente reforzada tiene un ancho de b=25 cm y un peralte efectivo d= 45 cm. El concreto tiene una resistencia de esfuerzo a compresión

f c'  280kg / cm 2 de

2 x106 kg / cm 2 . El acero tiene un módulo de elasticidad de

f y'  2810kg / cm 2 resistencia a la sedancia de

. Página 73

y una


Calcular la resistencia a la flexión para las siguientes áreas del acero.

cm 2 i)

As = 25.81

cm 2 ii)

As = 51.61

iii)

La correspondiente a la falla balanceada.

Solución:

a) Calculamos la cuantía balanceada.

 b  0.85 x 0.85 x

210 6000d ( )  0.0368 2810 6000  2810

cm 2 i)

As = 25.81

 

As 25.81   0.0229  b bd 25 x 45 <

¡Ocurre falla a tensión o por fluencia! Momento de rotura será:

Página 74


 u'  As f y d (1  0.59

fy f c'

) Para la falla a fluencia o tracción.

 u'  25.81x 2810 x 45(1  0.59

2810 x 0.0229) 210

 u'  2´673,635kg  cm  26.74tn  m

cm 2 ii) As = 51.61

.

 

51.61  0.0459  b 25 x 45 >

¡Ocurre una falla a compresión! Luego, hallaremos “a” profundidad del eje neutro.



0.85 f c'  0.003E s  



 a 2  ad  1 d 2  0

1  0.85



;



0.85 x 210  2 2  a  45a  0.85( 45)  0 6  0.003 x 2 x10 x 0.0459  

0.648a 2  45a  1721  0

 a 2  69.4a  2656  0 Resolviendo la ecuación de 2° grado.

a

69.4  (69.4)2  4(1)(2656)  69.4  124.26  2(1) 2

a  27.43cm

(Tomar solo el resultado (+)).

El Momento de Rotura es: Página 75


 u'  0.85 f c' ab( d 

a ) 2 Para falla a compresión.

27.43    u'  0.85 x 210 x 27.43 x 25 45    3´829,483kg  cm 2    u'  38,29tn  m

   b  0.0368 iii) El Momento de Rotura será:

 u'  bd 2 f y (1  0.59 

fy f c'

) …………………………(*)

Ó también:

 u'  bd 2 f '  (1  0.59 ) c ………………………………………(**)

 

As bd

Con:

 

f y f c'

y

Reemplazando en cualquiera de las ecuaciones, adoptamos el (**).

  0.0368 x

2810  0.49 210

 u'  25 x 45 2 x 210 x 0.49(1  0.59 x 0.49)  u'  3703300.26kg  cm

Página 76


PROBLEMA

02-

Una

viga

de

concreto

f ' c  280kg / cm 2 simplemente armada (

) tiene la sección transversal que se muestra en la

figura. Determinar si la viga es sobre reforzada o sub reforzada y si satisface los requisitos de la norma ACI para los porcentajes máximos y mínimos del refuerzo para:

f y'  4200kg / cm 2 a) f y'  2800 kg / cm 2

b)

.

Solución: -

COMENTARIO: La falla del concreto es repentina debido a que es un material frágil. Por eso casi todas las normas prácticas recomiendan diseñar vigas sub reforzadas a fin de proporcionar advertencia suficiente. Tal como una deformación excesiva antes de la Página 77


falla. En el caso de estructuras estáticamente indeterminadas la falla dúctil es esencial para una apropiada redistribución de momentos. De aquí que para vigas el A.C.I limita la cantidad máxima del acero a 75% de la requerida para una sección balanceada. En los casos prácticos, la relación del refuerzo As/bd no deberá exceder del 50% para evitar congestionamiento del refuerzo y facilitar la colocación adecuada del concreto.

 max .  0.75 b Por otra parte la norma establece el acero mínimo requerido como.



min .



14 fy UNIDADES METRICAS



min .



200 fy UNIDADES INGLESAS

E

c 55cm

0.85f'c

c

C

a= ß1c

a/2

d-a/2

48cm

T

E S 25cm

Solución: - Determinamos la cuantía balanceada:

 b  0.85  1

f c'  6000    f y  6000  4200 

UNIDADES METRICAS.

Página 78


 b  0.85 1

f c' fy



87,000    87,000  fy  

UNIDADES INGLESAS. Para:

f c'  4200kg / cm 2 a)

 b  0.85 x0.85 x

280  6000     0.0283 4200  6000  4200 

Acero balanceado: (

As b )

Asb  bxbd  0.0283 x 25 x 48  33.96cm 2

Asb  38.70cm 2  dato 

As 38.70   0.0323 bd 25 x 48

 Asb  33.96cm 2 Asb  38.70cm 2 <

sb  0.0283 sb  0.0323 <

  b  >

falla a compresión.

La sección se encuentra sobre reforzada y no satisface los requisitos de la norma A.C.I para ductilidad y porcentaje máximo permisible del refuerzo.

fy  2800kg / cm 2

 b  0.85 x0.85 x

280 6000 ( )  0.0493 2800 6000  2800

Asb  0.0493 x 25 x 48  59.16cm 2 Página 79


Asb  38.70cm 2  dato



As 38.70   0.0323 bd 25 x 48

 Asb  59.76cm 2 Asb  38.70cm 2 >

sb  0.0493 sb  0.0323 >

  b <

ó

b   >

falla a tensión.

De donde la sección es sub reforzada.

 min . 

14 14   0.005 fy 2800

real Actual

Área del acero máximo permisible: (As p)

Asp  0.75 Asp 

0.75x59.16

Asp  44.37cm 2 38.70cm 2 >



La sección transversal satisface los requisitos de la norma A.C.I, para refuerzo

máximo y mínimo.

Página 80


PROBLEMA N°03.- Para la sección transversal de la viga que

f y  4200kg / cm 2 se muestra, calcule la resistencia nominal a la flexión si

, para:

f c'  210kg / cm 2 a)

f c'  350kg / cm 2 b)

f c'  630kg / cm 2 c)

Solución:

 min Calculamos

 min . 

 y

14 14   0.003 fy 4200 Tiene que cumplir:



As 25.8   0.0229 bd 25 x 45





min

>

 max

Para diseño como. 

0.75  b Viga sub reforzada (fluencia).

Página 81


   0.0229

a)

 min



0.003

>

…………. OK!

f c'  210kg / cm 2  1  0.85

 b  0.85 1

f c' 6000 ( ) f y 6000  f y

 b  0.85 x0.85 x

280  6000     0.021 4200  6000  4200 

 b  0.021

 max .  0.75  b  0.75 x 0.021  0.016  max .  0.0229 0.75  b  0.016 > Por lo tanto, la viga se considera SOBRE REFORZADA y no satisface los requisitos del A.C.I para ductilidad y porcentaje máximo permisible del refuerzo.

f c '  350kg / cm 2 b) Si :

 f '  280   350  280   1  0.85  0.05 c 0.85  0.05  70 70     

1  0.80

b  0.85 x0.85 x



max .

350  6000     0.033 4200  6000  4200 

 0.75  b  0.75 x 0.033  0.025

Página 82


 min     max



As 25.8   0.0229 bd 25 x 45

 max .  0.75 b  0.025   0.023 >

……….. OK!

Asb  25.80cm 2  dato

a

As f y 0.85 f c' b



25.80 x 4200  14.57cm 0.85 x350 x 25

El Momento Nominal o de Rotura será:

a   n   u'  As f y  d   2  14.57    n  25.80 x 4200 45    4´086,797 kg  cm 2    n  40,867.97 kg  m

c) Si

f c'  630kg / cm 2  1  0.65

 b  0.85 x0.65 x



max

.

f c'  560kg / cm 2 para

630  6000     0.049 4200  6000  4200 

 0.75  b  0.75 x 0.049  0.037

  0.023

Página 83


 max .  0.75 

b

  0.023

 0.037 >

a

……….. OK!

25.80 x 4200 8.09cm 0.85 x630 x 25

8.09    n   u'  25.80 x 4200 45    4437,884kg  cm 2     n  44,348.84kg  cm

  NOTA: Debe cumplir para el diseño como sección sub reforzada que:



 Si:

<

min



min

>

 min tomar

PROBLEMA N° 04.- Calcular la resistencia última de una viga, cuya sección se muestra en la figura.

Datos:

A S = 25.00 cm2 f y = 4200 Kg/cm2 f 'c = 280 Kg/cm2 Página 84


Mu = ?

Solución: i)

Calculamos la cuantía de acero en la sección.

ρ=

AS 25 = =0.0185 bd 30 x 45

ρb=0.85 x 0.85 x

280 6000 =0.0283 4200 6000+4200

(

)

ρmax =0.75 x ρb =0.75 x 0.0283=0.021 ∴ ρ=0.0185< ρ max=0.021 … . ok ! f s=f y

a=

AS f y ' c

0.85 f b

=

25 x 4200 =14.71 cm 0.85 x 280 x 30

El momento nominal o momento de rotura es:

( a2 )=25 x 4200 ( 45− 14.71 2 )

M 'u=M u= A S f y d−

'

M u=39,529.41 Kg−m -

El momento último o resistencia última es:

M u=∅ M 'u

∅=0.90=Factor de Reducción .

Mu=0.90 x 39,574.53=35,574.53 kg−m

Página 85


Mu=35,576.47 kg−m

PROBLEMA N° 05.- Dimensionar la sección transversal de una viga simplemente apoyada que soporta una carga viva de 3750 Kg/m y una carga muerta de 1950 Kg/m. Datos L=3750 Kg/m D=1950 Kg/m

f y = 4200 Kg/cm2

5.00 m

f 'c = 175 Kg/cm2

Solución: i)

Determinamos la carga última usando el coeficiente del NTP E-0.60.

W u=1.4 D+ 1.7 L Wu=9105 Kg/m

W u=1.4 (1950)+1.7(3750) 5.00 m

W u=9105 kg/m

1 M u= w L2 → Momento último . 8

M n=

Mu → Momento nominal requerido. ∅

1 M u= x 9105 x 52=28,453.13 kg−m 8

Página 86


M n=

ii)

M u 28,453.13 = =31,615 kg−m=M 'u ∅ 0.90

Calculo de cuantía balanceada y cuantía máxima.

ρb=0.85 x 0.85 x

175 6000 =0.018 4200 6000+4200

(

)

ρmax =0.75 x ρb =0.75 x 0.018=0.013 El momento:

(

M u=∅ ρ max f y b d 2 1−0.59 ρmax

fy f 'c

)

(

∅ =0.90

M u=0.90 x 0.013 x 4200 xb d 2 1−0.59 x 0.013 x

4200 175

)

M u=40.09 b d2 =28,453.13

También puede asumir

b 1 = d 2 b d 2=70,965.50

Si b=25 cm→ d=

√

70,965.50 =53.28 ∅ 53 cm 25

Si b=30 cm→ d=

√

70,965.50 =48.64 ≅ 49 cm 30

La sección de refuerzo, será:

b=25 cm ,

A S =ρmax bd =0.013 x 25 x 52=18.20 cm 2

Adoptamos:

A S =6 ∅ 5/8 + 5 ∅ 1/2=6 x 1.99+5∗1.29=18.39 cm2 Página 87


A S =ρmax bd =0.014 x 30 x 47=19.74 cm2

b=30 cm ,

A S =7 ∅ 3/4 =7x2.84 =19.88 {cm} ^ {2}

Adoptamos:

∴ Hay una infinidad de soluciones . 2° METODO

( a2 )… … … …( α ) → Momento por compresión .

M n=0.85 f ' c ab d−

Sabemos que:

a=

AS f y 0.85 f 'c b

… … ..(β )

(β) podemos escribir :

a=

ρfy '

0.85 f c

d … …(1)

b r= → b=rd … … … …(2) d

Hagamos:

(α )

(1) y (2) en

Mn=0.85 f ' c

( (

ρf y 0.85 f

M n=ρ f y r d 2 d −

si w=ρ .

fy '

fc

' c

)

[ (

d rd d −

1 ρf y d 2 0.85 f 'c

)]

f 1 ρ . 'y d … … … … (3) 0.70 f c

)

… … … … … (4)

Página 88


M n=ρ f y r d 2

f 'c ( d−0.59 wd ) f 'c

Simplificando:

M u=wr f 'c d 3 (1−0.59 w)

Hacemos:

R=w f 'c (1−0.59 w)… … … … …(5)

Luego:

M n=Rr d ; peror =

3

M n=R

( bd ) d

b d

3

2

M n=Rb d … … … … … (6) Resolviendo el problema: '

'

M n=M u=31,615 Kg−m=3 161,500 Kg−cm

'

R=w f c 1−0.59 w ¿

w=0.013 x

w=ρ .

,

fy f 'c

→ ρ=ρmax =0.013

4200 =0.319 175

→ R=0.319 x 175 ( 1−0.59 x 0.319 )=45.29

En (6)

M n=47.14 b d 2

,

pero

M n=3' 161,500 Kg−cm

45.29 b d 2=3 ' 161,500 b d 2=70255.56 … … … … … … … … .(¿)

Página 89


b varia de 0.25 a 0.60 d

En la práctica:

¿∗¿ ¿

Estimamos como primera aproximación

b≅

d ……………¿ 2

(**) en (*).

0.5 d .d 2=70,255.56 d 3=140,511.11 d= √3 140,511.11 d=51.18 ≅ 51cm

La sección efectiva será:

b=25 cm , d=51cm

d 51 → b= = =25.5 ≅ 25 cm 2 2

PROBLEMA N° 06.- Una viga de concreto armado de 4.00 m de longitud, está apoyada en los extremos y tiene una sección rectangular tal como se indica en la figura. Los tensores admisibles son de 60 kg/cm 2 en el concreto y de 1250 kg/cm 2 en el acero. Toma n=11 y que el peso unitario del concreto es de 2400 kg/m3. Determinar: a) La calidad del concreto con el que está fabricado la viga, si

f y = 4200 Kg/cm2.

b) La intensidad máxima de carga uniforme “w” que puede soportar la viga en toda su longitud. (sin considerar el peso de la viga).

Página 90


W (Kg/m)

4.00 m

Datos: L = 4.00 m

f 'c =60 kg /cm2

f S=1250 kg /cm

2

n=11 γ c =2400 kg /m3 f y =4200 kg /cm2 Solución:

a)

n=

EC =

ES EC

,

6

2

ES =2 x 10 kg /cm

ES … … … … … (1) n

EC =15,000 √ f 'c … … … … … … … … … … … … … … … … … …(2) Página 91


( 2 ) en(1) 15,000 √ f 'c =

(

f 'c =

ES n

ES 15,000. n

2

)

2 x 106 f = 15,000.11

(

' c

2

)

f 'c =146.9≅ 140 kg /cm2 f 'c =140 kg/cm2

b)

1 1 2 2 M max= w L = w(4) =2 w(Kg−m) … … … … …( 1) 8 8

f r=2 √ f 'c =2 √ 140=23.66 kg/cm 2 → f r=f ct n=11

A S =5 ∅5 /8=5x1.99 =9.95 { cm} ^ {2} A t =A S ( n−1 )=9.95 ( 11−1 )=99.5 cm2 → Áreaadicional

25 x 50 ý =

IT =

( 502 )+ 99.5 x 45 =26.47 cm

25 x 50+ 99.50

25 x 503 + 25 x 50(26.47−25)2+ 99.5(45−26.47)2 12

Página 92


I T =297,282.17 cm 4

f r=f ct =23.67 kg /cm

2

M u=M max =2 w

f ct =

M M ( h− ý )= ( 50−26.47 )=23.66 IT 297.282

M =299,037.9 kg−cm=2,990.4 kg−m

Entonces:

2 w=2,990.4

w=1,495.2 kg/m

PROBLEMA N° 07.- Una viga de concreto armado de 4.5 m de longitud, está apoyado en los extremos y tiene la sección rectangular mostrada en la fig. La resistencia a rotura está limitada. a:

f r=2 √ f ' c .

Tomar

n=9 y suponer el peso unitario del concreto γ c =2400 kg /m3 y f y =4220 kg / cm2 .

Determinar: a) La resistencia especificada del concreto.

b)

El valor de la máxima carga uniforme repartida que soportaría la viga en el estado. elástico sin agrietar.

W (Kg/m)

L=4.50 m

Solución: Datos Página 93


L = 4.50 m

f r=2 √ f 'c

n=9 γ c =2.40 tn /m3 f y =4220 kg /cm2 A S =5 ∅3 /4 =5x2.84 =14.20 { cm} ^ {2} a) Determinamos la resistencia especificada del concreto.

n=

Sabemos que:

ES E → EC = S EC n

EC =15,000 √ f 'c Reemplazando:

15,000 √ f 'c =

ES n

15,000 √ f 'c =

2 x 106 9

,

6

2

ES =2 x 10 kg /cm

f 'c =219≅ 210 '

f c =210 kg/cm

2

b) Determinar el valor de la máxima carga uniformemente repartida que soportara la viga en el estado elástico sin agrietar. i) Determinamos el máximo momento en la viga simplemente armada.

1 M max= w L2 … … … … …(α ) , 8 w=Peso propio de viga+carga respectiva

w=2.40

Tn x 0.30 mx 0.45 m+w1 m3

w=( 0.324 +w1 )

Tn … … … … …(1) m

( 1 ) en(α )

Página 94


1 2 M max= ( 0.324+ w1 ) 4.5 =2.53 ( 0.324+ w1 ) 8 M max=0.82+ 2.53 w1 Tn−m … … … … …(2)

ii)

f r=2 √ f 'c → f r =2 √210=29 kg/cm 2

Módulo de rotura:

n=9 → Dato 2

A S =14.20 cm → Dato -

El límite de esfuerzo a tomar del concreto será:

f ct =f r =29 kg /cm 2=290 Tn/m2 -

También:

f ct =

M ý … … … … …(3) IT A t =A S ( n−1 )=14.20 ( 9−1 )=113.60 cm2

Calculo del eje neutro:

30 x 45 ý =

-

( 452 )+113.60 x 40 =23.86 cm

30 x 45+113.60

Cálculo del momento de inercia. 3

IT =

2

30 x 4 5 45 +30 x 45 23.86− +113.60(45−23.86)2 12 2

(

4

)

−3

I T =281,079.19 cm =2.8108 x 10 m f ct =

4

( 0.82+2.53 w1 ) ( 0.45−0.2386 ) M ý →290= IT 2.8107 x 10−3

0.815=0.173+0.535 w1 w 1=1.20Tn−m Luego la carga uniforme incluido el peso propio será:

Página 95


w=( 0.324 +w1 )

En (1)

w=1.524 Tn/m

w=( 0.324+ 1.20 )

PROBLEMA N° 08.- Una viga cuya sección se muestra en la figura esta reforzada con acero en tracción únicamente y tiene las siguientes características:

b=25 cm , h=60 cm , d=55 cm

A S =3 ∅1

,

f y =4200 kg /cm2 , f r=2 √ f 'c

,

M =4,500 kg−m , f 'c =175 kg/cm2

Hallar: a) El momento de inercia de la sección transformada. b) El máximo esfuerzo de tracción en el concreto. c) El esfuerzo de tracción en el acero de refuerzo. d) El máximo esfuerzo de compresión en el concreto. Datos

b=25 cm

M =4,500 kg−m

h=60 cm

f r=2 √ f 'c

d=55 cm

f c =175 kg/cm

'

Página 96

2


A S =3 ∅1 =3x5.1=15.3 {cm} ^ {2}

f y =4200 kg /cm

2

Solución: Calculo previo.

f r=2 √ f 'c =2 √ 175=26.46 kg/cm 2

n=

-

ES 2 x 106 = =10.08≅ 10 EC 15,000 √ 175

Suponiendo que la sección esta agrietada.

A t =A S ( n−1 )=15.3 ( 10−1 )=137.70 cm

2

Cálculo del eje neutro.

Z Zona de Compresión

h/2

f Cc

c

h/2

?

f Cc

I

?

c

I

d = 55 h

d = 55 h (h-?)

25,31 cm (h-?) d-c

fs

b=

s

b = 25

1

Zona en Tracción

Ct

fc

Deformaciones

1

Sección

erzos

25 x 60 ý =

-

fc

( 602 )+ 137.70 x 55 =32.10 cm

25 x 60+137.70

Cálculo del momento de inercia.

Página 97

f Ct

Esfuerzos

Secc


IT =

bx h3 h 2 +bxh ý − + At (d− ý )2 12 2

IT =

25 x 603 60 2 +25 x 60 32.10− +137.70(55−32.10)2 12 2

( ) (

)

I T =528,826.26 cm 4 El esfuerzo de tracción en el concreto será:

f ct =

Mc M (h− ý ) 4500 x 100( 60−32.10) = = IT IT 528,826.26

f ct =23.74 kg /cm2 < f r =26.46 kg / cm2 ∴ La seccionno estaagrietada . Luego: a)

I T =528,826.26 cm

4

b) Máximo esfuerzo de tracción en el concreto.

f ct =23.74 kg /cm2

c) El esfuerzo de tracción en el acero. Sabemos que:

f s=n f c 1 … … … … … (1)

f c1=Esfuerxo del concreto en el punto donde se encuentra el acero .

f c1=

M (d− ý ) 4500 x 100(55−32.10) = =19.49 kg/cm 2 IT 528,826.26

Página 98


Este resultado en

(1)

f s=10 x 19.49=194.49 f s=194.49 kg /cm2 d) Esfuerzo máximo de compresión.

f c=

M ý 4500 x 100(32.10) = =27.31 kg/cm 2 IT 528,826.26

f c =27.31 kg/cm 2

Página 99


CRITERIOS DE DISEÑO EN ROTURA

ρmin < ρ≤ ρmax

(1) Falla por fluencia del acero si

:

ρ< ρb (2) Falla por aplastamiento del concreto si:

ρ> ρb (3) Falla balanceada si

:

ρ= ρb

Consideraciones del A.C.I. y el Reglamento Nacional De Construcciones: Cuantías

ρmax =0.75 ρb ρmax =0.50 ρb

Máximas (Zonas

sísmicas)

ρmin =

14 fy

ρmin =

4 3

ρmin =

0.7 √ f ' c fy

Cuantías Mínimas (Escoger el menor)

(Estructural)

REQUISITOS DE SEGURIDAD Página 100


Los momentos últimos

( M ' u)

que se obtenían teóricamente, de las condiciones del

elemento y las que se emplearon anteriormente, son mayores. El verdadero momento último

(M u)

es algo menor y se origina debido a las variaciones en

la calidad de los materiales en la ubicación de la armadura, dimensiones de los encofrados, calidad de la mano de obra, etc.; es por eso que se emplea el coeficiente de seguridad

M u=∅(M ' u)

(∅) .

∅ =0.90 para flexión

'

* ( M u ) es denominado también momento nominal; esta resistencia nominal se reduce utilizando un factor de reducción de resistencia

(∅) , para tomar en cuenta las inexactitudes

en la construcción. La resistencia reducida del miembro se define como la resistencia de diseño del miembro.

M ' u=Mn ∅ =0.90

M u=∅ Mn Luego los momentos últimos serán:

Falla por Fluencia

M u=∅ w f ' c b d 2 (1−0.59 w)

M u=A S f y (d−a/2) Falla por Aplastamiento

Para verificación:

K u=R=∅ w f ' c (1−0.59 w ) =

Página 101

Mu b d2


DIMENSIONAMIENTO DE VIGAS

h b

h=

L L 10 12

L = Luz libre de la viga

1 b=0.30 h a h 2 (No se requiere verificar deflexiones)

Vigas sometidas a sismo:

f ' c ≥210 kg /cm2

f y ≤ 4200 kg /cm

(Elementos sismo resistentes)

b≥

h≥

L 16

d≤

L 4

2

0.30 h {25 cm(mínimo)

En vigas que forman pórticos (Verificar deflexiones)

En estructuras de albañilería, como son las viviendas, edificios multifamiliares de pocos pisos o en general las edificaciones estructuradas con muros de albañilería resistentes a cargas de gravedad y cargas de sismos

se permiten USAR CONCRETOS DE RESISTENCIA

f 'c =175 kg/cm2 , ya que en estos, los elementos sismoresistentes van a ser los muros de albañilería.

Página 102


f r=2 √ f 'c

Esfuerzos en rotura en Tracción del concreto

Página 103


VIGAS DE SECCIÓN ECONÓMICA

ρ=0.50 ρb

b 1 = d 2

Sección con Acero económico

VIGAS CON PERALTE MINIMO En general, si se desea diseñar una sección de PERALTE MÍNIMO, la cuantía de acero requerido será la máxima permisible.

ρmax =0.75 ρb

ρmax =

A S máx A máx → d min = S bd b ρmax EJERCICIOS:

PROBLEMA N°1.- Se desea que una sección rectangular simplemente reforzada de 30 cm. De ancho que transmita momentos flexionantes de carga de servicio de 8,649 kg-m. por carga muerta y 12,339 kg-m por carga viva, utilizando

f 'c =210 kg/cm2

diseñar la sección para: a) El peralte mínimo b) Peralte efectivo de 69.6 cm. c) Peralte total de 76.2 cm. Solución: 1) Momento máximo mayorado

M u=1.4 M D +1.7 M L M u=1.4 ( 8649 ) +1.7 ( 13,339 )=33,085 kg−m… … … … …(1) 2) Sabemos que:

M n=∅ ρmax b d 2 f y (1−0.59 ρmax

fy f

'

) … … … … …(2)

c

Página 104

y

f y =4200 kg /cm2 ,


ρmax =0.75 ρb

ρb=0.85 x 0.85 x

210 6000 =0.0212 4200 6000+4200

(

)

ρmax =0.75 ( 0.0212 )=0.016 ρmax =0.016 … … … … …(3)

( 1 ) y ( 3 ) en(2)

2

33,085 x 100=0.90 x 0.016 x 30 x 4200 d (1−0.59 x 0.016 x

4200 ) 210

2

d =2248 d=47.41 cm→ PERALTE MINIMO A S =ρmax bd =0.016 x 47.41 x 30=22.76 A S =22.76 cm 2

ρmin =

14 14 = =0.0033 f y 4200

ρmin =0.003< ρ max=0.016 … … … … … ok ! b) Si el peralte efectivo es 69.6 cm

M u=33,085 x 100 kg−cm

f y =4200 kg /cm2

∅=0.90 d=69.6 cm

Página 105


M u=∅ w f 'c b d 2 ( 1−0.59 w ) … … … … …(1)

Sabemos que:

w=ρ

fy f 'c

… … … … …(2)

( 2 ) en(1)

M u=∅ ρ

fy ' 2 fy f c b d 1−0.59 ρ ' ' fc fc

(

) (

33,085 x 100=0.90 x 4200 x 30 x 69.6 2 ρ 1−0.59

0.00603= ρ−11.8 ρ2 2

11.8 ρ − ρ+ 0.00603=0

Resolviendo la ecuación de 2° grado

1 ± √ (−1)2−4 (11.8 ) (0.00603) 1 ± 0.846 ρ= = 23.60 2(11.8)

ρ1=0.0782 → Se descarta por ser mayor ρ2=0.0065=ρmax

A S =ρmax bd =0.0065 x 30 x 69.6=13.57 A S =13.57 cm2

Página 106

4200 ρ 210

)


ρmin =

∴Verificamos

14 14 = =0.0033 f y 4200

ρmin =0.003< ρ max=0.0065… … … … … ok !

La cuantía balanceada será:

ρmax =0.75 ρb → ρ b=

ρmax 0.75

Ρ b=

0.0065 =0.0087 0.75

∴ ρmin=0.003< ρ=0.0065< ρb=0.0087 … … … … … ok ! Solución (c)

M u=33,085 x 100 kg−cm ∅ =0.90

f y =4200 kg /cm2 d=? a=?

b=30

A S =?

( a2 )… … … … …(1)

Sabemos que:

M u=∅ A S f y d−

Supongamos:

(d− a2 )=0.9 d … … … … …(2)

Por otro lado:

Página 107


h=d+

Φ +r +Φ Estribo 2

Φ=diámetro del refuerzo=1

r=recubrimiento=4 cm Φ Estribo =diámetro del estribo=3 /8

76.2=d +

2.54 +4.0+ 0.95 2

d=70.93 cm (69.98=d )

d=70.93 cm … … … … …(3)

( 3 ) en(2)

(d− a2 )=0.9 x 70.93=63.84 cm … … … … …(4) ( 4 ) en (1 ) 33,085 x 100=0.90 x A S x 4200(63.84) A S =13.71 cm 2

Con este valor verificamos “a”, y luego calculamos normalmente

a=

AS f y '

0.85 f c b

=

13.71 x 4200 =10.75 cm… … … … …(5) 0.85 x 210 x 30

( 5 ) en(1)

(

33,085 x 100=0.90 x A S x 4200 70.93−

10.75 2

)

Página 108

AS


A S =13.35 cm 2 -

Con este valor nuevamente se debe ubicar “a”, pero ya es mínimo la diferencia y puede quedar ahí.

-

PROBLEMA N°2.- Encontrar el momento resistente para una viga de:

b=30 cm , h=60 cm , d=55 cm ,

A S =49 cm 2 f 'c =280 kg/cm2 , f y =4200 kg /cm 2

M u=? Solución:

-

Cuantía balanceada:

ρb=0.85 x 0.85 x

280 6000 =0.0283 4200 6000+4200

(

)

ρmax =0.75 ρb=0.0213

-

ρ=

Cuantía de sección:

AS 49 = =0.0297 bd 30 x 55

ρ=0.0297> ρmax =0.0213 → Falla por aplastamiento del concreto -

Sabemos que:

( a2 )… … … … …(1)

M u=∅ A S f y d−

Página 109


D e la

figura:

f cc

c

a=ß1C

a/2

C=0.85f'c.a.b

c 60

55

(d-a/2)

C=π

d-c s

f

s s

30

0.85 f 'c ab=A S f S … … … … …(2)

f S=ε S E S

Por triángulos semejan del diagrama de deformaciones:

εu ε ε = s → ε s= u (d−c)… … … … …(3) c d−c c

También:

a=β1 C … … … … … (4)

( 3 ) y ( 4 ) en(2)

0.85 f ' c β 1 Cb= A S ES

εu (d−c) c

Reemplazando valores:

0.85 x 280 x 0.85 x 30 xC=49 x 2 x 106 x

C=32.80 cm

En

(4 )

a=β1 C=0.85 x 32.80=27.88 a=27.88 cm

En

(3)

ε s=

ℇu 0.003 ( d−c ) = ( 55−32.80 ) c 32.80

ε s=2.03 x 10−3 =0.00203 Página 110

0.003 ( 55−c ) C


Por otro lado:

f S=ε S E S=0.00203 x 2 x 10 6=4,060 kg /cm 2

( a2 )

M u=∅ A s f s d−

Luego en (1)

(

M u=0.90 x 49 x 4060 55−

27.88 =7' 351,629 kg−cm 2

)

M u=7 3.52Tn−cm PROBLEMA N°03.- Diseñar una viga cuya sección transversal sea rectangular y de peralte mínimo.

Wu

L = 2.20 m

-WL²/2 Parabola

DMF

La viga soportara una carga muerta de 0.40 Tn/m y una carga viva de 4.80 Tn/m, la calidad de los materiales son:

f y =4200 kg /cm2 . Además calcule la deflexión que se producirá en el extremo del voladizo. Solución:

W u=1.4 ( 0.40 ) +1.7 ( 4.80 ) =8.72Tn /m L2 2.22 M u=Wu =8.72 x =21.102 2 2

Página 111

f 'c =175 kg/cm2

y


M u=21.102Tn−m … … … … …(1)

ρb=0.85 x 0.85 x

175 6000 =0.0177 4200 6000+4200

(

)

ρmax =0.75 ρb → ρ max=0.0133

d min → ρmax

El

peralte mínimo será:

→Cuando lacuantia es máxima

w=ρmax

fy f

'

=0.0133

c

4200 =0.319 175

' 2 M u=∅ wf c b d ( 1−0.59 w )

→ M u=0.90 x 0.319 x 175 b d 2 (1−0.59 x 0.319 ) M u=40.786 b d 2 … … … … …( 2)

( 1 ) en(2) 21.102 x 105=40.786 b d 2 2

b d =51,738.34

Si:

b 1 = → d=46.95 →b=23.47<25 cm d 2

Tanteamos con

Si:

b=25 cm

b=25 →d =√ 2069.53 → d=45.50 cm

La sección del acero será:

A s =ρmax . b . d

Página 112


A s =0.0133 x 25 x 45.50=15.13 cm 2 Usar :3 ∅ 1

5.25

45.50 25

La deflexión del acero será:

E=15,000 √ f 'c =¿ 15,000 √175=198,431kg /cm 2

I=

25 x 50.753 =272,312.08 cm 4 12

La deformación será:

δ=

87.2 x 220 4 =3.78 cm 8 (198,431 ) (272,312.08)

Nota: la sección obtenida debe redondearse a un número entero y dar un nuevo peralte verificándolo.

PROBLEMA 04.- para la viga continua que se muestra en la figura,se pide. a.- dimensionamiento de la viga considerando un momento positivo mayor

ρ=1%,

kg kg f 'c =210 2 y fy= 4200 cm cm2

Página 113


b.- Diseñar por flexión la sección del momento negativo mayor para el método de kg carga, considera la sección de la viga 0.25x0.50m 2 S/C=400 cm2 , tabiquería=100

kg kg 2 , acabado=100 cm cm2

M u=W u

aligerado 0.2m ancho tributario de carga B=4.70m.

ln 2 14 ………………………………………………..(1)

Tn WL= W S/C = 0.400 m2 x4.70m=1.88Tn/m WU=?? Tn Wviga=0.25mx0.5mx2.4 m3 =0.300Tn/m Tn x 4.70 m Wtabique = 0.100 m3 = 0.300Tn/m Tn Wacabado =0.100 m3

x 4.70 m

= 0.300Tn/m

Ladrillo Tn −3 x 8 x 10 2 Wladrillo = 8.33 Ladrillo = 0.313Tn/m m Tn Wconcreto = 11.75mx0.10mx0.15mx2.4 m3 = 0.423Tn/m Página 114


Tn Wconcreto = 0.05mx1.0mx1.0mx4.7mx2.4 m3 = 0.564Tn/m

WD = 2.54Tn/m

WU = 1.4D+1.7L

WU = 1.4(2.54)+1.7(1.88) = 6.752Tn/m 1 x 6.752 x (5.8)2 = 16.224Tn-m 14

MU =

W=

Mu

ρ

fy 4200 =0.01 =¿ ' 210 fc

0.20……………………………………. (2)

'

=Ø f c bd2w(1-0.59w)……………………………………………..(3)

Reemplazando en (3) 5

16.224x 10 d=

2 =0.9x210x25 d x 0.20(1−0.59 x 0.20)

√ 1946.51 = 44.12cm

h=44.12+4+0.94+2.54/2=50.33cm d=55-(4+0.94+2.54/2)=48.79 bxh=0.25x0.55m2

b.-

−¿=W u M ¿u

L2n 10 para momento negativo

5.8 2 Mu = 6.752 10 =22.714Tn-m Mu = ØAsfy(d-a/2)hacemos (d-a/2)=0.9d d = 48.79cm

Página 115

CONCRETO ARMADO I ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA 5 22.714x 10 =0.90xAsx4200(0.9x48.79)

As=13.684cm2 A=

Asfy 13.684 x 4200 = =12.879 cm 0.85 fcb 0.85 x 210 x 25

5

22.714x 10

=0.9xAsx4200

A (48.79− 12.879 2 )

s=14.18cm2

Usar: 3Ø1 AS 3 x 5.1 P=ρ bd = 25 x 48.79 =0.013=1.3 % ρmax = 0.016=1.6%ρ<ρmax------ok PROBLEMA Nº03 para la planta que se muestra en la figura determine para la viga 101, lo siguiente: a.-Momentos de diseño. b.-Dimensionamiento para W=0.18. c.-Diseñar la sección del momento máximo.

kg Considere ancho de la viga b=25cm,aligerado de 0.20m, tabiquería=150 cm2 , acabado=100 kg kg 2 , S/C=300 cm cm2

(Uso oficina)

NOTA: para el metrado del peso propio de la viga asumido una sección de 25x50cm

kg kg f c =210 2 f =4200 2 cm y cm . Solución Página 116


1.- METRADO DE CARGAS. 1.1.- peso de losa aligerada, viga, acabado, tabiquería.

Ladrillo 0.30x0.30x0.15 1 # Ladrillo/m2 = ( 0.30+ 0.10 ) x 0.30 =8.33lad./m2 # Ladrillo/m2 =8.33lad./m2.

DETALLE DE LOSA ALIGERADO

Ladrillo Tn x 8 x 10−3 2 Wladrillo = 8.33 Ladrillo = 0.067Tn/m2 m Tn Wvigueta = 2.5vigueta/m2x0.10mx0.15mx2.4 m3 = 0.090Tn/m2

Página 117


Tn Wlosa = 0.05mx2.4 m3 = 0.120Tn/m2 Wlosa aligerado = 0.277Tn/m2,peso de losa aligerado h = 0.20m.

Wladrillo = 0.277Tn/m2x(1.875+2.125)m=1.108Tn-m Tn Wvigueta = 2.5mx0.50mx2.4 m3 =0.300Tn/m2 Tn (2+2.35) m Wlosa = 0.100 m2 =0.425Tn/m2 Tn (2+2.25)m Wtabique = 0.150 m2 =0.638Tn/m2 WD = 2.471Tn/m

1.2 PESO DE SOBRE CARGA.

Tn (2+2.25)m WL=0.300 m2 =0.638Tn/m2 1.3 CALCULAMOS WU

WU=1.4D+1.7L Página 118


WU=1.4(2471)+1.7(1.275)=6.752Tn/m WU=5.627Tn-m a.- Momento De Diseño

2 i).- MU=1/13x5.627x (5.50) =10.639Tn-m

2 ii).-MU=1/9x5.627x ((5.5+ 4.80)/2) =16.58Tn-m

2 iii).-MU=1/16x5.627x (4.80) =8.103Tn-m

2

iv).- MU=1/14x5.627x (5.5) =12.158Tn-m 2 v).- MU=1/14x5.627x (4.80) =9.260Tn-m

210 f 'c b.-W=0.18 ρ=w fy = 0.18 4200 = 0.012 ρmax=0.75ρb ρb=0.85 x 0.85 x 210 x

4200+6000 =0.0283 6000+4200

ρmax = 0.021 ρb = 0.012 < ρmax=0.021 ……………………………..(ok) ρ < ρmax

Página 119


14 14 ρmín= f y = 4200 =0.0033

ρmín=0.7

√

f 'c jy =0.7

√

210 4200 =0.0028 ……………….(ok)

Mu= 12.158Tn-m ' 2 Mu=Ø f c bx d w(1-0.59w)

5 2 12.158x 10 =0.9x280x25x0.18 x d (1-0.59x0.18)

d=34.63cm h=34.63+4+0.95+1.27=40.85cm=45cm usar:

0.25x0.45m2

d=45-4-0.95-1.27 = 38.78cm 5 12.158x 10 =0.9xAsx4200(0.9x38.78 ¿ A

s

=9.216cm2

As=9.216cm2 0.85 x 280 x 25=¿=6.505 cm As f y 9.216 x 4200 A= = ' ¿ 0.85 f c b

5 12.125x 10 =0.9xAsx4200 (38.78-

6.505 ¿A 2

s

=9.053cm2

Usar: 2Ø1” (2Ø3/4” +2Ø5/8”) para momento positivo

LOSAS SOLIDAS EN UNA DIRECCION

Página 120


Son tableros de piso estructurales de momento en una dirección se diseña como una viga simplemente reforzado. COEFICIENTES PARA MOMENTOS FLECTORES Y FUERZA CORTANTE DEL REGLAMENTO AMERICAN CONCRETE INSTITUTE A.C.I-318-08 a.- Momentos Flectores. Valores que ha sido obtenidos para evitarse en muchos casospara los cálculos y envolventes ya sean de momentos o cortantesteniendo en cuenta que:

D ≤3.00 L D= CARGA MUERTA

l2 ≤ 1.20 l1

L=CARGA VIVA

L2>l1 Diferencia de las luces máximas admisibles es del 20% PERALTES O ESPESORES MINIMOS DE VIGAS NO PREESFORZADAS O LOSAS REFORZADAS EN UNA DIRECCION A MENOS QUE SE CALCULEN LAS DEFLEXIONES ESPESOR O PERALTE MINIMO , h

SIMPLEMEN TE APOYADAS

CON UN EXTREMO CONTINU O

AMBOS EXTREMO

EN

S

VOLADIZ

CONTINU

O

OS

ELEMENTOS QUE NO SOPORTEN O ESTEN LIGADOS A DIVISIONES U OTRO TIPO DE ELEMENTOS NO ESTRUCTURALES SUCEPTIBLES DE DAÑARSE DEBIDO A DEFLEXIONES GRANDES

Página 121


LOSAS MAZISAS EN UNA

L/20

L/24

L/28

L/10

L/16

L/18.5

L/21

L/8

DIRECCIO N VIGAS O LOSAS NERVADA S EN UNA DIRECCIO N

1.-VIGA O LOSA DE DOS TRAMOS

a= Wu

L2n 24

; cuando el apoyo es una viga.

a= Wu

L2n 16

; cuando el apoyo es una columna.

b= Wu

L2n 11 ; cuando el apoyo discontinuo no presenta restricciones.

b= Wu

L2n 14 ; cuando el apoyo discontinuo presenta discontinuidad.

c= Wu

L2n 9 Página 122


WU: carga departida por unidad de longitud.

Ln: luz del tramo. 2.-VIGA O LOSA DE TRES TRAMOS

A,b igual que el caso anterior

c= Wu

L2n 10

d= Wu

L2n 16

3.-VIGA O LOSA MÁS DE TRES TRAMOS

a, b, c y d igual que el segundo caso.

e= Wu

L2n 11

b.- FUERZA CORTANTE

b

1

a

1

a

a

1

b

1

1

a

1

Página 123

a

1

a

1


a1 =

WLn 2

WLn b1 = 1. 5 2

2.- REFUERZO POR CONTRACCIÓN Y TEMPERATURA En dirección perpendicular el acero de refuerzo principal de flexión de las losas se colocan un refuerzo de acero para tomar los esfuerzos de tracción que se generan por contracción del concreto y por variación de temperatura.

A st =

0.0018 bh

( cm

2

) ACI, por

F y≤

kg 4200 cm2

Dónde:

A st : acero por contracción y temperatura B: espaciamiento entre los aceros h: espesor de la losa

A st =

0.002 bh ( cm 2 ) ACI, acero liso por

Fy≤

acero grado 40 o grado 50

El espaciamiento máximo de acero de temperatura debe ser 45 cm o 5veces de espesor de la losa se tomara la que sea menor 3.- ESPACIAMIENTO DE LA ARMADURA PRINCIPAL El ACI especifica que no debe exceder de 45 cm o 3 veces al espesor de la losa, se tomara la que sea menor. 4.- CUANTÍA MÍNIMA PARA EL ACERO PRINCIPAL Es el correspondiente al acero por contracción y temperatura.

ρmin =

0.0018

-------------

AS min =

0.0018 b h

Página 124


AS=

ρbd

5.- ESPESOR MINIMO DE LAS LOSAS SOLIDAS PARA EVITAR DEFLEXIONES

ln hf = 20

i) losa simplemente apoyada

ln hf = 24

ii) losa con apoyos discontinuos (con un extremo continuo)

ln hf = 28

iii) losa con dos apoyos continuos

L /5

L /5

1

L /3

1

L /4 1

L /7-la

0.25

6.50

3

L /4

2

L /4

2

L /4-la

1

L /3

2

L /4

L /5-la

1

L /3

2

L /4-la

2

0.30

3

2

6.50

0.30

6.-DETALLE PRACTICO DE LAS ARMADURAS PRINCIPALESEN LOSAS

l

l

1

Donde l1=12db (db=diámetro de la barra) La=d (peralte efectivo del elemento)

l

2

3

tomar el mayor

tomar el mayor

} e=0.40m para Ø 3/8¿

Página 125


}

e=0.50m para Ø 1/2¿ RESUMEN ALIGERADOS A) ALIGERADOS

Usar :∅ 3/ 8 ,∅1/2 , ∅5 /8

a.-

-1/24 wl

2

-1/24 wl 1/8 @ 91 wl

-241 wl

2

-91 wl

2

1 1 2 11 ó 14 l

2

Dependiendo de las

2

-241 wl

vigas de borde b.-

2

1 1 2 11 ó 14 l

Dependiendo de las vigas de borde

c.-

-241 wl

2 -101 wl, -111 wl

2 2 1 1 11 ó 14 wl

d.-

-241 wl

2 -101 wl, -111 wl

2 1 1 2 11 ó 14 wl

-111 wl 1 16 wl

2

2

2 -111 wl, -101 wl 1 16

wl

2

1 1 11 ó 14

2 -111 wl, -101 wl 1 2 16 wl

2 -241 wl wl

2

2 -241 wl 1 1 2 11 ó 14 wl

ESFUERZOS CORTANTES

1.15 wl´2 , wl´2

wl´ 2

wl´ wl´ 2 , 1.15 2

wl´ 1.15 wl´ 2 , 2

wl´ 2

1,48

d1,48

l´

wl´ 2

, 1.15wl´ 2

wl´ 2

wl´ 2

d

l´

NOTA: considerar a l como promedio de las longitudes adyacentes para el cálculo del momento negativo. Página 126

2

CONCRETO ARMADO -16 I1 wl ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA-141 wl 2

2 1 -16 wl

c) PÓRTICO

2 1 -16 wl

2 1 -16 wl 1 -14 wl

2 -161 wl

-91 wl -141 wl

2 -161 wl

2 -161 wl

2 -161 wl -141 wl

2

-111 wl

2

2

2

2

2 2 -111 wl -101 wl -161 wl

2 2 -101 wl -111 wl -141 wl

2

2

-101 wl -141 wl

2

2

-141 wl

2 2 -111 wl -111 wl -161 wl

2

2 -161 wl 2

2 2 -111 wl -101 wl -161 wl

2

2 -161 wl -141 wl

2

NOTACION W= CARGA REPENTINA DE DISEÑO L= LUZ SE considera l es el promedio entre las longitudes de los tramos adyacentes para el cálculo negativo (luz libre). CORTE DE FIERRO

Página 127


l 5

l 4

l 7

l 6

l 4

l 6

EJERCICIO 01 diseñar una losa maciza mostrado en la figura sabiendo que la sobrecarga

kg

kg

será para un almacén; piso terminado=100 m2 ; cielo raso=100 m2

; f ’c

kg =4200 cm2

la losa esta sólidamente conectada.

0.30

4.8 m

0.30

4.80 m

0.30

0.30

4.80 m

Solución

WD

Debe cumplir que: WL

≤3

kg D= CARGA VIVA O SOBRE CARGA PARA ALMACEN 500 m2

1.-PERALTE DE LA LOSA:

hf

=

ln 28

=

(TABLA)

4.80 28 =0.171=0.17

2.- METRADO DE CARGAS:

Página 128

kg ==210 m2

;fy


VIGAS DE APOYO

bw

bw

Ln

bw

Ln

Ln

bw

SE REALIZA PARA UNA FRANJA DE 1:00 METRO DE ANCHO O PROFUNDIDAD PESO PROPIUO DE LA LOSA: 1.00mX0.17mX2.4Tn/ m : 1.00Tn/ m

Piso terminado

: 1.00Tn/ m

Cielo raso WD

2

x1.00m 2

x1.00m

3

=0.408Tn/m

=0.100 Tn/m

=0.100 Tn/m

= 0.508Tn/m

WL=0.500Tn/ m

2

WL=0.500Tn/ m

2

x1.00m=0.500Tn/ m

2

WU=1.4x608 +1.7x0.500

Luego=

D=h-r -

D=17-2 -

WD 0.608 ≤ 3; =1.701 ≤3 wl 0.500

(ok)

ØS 2 , acero refuerzo; Ø=5/8=1.59cm 1.59 2 =14.205cm.

Aplicando coeficientes del ACI hallamos los momentos máximos positivos y negativos Página 129


iii) MOMENTOS MAXIMOS

−¿ −1 ¿ 2 ¿ ¿ = 24 1.701 x( 4.5) = -1.632Tn-m MU −¿ −1 ¿ 2 ¿ ¿ = 10 1.701 x( 4.8) =-1.632Tn-m MU +¿ −1 ¿ 1.701 x( 4.5)2 =2.562Tn-m ¿ = 14 MU ¿ +¿ −1 ¿ 2 ¿ ¿ = 16 1.701 x( 4.8) =2.25Tn-m MU

iv) cálculo de secciones de acero de refuerzo

Sabemos que:

AS f y a M u =Ø A S f y (d ); a= 2 0. 85 ; f ’ c b

Mu afy A S (d = Øfy 2 x 0.85 fcxb ); 2 x 0.85 x f ’ cMU f ’ c bdAs- As 2 f y =2x0.85x Øfy DISEÑO DE VIGAS CON ACERO EN TRACCIÓN Y COMPRESIÓN Se pude requerir el acero en compresión en el diseño por las siguientesrazones: 1.-Cuando se utiliza una viga de poco peralte la resistencia a flexión obtenida utilizando ρmáx. Puede ser insuficiente se puede elevar el momento resistente colocando acero a compresión y mas acero en tensión.

Página 130


2.-Se puede utilizar el acero en compresión en el diseño para aumentar la ductilidad de la sección de la resistencia a flexión la profundidad del eje neutro es menor debido a que la fuerza interna de compresión lo comportan el concreto y el acero a compresión. 3.-se puede utilizar el acero en compresión para reducir la flexión de las vigas bajo carga de servicio esto se logra colocando acero en compresión en la sección cuando el concreto comienza a fluir plásticamente, la fuerza de compresión en la viga tiende a transferirse del concreto al acero. 4.-El análisis de las consideraciones posibles de carga externas ruedan que el momento flexionante puede cambiar de signo lo que es común para las vigas de marcos continuos bajo cargas de gravedad y laterales. Estos miembros requieren refuerzo cerca de ambos casos para transmitir las fuerzas posibles de tensión y consecuentemente actúan como miembros doblemente reforzados. NOTA: En la elevación de la resistencia a flexión de las secciones siempre es conservadora la presencia del acero en compresión. Si todo el acero está en cedencia:

f s= f 's = f y

Donde:

f s = Esfuerzo del acero en tensión f ' s = Esfuerzo del acero en compresión f ' y = Resistencia de cedencia del acero C s = Fuerza del acero en compresión Las fuerzas internas resultantes son: -Compresión en el concreto:

-Compresión en el acero:

CC = 0.85 f ' C ab …(1)

C s = A ' S f y …(2) Página 131


-Por equilibrio

C=C c +C s=T →0.85 f ' c ab + A ' s f y = A s f y A ¿ A' s ¿ s−¿ f ¿ ¿ ¿ a=¿ -

Del diagrama deformaciones:

El acero está en cedencia, si su deformación excede de: Para acero en compresión

ℇ' s '

( c−d ) ℇ' s =

'

ℇs =

-

=

0.003 a , c= c β1

0.003 0.003 a (c−d ' )→ ℇ' s = ( −d ' ) c a β1 β1 0.003 ( a−β 1 d ) … (4) a Para acero en tracción

ℇs 0.003 0.003 0.003 a = →ℇs= ( d−c )→ (d− ) ( d−c ) c c a β1 β1

ℇs=

0.003 ( β 1 d−a ) … ( 5 ) Estarán en cedencia y c

Página 132

fy Es


f ' s = f y Si=

f 0.003 a−β 1 d ' ) ≥ y … (6) ( c Es

f ' s = f y Si=

f 0.003 β 1 d−a ) ≥ y … (7) ( c Es

Si se mantienen estas condiciones, correcta la superposición de suposición de que todo el acero está cediendo y tomando momentos alrededor del acero a tensión, la resistencia a flexión será:

( a2 )

M n = C S ( d−d ' ) +C S d−

( a2 )+ A ' f ( d−d ' ) … ( 8 ) → T odo el acero esta cediendo

M n = 0.85 f ' c ab d−

s

y

Cuando los comprobaciones mediante las ecuaciones (6) y (7) revelan que el acero no está cediendo, el valor calculador de la ecuación (3) e sincorrecto, y se debe calcular el esfuerzo real del acero y “a’’ a partir de la ecuación de equilibrio:

a=

A s f s− A ' s f ' s …(9) 0.85 f ' c b

En que del diagrama de deformaciones:

f ' s = E ' s E s=0.003 ( a−β 1 d ' )

f s = E s E s=0.003 ( β 1 d ' −a )

Es …(10) a

Es …(11) a

Entonces el momento nominal será:

( a2 )+ A ' f ( d−d ' ) … ( 12) → E l acero no esta cediendo

M n = 0.85 f ' c ab d−

s

y

Página 133


Nota: En vigas doblemente reforzadas pueden ocurrir fallas a tensión y a compresión igual que en vigas simplemente reforzadas. En las fallas a TENSIÓN cede el acero a tensión. En las fallas a COMPRESIÓN el acero a tensión permanece dentro del rango elástico, en ambos tipos de falla el acero a compresión puede o no estar cediendo. En las vigas reales el acero a tensión siempre está cediendo y con mucha frecuencia la deformación en el nivel del acero a compresión es suficiente grande para que igualmente ese acero este en esfuerzo de cedencia. A mayor valor de “a” y a menores valores de d’ y fy, es más probable que el acero a compresión este cediendo. DISEÑO: Acero en cedencia

( a2 )+ A ' f ( d−d ' ) …(I )→ acero en cedencia

M u = φ[0.85 f ' c ab d −

s

y

A s −A ' s ¿ f y ¿ ¿ a= ¿ Por equilibrio

C= T= 0 .85 f ' c a b= A s f y −A ' s f y A ¿ (¿ s−A ' ¿ ¿ s )f y ¿ → 0.85 f ' c ab=¿ Luego:

Página 134


A ¿

( a2 )+ A ' f ( d−d ' ) … (III)→ acero en cedencia

(¿ s− A ' ¿¿ s) f y d−

s

y

¿ M u = φ[ ¿ Para que el acero en compresión fluya, se necesita que:

ℇs=

a−β 1 d f y 0.003−0.0003 β1 d ' f y 0.003 ( c−d ' )=0.003( )≥ →( )≥ c a Es a Es

Simplificando

a≥

0.003 E s β 1 d ' … ( IV ) 0.003 E s

Igualando(II) y (IV)

A' ¿ ¿s ¿f y ¿ A s−¿ ¿ As A 's f 'c 0.003 Es ' ' − β 1 d ≥ 0.85 β1 d ( ) bd bd fy 0.003 E s−f y '

f 0.003 Es ρ− ρ ≥ 0.85 c β 1 d ' …(5) fy 0.003 E s−f y

(

'

)

DISEÑO DE ACERO QUE NO SE ENCUENTRA EN CEDENCIA

(

'

)

a−β1 d f ' s=ℇ s Es =0.003 E s …(6) a La ecuación de diseño queda como:

[

( a2 )+ A f (d−d )]

M u=ϕ 0.85 f 'c ab d−

' ' s s

'

Página 135


a=

A s f y − A 's f 's 0.85 f 'c b

Es esencial que el acero a tensión ceda para evitar fallas fr{agiles para una falla balanceada (el acero a tensión alcanza simultáneamente una deformación a compresión de su fibra extrema de 0.003), de la triángulos semejantes se tiene:

ℇ s=0.003

ℇ s=0.003

d −c b ,C b=Profundidad balanceada aleje neutro cb

( )

(

β 1 d−ab fy 0.003 E s β1 d = ∅a b= … .(9) ab Es 0.003 Es + f y

)

Por equilibrio: '

'

0.85 f c ab b= As f y − A ´ s f s As f y 0.85 f 'c a b ' − A ´s f s= bd d

ab =

( ρb f y −ρ' f 's ) d 0.85 f 'c

… (10 )

A s ' A 's ρb= ; ρ = bd bd Para falla balanceada

β1d' f =0.003 E s 1− …(11) ab ' s

(

)

(9) en (11)

(

f 's=0.003 E s 1−

β1 d'

(

0.003 E s β d 0.003 Es + f y 1

)

) Página 136


Simplificando

[ (

f 's=0.003 E S 1−

)]

d ' 0.003 Es + f y …(12) d 0.003 E s

Igualando

0.003 Es ( ρb f y − ρ' f 's ) β d= d 0.003 E s +f y 1 0.85 f 'c

0.85 f 'c β 1

(

0.003 E s =ρb f y −ρ' f 's 0.003 E s+ f y

)

Simplificando

0.85 f 'c β 1 0.003 E s ρ' f 's ρb= + fy 0.003 E s+ f y fy

(

)

Es =2 x 106 0.85 f 'c β 1 ρ' f 's 6000 ρb= + fy 600 0+ f y fy

(

)

Cuantía balanceada

ρmax ≤ 0.75 ρb (Cuantia maxima ) … (14)

[ (

f 's=0.003 E s 1−

[ (

f 's=6000 1−

d ' 0.003 E s + f y d 0.003 Es

)]

)]

d ' 6000+ f y …(15) d 6000

Ejercicio 01 Una sección rectangular doblemente reforzada tiene las siguientes propiedades: Página 137


b=30 cm A's=6.45 cm 2 f y =2800 kg/cm 2 d=50 cm A s =25.81 cm2 d ' =5 cm E s=2 x 10 6 kg /cm2 Calcular la resistencia ideal a flexión si a)

f 'c =210 kg/cm2

b)

f c =350 kg/cm

'

2

Solución a) Si

'

f c =210 kg/cm

2

Suponiendo que todo el acero está cediendo

C c =0.85 f 'c ab ∅ 0.85 x 210 x 30 xa ∅C=5355 a ( kg−cm ) C s= A's f y =6.45 x 2800=18060 kg T =A s f y =25.81 x 2800=72268 kg Pero :T =C c +C s ∅ 72268=5355 a+18060 a=10.12cm

c=

a 10.12 , β1=0.85 ∅c= =11.91cm β1 0.85

La deformación por cedencia será: ' ℇ 's 0.003 ' 0.003 ( c−d ) = ∅ ℇ s= c−d ' c c

Página 138


ℇ 's=0.003

=0.00174 ( 11.91−5 11.91 )

∅ ℇ 's =0.00174>

fy =0.00140 → Est a en cedencia Ec

'

∴ f s =f y

ℇ s=

0.003 ( d−c ) 0.003 (50−11.91 ) = =0.00959 c 11.91

ℇ s=0.00959>

fy =0.00140 Es

Por lo tanto el acero cediendo como se supuso

( a2 )+ A (d−d ) '

M n=C c d−

s

(

M n=5355 x 10.12 50−

10.12 +18060 ( 50−5 )=3248115.54 kg−cm 2

)

M n=32.481Tn−m

b) Si

'

f c =350 kg/cm

2

Supongamos que todo el acero está cediendo

C c =0.85 f 'c ab=0.85 x 350 x 30 xa=8925 a ( kg−m) C c =A 's f y =6.45 x 2800=18060 kg T =A s f y =25.81 x 2800=72268 Kg

Página 139


Equilibrio:

T =C c +C s=72268=8925 a+18060 → a=6.07 cm

β 1=0.80 para f 'c 350>f 'c =280

c=

kg cm2

a 6.07 ∅ e= =7.59 cm β1 0.80

Deformaci ó n por cedencia: ℇ s =

f y 2800 = =0.00140 E s 2 x 10 6

Verificar los esfuerzos en el acero (del diagrama de deformaciones) en compresión

f 0.003 ( c−d ' ) 0.003 ( 7.59−5 ) ℇ = = =0.0010< y =0.0014 c 7.59 Es ' s

∴ f 's < f y →el acero a compresi ó n no est á cediendo f 0.003 ( c−d ' ) 0.003 ( 50−7.59 ) ℇ = = =0.0168> y =0.0014 c 7.59 Es ' s

∴ f s =f y → el acero a compresi ó n no est á cediendo

Los valores de

C c y “a” son incorrectos.

Determinamos el valor real de

ℇ 's en función de “a” a partir del diagrama de deformaciones, y

ya que el acero a compresión sigue siendo elástico.

f 's=ℇ 's Es =0.003

'

c−d 0.003 E s= ( a−β 1 d ' ) Es c a

C s= A's f 's=6.45 x

[

]

0.003 a−4 ( a−0.80 x 5 ) 2 x 106 =38700 … (α) a a

Página 140

( )


C c =0.85 f 'c ab ∅ 0.85 x 350 x 30 a ¿=9825 a T =A s f y =25.81 x 2800=72268 kg

C s+ Cc =T ∅72268=

38700 ( a−4 ) + 8925 a a

Simplificando:

a2−3.76 a−17.34=0 Resolviendo:

3.76 ± √ 3.762−4(1)(−17.34) a= 2 a=6.45 cm

C s=38700

=14700 kg ( 6.45−4 6.45 )

C c =8925 a=8925 x 6.45=57566 kg T =C s+ Cc =14700+57566=72268 … … … … … . … ok !

( a2 )+C (d−d )

M u=C c d−

(

M n=57566 50−

'

s

6.45 +14700 ( 50−5 ) =3354150 kg−cm 2

)

M n=33.541Tn−m

Página 141


Comentario el aumento de la resistencia del concreto desde

f 'c =350 kg/c m2 ,

f 'c =210 kg/c m2

hasta

representa poca diferencia en la resistencia a flexión lo que

constituye una característica de las vigas de concreto reforzado que fallan a tensión más aún, si no hubiese estado presente el acero a compresión. Ejercicio Nº 2 Para la sección de vigas que se muestra en la fig. determine el momento confiable

1 ∅ ” 2

Estribo

'

f c =280

kg c m2

M u=? {usb= A {cm r2uS sb2}= {→ r8.}cm ^3{∅.2}= 7^6{7}A us.br}

∅¿7=7 /8→∅

∅¿10=

10 → ∅=1 1/4 =3.175 cm → {∅} rsub {{A} rsub {S}} =7.92 {cm} ^ {2} → {A} rsub {s} =31.61 8

[

d=60− 4+1.27+

d ' =4 +1.27+

Si:

a=

]

3.175 =53.14 cm 2

2.22 =6.38 cm 2

A 's esta en fluencia f 's=f y Se asume

( A s −A 's ) f y ' c

0.85 f b

=

( 31.68−7.76 ) x 4200 =12.06 0.85 x 280 x 35

Página 142


c=

a 12.06 , β =0.85→ c= =14.19 cm β1 1 0.85

ℇ 's=

0.003 ( c−d ' )= 0.003 ( 14.19−6.38 )=0.00165 cm c 14.19

f s=ℇ s Es =0.00165 x 2 x 10 =3300

kg
f 's ∅ No esta en cedencia∴ f 's=3300

kg < f y =4200 kg /c m2 2 cm

'

'

2

Luego:

a=A S f y −

c=

A 'S f 's 31.68∗4200−7.76∗3300 = =12.90 cm ' .85∗280∗35 0.85 f c b

12.90 =15.18 cm .85

ε 's=

0.003 ( c −d ' )= 0.003 ( 15.18−6.38 )=0.00174 c 15.18

'

'

6

f s=ε E S=0.00174 x 2 x 10 =3480

kg c m2

El verdadero valor de a será

a=

c=

31.68 x 4200−7.76 x 3480 =12.73 cm 0.85 x 280 x 35

12.73 0.003 =14.98 cms ∅ ε 's= (14.98−6.38 ) =0.00172 0.85 14.98

f 's=ε 's=0.00172 x 2 x 10 6=3440

kg c m2

Página 143


( a2 )+ A f (d−d ) ∅

M n=0.85 f 'c ab d−

' S

' s

'

Cuando el acero no está cediendo

12.73 +7.76 x 3440(53.14−6.38) 2 M n =0.85 x 280 x 12.75 x 35 ¿

53.14−

M N =6208293.2 kg−cm=62.083 TN −m

M U =Ø M N , Ø =0.90 M U =55.875 TN −m

b) Alternativamente la solución también podría ser si

Por equilibrio '

ES =

'

ε s=

T =CC +C S

0.003 ( c −d ' ) , c= a ∅ ε 'S = 0.003 (a−β I d ' ) C βI a

0.003 0.003 ( a−0.85 x 6.38 )=ε 's= ( a−5.423) a a

f 's=ε 's ES =

0.003 x 2 x 106 ( a−5.423 )=(a−5.423) a

……(2)

(2) en (1)

31.68 x 4200=0.85 x 280 x 35 xa+

133,056 xa=8330 a+

7.76 x 6000 (a-5.423) a

46560 ( a−5.423) a

133,056 xa=8330 a 2+ 46560 xa−252,495 Página 144

'

AS

no está en fluencia


+10.38 ± √( 10.38 ) −( 1 )(−30.31 ) x 4 2 2

a2−10.38 xa−30.31=0 ∅ a=

a=12.74 cm

f 's=

, este valor en (2)

6000 ( 12.74−5.423 ) ∅ f 's=3446 kg /c m2 12.74

Remplazando en

( a2 )+ A f (d−d )

M n=0.85 f 's ab d−

' ' s s

(

M n=0.85 x 280 x 12.74 x 35 53.14−

'

12.74 +7.76 x 3446(5314−6.38) 2

)

M n=6213,836 k g−c m =62.14 TN −m M U =Ø M n M u=55.926 TN−m ∅ Iden solucion anterior № 03

Ejercicio

Se pretende que una sección rectangular con b=30 cm, d=50.8 cm, d’=6.40 cm,

'

f c =210

kg cm

2

,

f y =2800

kg cm

2

transmita momento flexionante la carga de servicio

de 16.90 TN-m debido a carga muerta y 27.50 Tn-m debido a carga viva. Calcular las áreas del acero requeridas para los dos siguientes casos a)

ρ− ρ'

esta limitado a 0.5 de la

ρb

para una viga simplemente reforzada

para reducir la deflexión y aumentar la ductilidad. b) El área del acero a compresión en un mínimo.

Solución Página 145


Datos

b=30 cm

f 'c =210 b/¿ 30 cm

d=50.8 cm

ES =2 X 106

'

kg c m2

f y =2800

d =6.40 cm

'

M D =16.90 Tn−m

M L =21.50 Tn−m

kg cm

2

f 6000 0.85∗210 6000 ρb=0.85 x β I c =0.85 x =0.0369 f y 6000+ f y 2800 6000+2800

a)

(

(

)

)

0.5 ρb=0.01845 '

∅ ρ−ρ =0.01845

( ρ− ρ' ) xbxd= A S −A 'S ∅ A S − A'S =0.01845 x 30 x 50.8=28.118 c m2 ⟹Suponiendo que todo el acero está cediendo

A ¿ S ¿ S− A ¿ ¿ ¿ ¿ a=¿

( a2 )+ A x f ( d−d ))

(

M U =Ø ( A S− A 'S ) x f y d−

' S

'

y

M U =1.4 M D + 1.7 M L =14 x 16.90+1.7 x 21.50=60.21 Tn−m

(

14.70 + A 'S x 2800 ( 50.8−6.40 ) 2 ∅ 60.21 x 105=0.9 ¿

( 28.118 ) x 2800 x 50.8−

)

Página 146


60.21 x 105=3078752+111888 x A'S A 'S =26.296 c m2

Luego: Sabemos que:

A S − A'S=28.118 ∅ A S=28.118+ 26.296

A S =54.414 c m2 Verificamos el esfuerzo en el acero a compresión

c=

a 14.70 → =17.294 cm β1 0.35

Del diagrama de deformaciones

ε 's=

0.003 ( c −d ' ) → ε 's= 0.003 ( 17.294−6.40 ) =0.00189 c 17.924

f 'c =ε 's E s=0.00189 x 2 x 106 =3780 kg /cm2

∴ El acero a compresion esta fluyendo pues : f 's=3780

kg kg > f y =2800 2 2 cm cm

f 's=f y

ρ=

54.414 26.296 ' =0.0358 ; ρ = =0.0172 30 x 50.8 30 x 50.8

Verificamos la cuantía total de acero a tensión:

ρb=0.85 x 0.85 x

210 6000 2800 +0.0172 x 2800 6000+2800 28000

(

ρb=0.0541 ρmax =0.75 ρb → ρ max=0.0406 > ρ=0.0358 … … ok ‼ ! Página 147

)


b) Mínimo acero de compresión (Acero mínimo es cuando la cuantía es máxima)

[

' f 'c 6000 ' fs ρmax =0.75 0.85 β 1 +ρ f y 6000+ f y fy

(

[

ρmax =0.75 0.85 β 1

)

] ]

f' 210 6000 + ρ' s pues f 'y > f y → f 's =f y 2800 6000+ 2800 fy

(

)

ρmax =0.0277+0.75 ρ' ρmax bd=0.0277 bd+0.75 ρ' bd A s =0.0277 x 30 x 50.80+ 0.75 A s' A s =42.21+0.75 A s'

a=

( A s −A s' ) f y ( 42.21+0.75 A s' ) 2800 0.85 f c ' b

=

0.85 x 210 x 30

a=( 42.21−0.25 A s' )

2800 =22.07−0.13 A s' 5355

a=22.07−0.1 A s' … . ( α ) Sustituyendo en:

[

( a2 )+ A f (d−d )]

M u= ( A s− A s' ) f y d−

[

'

s

'

y

(

))

22.07−0.13 A s' 60.21 x 10 =0.90 ( 42.21+0.75 A s −A s ) 2800 50.80− + A s' x 2800 ( 50.80−6.40 ) 2 5

'

'

(

60.21 x 105=( 118188−700 A s' ) + ( 50.80−11.035+0.065 A s' ) + 124320 A s'

Página 148

]


60.21 x 105=( 118188−700 A s' ) + ( 39.765+0.065 A s' ) +124320 A s' Reduciendo: '

'

'

4699746−20154 A s −45.5 A s +124320 A s =66.90 x 10 '

5

'

A s −2289 A s + 43742=0

A s' =

2289− √22892 −4 x 1 x 43742 2

'

A s =19.50 cm

2

Reemplazando:

A s =42.21+0.75 A s' A s =42.21+0.75 x 19.50=56.835 cm 2

Para verificar si el acero a compresión está fluyendo, se sustituye ecuación para “a”

a=22.07−0.13 A s → 22.07−0.13 x 19.50=19.54 cm

c=

a 19.54 = =22.99 cm β 1 0.85

εs ' '

( c−d ) '

ε s=

=

0.003 0.003 ( → ε 's = c−d ' ) c c

0.003 ( 22.99−6.40 )=0.00216 22.99

f 's=ε 's Es=0.0021 x 2 x 106=4320

kg kg > f y =2800 2 2 cm cm

Página 149

As

en la


En consecuencia el acero en compresión está cediendo,

f 's=f y

como se

especifica. Hay una pérdida de la fuerza del concreto de

0.85 f 'c, A s'

y esta cantidad es

apreciable, se debe aumentar el área acero a compresión en

0.85 f 'c , As' fy

para

compensar. Por ejemplo para ser más exacto el área del acero a compresión en la segunda parte del ejemplo. '

A s =19.50 cm

2

Aumentando será '

A s' = A s' +

'

0.85 f c , A s 210 x 19.50 =19.50+0.85 x =20.74 cm 2 fy 2800

A s' =20.74 cm2

Página 150


ANALISIS DE LAS VIGAS

“T”

y

“L”

b =16hf + hw b = 6hf + bw

bw

b =8hf

ln

bw

Las vigas “T” y “L” por las secciones con patines más comunes,

b

debida a que las losas se colocan en forma monolítica con la viga,

A's

d

como se muestra en la figura anterior. A's d'

bw

Cabe señalar que en el caso de sección compuesta, si la viga y la losa están apuntaladas de manera continua durante la construcción

puede suponerse que ambos actúan en conjunto para soportar todas las cargas incluyendo su peso propio. Sin embargo, si la viga no está apuntalada deberá cargar su peso más el peso de la losa mientras endurece. Después de que losa se ha endurecido los dos en conjunto soportaran las cargas adicionales. 1) PARA VIGAS AISLADAS (Fig. )

hf ≤

bw 2

b ≤ 4 bw

2) PARA VIGAS CON EL ALA A UN SOLO LADO (Fig.)

b−bw ≤

L 12

L=luz libre

Página 151


b−bw ≤ B/ 2

B=separación entre vigas

b−bw ≤ 6 hf

De los 3 valores, se escoge el “b” menor

3) PARA VIGAS SIMETRICAS (Fig. )

b ≤ L /¿

(

b−bw ≤ B/2 2

(

b−bw ≤ 8 hf 2

)

De los 3 valores se escoge el “b” menor

)

POSICION DEL EJE NEUTRO En una viga “T” , el eje neutro puede caer en: 1. EN EL PATIN O ALA. En este caso se analiza como una viga de sección rectangular de ancho “b” (diseño como una viga de sección rectangular) 2. EN EL ALMA. Este caso será analizado en el presente. Para encontrar la posición del eje neutro, supondremos, en todos los casos, que la viga es rectangular de ancho “b” y por equilibrio tendremos: '

A s f y =0.85 f c ab ⇒ T =C a=

c=

As f y 0.85 f 'c b

, c=a/ β1

As f y ' 1 c

0.85 β f b

'

β 1=0.85 para f c ≤ 280 kg /c m 2

a)

Si c ≤ h f ⇒ el eje neutro cae en el ala

b)

Si c >hf ⇒ el eje neutro cae en el alma

También:

Página 152


h f ≤ 1.18 w

d ⟶ la seccion se comporta como rectangular β1

h f >1.18 w

d → la seccion se comporta como viga T β1

CASO I) PROFUNDIDAD DEL EJE NEUTRO “C” MENOR QUE EL ESPESOR DEL PATIN

hf

En este caso puede tratarse en forma similar a la sección rectangular estándar, siempre en cuando la profundidad “a” del bloque rectangular equivalente sea menor que el espesor del patín. En el análisis. En el análisis el ancho “b” del patín de la cara de compresión debe utilizarse como el ancho de la viga.

c
0.85 f 'c ab=A s f y ⇒ a=

As f y '

0.85 f c b

M n= A s f y (d−a/ 2) CASO II)

PROFUNDIDAD DEL EJE NEUTRO “C” MAYOR QUE EL ESPESOR

DEL PATIN hf En este caso (c
C >hf C >hf sección

ay hf

→ Viga rectangular → Viga “T”, puede tratarse de manera similar a una rectangular doblemente reforzada.

Página 153

CONCRETO ARMADO I ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA (b-bw)/2

(b-bw)/2 0.85 f'c

Cw

a

a/2

Análisis: (d-a/2) As2

Fig.1: Sección “T” en el instante de la falla, para efecto del análisis

As2 f y

se descompone dicha sección en dos secciones mostrado en la figura I Y II De la figura II Cf = fuerza de compresión en el ala Cf= 0.85f'c(b-bw)hf

T = A s fy

Cf = T por equilibrio, luego 0.85 f'c(b-bw)hf

A s f y → A s f y=

0.85Tc ( b−b w ) hf …(1) fy

El momento resultante será: Mu1 =…A(2) sffy(dhf/2) La sección de acero será: As= Asf+ As2 → AS2= As – Asf De la figura III Cw = 0.85f'cabw T =As2fy T = Cw

'

→ 0.85 f c abw =As2fy

a=

As2 f y 0.85 f 'c b w

Página 154

…( 3)


a=

A s −A sf 0.85 f c b w

El momento resultante será: Mu2 =

ϕ As2fy (d-

………………………………………….(4)

Mu = M U1 +Mu2

…………………………………………(5)

Determinación de la cuantía balanceada para viga “T” se define que:

A sb ρwd = bw d A =a ,c b=c b

,

,

A sf ρw = bw d

A = As sb

De la figura II y III

Cf + Cw= T Cf=0.85f'c(b-bw)hf c w =0.85 f 'c '

'

c w =0.85 f c ah bw =0.85 f c β 1 c b b w Luego:

A sb f y =0.85 f 'c ( b−b w ) h f +0.85 f 'c β 1 cb b w También:

C f =T f → A s f y =0.85 f 'c ( b−b w ) h f bwd b b A s f y =0.85 f 'c β 1 c b b w wd + A s f y wd bwd b wd bwd

Página 155


ρwd f y bw d=0.85 f 'c β 1 c b bw + ρf f

y

b wd b wd

ρwd =0.85 f 'c

β1 cb bw f + ρf y f y bw d fy

ρwd =0.85 f 'c

β1 cb + ρf … … … … … … …..(¿) f yd


0.003 Ɛs = Cb (d−C b )

→ d – Cb=

Cb =d

(

Ɛs C 0.003 b

f 0.003 Ɛ s= y 0.003+ Ɛ s Es

)

,

Es =2 x 106

Luego

Cb =

(¿)

Reemplazando en

ρwb =0.85 β 1

f 'c 6000 d + ρf f y d 6000+f y

ρwb =0.85 β 1

f 'c 6000 + ρf f y 6000+ f y

(

(

6000 d 6000+ f y

)

)

ρwb =ρb + ρ f → ρ b=ρwb −ρ f

Página 156


Para asegurar que la falla sea dúctil, el código ACI, especifica:

ρmax =0.75(ρ b+ ρf )

Nota: la cuantía del acero balanceado es:

(ρ b + ρ f ) , donde

ρb

se calcula con la fórmula

para vigas rectangulares, en concordancia con lo especificado para vigas rectangulares, deberá tenerse

ρw =0.75( ρb + ρ f ) , sin embargo el reglamento ACI, especifica que: ¿ ρmax

ρw − ρf ≤ 0.75 ρb

EJEMPLO N°01.- Para la viga “T” del sistema de piso mostrado en la fig. Determine la resistencia a la rotura de diseño. Considere

f 'c =280 kg/cm2 y f y =4200 kg /cm 2 .

0,075 0,4

As=6#10

B = 1.25

0,25

bw = 0.25

L=4.50 m

Solución i) a)

Determinamos el ancho efectivo de las alas

b≤

L 4.5 →b≤ =1.125 m 4 4

Página 157

0,5

1,25

0,25


b)

b−b w ≤ 8 hf → b=16 hf + bw =16 x 0.075+0.25=1.45 m 2

c)

b−b w B ≤ → b=B+ bw =1.25+ 0.25=1.50 m 2 2 ∴ b=1.125 m=112.5 cm 2

10 } over {8} = Ø →6x7.92=47.52 {cm} ^ {2} A S=Ø ¿ 10 →¿ 10=¿ A S =47.52 cm2 ii) Determinamos el eje neutro.

Si :C> hf →Viga T ,

Si :C< hf →Viga rectangular

a=

AS f y '

0.85 f c b

=

47.52 x 4200 =7.45 cm 0.85 x 280 x 112.50

C=a/ β 1 , β 1=0.85 →C=7.45 /0.85=8.76 cm

Pero:

C=8.76 cm→ C> hf → Se analiza como viga T iii)

Análisis de la viga “T” (b-bw)/2

(b-bw)/2

hf d

Asf bw

En las alas

0.85 f ' c ( b−bw ) h f Asf= fy

Página 158


Asf=

0.85 x 280 ( 112.5−25 ) x 7.5 4200 2

As f =37.19 cm M u1=∅ As f f y ( d−h f /2)

(

M u1=0.90 x 37.19 x 4200 40−

7.5 =5' 095,960 kg−cm 2

)

M u1=50,960Tn−cm En el alma

hf d As2

bw → As2= 47.52 – 37.19

As2=

As− A sf As2= 10.33 cm2

a=

a=

As2 f y 0.85 f 'c bw

10.33 × 4200 =7.29 cm 0.85 × 280× 25

Mu2 =

ϕ A f (ds2 y

Mu2 = 0.90×10.33×4200(40-7.29/2) = 1´419,568 kg-cm Mu2 = 14.196 TN-m Mu = M U1 + Mu2

Página 159


Mu = 65.156 TN.m Comprobación de cuantía máxima

ρw =

As bw d

,

ρ2=ρ w −ρsf

;

ρ 2=

6000 6000+f y f'c ) ρb=0.85 β 1 ¿ f y

ρsf =

A sf bw d

As2 10.33 =0.0103 = 25 × 40 bw d

=

0.85×0.85 ×

280 6000 4200 6000+ 4200

(

)

ρb=0.0283 ρmax =0.75 ρb → ρ max=0.0212 Debecumplirse:

ρ (¿ ¿ w−ρ f )≤ ρ max ¿ ρ (¿ ¿ w−ρ f ) ≤ ρ2 → 0.0103 ≤0.0212 ¿

→falla por fluencia del acero

Nota: el reglamento A. C. I, exige una comprobación de la deflexión si:

ρ (¿ ¿ w−ρ f )> 0.18

f 'c 2 f y > 2800 kg/cm ó fy

¿

Página 160


ρ Si

(¿ ¿ w−ρ f )> 0.18

f 'c f y →comprobar deflexión

¿ → 0.18×280/4200 = 0.0120

→ 0.0103→

0.012 no necesita comprobar

deflexión.

Ejemplo Nº 02 por el método a la rotura, diseñar una losa aligerada de 6.50m. de luz apoyada sobre vigas. Considerar una sobrecarga para uso de vivienda, concreto

f'c

A

= 210 kg/cm2 , f y

B

C

= 4200 kg/cm2.

D

E

X

0.25

6.50

0.30

6.50

0.30

6.50

0.30

PLANTA

6.50

0.30

PLANTA

Eje de simetría

Eje neutro A

0.25

B

6.50

0.30

C

6.50

0.30

D

6.50

Página 161

0.30

E

6.50

0.30


Solución: Por ser simétrico se analizará hasta la mitad.

1) Espesor de la losa (aligerados continuos)(h)  Viguetas de ancho = b=0.10m.  Ancho de ladrillo = b1 = 0.30m  Losa superior = hf = 0.05m  Sobrecarga =s/c ≤ 300 kg/cm 2  Luz del tramo = L ≤ 7.50 m

h=

h=

L 25

6.5 =0.26 ≅ 0.25m 25

h = 25 cm

2) Metrado de carga:

0.05 0.15

a) a) 0.05

0.30

0.10

0.30

Peso propio:

0.10 0.15

 Losa: 0.05m × 2.40 TN/m2 = 0.12 TN/m2  Vigueta: 2.5 vigueta/m×0.10m×0.20m×2.4TN/m2 = 0.12TN/m2  Ladrillo: 8.333lad/m2×0.008 TN/lad = 0.067TN/m2 b) Cargas sobre el aligerada (servicio)  Piso +cielo raso = 0.100TN/m2  Tabiquería = 0.100TN/m2 c) Sobrecarga = 200kg/cm2(vivienda) WD = 0.507 TN/m2 WL = 0.200TN/m2 CARGA ÚLTIMA: Wu = 1.4 WD +1.7 WL = 1.4×0.507+1.7×0.200 = 1.050TN/m2

d) Peso por metro por cada vigueta: 1.050 TN /m2 Wu = 2.50 vigueta/m = 0.420TN/m/vigueta Wu = 0.420 TN/m/vigueta Página 162


C

Wu = 0.420 Tn/m

3) (por

6.50 m

A

6.50 m

B

Momentos flectores coeficientes de A.

C

C. I) Apoyos: (momentos negativos)

A (

MA

B

-1/24

6.50 m

-1/11

1/16

1/14 0.25

C

-1/10

0.30

0.739 TN-m MB(-)= -1/10×0.420×(6.50)2 = 0.775 MC(-)= -1/11×0.420×(6.50)2 = 1.613 Tramos: (momentos positivos) MAB(+) = 1/14×0.420(6.50)2 = 1.268 MBC(+) = 1/16×0.420(6.50)2= 1.109

-)

6.50 m

0.30

=

-

1/24 2

×0.420×(6.50) =

TN-m TN-m TN-m TN-m

4) Cálculo de momento máximo que pueden tomar las viguetas, se calculará para las regiones vecinas a los apoyos, donde el ancho de la sección rectangular es de 10cm, ya que el momento es negativo. f 'c 6000 210 6000 ρb=0.85 β 1 =0.85 ×0.85 × =0.0212 f y 6000+ f y 4200 6000+4200

(

(

)

)

ρmax =0.75 ρb → ρ max=0.016 d = 25.2-

1.59 2 = 22.205 cm

ρmax f y a= 0.85 f y

d=

0.016× 4200 ×22.205 0.85 ×210

a = 8.36 cm. Mumax

( a2 )

¿ 0.85 f 'c bw d−

bw= 0.10m =10cm (ancho vigueta)

Mumax= 0.85×210×8.36×10(22.205-8.36/2)=268,980kg-cm Mumax= 2.689 TN-m.

∴ Mumax = 2.689 TN-m> 1.775 TN-m (mayor momento del aligerado) Por consiguiente el acero fluye antes de llegar a la rotura.

5) Calculo de las áreas del acero de refuerzo.

Página 163


b = 0.40 m a

hf = 5.0

c

As2

As=

Mu ∅f y (d−a/2)

a=

bw =10

As 0 .85 f 'c b w

APOYO “A” MUA(-) = 0.739 TN-m

−¿ ¿ ¿ A SA ¿ d = 22.205 cm

−¿ ¿ 2 A SA ¿ = 0.978 cm

a=

0.978 × 4200 =2.30 cm <5.0 cm→ viga rectangular 0.85 × 210× 10 −¿ ¿ ¿ A SA ¿

−¿ ¿ 2 A SA ¿ = 0.928 cm /vig.

→usar: Ø12mm/vigueta

APOYO “B”

−¿ ¿ M UB¿ =1.775TN-m

Página 164


−¿ ¿ 2 A SB¿ =2.43 cm /vig

→usar: 1Ø1/2” +1Ø12mm

APOYO “C”

−¿ ¿ M UC ¿ = 1.613 TN-m −¿ ¿ 2 A UC ¿ =2.17 cm /vig

TRAMO “AB”

→usar : 1Ø1/2” +1Ø12mm

(momentos positivos) b hf = 5.0 d As2

+¿ ¿ M UAB¿ = 1.268 TN-m

bw

+¿ ¿ ¿ As ¿ +¿ ¿ ¿ As ¿

a=

1.702× 4200 =1.001 →C=a/ β 1=1.001 /0.85=1.18
→diseñar como viga rectangular

+¿ ¿ ¿ As ¿

Página 165


+¿ ¿ ¿ A SAB ¿

a=

1.546 × 4200 =0.909cm 0.85 × 210× 40 +¿ ¿ ¿ A SAB ¿

+¿ ¿ A SAB¿

= 1.542 cm2/vigueta

→usar : 1Ø12mm +1Ø 3/8”

TRAMO “BC”

+¿ ¿ M UBC¿

= 1.109TN-m

+¿ ¿ ¿ A SBC ¿

a=

1.468 × 4200 =0.86 cm 0.85 × 210× 40 +¿ ¿ ¿ A SBC ¿

+¿ ¿ A SBC ¿

= 1.347 cm2/vigueta

→usar : 1Ø12mm +1Ø 3/8”

Página 166


6) Disposición de la armadura

PLANTA DE DISTRIBUCION DE REFUERZO

L/5

L/5 1Ø1/2"

1Ø12mm

L/6

L/5

L/5 1Ø1/2" 1Ø12mm L/6 L/6

1Ø3/8"

0.25

L/5 L/6

1Ø12mm

1Ø3/8"

6.50

0.30

6.50

1Ø3/8"

0.30

Ejemplo Nº 02: Diseñar una losa aligerada de h=25cm S/C= 300 kg/cm 2 (aulas) =4200kg/cm2, piso + cielo raso =100kg/cm2, tabiquería

= 100kg/cm2, ladrillo de

0.30×0.30×0.20m, de 8 kg/ladrillo.

A

0.25

B

4.80 m

C

0.25

6.50 m

0.25

Corte longitudinal

Sección transversal del aligerado 0.05 0.15

0.05

0.30 0.10

0.30 0.10 0.15

Solución

Página 167

'

f c = 210 kg/cm2, fy


1) METRADO DE CARGAS  Losa superior:  Vigueta :  Ladrillo :  Tabique :  Cielo raso

0.05m ×2.4 TN/m3 =0.120 TN/m2 0.10m ×0.20 ×2.5 vig/m ×2.4 TN/m 3 =0.120 TN/m2 8.333lad/m2×0.008 TN/lad =0.067 TN/m2 (dato)=0.100 TN/m 2 : (dato)

=0.100 TN/m2 WD = 0.507 TN/m2 WL = 0.300 TN/m2  CARGA VIVA O SOBRE CARGA(AULAS) Luego la carga por viguetas será WD = 0.507 TN/m2 / WL = 0.300 TN/m2 /

2.5 vig/m → WD = 0.2028 TN/m 2/vig 2.5 vig/m→WL = 0.1200 TN/m2/vig

 CARGA ULTIMA: WDu = 1.4×0.2028 = 0.284 TN/m WLu = 1.7×0.1200 = 0.204 TN/m Wu = 0.488 TN/m 2) COMPROBACION DE LUCES

l2 6.50 ≤ 1.20 → =1.35> 1.20no se pueden usar los coeficientes del A .C . I . l 4.80 3) CALCULO PARA ENVOLVENTE DE MOMENTOS a) Máximo momento negativo Calculamos por el método de HARDY CROSS, por ser hiperestático Wu = 0.488 Tn/m



A

B 0.25

4.80 m

C 0.25

6.50 m

relativas.

Kij =

I Li de factores de distribución.  Calculo dij =

Ki

∑ Ki

Página 168

0.25

Calculo rigideces

de

la


 Rigideces:

I

KAB= KBA= 4.80

I

,

KBC= KCB= 6.50

 Factores de distribución.

I I 4.80 4.80 d AB= =1.00 ; d BA = =0 .575 I I I 0+ + 4.80 4.80 6.50 I 6.50

I 6.50 d BC = =0.425 ; d CB = =1.00 I I I + +0 4.80 6.50 6.50  Memento de empotramiento perfecto Wu = 0.488 Tn/m

2.079

B

A

MAB= MBA=

C

B

4.80 m

−W l 12

Wu = 0.488 Tn/m

2.079

6.50 m

2

M BC= MCB=

4.8 2 −0.488 MAB = MBA = 12 MBC= MCB =

−W l 12

2

−1.718 TN −m

MAB= MBA = -0.937 TN-m

A

B

C

1.00

0.575

0.425

1.00

0.937

-0.937

1.718

-1.718

-0.469

0.859

-0.673

-0.498

-2.079

2.079

-0.937

0.00

→

Reacciones isostáticas

Página 169

←

1.718

0.00

CONCRETO ARMADO I ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA Wu = 0.488 Tn/m

2.079

B

A

Wu = 0.488 Tn/m

2.079

C

B

4.80 m

6.50 m

4.82 RA(4.8) = 0.488 × 2

+ 2.079

4.82 RB(4.8)= 2.079 - 0.488 × 2 6.50 RB(6.5)= 2.079 - 0.488 × 2 6.5 2 RC(6.5) = 0.488 × 2

→ RA = 0.738 TN

→ RB = 1.604 TN

2

→ RB = 1.906 TN

+ 2.079

→ RC = 1.266 TN

Momentos: Tramo AB: 0 ≤ × ≤ 4.80

×2 MX = 0.738× -0.488 2 V× = 0.738 -0.488×

→ SI V=0 → M max

0 = 0.738 – 0.488×

→ x = 1.512m

Si x = 1.512

→ Mx = +0.558 TN.m= Mmax

X = 4.80

→ Mx = -2.079 TN/m

Tramo BC: 0 ≤ × ≤ 6.50

MX = 1.906× -2.079 – 0.488

×2 2

V× =1.906 -0.488× = 0 x = 3.906m Si x = 3.906 → Mmax = +1.643 TN.m X = 6.50

→ Mx = 0.00 Página 170


Cortes

1.906 0.738

+

B -

A +

-

C 1.268

1.604

-2.079 Momentos

-

A

+ 0.558

+

B

C

1.643 3.906

1.512

b) Para momentos positivos Wu = 0.488 Tn/m Wu = 0.284 Tn/m

A

C

B

A

B

C

1.00

0.575

0.425

1.00

0.937

-0.937

1.00

-1.00

-0.937

-0.469

0.50

1.00

-0.054

-0.04

-1.46

1.46

0.00

Página 171

0.00


Cortes

1.148 0.867

+

B -

A +

-

C 0.698

1.475

-1.460 Momentos

-

A

+ 0.770

+

B

C

0.860 4.042

1.777

Wu = 0.488 Tn/m Wu = 0.284 Tn/m

A

C

B A

B

C

1.00

0.575

0.425

1.00

0.545

-0.545

1.72

-1.72

-0.545

-0.273

0.86

1.72

-1.011

-0.748

-1.829

1.829

0.00

COMBINACIONES

Página 172

0.00


Cortes

1.867 0.300

+

B -

A +

-

C 1.305

-2.079 Momentos

-

A

+

0.158

C

+

B

1.742 3.826

1.056

-2.079

-0.468

A

-0.856

+ 0.770

1.777

+

B

1.742 3.826

Momentos de diseño

Especificaciones: Peralte efectivo de la losa: D = h – r -Ø/2 D = 25 – 2 – 1.59/2 = 22.205cm

A smin =

14 bd fy

Página 173

C


Asmin = 0.0018 bwh = 0.0018 x 10x 25 = 0.450 cm2 (As(-)) Asmin = 0.0018 bh = 0.0018 x 40x 5= 0.360 cm2 (As(+)) Para el cálculo del acero a fluencia: Mu = Ø w

f

' c

Mu 2 b d2 (1.059w) f b d = ' c

ϕ

w (1-

Calculo de Coeficiente: o

Apoyo (-)

A → K uA

=

−¿ ¿ ¿ Mu¿ ¿

5

−0.468 X 10 2 210 X 10 X 22.205

=

=

5

(-)

−2.079 X 10 210 X 10 X 22.2052

= -0.2010

(-)

−0.859 X 105 210 X 10 X 22.2052

= -0.0830

B → K uB=

C → K uC= o

-0.0452

bw =10

Tramos:

AB → K (+)UAB

(+)

BC → K uBC=

=

+¿ ¿ ¿ Mu¿ ¿

=

−1.742 X 105 210 X 40 X 22.2052

−0.77 X 105 210 X 40 X 22.2052

= -0.0421

También: Ku = Ø w(1-0.59w) , Ø = 0.90 y resolviendo esta ecuación

W2 – 1.695w -1.883Ku = 0 Hallando los valores de W Apoyo “A” WA → w – 1.695w -1.883x0.0452 = 0

Página 174

=

-0.019


1.695−√ ( 1.695 ) −4 (0.085) 2 2

W=

WA = 0.0518 Apoyo “B” WB = 0.265 Apoyo “C”

fy w = ρ f'c

As = wbd

As fy bd f ' c

→

fy ' f c

WC = 0.0979 TRAMO AB WAB = 0.0214

TRAMO BC WBC = 0.0481 Para acero negativo: '

f c fy

(-)

As = w

bd =

210 4200

x10x22.205w

210 4200

x40x22.205w

As(-) =11.103w Para acero positive:

As

(+)

f'c fy

=w

bd =

As(+) = 44.41w Resumen -0.0452

-0.2010 0.0190

-0.0830 0.0421

Página 175


0.0518

0.265 0.0979 0.0214

0.0481

0.575

2.942

1.0870

0.950

2.136

1Ø3/8”

2Ø5/8”

1Ø12mm

1Ø12mm

2Ø12mm

Momento debido a envolmente -1/24

-1/24 coeficiente

-1/9 1/14

1/14

-0.468

-1.731

-0.859 M

-0.468

-4.079

-0.859 M

Momento debido a envolvente

L/5

L1 /3

0.96

1.60

1Ø3/8"

L2 /3

L/3

2.17

1.20

L/4

1.63

L/4

1.30 1Ø12mm

1Ø5/8"

1Ø12mm

1Ø12mm

1Ø12mm 1.40

L2/4 * la

0.70

L2/4 * la

No se empleó el A.C.I, pero comprobaremos cuan confiable es: Wu = 0.488TN.m La = 12db → 12(1Ø12mm) = 14.4 cm el mayor → la = 22cm = 0.22m La = d = 22cm ACERO DE TEMPERATURA: Ast = 0.0020xbxh →0.0020x100x5 = 1.00cm2/m Página 176


Usar Ø¼ → As ¼” = 0.32 cm2

S=

0.32 X 100 1

= 32CM

Smax=5hf =25cm Ast = Ø ¼”@ 25

RESISTENCIA A LA FLEXIÓN DE SECCIONES SIMÉTRICAS DE FORMA CUALQUIERA Estas secciones tienen el plano de flexión en el plano de simetría. Para encontrar la resistencia de la sección, consiste en obtener por un proceso interactivo un estado de deformación tal que la

sección

este

en

equilibrio

Página 177

de

fuerzas

horizontales.


Eu=0.003 C1

A1

As

A2

f's A's

a

C's C2 C3

A3

E's

As1

Es1

As2

Sección (a)

fs1 As1

T1

fs1 As2

T2

Diagrama de Esfuerzos (b)

Diagrama de Esfuerzos (c)

Es2

Diagrama de Deformación (d)

H IPOTESIS: 1) La deformación de la fibra extrema del concreto comprimido es Ɛu= 0.003 2) La distribución de las deformaciones es lineal para cualquier estado de esfuerzos 3) Se puede utilizar la distribución rectangular equivalente de esfuerzos en lugar de la distribución real

PROCEDIMIENTO: 1) Se asume un valor “c” de la profundidad del eje neutro y se determina las deformaciones en las diversas capas de acero 2) Se encuentra los esfuerzos en las diversas capas de acero 3) Se encuentra todas las fuerzas de compresión tanto en el acero como en el concreto y las fuerzas de tracción en el acero 4) Se establece un valor R = C – T para el valor asumido de la profundidad del eje neutro C = CS'+ C1+C2+C3+…+Cn T = T1+ T2+T3+…+Tn R = C+T ó T – C = R 5) Se supone un segundo valor “c” y se repiten los pasos (1,2,3 y 4). Se continua en la misma forma hasta lograr un valor de “c” para que el R = C –T, y se determina las fuerzas de compresión y de tracción para este valor de “c” Página 178


6) Se encuentra el momento de todas las fuerzas internas con respecto a un eje cualquiera perpendicular al plano de flexión; dicho momento es la resistencia nominal de la sección. La resistencia de diseño es Mu =ϕMn

EJEMPLO Nº 01.- para la sección de viga que se muestra en la figura a) Cuál es el valor máximo del acero en acción permitido por el código A. C. I. b) Si el acero en tracción es de 4 varillas Nº 9, ¿Cuál es el momento confiable? c) Datos:

f 'c =280 kg/cm2 f y =4200 kg /cm2

0.15

0.50

As1

0.25

Solución:

a) De acuerdo al A.C.I Asmáx = 0.75 Asb

Ɛs = Ɛy =

fy Ɛ s

=

4200 2 x 10 6

= 0.0021

fluencia

Página 179

Esfuerzo en el acero, en su estado de


Eu=0.003

Cb

d

Ey


Cb d = , 0. 003 Ɛ u +Ɛ y

Ɛ u=0.003

,

Ɛ y =0.0021

d = 65 – (4+0.95+1.5x2.54) = 56.24 cm (2 capas con Ø 1”) Luego:

Cb 56.24 = → C = 33.08 cm b 0.003 0.003+ 0.0021

15.00

ab

Ac

β

13.12

'

β

←f c≤

0.25

ab= Cb

1 ,

ab =33.08 x 0.85 = 28.12 cm por equilibrio: T = C

Asbfy =0.85 Ac Ac = 25x 15/2 + 25x 13.12 = 515.50 cm2

Asb =

0. 85 f ' c Ac 0.85 x 280 x 515.50 = fy 4200

Página 180

1

= 0.85

280kg/cm2


Asb = 29.21 cm2 Asmax = 0.75Asb

Ø3

8"

#9 =181"

Asmax = 29.21 x 0.75 = 21.91cm2 Considerando As en una capa con

∅Nº 9 ≅∅1 1/8 4

∅Nº 9

= 2.86 cm , As = 6.41 cm2

b = 2x4+2x0.95 +4x 2.86+3x 2.86 = 29.92cm Entonces el acero en dos capas conforme a) Con: 25.64 cm2>Asmax =21.91 cm2, no es conforme As = 25.64 cm2
Por equilibrio: T =C

A15 s fy = 0.08

f

' c

(a-15)

Ac

y

Ac

a 10.16

0.25

Reemplazando valores:

As f y Ac = 0. 85 f ' c

Ac =

25.64 x 4200 0.85 x 280

= 452.47cm2

De la fig: Ac = 25x15/2 +25x(a-15)=452.47 → a = 25.60 cm

Página 181

b

4


Hallamos “yo”

(25 x y 0=

Mu=

15 2 10.60 )+ x 15+25 x 10.60 x (15+ ) 2 3 2 =16.03 cm 452.47

ϕ As fy (d - yo) Mu = 0.90x25.64x4200(56.24-16.03) = 3897121 Mu = 38.971 Tn-m

EJEMPLO Nº 02 Para la sección mostrada en la figura encontrar la resistencia a la flexión, sabiendo que la base está en tracción

Triangulo Equilatero

40 cm

As = 3 Ø ¾”

f 'c =280 kg/cm2 f y =4200 kg /cm2

SOLUCIÓN: Triangulo equilátero

l

= 40cm Página 182


Eu=0.003 A's a

0.85f'c

E's

Area achurada

f's A's

C's

c

C

d

h

As Es

fs1 As2

T2

b=40cm Diagrama de Deformación (d)

Sección (a)

h=

l √3=¿ 34.6cm 2

Área achurada =

'

∅s Ɛu

=

a=

2 a2 √3 2

Diagrama de Esfuerzos (b)

β1 c

a = 0.85c

= 0.577a2

c−8 8 → ∅'s =Ɛ u 1− c c

( )

Ɛ s 30.6−c 30.68 = →Ɛ s=Ɛ u −1 Ɛu c c

(

Ɛy=

fy Ɛs

=

4200 2 x 10 6

)

= 0.0021

PRIMER TRAMO: c =10cm

; a =8.5cm

1) Área achurada: 0.577(8.5)2 = 42cm2 2)

ℇ's

3)

Ɛs

= 0.003(1-8/10)= 0.0006 <

Ɛ

y

= 0.003 (30.6/10-1) = 0.0062 >

Página 183

Ɛs

Diagrama de Esfuerzos (c)


Esfuerzos:

f 's

= ∅s Es= 0.0006x2x106 = 1200kg/cm2

'

fs

=

fy

= 4200 kg/cm2

Fuerzas: C= 42x0.85x210 = 7497 kg '

'

'

C s= A s f s

= 2.85x1200 = 3420 kg

C = C+C's = 10.917 kg T = 2x2.85x4200 = 23.940 kg R = T – C = 23.940 – 10.917 = 13.023kg SEGUNDO TRAMO: c=14cm

; a =11.90cm

1) Área achurada: 0.577(11.90)2 = 81.71cm2 '

2)

ℇs

3)

Ɛs

= 0.003(1-8/14)= 0.00129 <

Ɛ

= 0.003 (30.6/14-1) = 0.0036>

y

Ɛ

Esfuerzos:

f 's

'

= ∅s Es

= 0.00129x2x106 = 2580kg

f s=f y =4200 kg/cm2 Fuerzas: C= 82X0.85X210 = 14.600 kg

C's= A's f 's

= 2.85x2580 = 7353 kg

C=C+C 's =21.953 kg Página 184

y


T = 2x2.85x4200 = 23.940 kg R = T – C = 23.940 – 21.953 = 1.987kg TERCER TRAMO: c=14.5cm

; a =12.4cm

1) Área achurada: 0.577(12.4)2 = 87.5cm2 2)

ℇ's = 0.003(1-8/14.5)= 0.00135 < Ɛ

3)

Ɛs

y

= 0.003 (30.6/14.5-1) = 0.00333>

Esfuerzos:

f 's

'

= ∅s Es

= 0.00135x2x106 = 2.700kg

f s=f y =4200 kg/cm2 Fuerzas: C1= 87.5X0.85X210 = 15.600 kg '

'

'

C s= A s f s=2.85 x 2700=7800 kg '

C=C+C s =23.400 kg T = 2X2.85 X 4200 = 24.000 kg R = T – C = 600kg Para efectos prácticos : T

C

RESISTENCIA DE LA SECCIÓN: C1= 15.600 kg ,C's = 7800kg , T = 24.000kg C1 x brazo= 15.600 x 22.4 = 349.440 kg.cm C's x brazo=7800 x 22.6 =176.000 kg.cm Página 185

Ɛ

y


M'u = 349.440 + 176.000 = 525.440 kg.cm Mu = M'u = 0.9x525 = 4.73 TN.m

ESFUERZO CORTANTE Y TRACCIÓN DIAGONAL El diseño por cortante es de principal importancia a tensión del concreto es considerablemente menor que la de compresión.

w

A2 A1

L R

Ver figura

R=WL/2

El comportamiento de las vigas de concreto reforzado en el instante de la falla por cortante es muy diferente a su comportamiento por flexión, la falla es repentina sin suficiente aviso previo y las grietas diagonales que se desarrollan son más amplias que la de flexión (falla frágil) se deberá diseñar secciones que sean suficientemente fuertes para resistir las cargas transversales externas factorizadas sin que se alcance su capacidad de resistencia al cortante. (El cortante es un parámetro importante en el comportamiento de mensulas y vigas de gran peralte) COMPORTAMIENTO DE VIGAS HOMOGENEAS

Página 186


DIAGRAMA FUERZA CORTANTE

dy

W

fs a2

C

a2

v=0

C+dC c

Vmax Z ya1 a1

a1

v T

V-Wdx T+dT

ft Sección

Elementos de la Viga

Página 187

Esfuerzo de Flexión

v=0 Esfuerzo de Cortante

E.N.


El esfuerzo normal es:

M = Momento flexionante en la sección a 1 –

a2 f = esfuerzo normal

V = fuerza cortante en la sección a1 – a2

v = esfuerzo cortante Y = distancia del elemento al eje neutro f

V=

¿

My I

V Ai Y bI

ȳ = distancia del cancroide de A al eje neutro I =momento de inercia de la sección transversal b = ancho de la viga

Z=

I Ai ȳ

Vmax =

V z A2 A1 Viga con Refuerzo Longitudinal

z = brazo de la palanca interna localizado en el eje neutro

Distribución de Esfuerzos Normales Longitudinales

A

A

Distribución de Esfuerzos de Corte

Distribución de Esfuerzos Principales de Tensión

Distribución de Esfuerzos en una sección de la Viga del Material Homogeneo o de Conreto antes de que presente rajadura

Página 188


Los esfuerzos internos que actúan en los elementos infinitesimales A1 y A2 utilizando el círculo de Mohr los esfuerzos principales para el elemento A1 en la zona en tensión debajo del eje neutro vienen a ser

v

C

As

fc

T

θ

f c(max) v (Esfuerzo cortante )

( 0, v ) ( plano y ) Esfuerzocortantemaximo

v max 2θ

(f c,v) ( Plano x ) Es fuerzoprincipal decompresi ó n f c(máx ⁡) ESTADO DE ESFUERZO EN EL ELEMENTO A2 Luego los esfuerzos serán:

f f t (max )= t + 2

√( )

ft 2 2 +ν 2

Tensión principal

Página 189

f (Esfuerzo normal)

fc


f f c ( max )= t − 2

√( )

Tang ( 2 θ )max =

ft 2 2 +ν 2

Compresión principal

2ν ft

COMPORTAMIENTO DE VIGAS DE CONCRETO REFORZADO COMO SECCIONES NO HOMOGÉNEAS El esfuerzo de compresión fc en el elemento A2 de la figura anterior arriba del eje neutro evita el agrietamiento, ya que el máximo esfuerzo principal en el elemento está en compresión. Para el elemento A1 debajo del eje neutro, el máximo esfuerzo principal está en tensión; de aquí que aparezcan las grietas. Conforme nos desplacemos hacia el apoyo, el momento flexionante y por consiguiente f t disminuye, a la vez que se tiene un aumento en el esfuerzo de corte. El esfuerzo principal

f t(má x ⁡)

en tensión actúa en un plano aproximadamente de 45⁰ con la normal en las

secciones cercanas al apoyo. Debido a la baja resistencia a la tensión del concreto se desarrollan grietas diagonales a lo largo de planos perpendiculares a los del esfuerzo principal de tensión (Grietas de tensión diagonal).

v

ft

ft

fc Trayectoria de esfuerzo principal Líneas continuas; Trayectoria de tensión Líneas con rayas: Trayectoria de compresión. VIGAS DE CONCRETO REFORZADO SON REFUERZO POR TENSIÓN DIAGONAL Página 190


MODOS DE FALLA 1) FALLA POR FLEXIÓN (F): Las grietas son en su mayor parte verticales en el tercio medio de la viga y perpendicularmente a las líneas del refuerzo principal. Las grietas resultan de un esfuerzo cortante

ν

muy pequeño y de un esfuerzo de flexión “f”

dominante con un valor cercano a un esfuerzo

f t(má x ⁡)

casi horizontal.

2) FALLA POR TENSIÓN DIAGONAL (TD): Esta falla se produce si la resistencia de la viga en tensión diagonal es menor que su resistencia en flexión la relación claro de corte/peralte es de magnitud intermedia con la relación a/d variando de 2.5 a 5.5. El agrietamiento comienza con el desarrollo de algunas grietas finas verticales de flexión en el centro del claro. Después de esto, dos o tres grietas diagonales se desarrollan a una distancia aproximada a 1 ½ d a 2 d del paño del apoyo. 3) FALLA EN COMPRESIÓN POR CORTANTE(Cc): Algunas grietas de flexión comienza a desarrollarse en el centro del claro y se detienen conforme ocurre la pérdida de adherencia entre varillas longitudinales.

Página 191


ϖ

Apoyo

Apoyosimple lc

continuo

ydeextremo

Flexiony Cortante del Flexiony

flexo−cortante

alma

flexo−cortante

Cortante del alma

a

p

d a

P

d

lc

1.5 d

P

a

d

lc

VIGA DE CONCRETO CON REFUERZO LONGITUDINAL UNICAMENTE

Página 192


Se representan dos tipos de grietas indicadas. a) Grietas inclinadas de corte en el alma: Se presentan en regiones de fuerza cortante alta y poco momento flector, se representan en zonas cercanas al eje neutro y luego progresan hacia arriba y hacia abajo, a medida que aumenta la carga externa aparecen cuando:

ν c=

V cr =0.9 √ f 'c bu d

Dónde:

v cr = Fuerza cortante en la sección en el instante en la que aparece la grieta.

b) Grietas inclinada de corte por flexión: Se presentan en las secciones donde existe fuerza cortante, pero el momento flector tiene un valor relativamente grande, las grietas diagonales comienzan a formarse en la parte superior de las grietas verticales (grietas de flexión) Su valor es:

v cr =

V cr =0.5 √ f 'c bw d

Resistencia del concreto a la cortante. El A.C.I propone la siguiente ecuación, para la determinación del esfuerzo cortante del concreto.

v c =v cr =

V cr 175 ρ w V u d =0.5 √ f 'c + ≤ 0.9 √ f 'c bw d Mu

Página 193


Vud ≤1 Mu Dónde: Vu = Fuerza cortante externa Mu = Momento flector externo

ρw =

As bw d

Página 194


ANALOGIA DE LA ARMADURA PARA EL ACERO DEL ALMA Se proporciona refuerzo del alma a fin de prevenir la falla debido a la tensión diagonal.

a

ß

(180-(a+ß)) ß

a

ß

Mecanismo de falla por tensión diagonal. a) Modo de falla. b) Puntal simulado de concreto Página 195

a


c) Analogía de la armadura en el plano.

Tb = Incremento de la fuerza de tensión. Y = Altura de la sección de concreto no agrietado. Se ha comprobado que el refuerzo en el alma solamente comienza a trabajar en el instante que se inicia el agrietamiento. El refuerzo en el alma contribuye a la resistencia de la viga en las formas siguientes:

1. Soporta una parte de la fuerza cortante externa factorizada

Vu

2. Restringe el crecimiento de las grietas diagonales 3. Sujeta las varillas del refuerzo longitudinal principal 4. Proporciona un poco de confinamiento al concreto en la zona de compresión si los estribos son de forma de anillos cerrados. De la figura:

a ß

∑ F V =0 R−P1 −P 2−V c −∑ A v F v Senα=0

V ext −V c −∑ A v f v Senα=0

V c y C c → Son fuerzas cortantes y de compresión que se ejerce a través de la sección no agrietada.

ϕ

= Proyección horizontal de la grieta

S

= Espaciamiento horizontal de los estribos o barras dobladas

a = Espaciamiento de las barras dobladas en la dirección de la grieta Página 196


α

= Angulo que forman los estribos con el eje de la viga.

A v =Área del estribo inclinado n = # de estribos inclinados dentro de la longitud

f v = Esfuerzo en el estribo V ext =V c +n A v f v Senα

… ec. I

a S a Senα = → = Senα Sen ( 180−( α + β ) ) S Se n180 cos ( α + β )−cos 180 Sen ( α + β )

a Senα S . Senα S = → a= → S Sen ( α + β ) SenαCosβ+ CosαSenβ Cosβ+CtgαSenβ

a=

S S = Senβ ( Ctgβ+Ctgα ) Cosβ Sen +Ctgα β

(

)

p =Cosβ i

De la figura:

También:

i =n ; a

n=

Pero

i=

β Cosβ

i∗Senβ ( Ctgβ +Ctgα ) S

i=

P Cosβ

Reemplazando: Página 197


n=

P∗Senβ (Ctgβ +Ctgα ) P = ∗Tgβ(Ctgα +Ctgβ) S Cosβ S

P n= ∗(Tgβ Ctgα+Tgβ Ct gβ ) S

De la figura:

Tgβ=

m p

Ctgβ=

P m

P n= ( TgβCtgα + 1 ) S

Sustituyendo el valor de “n” en la ecuación I

V ext =V c + A v

f v∗P ( Tgβ Ctgα +1 ) Senα S

En el instante que se produce la grieta

V ext =V u

V c =V cr

f u =f y

Además

p ≅d , β=45

Página 198


Si

β=45 ; implica que la grieta ha atravesado la viga completamente lo cual es incompatible

con la suposición que el concreto toma parte del corte. Sin embargo debido a que hay muchas cosas en el lado conservador, contribución del acero longitudinal la contribución del concreto probablemente se ha subestimado) puede aceptarse está incompatibilidad. Si

α =90 se obtiene el caso de estribos verticales.

V ext =V c +

Av f v P 45∗Cosα Tg ∗Senα +Senα S Senα

V ext =V c +

Av f v p (Senα +Cosα ) S

(

)

Por tanto en el instante de la grieta.

V 'u=V cr +

Av f v d ( Senα+Cosα ) S

El corte último será

[

V u=ϕ V 'u=ϕ V cr +

ϕ =0.85

Si dividimos por

bw d

Vu V A f d = cr + v y ( Senα +Cosα ) ϕ b w d b w d b w dS

Si llamamos

vu =

]

Av f y d (Senα + Cosα ) S

Vu V ; cr =0.5 √ f 'c =v c ϕ bw d bw d

Página 199


v u =0.5 √ f 'c +

v u =v c +

175 ρw V u d ≤ 0.9 √ f 'c Mu

Av f y ( Senα +Cosα ) S bw

ESPECIFICACIONES DEL A.C.I Y OBSERVACIONES IMPORTANTES RELATIVAS AL ESFUERZO CORTANTE EN CONCRETO 1)

Av

= Es el área total de cada estribo o barra doblados en una sección.

2) Para vías rectangulares o viga “T”, 3)

ϕ

b w = ancho del alma.

= 0.85 para fuerza cortante o tracción diagonal.

4) El A.C.I permite que las secciones ubicadas a menor distancia que “d” de la casa del apoyo sean diseñadas con la misma fuerza cortante que la encontrada a una distancia “d”. 5) Teóricamente si:

v u ≤ v c =0.5 √ f 'c =0.5 √ f 'c +175

ρwV u d ≤ 0.9 √ f 'c Mu

No se requiere refuerzo en el alma; pero el código A.C.I requiere aun en este caso una armadura de alma mínima.

A vmin=3.5

bw S fy

A v ≥ A vmin

Página 200


A v = Representa el área total del acero como refuerzo en el alma en una distancia “S”. Solamente no se requiere el refuerzo mínimo indicado, cuando:

a)

vu =

vc 2

b) En vigas cuyo peralte total sea menor que 25 cm. c) En losas, zapatas, y en construcciones con sistemas nervados de pisos de concreto. 6) Tipos de refuerzo en el alma. a) Estribos perpendiculares al eje longitudinal del elemento. b) Estribos inclinados que forman un ángulo de 45⁰ o más con las barras longitudinales en tracción. c) Varillas longitudinales con una parte doblada que forma un ángulo de 30⁰ o más con el eje longitudinal del elemento

a<45º

a>=30º a

d) Malla soldada e) Combinación de estribos y barras dobladas. f) Espirales continuas.

Página 201


7) Para evitar grietas de ancho excesivo, el código A.C.I. establece que el refuerzo del alma

sea:

f y ≤ 4200

kg . c m2

8) Cuando se requiere refuerzo en el alma el A.C.I. especifica que cada línea a 45⁰ que se extienda de la mitad del peralte efectivo del elemento hace las varillas del refuerzo longitudinal y que representa una grieta potencial, sea cruzada por lo menos por una línea del refuerzo de alma.

45º

45º

a<45º

Tratándose de barras inclinadas el Reglamento específico que solo los barra doblada son efectivos para tomar esfuerzo de tracción diagonal.

Página 202

3 4

centrales de la


v u > v c + √ f 'c , los espaciamientos mencionados anteriormente se reducen a la

9) Cuando mitad.

10) En ningún caso:

v u > v c + 8.1 √ f 'c

11) En todos los casos el espaciamiento máximo es 60 cm.

VALORES REFERENCIALES DEL ESFUERZO CORTANTE NOMINAL

V u=

Vu ∅bw d

v ru =

vc 2

1

v ru =v c + √ f 'c 3

v ru = Esfuerzo cortante referencial.

VALORES REFERENCIALES DE LA FUERZA CORTANTE NOMINAL

Página 203


V ru =v ru ∅bw d 1

1

V ru =v ru ∅bw d 1

2

V ru =v ru3 ∅bw d 3

V ru =v ru4 ∅bw d 4

Para el diseño se puede trabajar: a) Con el diagrama (A) y la fórmula:

v u =v c +

Av f y ( Senα +Cosα ) S bw

b) Con el diagrama (B) y la fórmula:

[

V u=ϕ V cr +

Av f y d ( Senα +Cosα ) S

]

Página 204


ESPACIAMIENTO MÁXIMO DE BARRAS DOBLES Y DE ESTRIBOS INCLINADOS 1) Barras dobladas.

45º

a

a

3 S max = d (1+Ctgα) 8

2) Estribos inclinados.

a

45º

a

d S max = ( a+Ctgα ) 2

Los espaciamientos máximos deducidos son válidos cuando:

v u > v ru

Cuando:

v ru ≤ v u ≤ vur , los espaciamientos máximos se reducen a la mitad. 3

4

Página 205

3


EJEMPLO N⁰ 01. Establecer las dimensiones máximas de una soportar una fuerza cortante de

v u =13.6Tn ,

viga sin refuerzo en el alma para

f 'c =280

kg . c m2

Solución : v u =v 'u=

vu=

vc 1 1 = ( 0.5 ) √ f 'c → ( 0.5 ) √ 280=4.18 kg/c m2 2 2 2

Vu Vu → b w d= = ∅b w d ∅v u

13600 kg 2 =3828 c m kg 0.85∗4.18 2 cm

Si asumimos:

bw 1 1 = →b= d … 1 d 2 2 También:

b w d=3828 … 2

1 en 2 1 2 d =3828 → d=√ 7656→ 87.49 cm . 2 b=43.75 cm Asumimos:

b=45 cm d=

38.28 =85.06 ≅86 cm 45

EJEMPLO N⁰ 02. Diseñar una viga para soportar una fuerza cortante

v u =13.60Tn

f 'c =280 kg/c m2 . La viga tendrá el refuerzo de alma mínimo

, con

empleado por el reglamento A.C.I,

f y =4200 kg /c m2

Solución.

v u =v ru =v c = 2

1 ' 1 f = √ 280=8.37 kg /c m2 2√ c 2 Página 206


vu =

Vu V 13600 kg → b w d= u = =1912c m2 ∅b w d ∅v u 0.85∗8.37 kg /c m2

b w d=1912

Si ;

bw 1 d = →b w = d 2 2

Reemplazando:

2

d =2∗1912→ d=√ 3824=61.84 cm

b w =30.91 cm.

b w =30 cmyd=

Asumimos:

1912 =63.73 cm 30

a) Si

Av = min

Con estribo

S≤

3.5 bw S 3.5 bw S Av f y → Av ≥ →S≤ fy fy 3.5∗b W ϕ 3 /8 {A} rsub {v} =2*0.71=1.42 c {m} ^ {2}

1.42∗4200 =56.8 cm 3.5∗30

b) Como

d 63.73 v u < v ru3 → S max = → Smax = =31.86 cm 2 2

c) Además:

S max =60 cm ,

Usaremos:

S max =30 cm

EJEMPLO N⁰ 03. Página 207


Dibujar el diagrama de esfuerzos cortantes (solicitantes y resistentes), para una viga simplemente apoyada, cuya carga última de diseño es de longitud

l=6 m b∗d=40∗55 ;

w u=11.66 Tn/m , de

f 'c =210 kg/c m2 . Refuerzo longitudinal

A s =60 c m2

a lo largo de toda la viga.

6.00m

El diagrama de esfuerzo se dibujará primero empleando la fórmula para el análisis exacto, segundo empleando la fórmula para el análisis aproximado del esfuerzo resistente del concreto.

W U =11.66 Tn/m

55cm

Solución. Reacciones en el apoyo “A” = reacciones apoyo “B”

40cm

R A =V A =R B =V B →V A =V B=

v M=

W u l 11.66∗6 = =34.98Tn . 2 2

VA 34980 = =18.71 kg /c m2 ϕ bw d 0.85∗40∗55 c m2

Página 208


v ud 18.71

Vud

14.67

Vu (Solicitante)

Vc

7.24

cL Vc/2

3.62

d=0.55m 2.42m 3.00m

v1.84 .55 Ac 3.00

Para una distancia “d” = 55 cm

vu =

18.71 → vu =15.27 kg /c m2 3

v ru =

vc 1 = ( 0.5 ) √ 210=3.62 kg /c m2 2 2

d

1

d

v ru =v c =0.5 √ 210=7.24 kg/c m2 2

v u =v c + √ f c =0.5 √ 210+2.1 √ 210=21.73 kg /c m r

'

2

3

v ru =v c +2.1 √ f 'c =0.5 √ 210+2.1 √ 210=37.7 kg /c m2 4

v r < v u
d

3

i)

d 0.55 S max = ( 1+ Ctgα ) , α =90 → Smax = ( 1+0 )=0.275 m ≅27.5 cm 2 2 ii)

S max =

Av f y kg , f y =4200 , Av =2 ϕ 3/8 →2*0.71=1.42 cm 3.5∗b w c m2 Página 209


S max =

1.42∗4200 =42.60 cm 3.5∗40

iii)

S max =60 cm S max =27.5 cm Luego: I)

v u =v c +

Av f y kg ( Senα+Cosα ) , α =90 , v c =7.24 bw S c m2

v ud =15.27

v u =v c +

kg . 2 cm

Av f y Av f y → S= bw S b w ( v u−v c )

Reemplazando.

S=

2∗0.71∗4200 =18.6 cm 40 ( 15.27−7.24 )

Se coloca el primer estribo a la mitad del espaciamiento cortando desde la cara de apoyo.

S 18.60 S 1= → S 1= =9.3 cm 2 2

Dejaremos a

II)

5 cm→ S 1=5 cm

Para

S 1=20 cm → v u=v c +

→1 ∎ϕ 3 /8 @ 0.05 m.

Av f y 1.42∗4200 kg →7.24+ =14.67 S bw 20∗40 c m2

Página 210


Determinamos la longitud a estribar ( l ut )

18.71

14.67

lut 3.00

l ut 3 = 18.71−14.67 18.71 l ut =

3 ( 18.71−14.67 ) =0.65 m 18.71

Asumimos:

¿ Estribos=

∆ s=10 cm=0.10m l ut −S 1 0.65−0.05 = =6 0.10 0.10

→6 ∎ϕ 3/8 @ 0.10 m.

III)

Para:

S 2=27.5 cm

Página 211


18.71

12.66

lut 3.00

v u =v c +

Av f y 1.42∗4200 kg =7.24+ =12.66 S bw 27.5∗40 c m2

Longitud a estribar.

l ut 3 = 18.71−12.66 18.71 l ut =0.97 ≅1 m Asumo

∆ s=15 cm=0.15m

¿ Estribos=

l ut −d acum 1−0.70 = =2 0.15 0.15

→2 ∎ϕ 3 /8 @ 0.15 m.

IV)

l ut 3 = l =2.42m 18.71−3.62 18.71 ut

Página 212


3.62

lut 3.00

Asumo

∆ s=27.5 cm

¿ Estribos=

l ut −d acum 2.42−0.95 = =5.35 ≅6 0.275 0.275

→6 ∅ ϕ 3/8 @ 0.275 m. Resumen:

∎ϕ 3 /8

Estribos

Distancia parcial (m)

Página 213

Distancia del apoyo (m)


0.05

0.05

Ø 3/8": [email protected] , [email protected] , [email protected] , [email protected] .

1 6 2 6

@ @ @ @

0.05 0.10 0.15 0.275

0.60 0.30 1.65

Análisis exacto

v c =0.5 √ f 'c +

175 ρw V u d ≤0.9 √ f 'c Mu

Vud ≤1 Mu ρw A s 60 c m2 = =0.0273 bw d 10∗55 c m2

Reacción:

Página 214

0.65 0.95 2.60


R A =RB =

vu =

W u l 11.66∗6 = =34.98 Tn 2 2

W ul → V u=R A −W u x → V u=34.98−11.66 x …1 2

W ul W u x2 x2 M u= (x )− → M u =34.98 c−11.66 …2 2 2 2

v umax =

V umax 34980 kg = =18.71 ϕ b w d 0.85∗40∗55 c m2

V ud=34.98−11.66 ( 0.55 ) =28.57 Tn v ud =

V ud 28570 kg = =15.27 ϕ b w d 0.85∗40∗55 c m2

Cálculos: Pto 0

v c =0.5 √ 210+175∗0.0273∗34.98∗0.55 v c =12.18<13.04

Pto 1

v c =0.5∗√ 210+

175∗0.0273∗34.98∗0.55 9.97

v c =12.18< 13.04

vu =

kg c m2

kg c m2

31.48∗1000 kg =16.83 2 0.85∗40∗55 cm Ptos

x(m)

Mu (Tn-m)

Vu (Tn)

0 1 2 3 4 5 6 7

0 0.3 0.6 0.9 1.2 1.5 1.8 2.1

0 9.97 18.89 26.76 33.58 39.35 44.07 47.75

34.98 31.48 27.98 24.49 20.99 17.49 13.99 10.49

Página 215

Vc (Kg/cm2) 12.18 12 12.18 10.68 9.99 9.59 9.34 9.18

Vc/2 (Kg/cm2) 6.09 6.09 6.09 5.34 4.99 4.8 4.67 4.59


8 9 10

7.00 3.50 0.00

9.07 9.02 9.00

28.567∗103 kg =15.27 0.85∗40∗5.5 c m2

Pto 2

v c =0.5 √ 210+ S=

50.37 51.95 52.47

x=d=0.55 m

Para:

vu =

2.4 2.7 3

175∗0.0273∗34.98∗0.55 kg ≤ 13.04 18.89 c m2

Av f y b w ( b A−v C )

Pto 3

v c =10.68 → v u=

vu vu 24.49∗1000 kg = = =13.10 ϕ bw d 0.85∗40∗55 1870 c m2 kg c m2

Pto 4

v c =9.99→ v u =11.22

Pto 5

v c =9.59→ v u =9.35

kg 2 cm

Pto 6

v c =9.34 → v u=7.48

kg 2 cm

Pto 7

v c =9.18→ vu =5.61

kg c m2

Pto 8

v c =9.07 → v u=3.74

kg c m2

Pto 9

v c =9.02→ v u =1.87

kg 2 cm

Pto 10

v c =9.00→ vu =0.00

kg c m2 Página 216

4.54 4.51 4.50


También:

S=

ϕ Av f y d v u−ϕ v c

v ru =v ru ϕ b w d 1

1

v ru =v ru ϕ b w d 2

2

v u =v c =0.5 √ f c r

'

2

0

1

10

2

d=0.55m

Página 217


ADHERENCIA Y ANCLAJE ADHERENCIA: Esfuerzo de adherencia, es el nombre que se le asigna al esfuerzo cortante en la entre cara de la varilla y el concreto que lo rodea, modifica los esfuerzos del acero. Cuando se desarrolla de manera eficaz esta adherencia, permite que los dos materiales formen una estructura compuesta. Las varillas con superficie corrugada proporcionan un elemento adicional de resistencia de adherencia y de seguridad.

μ

T =A S f S ld

ANCLAJE: Por lo general es posible desarrollar toda la resistencia a tensión de una varilla corrugada en una sección, supuesto que la varilla se extiende en el concreto a distancia suficiente más allá de la sección requerida para desarrollar la resistencia de la varilla se le conoce como la LONGITUD DE ANCLAJE O LONGITUD DE DESARROLLO. Existen dos tipos de anclajes. a) Anclaje a tensión b) Anclaje por compresión

Página 218


ANCLAJE Y ADHERENCIA 1) ADHERENCIA POR FLEXIÓN.

M

P

M + dM

x

Fig 1 dx μ

T

M

T + dT

C+ dC

C

dx

Fig 3

M + dM

Z = jd

V

V

T

T + dT = Fig 2

M +dM Z

El cambio del momento flector, dM produce un cambio en la fuerza que actúa sobre la barra.

dT =

dM …α z

De la figura 3

∑ F x =−T −μdx ∑ 0+( T + dT )=0 −μdx ∑ 0+dT =0 1

∑0 μ=

∗dT

dx

…1

α en 1

1 z∗∑ 0 μ= dx

Pero:

∗dM …2

dM =V u dx

Página 219


3 en 2 μ=

1 z∗∑ 0

∗V u

V u=Fuerza Cortante z= jd El reglamento A.C.I., de la siguiente fórmula.

μ=

Vu ϕ jd ∑ 0

…4

ϕ =0.85 j=0.875

μ = Esfuerzo de adherencia por flexión, producido por el cambio de momento. Este esfuerzo se debe: a) A la adherencia química entre el acero y en concreto. b) A la fricción mecánica entre los 2 materiales. c) A la presencia de corrugaciones. Las secciones críticas para la adherencia por flexión son aquellas en las que

∑0

y/o -

Vu

es máximo

es mínima (Suma de los perímetros de las barras).

PARA EL ACERO NEGATIVO, las secciones críticas son:

a) Cara del apoyo b) Los puntos donde se cortan o se doblan las barras de refuerzo (se chequea a una distancia de d/3 del punto de doblez) -

PARA EL ACERO POSITIVO, La sección crítica será en las que corresponde a los puntos de inflexión.

Diagramade V u

d/3 Página 220

d 3

d


+¿ Diagramade M ¿u

∑0

-

El reglamento permite tomar un

-

longitudinales que quedan. Cuando las barras en una sección donde son de diferentes diámetros se tomará

∑ 0=4 A s / D D

, donde

las barras situadas a d/3 de las barras

A s = área total del acero para el que verifica la adherencia y

= diámetro de la barra mayor.

A s =∑

2 A πD D = ∑ πD → 4 s =∑ πD 4 4 D

Perímetro =

2 πR , R=

Área =

π R2 → A=

Luego:

∑ 0=4

D → Perímetro=πD 2

π D2 4

AS D

-

Db = Diámetros de las barras. Las barras de la capa superior son los que tienen más de 20 cm de concreto debajo de

-

ellas. Los valores de los esfuerzos de adherencia calculadas con la fórmula (4) deben ser menores o iguales que los obtenidos en la tabla I.

2) ADHERENCIA POR DESARROLLO – LONGITUD DE DESARROLLO DE ESFUERZO PRINCIPAL Para el refuerzo por flexión puede desarrollarse el esfuerzo requerido es necesario que no exista deslizamiento del acero con respecto al concreto, es decir que haya una longitud entre un punto de esfuerzo dado (en rotura es

f y ) y el extremo próximo a la varilla.

Página 221


Tu

A B

μ

Tu

L1 π Tu= d b2 f y 4 Estableciendo la ecuación de equilibrio para fuerzas horizontales.

π 2 d b =πdb L1 μ 4 μ=

db f y 4 L1

Fuerza de adherencia por desarrollo. El valor de

μ debe ser menor que la dada por la tabla I.

TABLA N⁰ II. LONGITUD BASICA DE DESARROLLO Ld

0.06

Para varillas # 11 o menores:

Para varilla # 14:

0.8

As f y

√ f 'c

≥ 0.0053 db f y

fy

√f

' c

fy Para varilla # 18:

Para alambre corrugado:

√f

' c

0.11 db

fy

√f

' c

Factores de modificación aplicables a la longitud básica 1) Barras de lecho superior =

1.4 Ld

1.4

Página 222


2) Varilla con

kg 4200 2− f y mayor de 4200 2 fy cm

(

)

3) Concreto totalmente ligero 1.33 4) Concreto ligero con arena 1.18 5) Refuerzo espaciado lateralmente por lo menos 15 cm centro a centro y por lo menos 8 cm de la cara lateral del elemento 0.8 6) En un momento sujeto a flexión y cuando el refuerzo excede lo requerido

A s ( Requ erido ) A s ( Proporcionado ) Nota: La longitud de desarrollo en ningún caso será menor de 30 cm Las barras del lecho superior son aquellas que tienen un espesor de concreto de 30 cm o más por debajo. LONGITUD DE DESARROLLO DE VARILLAS CORRUGADAS EN COMPRESIÓN a) Longitud básica de desarrollo.

0.075

db f y

√f c '

≥ 0.0043 d b f y ≥20 cm

b) Factores de modificación aplicable a la longitud básica. i) Área de refuerzo mayor que la requerida.

A s ( Requerido ) A s ( Proporcionado ) ii)

Varilla confinada con un espiral de diámetro cm.

Página 223

¿ a 1/4

y con un paso mayor de 10


ESCALERAS a) DIMENSIONAMIENTO. p

c

P=PASO C=CONTRAPASO 2C + P =60 a 64 cm P=25 cm: mínimo Contrapaso

t

t=

l l 25 20

a) Para escaleras monumentales 13 a 15 cm b) Edificios o viviendas : 15 a 17.5 cm c) Secundarias : 20 cm ANCHOS mínimo: Página 224


a) b) c) d)

vivienda secundaria caracol edificios

= 1.00 m = 0.80m = 0.60 m = 1.20 m

CARGAS: -

Acabados: Generalmente es 100 kg/m² pero cuando hay barandas de ladrillo

-

general algo muy cargado hay que encontrar el verdadero peso: Sobrecargas: Por reglamento es de 500 kg/m²

o en

A) ESCALERAS DE UN TRAMO: -

Armadas longitudinalmente son aquellas que se encuentran apoyadas en los extremos y que llevan el acero principal a lo largo del eje de la escalera y perpendicularmente a las escaleras.

TIPOS: A.1) SINPLEMENTE APOYADA: -

El tramo de escalera tendrá como máximo 16 pasos continuos sin descanso intermedio

A.2) EMPOTRADO: Pero por condiciones de que no existe empotramiento perfecto se considera, que siempre las

escaleras son simplemente apoyadas. Página 225


Peso Propio

p p

cp cp/2 cp/2

cp/2 H1

cp

h1 α t

α H1

h=

t cos α

H

Peso=δe

[(

)]

cp t + ×1 m 2 cos α

1.00 Hp=Altura promedio para calcular el peso propio

δc=2.4 tn/m3 → Peso unitario del concreto

Página 226


Wu

l

d

l

t

As de repartición

As principal

d

d

CASOS PARTICULARES: a) Cuando la viga tiene poca luz (todo el ancho de la escalera) se puede considerar como si toda la losa forme viga chata. La luz que interviene en el cálculo para la rampa será solo

l' ₂

A no desiende y el punto B si, por lo tanto la carga es triangular.

Página 227

pues se admite que el punto


C

A

l1

B

l2

B

l3

l2 b) Existe otra forma de escalera como se muestra, y se calcula considerando toda la luz

l d) Cuando se encuentra separado por una junta de construcción, en ese caso existe en el extremo inferior un fierro que sirve para amarrar a la escalera.

Separación de junta de contracción Junta (comprensible) Acero de amarre

Página 228


d) Cuando se encuentra separado por una junta compresible y sobre un apoyo móvil

y

empotrado en el extremo inferior.

Separación de junta de contracción Apoyo deslizante o móvil (Neopreno, plancha de papel embreado)

Acero de amarre

B) ESCALERAS DE DOS Y MÁS TRAMOS: a) El extremo inferior sirve como apoyo a la escalera y por lo tanto el punto “B” no desciende y se considera como si existiera un apoyo ficticio que impide el desplazamiento vertical. l1>l2, l3 es el descanso Apoyo móvil B

C

C

B

A

A

l1

l1

l2

l2

b) Similar al caso anterior en el que el punto “B” no sufre desplazamiento vertical ya que es como si tuviera un apoyo ficticio que impide el movimiento. A A

B

l1

B

C

l2

l1 Página 229

C

l2


c) En este caso es similar al caso (a), porque tampoco se produce desplazamiento vertical en el punto B

ya que se considera que eta perfectamente empotrada tampoco se produce

desplazamiento horizontal.

B

Apoyo móvil

B

C

C

A

A

l1

l

l2

d) En este caso la escalera se encuentra entre dos descansos: A y B que es el inferior y C, D que es el superior pero al estar apoyada verticalmente se produce pequeños desplazamientos verticales en los puntos. B, C lo que no se produce si se coloca 2 apoyos móviles en dichos puntos. C

D

C

B

A

l1

B

A

l2

A

l2

l1

l3 C

B

δ

Página 230

D

δ

D

l3


e) Cuando se tiene una escalera cuyo extremo superior se considera que esta en un apoyo móvil se produce un desplazamiento horizontal al punto C , cosa que no ocurre si la escalera estuviera sobre un apoyo fijo ,pero no existe desplazamiento vertical en ninguno de los casos . En este tipo se considera como si toda la luz fuera monolítica o sea sin apoyo ficticio. C

B

A

C

B

A

l

l1

l2

f) En el caso de una escalera de dos tramos cuyo descanso está apoyado en una viga que presenta una reacción vertical que se opone al desplazamiento del punto B, se analiza como una viga de tres tramos.

D

D

B

B

C

C

Viga A

A

l1

l2

l1

l2

g) Cuando no existe viga en el punto “B” se considera que fueron dos escaleras aisladas, el punto B sufre un desplazamiento similar para las dos escaleras, se analiza por separado pero para evitar desplazamiento abra que colocar un apoyo ficticio en “B”.

Página 231

CONCRETO ARMADO I ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA D

D B

C

B

A

C

A

l1

l1

l2

l2

EJEMPLO Nº 01: Diseñar la escalera que se muestra, para las siguientes condiciones S/C =500 kg/m² F’ c =175 kg/cm² Fy = 4200 kg/cm² b = 1.20 m

D

C

viga

A

B

1.20

0.25

3.25

0.25

SOLUCION: - Cálculosprevios: t

Página 232

1.20


cp/2

H t

α

α 0.25t

tan α =

H=

17 → α =34.22° 25

( cp2 + cost α )

Considerando: t=3 a 4cm. Por cada metro de longitud entre apoyos.

→

3 t = 100 350 t =10.50 cm También: t=

l → 25

t=

3.50 25

Asumimos: t= 0.14 m Luego: H=

14 ( cp2 + cost α )→( 172 + cos ( 34.22° ))

=25.43=0.254m

H=25.43 cm A) METRADO DE CARGAS: -Peso propio: =2.4

-Acabado

:

TN c m3

× (0.254 m)=0.610 TN/m²

=0.100

Página 233

TN /¿ m²

0.17t


WD=0.710 TN /¿ m²

-S/C = 500 kg/m²

TN /¿ m²

WL = 0.500

B) CARGA ÚLTIMA NTE E-060

Wu=1.4 WD+1.7 Wl →1.4 ×0.710+1.7 × 0.500=1.844 TN −m/m

Wu=1.4 WD=1.4 ×0.710=0. 994TN/m/m Wul=1.7 Wl=1.7 ×0.500=0.850 TN /m/m

C) CALCULO DE MOMENTOS: C.1) PRIMERA CONBINACION DE CARGAS: Wu=1.844

Wu=1.844 WuD=0.994

A

C

B 1.325

3.5

kij=

1.325

I li

-

Cálculo de rigideces:

-

Cálculo de factor de distribución:

dij=

kij ∑ kij

→Rigideces relativas

KAB=KBA=

I I I , KBC= , KCD=KDC= 1.325 3.50 1.32 ⁵

→Factores de distribución:

CAB=

I /1.325 =1.00 , CBA= 0+ I /1.325

D

I /1.325 =0.725 I + I /3.50 1.325

Página 234


CBC=¿

CCD=

I /3.50 I /3.50 =0.275 , CCB= =0.275 I /1.325+ I /3.50 I /3.50+ I /1.325

I /1.325 I / 1.325 =0.725, CDC= =0 I / 1.325+ I /3.50 I +α 1.325

→ Momentos de empotramiento perfecto:

M A B=MBA=

−Wul ² =−0.270 MBC= MCB=−1.015 12

MCD=MDC =−0.270 Signo: cross

Resistencia

materiales

y

Cálculo realizado mediante el método de Hardy Cross 1.000 +0.270 -0.308 +0.038 0.00

0.72 5 -0.27 0 ← -0.615 → +0.019 -0.025 -0.891

0.275

0.275

+1.015

-1.015

+0.103 -0.233 → +0.016 -0.010 +0.891

← +0.205 -0.117 ← +0.032 -0.895

Página 235

0.725 +0.270

000 -0.270

+0.540 →

+0.270

+0.085 →

+ 0.043

+0.895

+ 0.043


Reacciones isostáticas:

As ₁=0.5

( hl −1.0) As

2

A s = As− As ₁ Para los casos donde la relación l/h tenga un valor igual o menor a 1.0 utiliza acero nominal por AS₁ en la parte superior dentro del 20 % del peralte de la viga y proporcione el As total en Página 236


el siguiente 60 % del peralte. Por anclaje y continuidad en las zonas más baja h₃ el refuerzo positivo que viene del claro de la viga se deberá pasar por el apoyo.

B) DISEÑO POR CORTE DE VIGAS PERALTADAS SEGÚN EL CODIGO A.C.I: La resistencia nominal al corte de la pieza depende de su esbeltez c) Para:

ln <2 d

c) Para:

2≤

Vn≤ 2.1 √ f ' c bwd

ln <5 d

(

Vn≤ 0.18 10+

lu d

) √ f c bwd '

ln =luz libre de la viga. -

La sección critica de la viga peraltada se tomara a: x= 0.15 ln , de la cara de apoyo para

vigas con cargas uniformemente repartidas y a,x =0.5a para cargas concentradas, donde “a” es la distancia de la carga concentrada al apoyo. La sección crítica no se ubicara a una distancia mayor que “d” de la cara de apoyo. - La resistencia del concreto al corte, mientras no se efectué un cálculo detallado será igual a:

Vc=0.53 √ f ' c bwd

Para análisis más exacto se tomara.

[

Vc= 3.5−2.5

][

]

Mu Vud 0.5 √ f ' c+ 176lu bwd Vud Mu

- Esta expresión, el primer término debe ser siempre menor que 2.5 y en todos los casos deberá cumplirse

Vc=1.65 √ f ' c bwd Página 237


- Mu y Vu, son los momentos y fuerzas cortantes amplificadas en la sección crítica de la viga. - La resistencia al corte aportado por el acero será igual a:

Vs= Dónde:

[ (

)]

Av 1+lu /d Avh 11−2 ln /d + f yd s 12 S₂ 12

)

(

Av= área de refuerzo por corte perpendicular al refuerzo por flexión.

S= Espaciamiento entre las varillas del refuerzo Av. Avh= área de refuerzo por corte paralelo al refuerzo por flexión. S₂= Espaciamiento entre las varillas del refuerzo Avh

d S ≤ ∋mayor 45 cm 5 REFUERZOS

Av ≥ 0.0015 bwS

MINIMOS

d S 2 ≤ ∋mayor 45 cm 3

Avh ≥ 0.0025 bwS ₂

El refuerzo por corte requerido en la sección critica, será colocado en toda la luz de la viga.

Página 238


EJEMPLO Nº 01: Una viga simplemente apoyada en un alero libre ln = 3.05 m. Está sujeta a una carga viva uniformemente distribuida de 128.10 tn/m en la parte superior, la altura de la viga (h) es de 1.80 m y su espesor (b) =50 cm. El área del acero horizontal de tensión es de 51.61 cm², considere: -

f’c =280 kg/cm². fy = 4200 kg/cm².

Diseñe el refuerzo por cortante para esta viga. Solución: 1) VERIFICAR ln/d Y CALCULAR LA FUERZA CORTANTE FACTORIZADA “Vu” - suponiendo que

d ≅0.9 h=0.9 x 1.80=1.62≅162 cm

Lu 305 = =1.883<2 … o k ' ¡ es viga peraltada ! d 162 −metrado de cargas

· Peso propio de la viga → W

· Carga viva factorizada

→

D=0.50 x 1.80 x 2.40

TN TN =2.160 3 m m

WL ¿ 128.10TN /m

· Carga ultima factorizada → W u=1.4 W ₂+1.7 Wl W u=1.4 x 2.16+1.7 x 128.10=220.794 TN /m Distancia de la sección critica: → -

X= 0.15ln

x= 0.15 x 3.05 = 0.46m

Fuerza cortante FactorizadaVu, en la sección critica.

Vu=Wu

lu 3.05 −Wux → 220.794 x −220.794 x 0.46 2 2

Vu = 235.15 TN

Página 239


2) Determinamos la fuerza cortante resistente nominal

Vu

y la capacidad resistente del

concreto “Vc”.

ϕ Vn=ϕ ( 2.1 ) √ F ' c bwd

→

ϕ Vn =0.85 x 2.1 √280 x 50 x 162=241,937 kg . ϕ Vn =241.237TN . ∴ ϕ Vn=241.937 TN >Vu=235.15 TN … ok !

- El momento ultimo

Mu=Wu

(0.46) ² lu x 3.05 ( x )−Wu x =220.794 ( 0.46 ) −220.794 2 2 2 2

()

( )

Mu=131.527TN −m

La relación

Mu 131.527 = =0.345 Vud 235.15 x 1.62

Luego:

Mu (3.5−2.5 Vud )→=3.5−2.5 x 0.345=2.64>2.5 Página 240


Tomamos: 2.5 -

Calculando la cuantía del alma:

ρw=

As 51.61 cm ² = =0.00637 bwd 50 x 162 cm ²

Vud 1 = =2.898=2.5 Mu 0.345 -

Sabemos que :

[ 3.5−2.5 Mu/Vud ] [ 0.5 √ f ' c +176 x 0.0063 x 2.898 ] bwd

Vc ¿ 2.5 [ 0.5 √ 280+176 x 0.00637 x 2.898 ] 50 x 162=235,216 kg

Vc=235.216 TN Debe cumplirse:

Vc ≤1.65 √ f ' c bwd →Vc=1.65 √ 280 x 50 x 162=223,639 kg Vc=223.639TN < 235,216TN … ok ! Por lo tanto: Vc = 223.639 TN → rige! 3) REFUERZO POR CORTANTE: Supongamos varillas de � 3/8”, colocadas tanto en la dirección horizontal como en la vertical en ambas caras de la viga.

3 As ϕ =0.71 c m2 8 As ϕ 3 /8 ) Av=2 ¿ Au=2 x 0.71 cm²=1.42= Avh(acerovarticalyhorizontal)

ϕVs =Vu−ϕ Vc Vs=

, Vs =resistencia aportado al corte aportado por el acero.

Vu −Vc ϕ

→Vs=

Vu 235.15 −Vc= −223.639=53.008 TN =53,008 kg ϕ 0.85 Página 241


También:

Vs=

[ (

Av 1+lu/d As h 11−lu/d + Sv 12 S₂ 12

)

(

)] fyd

Sv =disposición de armadura en la vertical. S₂=Sh=disposición de la armadura en la horizontal S = Sv = Sh (separaciones iguales) y Av =Ash.

Reemplazando:

[ ( ) ( )]

1.42 53.008= S

0.0779=

[

305 305 11− 162 1.42 162 + 12 S 12

1+

1.42 1.42 ( 0.2402) + ( 0.7598 ) S S

4200 x 162

]

S= 18.22 cm (separación entre varillas) -

La separación máxima permisible para varillas verticales: S =d/5 ni mayor a 45 cm.

Sv =

162 =32.4 cm, S=45 cm, S=18.22≅ 18 cms 5

Elegimos el menor: -

Sv =18 cm

→ rige.

La separación máxima permisible para varillas horizontales , es : S ≤d /3

d 162 S h= → S h= =54> 45 cm 3 3 Tomamos:

Sh=18 cm → rige.

4) ACERO MINIMO:

Av min=0.0015 bwsv=0.0015 x 50 x 18=1.35 cm²<1.42 cm ²−ok !

Avh min=0.0025 bwsh=0.0025 x 50 x 18=2.25 cm ²<1.42 cm² Página 242


Por lo tanto las varillas ϕ 3/8“ no son adecuadas para el acero horizontal. Si: elije ϕ ½” → (As ϕ ½”) =1.29cm²

Avh=2 ( 1.29 )=2.58 c m2 > Av h min . Usar: ½” @ 0.18 m

(acero horizontal, de centro a centro)

Usar: 3/8 @ 0.18 m

(acero vertical, de centro a centro) ojo verificado.

El uso de varillas� ½”, en la ecuación para determinar Vs dará un mayor valor de la fuerza Vs que el que está resistiendo el esfuerzo por cortante.

Ejemplo Nº 2: Diseñe por flexión la viga de gran peralte del ejemplo anterior (1): DATOS: ln=3.05 m h= 1.80 m Wu = 220.794 TN/m SOLUCION: →

-

→ -

Debido a que no se reconoce el ancho de los apoyos, se supone. l =1.15 x 3.05 = 3.50m ejes)

l=1.15 ln

(claro efectivo, medida desde los

El momento externo factorizado (Mu) pesa :

Mu=

Wulu ² 8

( 220.794 ) (3.05 )2 =256.742 TN −m=Mu 8

Comprobamos si es viga de gran peralte.

l 3.50 → = =1.94< 2… ok ! h 1.80

l 1< <2 2 jd =0.2(l+2 h)

→ jd=0.2 ( 3.50+2 x 1.80 )=1.42 m≅142 cms Luego:

As=

Mu ϕfyjd

Página 243


→ As=

-

256.742 x 10 ⁵ =47.832 cm ² 0.90 x 4200 x 142

Usaremos 5 varillas de�₁” por cada cara (As₁”=5.10 cm²)

As=5 ( 2 ) x 5.1 c m 2=51.00 c m2 > 47.832cm ² … ok ! Usar �₁” @… ¿?

-

La altura en la cual As será distribuida sobre la cara inferior de la viga es :

y=0.25 h−0.05 l

-

Y=0.25 x 1.80 -0.05 x3.50 = 0.275 m

Separación del acero por flexión será : ( en forma horizontal )

S=

S=

y N−1

N° número de bonos por refuerzo por cara.

0.275 cm =0.07 ≅ 7.00 (h orizontal) 5.1 cadabarra

→usar 5�₁” @ 0.07.

Página 244


COMPRESION Y FLEXION COMBINADOSCOLUMNAS Las columnas son los miembros verticales a compresión de los marcos estructurales, que sirven para apoyar a las vigas cargadas. Transmiten las cargas de los pisos superiores hasta la planta baja y después al suelo a través de la cimentación. Puesto que las columnas son elementos a compresión, la falla de una columna causa el colapso de los pisos concurrentes. Las columnas deben tener una reserva de resistencia más alta que las vigas o que cualquier otro elemento estructural horizontal. PRINCIPIOS BÁSICOS PARA EL CÁLCULO DE LA RESISTENCIA 1. Existe una distribución lineal de las deformaciones en la sección transversal de las columnas. 2. No hay desplazamiento entre el acero y el concreto (esto es, la deformación en el acero y en el concreto en contacto es la misma). 3. Para el propósito de los cálculos de la resistencia, la deformación máxima permisible del concreto en la falla es 0.003 cm/cm. 4. La resistencia en tensión del concreto es despreciable y no se considera en los cálculos. Página 245


TIPOS DE COLUMNAS Las columnas se pueden clasificar en: 1. En base a su forma y la disposición del refuerzo. .1.- Columnas rectangulares o cuadradas con refuerzo longitudinal de varillas y estribos laterales .2.- Columnas circulares con refuerzo longitudinal y refuerzo en espiral o con zunchadas (mínimo seis varillas de refuerzo según NTP E-060). .3.- Columnas compuestas en la que se confinan perfiles estructurales en el concreto. Los perfiles estructurales se pueden colocar dentro de la jaula del refuerzo:

Helice

Columna de estribos Varillas verticales

Columna de estribos

Columna de helice o zunchada

Página 246

Columna compuesta


C A R G A

Columna con refuerzo helicoidal (modo de falla más dúctil)

Columna de estribos (falla relativ. frágil)

DESPLAZAMIENTO O DEFORMACION A MEDIA ALTURA

COMPARACION DEL COMPORTAMIENTO CARGA - DEFORMACION DE COLUMNAS CON ESTRIBOS Y HELICE

DUCTILIDAD ≅ RESISTENCIA .

En la base a la posición de la carga en la sección transversal. .1.- Columnas con carga axial.- No soportan momento. Sin embargo en la práctica se debe diseñar a todas columnas para resistir alguna excentricidad no prevista o accidental que se puede producir por causa como las variaciones en el alineamiento vertical. .2.- Columnas con carga excéntrica.- Están sujetas a momento además de la fuerza axial. El momento se puede convertir en una carga “P” y una excentricidad “e”. El momento puede ser uniaxial, como en el caso de una columna exterior del marco de un edificio de varios niveles, o cuando dos tableros adyacentes no están cargados de modo similar como en las columnas A y B de la figura. Se considera que una columna está cargada biaxialmente cuando existe flexión con respecto a dos ejes “X” e “Y”, como el caso de las columnas “C” de esquina de la figura.

Página 247


P

P

COLUMNA CON CARGA

B

P

P

Mx

Mx

P My

COLUMNA CON CARGA Y MOMENTO BIAXIAL

COLUMNA CON CARGA Y MOMENTO UNIAXIAL

A

B

A

C

fig. a

fig. b

Flexión de las Columnas: a) Elevación del marco. b) Planta del sistema de marcos. A: Columna interior sujeta a flexión uniaxial por la carga asimétrica B: Columna exterior con flexión uniaxial C: Columna exterior con flexión biaxial .

En relación a sus dimensiones laterales y la importancia de las deformaciones en el análisis y diseño. .1.- Columnas cortas.- Son aquellas que presentan deflexiones laterales que no afectan a sus resistencia, la falla se debe a la falla inicial del material. .2.- Columnas largas.- Ven reducidas sus resistencia, no solo se debe resolver el problema de resistencia, sino también el de estabilidad que es la capacidad de un elemento de responder con deformaciones pequeñas a variaciones de carga. Página 248


La falta de estabilidad en columnas lleva al problemas de pandeo; fallando por esta razón. RESISTENCIA DE COLUMNAS CORTAS CARGADAS AXIALMENTE

P

f fy

Fluencia del acero

Zona de endurecimiento

f'c Falla del concreto

eu COLUMNA CON CARGA AXIAL

DEFORMACION DE FLUENCIA DEL ACERO

(DEFORMACION ULTIMA DEL CONCRETO)

DEFORMACION DE CONCRETO EN f'c

Al principio, tanto el acero como el concreto tienen comportamiento elástico. El concreto alcanza su resistencia máxima f’c, cuando su deformación unitaria es aproximadamente de 0.002 cm/cm a 0.003 cm/cm. A's

0.003

0.85f'c

A'sf y Cc=0.85f'c(Ag-Ast)

As

Asfy Sección tranversal

Deformación del concreto

Esfuerzo (Fuerzas)

La capacidad nominal de cargar axial Po es:

Po=0.85 f 'c ( A g −A st ) + A st f y Dónde:

A g=¿ Área total de sección transversal de la columna A st =¿ Área total del refuerzo de la sección Página 249


Po=¿

Carga axial nominal

'

f c =¿ Resistencia a la compresión del concreto f y =¿ Esfuerzo de fluencia del acero A st = As + A ' S En estructurales reales es imposible obtener una excentricidad cero, por lo que el ACI, especifica una reducción del 20% en la resistencia de carga axial para columnas con estribos y el 15% para columnas con espirales, luego:

Pu=0.80 [ 0.85 f 'c ( A g −A st ) + A st f y ]

(Para columnas con estribos)

Pu=0.85 [ 0.85 f 'c ( A g− A st ) + A st f y ]

(Para columnas con espirales o zunchos)

Para propósito de diseño, se puede suponer, sin mucha pérdida de exactitud que:

A g ≅ A g −A st Luego:

Pu=0.80 [ 0.85 f 'c A g + A st f y ]



(Para columnas con estribos)

Pu=0.85 [ 0.85 f 'c A g + A st f y ]



(Para columnas con espirales o zunchos)

Ejemplo No 01.- Una columna corta de estribos, está sujeta solamente a carga axial. Tiene la geometría que se muestra en la figura y está reforzada con 3 varillas de

∅=¿

una de los dos casos paralelos al eje de flexión x. Calcule la resistencia nominal máxima o carga última de carga axial; dados: '

f c =¿ 280 kg/cm2 f y =¿ 4200 kg/cm2

Página 250

1 1/8” en cada


A's=3Ø 1 1/8" 6.3 cm

50

As=3Ø 1 1/8"

Solución: 6.3 cm 30 cm

A st = As + A ' S =3 x 6.413+3 x 6.413=38.478 cm2 Pu=0.80 [ 0.85 x 280 ( 30 x 50−38.478 ) +38.478 x 4200 ] Pu=407560 kg ≈ 407.56 tn Si aplicamos: Pu=0.80 [ 0.85 f c A g + A st f y ] '

Pu=0.80 [ 0.85 x 280 ( 30 x 50 ) +38.478 x 4200 ] Pu=414880 kg ≈ 414.88 tn ∴ Diferencia mínima Ejemplo No 02.- Una columna corta circular de 50 cm. de diámetro, tiene refuerzo zunchado y un refuerzo longitudinal simétrico de varillas de

∅ =¿ 1”, como muestra en la fig. Calcule la

carga última si la columna está sujeta solamente a carga axial, dados: '

f c =¿ 210 kg/cm2 f y =¿ 4200 kg/cm2

Página 251

CONCRETO ARMADO I ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA 0.003

0.85f'c

Astf y/3 6Ø 1"

Astf y/3 + Cc

50 cm

Astf y/3

Solución: Deformación del concreto

Sección tranversal

Esfuerzo (Fuerzas)

A st =6 x 5.10=30.6 cm 2

A g=π

502 =1963.5 cm2 4

Pu=0.85 [ 0.85 f 'c ( A g− A st ) + A st f y ] Pu=0.85 [ 0.85 x 210 ( 1963.5−30.6 ) +30.6 x 4200 ] Pu=402511.25 kg ≅ 402.51 tn 2

Suponiendo: A g− A st ≅ A g ⇒1963.5 cm

Pu=0.85 [ 0.85 x 210 ( 1963.5 ) +30.42 x 4200 ] Pu=407154.04 kg ≅ 407.15 tn

RESISTENCIA DE COLUMNAS CARGADAS EXCENTRICAMENTE CARGA AXIAL Y FLEXION Los mismos principios a la distribución de esfuerzos y el bloque rectangular equivalente de esfuerzo que se aplicó a las vigas, se pueden aplicar de igual modo a las columnas.

Página 252


= Recubrimiento d' =d'Recubrimiento efectivo acero del del acero d' =efectivo Recubrimiento de compresión de compresión efectivo del acero

de compresión

d'

y

y

h/2

y h

c = Distancia al c = Distancia al eje neutro eje neutro c = Distancia al

d'

d'

h/2

h

h/2 d

ejeyneutro = Distancia del y = Distancia del centroide plástico centroide plástico y = Distancia del

d

= centroide excentricidad e = excentricidad plástico de la carga alcarga al de la e = excentricidad centroide plásticoplástico centroide de la carga al e' = excentricidad e' = excentricidad centroide plástico de la carga de laalcarga al e' de = excentricidad acero tensión acero de tensión

CentroideCentroide dplástico plástico e

h

Centroide plástico

Sección tranversal Sección tranversal

de la carga al acero de tensión

Sección tranversal c=0.003

0.85f'c

c=0.003

's

's

Cs

a=ß1C

c

CC

0.85f'c

a=ß1C

Cs

CC

c

CC

EN.

d

EN.

d

s s

Cs CC

s

CC

Cs CCe

e

Centroide plástico

e' (d-d')

(d-d')

s

s

s

Deformación ? s =0.003(d-c)/c ?'s=0.003(c-d')/c

Deformación

Esfuerzo

? s =0.003(d-c)/c ?'s=0.003(c-d')/c

Esfuerzo

f's =Es. 's < fy f s =Es. s < fy

f's =Es. 's < fy fs =Es. s < fy

La fuerza nominal axial resistente

FUERZAS INTERNAS FUERZAS INTERNAS Cc =0.85f'cxbxa s = A'sxf's

Cs =Asxfs

Pn , en la falla:

Pn=C C +C S−T S ………….………(1) El momento nominal resistente

M n es: (Con respecto al centroide plástico

M n=Pn . e .…………………(2)

De la figura:

[ ( )]

e ' = e + d−

h 2

M n=C C (ý −

ab )+C S ( ý −d ' )−T S (d− ý ) …………………..…..(3) 2

Puesto que: Página 253

Cc =0.85f'cxbxa s = A'sxf's

Cs =Asxfs

e'

Centroide plástico


CC =0.85 f 'c ba

C S= A 's f 's

T S= A s f s Las ecuaciones (1) y (3) se puede escribir como:

Pn=0.85 f ' c ba+ A's f 's −A s f s …………..….…….…………….(4)

a ' ' ' ' M n=0.85 f c b a b ( ý − )+ A s f s ( ý −d )− A s f s (d− ý ) .….(5) 2

 En las ecuaciones 4 y 5, se supone que la profundidad del eje neutro es menor que el peralte efectivo “d” de la sección y que el acero en la cara a tensión está verdaderamente trabajando a tensión.  Esta condición cambia si la excentricidad “e” de la fuerza axial

Pn es muy pequeña.

 Para excentricidades menores, en que toda la sección transversal se encuentra en compresión, la contribución del acero de tensión se debe añadir a la contribución del concreto y del acero de compresión. En este caso, el término

As f s

de las

ecuaciones 4 y 5, tendrá signo positivo puesto que todo el acero estará a compresión. También se supone que:

ba− A ' s ≅ ba

(Esto es que se desprecia el volumen de concreto que desplaza al

acero de compresión)

Pmáx =∅ Pn

∅=¿

∅=¿ f ' s=Es ε ' s=E s

f s=E s ε s=E s

0.80 (Columnas con estribos) 0.85 (Columnas con zunchos)

0.003 ( c−d ' ) ≤ f y c

0.003 ( d−c ) ≤ f y c

MODOS DE FALLA DEL MATERIAL EN LAS COLUMNAS  Falla de tensión por la fluencia inicial del acero en el lado de tensión.  Falla de compresión por el aplastamiento inicial del concreto en el lado a compresión. Página 254


Si

Pn

Pnb es la carga axial correspondiente a la condición balanceada,

es la carga axial y

entonces:

Pn < Pnb

(Falla de tensión)

Pn=Pnb (Falla balanceada) Pn > Pnb

(Falla de compresión)

1. FALLA BALANCEADA EN COLUMNAS DE SECCION RECTANGULAR

C=Cb = Profundidad del eje neutro en la condición

De la figura anterior, si: balanceada, entonces:

Cb = d

Cb =

(

(0.003) , E S=2 x 106 kg /cm2 f 0.003+ y ES

)

(6000) d a =β C (6000+ f y ) b 1 b

ab =β 1

(6000) (6000+ f y )

Sustituyendo en la ecuación (4) y (5) '

Pnb=0.85 f c b a b + A ' s f ' s− A s f y

M nb=0.85 f 'c b a b ( ý −

'

f s=Es

ý =¿

ab )+ A ' s f ' s ( ý −d ' )− A s f y (d − ý ) 2

0.003 ' C b−d ) ≤ f y ( Cb

Distancia desde las fibras a compresión hasta el centroide plástico o geométrico Página 255


A ' S = A S ⇒ý =0.5 h

Si:

Ejemplo No 01.- Calcule la carga nominal balanceada

Pnb y la excentricidad

eb

correspondiente para la condición de falla balanceada, si la columna que se muestra en la fig. Está sujeta a una combinación de flexión y carga axial. 0.85f'c

0.003

d'=6.3 cm c

a

Asf y

EN.

50

6.3 cm

A'sf y s=

y

30 cm

Datos: b = 30 cm '

A s =A S = 19.239 cm2 d = 43.70 cm '

f c = 280 kg/cm2 h = 50cm

f y =¿ 4200 kg/cm2 d’ = 6.3 cm Solución: Hallaremos la profundidad del eje neutro en la condición balanceada.

Cb =

CC

(6000) x 43.70=25.29 cm (6000+ 4200)

ab =0.85 x 25.29=21.5 cm

Comparamos: f

' s

con

fy

Página 256

CONCRETO ARMADO I ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA '

6

f s=2 x 10

0.003 kg kg ( 25.29−6.3 )=4505 2 > f y =4200 2 25.29 cm cm

¿> f ' s=f y =4200

kg cm 2

La carga axial en la condición balanceada

Pnb es:

'

Pnb=0.85 f c b a b + A ' s f ' s− A s f y Pnb=0.85 x 280 x 30 x 21.5+19.239 x 4200−19.239 x 4200=153510 kg Pnb=153.51 Tn

Hallamos el

M nb con

h 50 ý = = =25 cm 2 2

(

M nb=0.85 f 'c b ab ý −

ab + A 's f 's ( ý −d ' ) − A s f y ( d− ý ) 2

)

(

M nb=0.85 x 280 x 30 x 21.5 25−

21.5 +19.239 x 4200 ( 25−6.3 )−19.239 x 4200 (43.7−25) 2

)

M nb=5209,579.62 kg−cm M nb=52.096 Tn−m

La excentricidad para el estado balanceado será:

e b=

M n 5209,579.62 kg−cm = =33.94 cm Pnb 153,510 kg

Página 257


2. FALLA POR TENSIÓN DE COLUMNAS DE SECCIÓN RECTANGULAR El estado límite inicial de falla en los casos de excentricidades grandes, se presenta por fluencia del acero en el lado a tensión. La transición de falla de compresión a falla a tensión sucede cuando:

e=e b

e>e b

Si:

Pn < Pnb

Se sustituye:

f y con f s f 's



Falla en tensión con fluencia

en el refuerzo de tensión.

En el acero de compresión puede ser o no el de la resistencia de fluencia

por lo que el esfuerzo real se deberá calcular.

Normalmente se utiliza armado simétrico de modo que

A 'S = A S

, porque existe la

posibilidad de la inversión de esfuerzos producida por los cambios de dirección del viento. Si se supone que el acero de compresión está fluyendo y que

AS= A ' S

Las ecuaciones

serán: '

Pn=0.85 f c ba …………………………………………………………..(1)

(

M n=0.85 f 'c ba ý −

a + A's f 'y ( ý −d ' )− A s f y ( d− ý ) ………….(2) 2

)

Si el centroide plástico (Geométrico) se sustituye por h/2 por que el refuerzo es simétrico y

A 'S = A S

⇒M n =0.85 f 'c ba

( h2 − a2 )+ A f ( h2 −d )−A f ( d− h2 ) '

'

s

'

y

s

y

….…...(3)

De la ecuación 1 y 3 se tiene:

M n=0.85 c

( h2 − a2 )+ A f (d−d ) '

s

y

….…………………………………..(4)

Página 258


De la ecuación (1): '

a=Pn /0.85 f c b ……………………………..…………………….…….(5) (5) en (4)

Pn e=Pn

(

Pn h − + A s f y ( d−d ' ) ' 2 1.7 f c b

)

Simplificando

P n2 h −P n −e −A s f y ( d −d ' )=0 ………………………….… (α ) ' 2 1.7 f c b

( )

ρ= ρ' =

As bd ……………………………………………………..(6)

Resolviendo la ecuación ( α ):

h −e ± 2

√

' 2 4 As f y ( d−d ) h −e + ' 2 1.7 f c b

( ) ( ) P= n

2

(

1 ' 1.7 f c b

)

Simplificando

[( ) √(

h Pn=0.85 f b −e + 2 ' c

2 2 A s f y ( d−d ' ) h −e + 2 0.85 f 'c b

)

]

…………………….(7)

Hacemos:

m=

fy

0.85 f ' c

Pn=0.85 f 'c bd

[(

) √(

h−2 e + 2d

( )]

h−2 e 2 d' +2 mρ 1− 2d d

)

Página 259

……………….(8)


Sustituyendo la excentricidad “ e ” (la distancia entre el centroide plástico y la carga) con

e'

(la distancia entre acero en tensión y la carga), la ecuación queda:

[ ( )]

e ' = e + d−

h 2

[(

( )]

) √( )

2

Pn=0.85 f ' c bd 1−

e' e' d' + 1− +2 mρ 1− d d d

……………..(9)

Siendo:

h−2 e e' =1− 2d d Si el refuerzo no es simétrico

ρ≠ρ

'

Se tomará en consideración que el concreto desplaza al acero de compresión. La fuerza de compresión que aporta el concreto Cc, cambia de:

0.85 f 'c baa 0.85 f 'c (ba− A's) Luego la ecuación 8 cambia a:

[

( )]

( ) √( )

2

e' e' e' d' Pn=0.85 f bd ρ ( m−1 )−ρm+ 1− + 1− +2 ( ρm+ ρ' m+ ρ' ) + ρ' (m−1) 1− d d d d ' c

Dónde:

e

'

'

= Distancia entre la fuerza axial Pn, y el acero en tensión (o la excentricidad del

acero tensión)

ρ=

As ' A 's ρ= bd bd

Las ecuaciones 9 y 10 son válidas si el acero de compresión fluye (mayor de 4200 kg/cm2). Ejemplo No 01.- Calcule la resistencia nominal de carga axial Pnde la sección mostrada en la figura si la carga actúa con una excentricidad de

Datos:

b = 30 cm

e=0.35 m

A ' S = A S = 19.239 cm2 Página 260


d = 43.70 cm

f 'c =¿ 280 kg/cm2

h = 50cm

f y =¿ 4200 kg/cm2

d’ = 6.3 cm

Solución: Tratándose del mismo problema anterior trabajaremos con la misma excentricidad.

e>e b Falla por fluencia inicial del acero en tensión

Si

e b=

M n 5209,579.62 = =33.94 cm<35 cm Pnb 153,510

A 's 19.239 ρ= ρ = = =0.0147 bd 30 x 43.7 '

m=

fy 0.85 f

' c

=

4200 =17.65 0.85 x 280

h−2 e e' 50−2 x 35 =1− = =−0.229 2d d 2 x 43.7 '

d 6.3 1− =1− =0.856 d 43.7

Utilizando la ecuación 8

a=

Pn ' c

0.85 f b

C=

a=



Pn=148,433 kg

148,433 =20.79 cm 0.85 x 280 x 30

a 20.79 C= =24.46 cm β1 0.85

f 's=E s

0.003 ( C−d ' ) =4454 kg2 > f y =4200 kg2 C cm cm

Página 261


Pn=148,433 kg

Rpta

Ejemplo No 02.- Una columna corta rectangular de concreto reforzado mide 30x37.5 cm como se muestra en la figura que está sujeta a una carga con una excentricidad e = 30 cm. Calcule la resistencia nominal de seguridad Pn y el momento resistente nominal Mn de la sección de la columna dados:

f ' c =¿

280 kg/cm2

f y =¿ 60 ksi

Reforzado con de 3

0

∅N 9

para el armado de

tensión y compresión. Solución:

N 0 9=

( 98 ) → A =6.41 cm → A ' =A =19.239 cm 2

b

S

2

S

Para determinar si la falla se produce por el aplastamiento del concreto o por fluencia del acero 1ero se debe calcular

Cb =

Pnb y e b

(6000) x 31.20=18.35 cm (6000+ 4200) ab =0.85 x 18.35=15.60 cm

'

6

f s=2 x 10

0.003 kg kg ( 18.35−6.3 ) =3940 2 < f y =4200 2 18.35 cm cm

El acero de compresión no fluye

Pnb=0.85 f 'c b a b +A ' s f 's− A s f y Pnb=0.85 x 280 x 30 x 15.6+19.239 x 3940−19.239 x 4200 Pnb=106382 kg

Página 262


(

M nb=0.85 f 'c b a b ý −

ab + A ' s f ' s ( ý −d' ) −A s f y ( d −ý ) 2

)

M nb=3169393 kg−cm

e b=

M n 316939 = =29.79 cm<30 cm( falla inicial porfluencia de acero) Pnb 106382

Pto. “m”, indica la posición del eje neutro en la condición balanceada a medida que la posición del eje neutro se aproxima al punto “n”, en el caso de la falla que se inicia con la fluencia del

ε 'b

acero de tensión la deformación condición balanceada esto es menor

en el acero de compresión será menor que de la

εy .

Por lo tanto se de aplicar el método de tanteo para calcular

Cb =¿ 17.5 cm

1er tanteo:

ab =0.85 x 17.5=14.875cm f 's=2 x 106

0.003 kg kg ( 17.5−6.3 )=3840 2
Pnb=0.85 f ' c b ab + A ' s f ' s− A s f y Pnb=0.85 x 280 x 30 x 15.6+19.239 x 3840−19.239 x 4200 Pnb=99281 kg

(

M nb=0 . 85 f ' c b ab ý −

ab + A' s f ' s ( ý −d ' )− A s f y ( d− ý ) 2

)

M nb=3127258 kg−cm

e b=

M n 312725 = =31.50 cm>30 cm Pnb 99281

Página 263

Pn puesto que Cb =¿ 18.35


Cb =¿ 18.25cm

2do Tanteo:

ab =15.51 cm f 's=3929

kg kg < f y =4200 2 2 cm cm

Pnb=105528 kg M nb=3164705 kg−cm

e b=

M n 3164705 = =29.99 cm ≈ 30 cm Pnb 105528

Pnb=105528 kg

≈ 105.53tn

FALLA POR COMPRESION EN COLUMNAS DE SECCIONES RECTANGULARES Debe cumplirse:

e
El proceso de análisis requiere la aplicación de ecuaciones, es básica de equilibrio utilizando el método del tanteo y verificando la compatibilidad de las deformaciones en todas las etapas.

Pn=0.85 f ' c ba+ A ' s f ' s− A s f s d− ý a M n=0.85 f 'c ba( ý − )+ A ' s f ' s ( ý −d ' )−A s f s ¿ ) 2 Ejemplo No 01.- Calcule la carga nominal balanceada fig. si la excentricidad

e=25 cm

Página 264

Pn de la sección que se muestra en la


Datos:

A ' S = A S = 19.239 cm2

b = 30 cm

'

d = 43.70 cm

f c =¿

h = 50cm

f y =¿ 4200 kg/cm2

280 kg/cm2

d’ = 6.3 cm Solución:

Cb =

(6000) x 43.70=25.70 cm (6000+ 4200)

ab =0.85 x 25.29=21.85 cm

'

Comparamos: f s

f 's=2 x 106

con

fy

0.003 kg kg ( 25.70−6.3 )=4529 2 > f y =4200 2 25.70 cm cm

¿> f ' s=f y =4200

kg 2 cm

Pn=0.85 x 280 x 30 x 21.85+19.239 x 4200−19.239 x 4200=156009 kg h ý = =25 cm 2

(

M n=0.85 x 280 x 30 x 21.85 25−

21.85 +19.239 x 4200 ( 25−6.3 )−19.239 x 4200 ( 43.7−25 ) 2

)

M n=5217889 kg−cm

e b=

M n 5217889 = =33.45 cm>25 ¡ FALLA POR APLASTAMIENTO! Pnb 156009

1er Tanteo:

Cb =29 cm

2do Tanteo:

Cb =29.25 cm Página 265

e ≈ eb


Cb =28.7 cm

3er Tanteo:

COLUMNAS REFORZADAS EN LAS CUATRO CARAS

Pn

Pu 0.003 d'

s c1

e

h/2

c Gsc

s c2

Ysc

h

b/2

Cc Cs = Fsc =

A'sfc

EN

s t4

Gst d'

a

s c3

Yst

h/2

0.85f'c

T = Tsf =

st5

Asft

b/2 b b

a SECCION TRANSVERSAL

DEFORMACIONES

C FUERZAS

Dónde:

GSC :

Es el centro de gravedad de la fuerza del acero a compresión.

GST :

Es el centro de gravedad de la fuerza del acero a tensión.

F SC :

Fuerza resultante del acero a compresión.

F ST :

Fuerza resultante del acero a tensión.

ε SC :

Deformación unitaria del acero a compresión.

ε ST :

Deformación unitaria del acero a tensión.

Por equilibrio:

∑ F H =0:→ Pn=C c + F SC −F ST Pn=0.85 f ' c β 1 Cb+ F SC −F ST

y ST β1C ' M n=0.85 f c β1 Cb (c− )+ F SC ( y SC )−F ST ¿ ) 2 Para el tanteo suponer “C”, el esfuerzo en cada varilla se obtiene: Página 266


f si =ES ε si f si ≤ f y

Página 267


MÉTODO EMPÍRICO DE ANÁLISIS DE COLUMNAS CIRCULARES (SOLUCIÓN APROXIMADA) SECCIÓN CIRCULAR COMPUESTA:

A st = Area atotal del acero

SECCIÓN RECTANGULAR EQUIVALENTE (FALLA DE COMPRESIÓN)

Página 268


COLUMNAS EQUIVALENTES (FALLA DE TENSIÓN) Se transforma la columna circular a una columna rectangular equivalente idealizada. Para la falla en compresión, la columna rectangular equivalente tendrá. 1. Un peralte total en la dirección de la flexión igual a 0.8h en la que h, es el diámetro extremo de la columna circular.

H=0 . 8 D H = Alturade secci ó n rectangular=h 2.

El ancho de la columna rectangular idealizada se obtendrá de Ag. De la columna

circular.

b=

3.

2 Ag D Ag= π → Area de columna circular 0.8 D 2

( )

A st

El área total de refuerzo

2 DS 3

colocan a una distancia de

, se divide por igual en dos capas para las que se

en la dirección de la flexión, en la que

DS

es el

diámetro del núcleo medido de centro a centro de las varillas verticales extremas. Para la falla en tensión, se utilizara a la columna real para evaluar a un 40% del área de acero

A st

en paralelo a una distancia

CC , pero se colocara

0 .75 D S .

Una vez que se establecen las dimensiones de la columna rectangular equivalente, se puede hacer el análisis (diseño) como para columnas rectangulares. PARA FALLA DE TENSIÓN:

Pn=0.85 f ' c h 2

[√(

( e >e b )

2 ρ m DS 0.85 e 0.85 e −0.38 + g − −0.38 h 2.5 h h

)

PARA FALLA DE COMPRESIÓN:

(

( e
Página 269

)]


Pn=

A ST f y 3e +1.00 DS

( )

A g f 'c

+

[

9.6 he 2 ( 0.8 h+0.67 D S ) +1.18

]

Dónde: h = diámetro de la sección

DS

= Diámetro del núcleo del refuerzo, de centro a centro de las varillas

verticales más externas.

e = excentricidad al centroide plástico de la sección.

ρg =

A st AREA BRUTA DEL ACERO = A g AREA BRUTA DEL CONCRETO

m=

fy 0.85 f ' c

EJEMPLO N° 01.- Obtener la sección transversal rectangular equivalente para la columna circular que se muestra en la figura. SECCIÓN CIRCULAR

h=30 cm Peralte de la sección rectangular = ”d”

H=0 . 8 h → H =0.80∗30=24 cm

ancho de la seccion rectangular b=

A g=π r 2 → π

b=

Ag H

30 2 =706.86 cm2 2

( )

706.86 =29.45cm 24 Página 270


2 2 ' ' d−d = D S → d−d = ∗17.6=11.73 cm 3 3

EJEMPLO N° 02.- una columna circular calcular de 50cm de diámetro esta reforzada con seis (6) varillas del N° 8 con una distribución uniforme, calcule: a).- La carga y la excentricidad para condiciones de falla balanceada b).- La carga

Pn para e=40 cm

c).- La carga

Pn para e=12.5 cm

Suponga que la columna no es esbelta (es corta) y que tiene refuerzo en espiral:

Datos:

f ' c=280

kg kg fy=4200 2 2 cm cm

Página 271


Solución:

DS =50−2∗6.20=37.60 cm H=0.8 h → H=0.80∗50=40 cm

A g1 =π∗r 2 → π∗252=1963.50 cm

b=

1963.50 =49.09 cm 40

El recubrimiento en la seccion equivalente sera :r =

'

d=25+d → d=25+7.5=32.5 cm a) FALLA BALANCEADA:

Cb =d

60000 ( 6000+ f ) y

Cb =32.50

60000 =19.12 cm ( 6000+ 4200 )

ab =β 1∗C b → ab =0.85∗19.12=16.25 cm

Página 272

H −( d−d ' ) 40−25 = =7.5 2 2


d ' =7.5 cm; b=49.09 cm A S = A ' S=3∗5.10=15.30 cm

f ' S=0.003 E S

(

2

C b−d ' ≤f y Cb

f ' S=0.003∗2∗10

)

6

kg =3646.44
y

La carga para un estado balanceado será:

Pnb=0.85 f ' C b ab + A ' S f ' S − A S f y Pnb=0.85∗280∗49.09∗16.25+15.30∗3646.44−15.30∗4200=181386 kg

(

M nb=Pnb eb =0.85 f ' C b a b ý −

a + A ' S f ' S ( ý −d ' ) + A S f Y ( d− ý ) 2

)

(

M nb=0.85∗280∗49.09∗16.25 20−

16.25 +15.30∗3646.44 ( 20−7.5 )+ 15.30∗4200 ( 32.5−20 ) 2

)

M nb=3755167 kg−cm=37.5517 Tn−m La excentricidad será:

e b=

M nb 3755167 = =20.70 cm Pnb 181386

b) Si: e = 40cm (Excentricidad Grande)

DS =37.60

ρg =

A St 6∗5.10 fy 4200 = =0.015 m= = =17.65 A g 1963.50 0.85 f ' c 0.85∗280

Luego: Página 273


e=40 cm e b=20.70 → si e> eb ¡ Rige la falla de tensión !

Pn=0.85 f ' c h

2

[√(

2 ρg m D S 0.85 e 0.85 e −0.38 + − −0.38 h 2.5 h h

)

Pn=0.85∗280∗50

2

[ √(

(

2 0.85∗40 0.015∗17.65∗37.60 0.85−40 −0.38 + − −0.38 50 2.5∗50 50

)

(

Pn=66562.58 kg PU =∅ Pn ; ∅=0.75 Para columnas zunchadas PU =0.75∗66562.58=49921.94 kg

c) Si:

e=12.50 cm

e> e b ¡ Rige la falla en compresión ! 2

Area total del acero : A st =6∗5.1=30.60 cm = A s + A ' s 2

Area bruta delconcreto : A g =π

50 =1963.495 cm 2 2

( )

Luego la carga axial será:

P n=

Ast f y

( 3De )+1.00 s

Pn=

(

+

A g f 'c

[

9.6 he + 1.18 2 ( 0.8 h+ 0.67 D S )

]

30.60∗4200 1963.495∗280 + 3∗12.50 9.6∗50∗12.50 +1.00 + 1.18 37.60 ( 0.8∗50+0.67∗37.60 )2

)

)]

[

Página 274

]

)]


Pn=276470.68 kg Pu =207353.01kg

DIAGRAMA DE INTERACCIÓN DE RESISTENCIA CARGA – MOMENTO, PARA COLUMNAS CONTROLADAS POR LA FALLA DEL MATERIAL La capacidad de las secciones de concreto reforzado para resistir cargas de flexión y axiales combinadas, se puede expresar por medio de diagramas de interacción, que relaciona a la carga axial y el momento flexionante en los miembros en compresión. En la figura se puede notar que la aproximación que se hace con el método empírico WHITNEY no siempre no es conservador, particularmente cuando Pu factor izada está cerca del caso balanceado.

Ejemplo 01.- Construya un diagrama carga – momento, para una columna rectangular que tiene la siguiente geometría.

Página 275


Datos: Ancho = 30 cm

f 'c =210 kg/cm2

Peralte = 35 cm

f y =4200 kg /cm

Reforzado con 4 varillas 1 3/8”

2

d’ = 7.6 cm

Solución: AREA BRUTA O SECCIÓN DEL CONCRETO:

A g=30 x 35=1050 cm2 AREA DE LOS REFUERZOS:

A st = A's =2 [ π∗1.74632 ] =19.16 cm 2 A st =2 ( 2 x 9.58 )=38.32 cm2 i)

Carga axial pura. '

P0=0.85 f c A g + Ast f y

(Sin considerar concreto desplazado)

P0=0.85 x 410 x 1050+38.32 x 4200=526869 kg P0=526.869 Tn i)

Carga axial nominal máxima.

Pn (max )=0.80 [ P0 ] Pn (max )=0.80 x 526.869=421.495 Tn ϕ P n (max ) → ϕ=?

Página 276


Nota: Si la falla inicial es de compresión, el factor de reducción de la resistencia siempre será 0.70 para columnas con estribos y 0.75 para columnas con refuerzo espiral (factor de reducción). Si:

Pu ≤ 0.1 f 'c A g

ϕ=0.90−

0.20 ϕ Pn '

0.10 f c A g

ϕ=0.90−

0.15 ϕ Pn 0.10 f 'c A g

≥0.70 (Estribos)

≥0.75 (Espiral)

ϕ=0.70→ ϕ P n (max )=0.70 x 421.495=295.047 Tn ii)

Condición balanceada

d=h−r →35−7.6=27.4 cm

Cb =d

(

6000 6000+ f y

Cb =27.4

)

6000 =16.12cm ( 6000+ 4200 )

0.05( f 'c −280) ab =β 1 C b → β 1=0.85− 70

β 1=0.85−

0.05 ( 410−280 ) =0.75 70

ab =0.75 x 16.12=12.09 cm Del diagrama de deformaciones: '

∅ 0.003 0.003 0.003 = s → ∅'s= (C b−d )→ ∅'s= ( 16.12−7.6 ) Cb C b−d Cb 16.12 '

'

Página 277


ε 's=0.0016< ∅ y =

'

'

f y 4200 = =0.0021OK ! E s 2 x 106

6

f s=E s x ∅s=2 x 10 x 0.0016=3200

kg cm2

Pnb=0.85 f 'c b a b + A 's f 's− A s f y Pnb=0.85 x 410 x 30 x 12.09+19.16 x 3200−19.16 x 4200=107241 kg ≅107.241 Tn Pnb=107.241 Tn d−¿ −a b M nb=0.85 f 'c b a b + A 's f 's (−d ' ) + A s f y ¿ 2

( )

y

h  17.5cm 2

(

M nb=126401 17.5−

12.09 +61312 ( 17.50−7.60 )+ 80472(27.40−17.50) 2

)

M nb=2851585 kg−cm≅ 28.515 Tn−m

e b=

M nb 2851585 = =26.59 cm Pnb 107241

→ ϕ Pnb=0.70 x 107.241=75.069 Tn; ϕ M nb=0.70 x 28.515=19.9605 Tn−m iii)

Flexión pura

A 's =0 Pn=0 → Pu=0

Página 278


a=

As f y 0.85 f 'c b

a=

19.16 x 4200 =7.70 cm 0.85 x 410 x 30

c=

a 7.70 = =10.27 cm β 1 0.75

∅'s=

0.003 ( c−d ' ) → 0.003 ( 10.27−7.60 )=0.00078 c 10.27

f 's=∅'s E s → 0.00078 x 2 x 106 =1560 kg/cm2

( a2 )→ 19.16 x 4200(27.4− 7.702 )=1895116 kg−cm

M n 0= A s f y d−

M no=18.951Tn−m , Pn 0=0.00 ϕ M n0 → ϕ=0.90 → ϕ M n 0=17.056 Tn−m iv)

Tanteo: C = 25 cm

C=25>C b=16.12 ¡ Rige compresi ó n ! a=β1 C → a=0.75 x 25=18.75

∅'s=

0.003 ( 25−7.6 )=0.0021 25

∅'y =

fy 4200 →∅ s= =0.0021 Es 2 x 10 6

∅'s=∅ y

Página 279


f 's=f y ∅s 0.003 0.003 = → ∅s = ( 27.4−25 )=0.00029 d−c c 25 f s=∅ s E s → 0.00029 x 2 x 106=580 kg/cm2 C c =0.85 f 'c b a →0.85 x 410 x 30 x 18.75=196031.25 kg C s= A's f y =19.16 x 4200=80472kg T s= A s f s =19.16 x 580=11113 kg Pn=C c + Cs −T s=265390.25=265.390Tn a  M n  C c  y    C s  y  d '   Ts ( d  y ) 2 

M n=2499445 kg−m=24.994 Tn−m ϕ P n=185.773 Tn, ϕ M n=17.494 Tn−m

e=

2499445 =9.42 cm 265390.25

v)

Si:

c=10.50 cm
a=10.50 x 0.75=7.88 cm '

ℇs c−d

'

ℇs=

'

=

0.003 0.003 ' ( c −d ' ) < ℇy →ℇs= c c

0.003 ( 10.50−7.6 ) =0.00083 10.50

Página 280


ℇy =

f y 4200 = =0.00021 ℇs 2 x 106

→ f 's =Es ℇ's =2 x 106 x 0.00083=1660 kg / cm2 f s=f y =4200 kg/cm2 C c =0.85 f 'c ba=0.85 x 410 x 30 x 7.88=82385 kg C s= A's f 's=19.16 x 1660=31806 kg T s= A s f s =19.16 x 4200=80472 kg Pn=33719 kg=33.719 Tn a  M n  C  y    Cs  y  d '  Ts ( d  y ) 2 

(

M n=82385 17.5−

7.88 +31806 ( 17.5−7.6 )+ 80472 ( 27.4−17.5 )=2228693 kg−cm 2

)

M n=22.286 Tn−m e=66.10 cm Como:

Pn=33719 kg< 0.10 A g f 'c =43050 Suponiendo:

ϕ=0.70

ϕP n=0.70 x 33719=23603 kg<0.10 A g f 'c =43050

Página 281


→ ϕ> 0.70 Por tanto

ϕ=0.90−

ϕ=0.90−

0.20 ϕPn '

0.10 f c A g

≥0.70

0.20 x 23603 =0.79 0.10 x 410 x 30 x 35

→ ϕPn=0.79 x 33719=26638 kg

Verificando el primer valor de la prueba de

ϕ=0.90−

ϕ

0.20 x 26638 =0.776 0.10 x 410 x 30 x 35

ϕP n=0.776 x 33719=26166 kg

1.

P ara : 0.10 f 'c A g =ϕP n → 43050=ϕP n

Si :c=12.42 cm; a=9.32 cm

ℇ's=

0.003 ( 12.42−7.6 )=0.00116 12.42

f 's=E s ℇ's=2 x 106 x 0.00116=2320 kg /cm 2 C c =0.85 x 410 x 30 x 9.32=97441 kg C s= A's f 's=19.16 x 2320=44451 kg T s= A s f y =19.16 x 4200=80472kg → Pn =61420 kg=61.42Tn Página 282


ϕP n=0.70 x 61420=42994 kg ≅ 43050 kg … ok !

(

M n=97 x 441 17.5−

9.32 + 44451 (17.5−7.6 ) +80472 ( 27.4−17.5 ) 2

)

M n=2487880 kg . cm=24.88 Tn−m

Página 283


CONSIDERACIONES Y PRÁCTICAS DE DISEÑO

Página 284


REFUERZO MÁXIMO Y MÍNIMO EN COLUMNAS (REFUERZO LONGITUDINAL) El código A.C.I, recomienda:

Refuerzo minimo: A Smin =A st =0.01 A g Refuerzo máximo: A Smax= A st =0.08 A g En edificios altos:

A Smin = A st =0.01 A g DISTRIBUCIÓN DEL ACERO LONGITUDINAL Y TRASVERSAL A) COLUMNAS ESTRIBADAS.

Las columnas con estribos rectangulares requieren de 4 varillas longitudinales como mínimo. En cualquier tipo de sección de columna deberá proporcionarse una varilla longitudinal en cada esquina y además toda varilla longitudinal deberá estar apoyada sobre estribos.

} Refuerzolongitudinal ∅< ¿10 → Estribo ∅

} Refuerzolongitudinal ∅ ≥ ¿ 10→ Estribo ∅

3 8

¿

1¿ 2

Espaciamiento vertical de estribos “S”

Página 285


∅L S ≤16 ∅ L ( ¿¿ diametro de la varilla longitudinal ) S ≤ 48∅ L ( ∅ E )=diametrodel estribo ¿ S ≤ Menor dimencion de la seccion trasversal de columnas

B) COLUMNAS EN ESPIRAL (ZUNCHADAS)

Utilizadas en regiones de alto riesgo sismo, se requiere como mínimo de 6 (seis) varillas longitudinales.

El diámetro del zuncho pesa por lo menos de

} estará entre 2.5 cm a 7.5 cm y mayor

2

2 π Dc πh A C= Ag= 4 4

Porcentaje mínimo del refuerzo helicoidal

(

las distancia libre espirales

1 ¿ del tamaño máximo del agregado el paso 1 3

se puede calcular de la siguiente manera:

ρs =0.45

} ¿ ∅3 /8

ρs

Ag f' −1 c Ac f sy

)

Página 286


ρs =

vol . acerodelaeliceporcadareduccion vol .delnucleodeconcretocontenidoenc /reduccion

Dónde:

h=Diametrode la columna

a s= Areade la sección transversal del espiral d b=diametro nominal delacero de la helice DC =Diametro del nucleo delconcreto , entre paños extriores de lahelice . f sy =Resistenciade fluencia delrefuerzo helicoidal . Se puede escribir la relación de refuerzos de la hélice como:

ρs =

as ( DC −d b )

( πA ) D S 2 c

El paso “S” será:

S=

4 as ( DC −d b ) D2c ρs

S= espaciamiento entre estribos o paso.

} Las hélices se deben andar bien, proporcionado por lo menos cuando se traslapa a las hélices en vez de soldadas.

Página 287

1

1 2

¿

vueltas adicionales,


ESTADOS LÍMITES EN LA FALLA POR PANDEO (COLUMNAS ESBELTAS O LARGAS)

Análisis de estabilidad según reglamento A.C.I es:

Marcos con contra vientos ( arriostrad o s ) :

Marcos sin contra vientos ( sin arriostre ) :

K lu M < 34−12 1 …………… .. (1) r M2

K lu <22 .……………………..… (2) r

Página 288


K lu =Relación de esbeltes r K=factor de longitud efectiva l u=Longitud del miembro M 1 y M 2=Momento en los extremos opuestos del miembro a compresión M 1< M 2 −¿ ¿ M1 =¿ M2 +¿ ¿ M1 =¿ M2

r=radio de giro , r =

r=0.3 h

√

Ig Ag

Para secciones rectangulares, h=es la dimensión de la columna

Perpendicular al eje de flexión.

r=0.25 h Para sección circular a) Ambos extremos empotrados (fig. a) b) Ambos extremos empotrados con libertad de movimiento lateral en uno de ellos (fig. b) c) Articulados (fig. c) d) Un extremo empotrado y el otro libre (fig. d)

Página 289


Fig. a

Fig.c

Fig.b

Fig.d

1) Miembro en compresión con contravientos:

El valor de “K” se puede determinar a partir de los monogramas de JACKSON y MORELAND

K=0.7+0.05 ( ψ A +ψ B ) ≤ 1.0 K=0.85+ 0.05 ( ψ min ) ≤ 1.0 Tomar el menor valor ψA y ψB = Valores en los extremos de la columna ψmin

= Es el menor de los valores

ψ

= Relación de rigidez de todos los miembros a compresión

ψ=

∑ EI / l u columnas ∑ EI /l n vigas

Dónde:

l u=Longitud no soportada de lacolumna l n=Claro libre de laviga . Página 290


2) Miembros a compresión sin contravientos y con ambos extremos restringidos.

La longitud efectiva se puede tomar como:

Para

ψ <2

K=

Para

√ 1+ψ ( 20−ψ 20 ) m

m

ψ≥2

K=0.9 √ 1+ψ m Dónde:

ψ m=¿ Promedio de los valores de ψ en los extremos del miembro a compresión.

3) Miembros en compresión sin contravientos y con un extremo articulado:

El factor de la longitud efectiva se puede tomar como:

K=2.0+ 0.3ψ

 En el que

ψ es el valor del extremo restringido

 El radio de giro

r= √ I g / A g

se puede tomar como r=0.3h para secciones

rectangulares, en donde h es la dimensión de la columna perpendicular al eje de flexión.  Para las secciones circulares, el radio de giro se tomara como 0.25h. Página 291


 Si el valor de

K lu /r

es mayor que el que se obtiene en las ecuaciones (1) y (2),

se recomienda los métodos para analizar la estabilidad:

1. EL MÉTODO DE LA AMPLIFICACIÓN DE MOMENTOS.

En el que el diseño del miembro se basa en un momento amplificado.

M C =δ M 2=δ b M 2 b+ δ s M 2 s Dónde:

δ s =Es el factor de amplificación de momento

M 2 b que se producen por la cargas de

gravedad.

M 2 b =Momento factorizado en el extremo de la columna producido por cargas que no Ocasionan un desplazamiento lateral apreciable.

δ s =Es el factor de amplificación que se aplica al mayor momento

M 2s

de extremo, que

producen cargas que ocasionan un desplazamiento lateral apreciable. (Cargas de viento) Si

l n / 1,500 , se considera que el marco esta arriostrado. 2. UN ANÁLISIS DE SEGUNDO ORDEN Que se toma en consideración el efecto de las deflexiones. Se debe utilizar siempre

K lu > 100 r Se debe notar que todas las columnas tienen que diseñarse por lo menos para una excentricidad mínima de (0.6+0.03h). Página 292


Página 293


Ejemplo: Diseño de una columna esbelta (larga)

Una columna rectangular de estribo forma parte del marco de un edificio de 5 x 3 crujías, sujeta a flexión uniaxial. Su altura libre es

l u=5.55 m

y no tiene arriostramiento contra

desplazamientos lateral. La carga externa factorizada factorizados de extremo son:

M 1=6.34 tn−m

,

Pu=329 tn

. Los momentos

M 2=17.586 tn−m .

Diseñe la sección de la columna y el refuerzo necesario para las dos condiciones siguientes: 1.- Considere solamente cargas gravitacionales, suponiendo que el desplazamiento lateral que produce el viento es despreciable. 2.- considere que los efectos de desplazamiento lateral del viento ocasionan una

Pu=40.86 tm (factorizada) y un

M u=553.88 tn−m factorizado.

Las cargas de piso para todas las columnas en ese nivel son:

∑ Pu=7,037 tn ∑ Pc =14,528 tn Datos:

β d=0.5 ψ A=2.00 ψ B =3.00 '

f c =350 kg/cm

2

f y =4200 kg /cm

2

Página 294


EMPALME DE BARRAS Comúnmente las barras de refuerzo se fabrican en longitudes que varían de 9 a 12m. Estas medidas no suelen ajustarse a las dimensiones de las estructuras, por lo que resulta necesario el empleo de empalmes. Empalme por traslape Asfy

Fy°

fs = 0 Asfy

fs = 0 LONGITUD DE TRASLAPE

Fy°

a) Tensión

fs > 0

Asfy

Asfy (+ disponible) fs > 0 LONGITUD DE TRASLAPE

b) COMPRESIÓN

El ACI 318 – 05 especifica, que se recubre al empalme por medio de traslapes en barras de No. 11 o menores.

Ltraslape = 1.3

Ld

Clase B

Ltraslape = 1.0

Ld

Clase A

Se fija el traslape mínimo admisible en 30 cm. Para

Página 295

2

f ‘ c =210 kg /cm


f ‘ c < 210 k g /cm2

Sí

→ El traslape incrementar en 1/3

Ejemplo: Calcular la longitud de traslape con el Reglamento ACI 318 – 02 del gráfico que se indica: 30

Sección de empalme

55

2#9

2#9

6

Acero requerido en la sección de empalme

¿ A sr =10 cm

Refuerzo transversal: Estribos del No. 3 a cada 15 cm. '

f c =210 kg/cm

2

2

f y =2800 kg /cm Acero propuesto:

2 barras No . 9,d b =2.86 cm. A b =Secci ó n de acero proporcionado=6.42cm

2

A sp= Acero proporcionado=2 x 6.42=12.84 c m

2

Solución: Separación y recubrimiento mínimo:

Página 296

2

5

6


30

=

=

S=

5 6

5

Separación libre: S = 30 – 12 – 3x2.86

S=9.42cm>2 d b … … . Despreciando los estribos .(Ok)

Recubrimiento = 5.00 cm >

d b …….. (Ok)

Determinamos el tipo de traslape:

A Sp / A sr =12.84 /10=1.28<2

El traslape es de clase “B” → Long. Traslape

¿ 1.3 L d

Luego

Ld =

f y . αβ d b 5.3 √ f ‘ c

Página 297

6


Valores de α : 1.3 → con más de 30 cm de concreto debajo de ellos. 1.00 → en otros casos ( α =factor ¿ Β = 1.5 → recubierto con alguna resina epódica para proteger de la corrosión. Β = 1.0 → en otros casos. Entonces:

Ld =

2800 x 1 x 1 x 2.86 =104.2 cm 3 √210

LTrasl ape=1.3 x 104.2=136 cm .

Página 298


AGRIETAMIENTO Debido a la baja Resistencia a la tensión del concreto los elementos de este material tienden a agrietarse. Son diversas las causas que conducen al agrietamiento del concreto; siendo los fundamentales:  Las deformaciones debidas a cambios volumétricos.  Los esfuerzos ocasionados por fuerzas de tensión, momentos flexionantes o por las fuerzas cortantes. MECANISMOS DEL AGRIETAMIENTO: Se han propuesto algunos mecanismos de agrietamiento y sirven de base para calcular la separación y el ancho de grietas. 1) MECANISMO CLÁSICO DE AGRIETAMIENTO.- En este mecanismo se supone una distribución uniforme de esfuerzos de tensión en un área efectiva de concreto y una cierta distribución de esfuerzos de adherencia a lo largo del refuerzo. a mín C

A T

C

B 2

1

A 1

T

f s=T / A s , aparecen primero los ganchos No. 1 y luego No. 2 amin = Separación mínima de grietas Si la separación L entre secciones A es >

2 amin

Si la separación L entre secciones A es <

2 amin → no hay grietas.

→ La separación puede variar entre:

amin

y

→ se forma nueva grieta.

2 amin , con promedio de 1.5 amin

amin ≤ L ≤2 amin

Página 299


3 a prom = amin → amax =2 amin 2 4 2 amax = a prom a min= a prom 3 3

Luego:

El valor de

amin , se puede calcularse igualándose la resistencia en tensión del elemento del

concreto con la fuerza de tensión transferida por adherencia. →

Resistenciaen tension= Ac . f t

………. (1)

→ Secci ó ntransferida=a min γ u ∑ s … … … … ( 2 ) Dónde:

A c = Area de lasecci ó n transversal del elemento f t=Resistencia en tensi ó n de lconcreto γ =Factor que depende de la distribuci ó n del esfuerzo de adherencia

u=Esfuerzo m á ximo de adherencia ∑s=Per í metro de las barrasde esfuerzo . Igualando: (1) = (2)

A c f t =a min γu → amin =

f t Ac . … … … … … … … … … … … … … … … … … … .. … ..( I ) γu ∑s

Sabemos que

∑ s= ρ=

4 As … … … … … … … … … … . … … … … … … … … … … … … … … … … … . … … … … … … ( 3) db

As … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … .. … … ( 4 ) Ac Página 300


A c = Á rea efectiva del concreto (3) y (4) en (I)

amin =

f t db → Separaci ó n mí nima entre grietas . 4 γu ρ

ANCHO MÍNIMO DE GRIETAS: El ancho de la grieta W, es igual a la elongación (deformación) del acero entre dos grietas menos a elongación del concreto. Luego:

W min =E s amin =

(I) en

(5):

W min =

Como:

W max =

S í ρ=

f a … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … …. … … … … . ( 5 ) E s min

f t f s db 4 γ uE s ρ amax =2 amin

f t f s db Ecuaci ó n que puede aplicarse a vigas sujetas a flexió n 2 γ uEs ρ

As → A c = Ae =2 b(h−d) Ac

h

d Ae=2b (h-d) Centroide del acero b

AREA EFECTIVA EN ELEMENTO SUJETA A FLEXIÓN

Página 301


2) MECANISMO BASADO EN EL ESTADO INTERNO DE ESFUERZOS:

4

4

3

1

2

2

t

3

T

T

Agrietamiento de un elemento sujeto a Tensión según el mecnaimos propuesto por BROMS

h

T

T L

L Si : <1→ La grieta no es visible en el exterio r , El c í rculo no cortala cara . h L >1→ El c í rculo corta lacara inferior y la grieta se desarrollahasta el exterior . h Las grietas var í an de :ta 2 tesel recubrimiento de concreto medido desde el ejelongitudinal

de la varilla.

amax =2 t amin =t a prom =1½ t → Separación de grietas= 1.5t Los anchos de grietas respectivas son:

W max =ℇs a max=2 t ℇs W min =ℇs a max=2 t ℇs

Página 302


W pr om ¿ ℇs a prom=1 ½ t ℇs=1.5 t ℇs

EXPRESIONES PARA LA PREDICCIÓN DE AGRIETAMIENTO Los factores que tienen mayor influencia en el ancho de las grietas son: a) es mayor cuando se utiliza barras lisas que barras corrugadas. b) depende de forma importante del espesor del recubrimiento. c) aumenta con el acero en el refuerzo en el acero siendo esta variable la más importante. d) depende del área del concreto que rodea a las barras en la zona de tensión, disminuyendo cuando mejor distribuido se encuentra el refuerzo en dicha zona. Existen numerosas formulas propuestas para predecir el ancho de grieta, considerándose lo siguiente: 1. La de Portland cement association (P.C.A) 2. La de cement and concrete association (C.A.C.A). 3. La de gergely y lutz. 4. La de frosch.

1.

FORMULA PROPUESTA POR P.C.A:

El ancho máximo de grietas es:

W max =2.6 √4 A . f s x 10−6

A=

Ae N

(para barra corrugada).

(cm).

N= numero de varillas

;

a cada barra.

f s=

M As Z

Página 303

A e = área efectiva de concreto que rodea


7 Z= d 8

Valor aproximado.

20 ≤ A ≤ 320

cm 2

f s <4200 kg /cm2 2.

FORMULA PROPUESTA POR LA C.A.C.A:

W max =nr

f s h−c . E c d−c

(cm).

n = constante = 3.3 para barras corrugadas. n = constante = 4.0 para barras corrugadas. r = es la distancia desde la arista longitudinal de la viga hasta la superficie de la barra más cercana. h = peralte total. d = peralte efectivo. c = profundidad del eje neutro “c” se determina usando el concepto de sección transformada. El ancho máximo a la altura del refuerzo de tensión.

W max =n . r .

3.

fs Es . (cm).

FORMULAS DE GERGELY Y LUTZ: 3

−6

W max =√ At b ψ f s x 10 cm Página 304


W max =

√3 A t b

[

2t 1+ s 3 h1

]

f s x 10

−6

A nchom á ximodelagrietaalniveldelaceroderefuerzo .(cm)

A = Área de concreto que rodea a cada barra……………………………………..

A=

Ae N

b=¿ t ¿ Recubrimiento inferior medio desde el centro de varilla más baja.

ψ=

h2 h1

t s = recubrimiento lateral

4.

FORMULA DE FROSCH:

Viga agrietada y diagrama de deformaciones unitarias Ancho de la grieta:

W =ε s a ………..

(Ancho de la grieta a nivel del acero de refuerzo).

Ancho de la grieta a nivel del lecho inferior de la viga, multiplicar por el factor:

β=

ε 2 h−c = ε s d−c

……………………………………………..

a = separación de las grietas. Página 305

(Por geometría de la figura).


La separación de grietas, según Broms, depende del recubrimiento de concreto

“ d c ” o“ d s ” de la separación entra barras, “s” y se puede calcular con: a=ψ s d ¿ ψ s=¿ 1.00

…………………………………….……………..

ψ s=¿ 1.50

……………………………………………..

(Separación mínima).

(Para separación promedio).

√

a 2 d ¿ =√ dc 2 +ds 2 d ¿ = dc 2+[ ] 2 Definición de recubrimiento. Luego el ancho es:

W max =2

√

(en el lecho inferior de viga)

fs a β . d 2c + Es 2

2

()

…………………………………………………………..

Este ha sido reemplazado en la ecuación:

¿n.r.

fs h−c . Es d−c

Despejando “a” de “ α ”

a=2 x

√(

W max E s −d 2c 2f s β

)

a = separación máxima entre grietas.

Página 306

( )

( α ).


FROSCH, recomienda usar valores de

W max

entre “0.4” y “0.5” mm.

ANCHOS PERMISIBLES DE GRIETAS Razones para limitar el agrietamiento: 1.- Apariencia de la escritura (grieta ancho máximo “0.15” a “0.3” mm. Por estética). 2.- Corrosión del refuerzo (existir corrosión del refuerzo, pues las grietas permiten la penetración de cloruros, humedad, oxígeno y favorecen a la carbonatación). TABLA ANCHO PERMISIBLE DE GRIETAS Investigador o reglamento

Condición de exposición

Ancho máx. Permisible (mm)

-

-

-

-

BRICE.

RUSCH.

ACI 318 – 89.

EUROCODIGOEC –

Severa.

0.1

Agresiva.

0.2

Normal.

0.3

Agresiva (agua salada).

0.20

Normal.

0.12 - 0.3

Exterior.

0.33

Interior.

0.40

Normales.

0.30

2.

Ejemplo Nº 01.- comprobar si la sección mostrada cumple con los requisitos del reglamento ACI 318 – 02 La viga esta reforzada con 3 barras de ø 1”, para lo cual se ha fijado un Página 307


recubrimiento lateral de los estribos de 3 cm y su recubrimiento inferior de 5 cm para las barras longitudinales.

f 'c = 210 kg/ cm 2 f y = 4200 kg/ cm 2 Solución: 1.- CRITERIOS DEL P.C.A:

Ø estribo = 3/8” = 0.953 cm. Ø ref. = 1” = 2.540 cm.

d=50.00 – 5.00 – 0.953 –

2.54 2

d = 42.78 cm. - Área efectiva del elemento sujeto a flexión.

A e =2 b ( h−d )=2 ×25 ( 50−42.78 ) A e =361.00 cm2

……..…………………………………..……

- Área efectiva de concreto que rodea a cada barra.

Página 308

área efectiva.


A=

Ae N

A=

361.00 =120.33 cm2 3

A = Nº de varilla de esfuerzo.

- Calculo de fs. = esfuerzo en el acero.

M=

* Momento flexionante máximo:

Wl2 8

2

M=

f s=

2× 6 =9.00 tn−m=9 × 105 Kg-cm 8

M As Z

7 Z≈ d 8

=

7 × 42.78=37.43 cm 8 2

A s =3 Ø 1 ”≈ 3 ×5.10=15.30 cm Luego: 5

f s=

9 ×10 kg =1571.6 2 15.30× 37.43 cm

f s=1571.6 kg /cm2

El ancho máximo de la grieta es:

W max =2.6 √4 A × fs×10−6 W max =2.6 √4 120.33× 1571.6 ×10−6=0.014 cm

Página 309


W max =0.014 cm 2.- CRITERIO DE LA C.A.C.A: a.-) Ancho máximo de la grieta al nivel de las fibras en tensión más alejado del eje neutro.

Ø est = Ø3/8” = 0.953 cm

W max =n . r .

f s h−c . Ec d−c

n = 3.30 para barras corrugadas.

f s=1571.6 kg /cm Es =2× 10

6

2

kg/ cm

2

r= √ 5.953 +3.953 =7.15 cm 2

2

h = 50 cm d = 42.28 cm c = profundidad del eje neutro - Cálculo de la profundidad del eje neutro, usando el artificio de la sección transformada y agrietada.

n=

Es Ec

;

Es =2× 106 kg/cm 2

Ec =15000 √ f 'c =15000 √ 210=217371kg /cm2 Página 310


n=

2×10 6 =9.2 ≈ 9 217371

Área de la sección transformada:

A t =n A s =9 ×15.30=137.7 cm

2

Tomando momentos estáticos de las áreas con respecto al eje neutro.

bc

25

( c2 )=n A (d−c) s

c2 =137.7 (42.78−c) 2

( )

c 2+ 11.02 c−471.26=0

Simplificando:

c=

−11.02 ± √ 11.022−4 ×1 × (−471.26 ) 2

c=16.89 cm 2 - El ancho máximo de la siguiente grieta será:

W max =n . r .

f s h−c . Ec d−c

Página 311


W max =3.3 x 7.15 x

1571.6 50−16.89 x 6 42.78−16.89 2 ×10

(

)

W max =0.024 cm b) Ancho máximo de la grieta al nivel del acero del refuerzo en tensión:

W max =n ×r ×

W max =3.3 ×3.953 ×

fs Es

1571.6 =0.010 cm 2 ×106

3.- METODO DE GERGELY Y LUTZ: a) Ancho máximo de la grieta en la fibra extrema de tensión:

t

t

b=5+0.953+

2.54 =7.223 2

s=3+0.953+

2.54 =5.223 2

h2=50−16.89=33.11 cm h1=33.11 – 7.223=25.887cm

Página 312


ψ=

h2 33.11 = =1.28 h1 25.887

A e =14.446 ×25=361.15 cm 2

A=

Ae 361.15 = =120.38 cm2 N 3

Sustituyendo valores en: 3

−6

W max =√ t b A . ψ . f s .10

W max =√3 7 ×120.38 ×1.28 ×1571.6 ×10−6=0.0192 cm W max =0.0192 cm b.-) ancho máximo de la grieta al nivel del acero de refuerzo:

W max =

√3 A t b 1+

2 tb 3 h1

( )

. f s .10−6

3

5.223 ×120.38 W max = √ x 1571.6 x 10−6 2 ×5.223 1+ 3 ×25.887

[

]

W max =0.012 cm 4.- MÉTODO DE FROSCH: Calculamos el ancho de la grieta en el lecho inferior de la viga. Página 313


√

fs a 2 2 W max =2 × β × dc +[ ] Es 2 6

f s=1571.6 ×10 kg /cm 6

Es =2× 10 kg/cm

β=

2

2

h−c 50−16.89 = =1.28 d−c 42.78−16.89

d c =t b = 7.233 cm 1 a=[ 25−( 2 ×3+2 × 0.953+ 3× 2.54 ) ] =4.74 cm 2

W max =2 ×

√

1571.6 4.74 2 2 ×1.28 × 7.223 +[ ] =0.0153 cm 2 2 ×106

W max =0.0153 cm Al nivel del acero de refuerzo:

W max =

W max 0.0153 = =0.012 cm β 1.28 W max =0.012 cm

Página 314


DEFLEXIONES El cálculo de deflexiones tiene dos aspectos: por un lado es necesario calcular la deflexión de miembros estructurales bajo cargas y condiciones ambientales conocidas, por otro lado deben establecerse criterios sobre límites aceptables de deflexiones. A.- DEFLEXIONES BAJO CARGAS DE SERVICIO DE CORTA DURACIÓN  DESCRIPCIÓN DEL FENÓMENO Y VARIABLES PRINCIPALES Las variables principales son: a) RESISTENCIA ALA TENCIÓN DEL CONCRETO. A mayor resistencia, menores deflexiones. b) MODULO DE ELASTICIDAD DEL CONCRETO.

A mayor modulo, menores

deflexiones. c) PORCENTAJE

DEL

REFUERZO

ATENCIÓN.

A menor

porcentaje,

mayores

deflexiones. d) AGRIETAMIENTO DEL ELEMENTO.- A mayor agrietamiento, mayores deflexiones.

MÉTODOS SIMPLIFICADOS PARA EL CÁLCULO DE DEFLEXIONES INMEDIATAS En los métodos simplificados, las deflexiones se calculan como si se tratase de un elemento de un material homogéneo y elástico, para lo cual, para lo cual puede aplicarse las ecuaciones de la mecánica de materiales. Página 315


d2 y M = d x 2 EI

y=∬

M dx . dx EI

Las diferencias entre los distintos métodos consiste básicamente en los valores del método de elasticidad E, y el momento de inercia I. Ambas cantidades resultan difíciles de determinar para un elemento de concreto reforzado. 1) MÉTODO DE YU Y WINTER Considera la contribución del concreto que trabaja a tensión entre grieta y grieta. El momento de inercia de la sección agrietada trasformada se multiplica por el siguiente factor correctivo.

(

Factor correctivo= 1−b

M1 M max

)

2 /3

M 1=0.04 ( f 'c ) h(h−c )

Dónde:

B

= ancho del alma en la zona de tensión.

M max=momentom á ximo bajo cargas de trabajo . H

= peralte total

C

= profundidad del eje neutro.

2) MÉTODO DEL REGLAMENTO A.C.I 318-05

Página 316


El agrietamiento del concreto puede tomarse en cuenta usando en los cálculos su momento de inercia efectivo promedio

I e=

[ ( )]

M ag 3 M ag I g + 1− M max M max

( )

M ag=

I e a lo largo del elemento.

3

I ag ≤ I g

f r Ig yt

Dónde:

M ag=momento de agrietamiento de la secci ó n homog é nea del concreto . f r=Modulo de rotura del concreto → f r =2 √ f 'c

Ig

= Módulo de inercia de la sección completa.

yt

= distancia del centroide a la fibra más alejada en tensión.

M max

= Momento máxima correspondiente al nivel de carga para lo cual se estima la

deflexión.

I ag

= momento de inercia de la sección agrieta trasformada.

Para vigas continuas, el reglamento A.C.I 318-05, indica que se tome como valor del momento de inercia efectivo “

I e ” el promedio de los valores correspondientes a las zonas del

momento positivo y momento negativo.

I e=

1 I e 1+ I e 2 +Ic 2 2

(

Página 317

)


I e1 , I e 2 = Momento de inercia efectiva para los extremos. I c = Momento efectivo de la zona central.

Si la viga tiene momentos en un extremo solamente, el momento efectivo promedio es:

1 I e= ( I ext + I c ) 2

I ext = momento de inercia efectivo en el extremo continuo. Según el comité A.C.I 435, puede obtenerse una mayor precisión que con los métodos anteriores, si se utiliza un momento de inercia efectivo promedio. 1) PARA UNA VIGA CONTINUA EN AMBOS EXTREMOS:

I e=0.70 I c +0.15 ( I e1 + I e2 )

2) PARA UNA VIGA CONTINUA EN UN EXTREMO:

I e=0.85 I c +0.1 5 I ext

Las deflexiones inmediatas al centro del claro de viga libremente apoyada y de viga continua y en el extremo del voladizo pueden estimarse con:

ai= K

5 M L2 48 E c I e

Dónde: M = es el momento en el empotramiento para voladizos. M = momento a la mitad del claro para vigas libremente apoyadas y vigas continuas Página 318


Ec = módulo de elasticidad del concreto. K

= 12/5 para voladizos.

K

= 1; para vigas libremente apoyadas.

K=1.20−0.20

M0 ⇒ Mm

Para viga continua.

M 0 = Momento isostático a la mitad del claro. M m = Momento neto en la misma sección. B. DEFLEXIONES BAJO CARGAS DE SERVICIO DE LARGA DURACIÓN (DEFLEXIONES DIFERIDAS) Si una viga se deja bajo carga sometida durante un largo periodo de tiempo se observa que se forman nuevas grietas, se abren más las grietas existentes y alas deflexiones aumentaran hasta duplicar o triplicar su magnitud. La aplicación de todo esto se encuentra en los fenómenos de contratación y flujo plástico del concreto. EFECTO DE LA CONTRACCIÓN. Para una viga libremente apoyada con refuerzo de tensión únicamente. Las fibras superiores se acortan libremente, mientras que las fibras al nivel del acero de refuerzo se acortan menos por la restricción del refuerzo.

Inicial

Contracción

Final

En elementos con refuerzo en tensión y compresión, las fibras superiores ya no se acortan libremente. Si la armadura es simétrica, el acontecimiento es el mismo. Página 319


EFECTO DEL FLUJO PLÁSTICO. Las deformaciones del concreto aumentan con el tiempo, mientras los esfuerzos disminuyen, porque el eje neutro de la sección se mueve hacia abajo. Las deformaciones al nivel del acero de refuerzo permanecen prácticamente constantes.

La línea A representa los estados de deformaciones y de esfuerzos instantáneo. La línea B representa las deformaciones y esfuerzos después de trascurrido cierto tiempo.

MÉTODO PARA EL CALCULO DE DEFLEXIONES BAJO CARGAS DE SERVICIO DE LARGA DURACIÓN

Página 320


1. MÉTODO DE YU Y WINTER. El efecto del tiempo se toma en cuenta, usando un módulo de elasticidad reducido

Ect

Ect .. Tabla

n1=

Es =relacion de modulos Ect

El momento de inercia se calcula usando la sección agrietada y trasformada. El segundo método consiste en multiplicar el valor de las deflexiones instantáneas por un factor que depende del porcentaje de acero de compresión y de la duración de la carga aplicada (ver tabla). NOTA: Ver Tablas pág. 348-DEFLEXIONES (CONCRETO REFORZADO GONZALES CUEVAS)

2. MÉTODO DEL REGLAMENTO A.C.I 318-05

El redimensionamiento consiste en multiplicar l deflexión inmediata debida al total de la carga que actúa en forma continua por el factor “ λ :

λ=

ρ'

T 1+50 ρ '

= Cuantía del acero de compresión al centro del acero, para claros libremente apoyados

o continuos y en el comportamiento, para voladizos.

T

= Factor que refleja el efecto de la duración de la carga, está dado para determinar:

Página 321


TABLA

DURACIÓN 5 años o mas

T 2.0

12 meses

1.4

6 meses

1.2

3 meses

1.0

DEFLEXIONES PERMISIBLES Las deflexiones de elementos estructurales deben limitarse por 2 razones:  Por la posibilidad de que provoquen daños en otros elementos de la estructura y por motivos de orden estática.  La posibilidad de dar contra flecha, es otro factor que debe tomarse en cuenta en establecer las deflexiones permisibles.

CONTROL DE DEFLEXIONES SEGÚN A.C.I 318-05

Elemento

Losa maciza Viga y losas

Peralte minino h Libremente Un extremo

Ambos

apoyada

continuo

extremos

voladizo

L/20 L/16

L/24 L/18.5

continuos L/28 L/21

L/10 L/8

nervadas

DEFLEXIONES CALCULADAS PERMISIBLES

Tipo de miembro Azotea que no soporta a

Deflexión a considerar

que no están ligadas a

Deflexión Página 322

inmediata

Deflexión permisible L/180


elementos

no

debido a la carga viva

estructurales Pisos que no soportan o que no están ligadas a elementos

no

estructurales

que

pueden

por

dañarse

Deflexión inmediata a la carga Viva

deflexiones grandes Azoteas y pisos que

La parte de la deflexión

soportan o que están

total

ligados a elementos no

después de que se ligan

estructurales

que

los

pueden

por

estructurales (la suma

deflexiones grandes Azoteas o pisos que

de la deflexión de larga

dañarse

soportan o que están ligados a elementos no estructurales pueden

que

dañarse

deflexiones grandes

no por

L/360

que

ocurre

elementos

L/480

no

duración debido a todas las

cargas

debida

a

duración todas

las

cargas sostenidas y la deflexión

inmediata

debida a cualquier carga adicional)

Página 323

L/240

concreto armado I

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