concreto armado I
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Descripción: COMPORTAMIENTO ANTE SOLICITACIONES...
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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
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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
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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
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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 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 ´c 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;
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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 ´c 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
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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
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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 kjbd 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:
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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
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
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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.
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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).
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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( 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 ´y =
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
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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− ´y )= ( 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
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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
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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 ´y … … … … …(3) IT A t =A S ( n−1 )=14.20 ( 9−1 )=113.60 cm2
Calculo del eje neutro:
30 x 45 ´y =
-
( 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 ´y →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
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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
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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 ´y =
-
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
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IT =
bx h3 h 2 +bxh ´y − + At (d− ´y )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− ´y ) 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− ´y ) 4500 x 100(55−32.10) = =19.49 kg/cm 2 IT 528,826.26
Página 98
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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 ´y 4500 x 100(32.10) = =27.31 kg/cm 2 IT 528,826.26
f c =27.31 kg/cm 2
Página 99
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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
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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
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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
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f r=2 √ f 'c
Esfuerzos en rotura en Tracción del concreto
Página 103
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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 ,
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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
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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
)
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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
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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
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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
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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
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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
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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
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
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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
( )
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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
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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
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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 y =2800 2 2 cm cm
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As
en la
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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
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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
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CONCRETO ARMADO I ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA
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:
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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 hf sección
ay hf
→ Viga rectangular → Viga “T”, puede tratarse de manera similar a una rectangular doblemente reforzada.
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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)
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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
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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
Del diagrama de deformaciones
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
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CONCRETO ARMADO I ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA
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
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0,5
1,25
0,25
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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
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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
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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
¿
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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
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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
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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
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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 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 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 ´y = = =25 cm 2 2
(
M nb=0.85 f 'c b ab ´y −
ab + A 's f 's ( ´y −d ' ) − A s f y ( d− ´y ) 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
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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 ´y −
a + A's f 'y ( ´y −d ' )− A s f y ( d− ´y ) ………….(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
CONCRETO ARMADO I ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA
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)
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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
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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 f y =4200 kg2 C cm cm
Página 261
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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
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(
M nb=0.85 f 'c b a b ´y −
ab + A ' s f ' s ( ´y −d' ) −A s f y ( d −´y ) 2
)
M nb=3169393 kg−cm
e b=
M n 316939 = =29.79 cm25 ¡ FALLA POR APLASTAMIENTO! Pnb 156009
1er Tanteo:
Cb =29 cm
2do Tanteo:
Cb =29.25 cm Página 265
e ≈ eb
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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
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f si =ES ε si f si ≤ f y
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MÉTODO EMPÍRICO DE ANÁLISIS DE COLUMNAS CIRCULARES (SOLUCIÓN APROXIMADA) SECCIÓN CIRCULAR COMPUESTA:
A st = Area atotal del acero
SECCIÓN RECTANGULAR EQUIVALENTE (FALLA DE COMPRESIÓN)
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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 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
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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
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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 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
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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
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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
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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→ 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
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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
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A e = área efectiva de concreto que rodea
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7 Z= d 8
Valor aproximado.
20 ≤ A ≤ 320
cm 2
f s
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