Problemas de Concreto Armado

28

Ing° S.Chávez C. 2.2.2. Problemas de verificación:

Problema N° 01 Para la sección de viga que se muestra a continuación determinar los esfuerzos producidos por un momento M = 5 t-m. dc = 5 cm. f’c = 280 Kg/cm2. fy = 4200 Kg/cm2. fr = 2 fc ' (módulo de rotura)

60 3 Ø 1” 25 cm.

Solución n=

Es 2 × 10 = = 7.97 ≈ 8 ⇒ n = 8 Ec 15000 280 6

Suponiendo que la sección esta sin agrietar:

( n −1) As = (8 −1) ×15.30 = 107.1 cm 2

Cálculo del eje neutro y=

y

55

E.N. 107.1 cm2

It =

25 × 60 × 30 + 107.1 × 55 = 31.67 cm. 25 × 60 + 107.1

25 × 60 3 2 2 + ( 25 × 60 )( 31.67 − 30 ) + 107.1( 55 − 31.67 ) 12

It = 512,476.69 cm4

25 cm. Esfuerzo de tracción: fc t =

My 5 ×10 5 ×28.33 = = 27.64 Kg / cm 2 It 512,476.69

⇒ fc t = 27.64 Kg / cm 2 ≤ 2

fc ' = 33.47 Kg / cm 2

Por lo tanto la sección no esta Agrietada Esfuerzos de compresión: My 5 × 105 × 31.67 fc = = = 30.90 Kg / cm 2 ≤ fc ' = 280 Kg / cm 2 It 512,476.69 Esfuerzo de tracción en el acero: fc1 =

My 5 ×10 5 × 23.33 = = 22.76 Kg / cm 2 It 512,476.69

⇒ fs = nfc1 = 8 × 22.76 = 182.08 Kg / cm 2 Problem a N° 02 Para la sección de la viga del ejemplo anterior, el momento se incrementa a M = 12 t-m. encontrar los esfuerzos máximos de compresión en el concreto y de tracción en el acero, así como el momento de inercia.

Solución M = 12 t-m f’c = 280 Kg/cm2., b = 25 cm. 4 It = 512,476.69 cm (sin agrietar) fy = 4200 Kg/cm2. h = 60 cm. 2 fr = 33.47 Kg/cm . d = 55 cm. Suponiendo que la sección no esta agrietada:

(20) NILSON Arthur H..Diseño de estructuras de concreto.pág.12.

29

Ing° S.Chávez C.

My 12 × 10 5 × 28.33 fct = = 66.34 Kg / cm 2 ≥ 33.47 Kg / cm 2 I 512,476.69 ∴ la sec ción esta agrietada 2 ⇒ k = ( ρ n) + 2ρ n − ρ n As 15.30 2 ρ= = = 0.0111 ⇒ k = ( 0.0111 × 8) + 2 × 0.0111 × 8 − 0.0111 × 8 bd 25 × 55 ⇒k = 0.342

j =1−

y

k 0.342 =1− = 0.886 → 3 3

j = 0.886

Esfuerzo máximo de compresión: 2M 2 ×12 ×10 5  kd  M = Cjd =  fc b  jd ⇒ fc = = 2 2  kjbd 0.342 × 0.886 × 25 × 55 2  fc = 104.73 Kg / cm 2 ≤ fcadm.

Esfuerzo de tracción: M = Asfsjd

⇒

fs =

fs = 1609.51 Kg / cm 2

M 12 ×10 5 = = 1609.51 Kg / cm 2 Asjd 15.30 × 0.886 × 55 ≤

fs adm.

Momento de inercia de la sección agrietada. It = b

( kd ) 3

+ As.n( d − kd ) = 25 2

( 0.342 × 55) 3

3 It = 215,769.92 cm 4

3

+ 8 ×15.30( 55 − 0.342 × 55)

2

Problema N° 03 Para la viga que se muestra a continuación, determinar los esfuerzos máximos en el concreto y en el acero, si f’c = 210 Kg/cm2. y fy = 4200 Kg/cm2, la carga incluye el peso propio de la viga. w = 2.2 t/m 4.50 m.

Estribos Ø 3/8” As = 4 Ø ¾” = 11.36 cm2 r.e.e = 4 cm.

50 4 Ø ¾”

30 cm. Solución ØL 1.91 dc = r.e.e. + Ø est + = 4.0 + 0.95 + = 5.90 → dc = 5.90 2 2 d = h – dc = 50-5.9 =44.1 → d = 44.10 cm. n=

Es 2 ×10 6 = = 9.2 ≈ 9 ⇒ n = 9 Ec 15000 210

Suponiendo que la sección esta sin agrietar (n-1) As = (9-1) 11.36 = 90.88 cm2

y

44.1 90.88 30 cm.

Calculo del eje neutro y=

30 × 50 × 25 + 90.88 × 44.1 = 26.09 cm. 30 × 50 + 90.88

(20) NILSON Arthur H..Diseño de estructuras de concreto.pág.12.

⇒y = 26.09 cm.

Concreto Armado It =

30

30 × 50 3 2 2 + ( 30 × 50 )( 26.09 − 25) + 90.88( 44.1 − 26.09) 12

It = 343,760.00 cm4 Esfuerzo de tracción: fc t = ⇒ fct =

My M × 23.91 wl 2 2.2 + 4.5 2 = = = 5.57 t − .m. , M = It 343,760.00 8 8

5.57 ×10 5 × 23.91 = 38.74 Kg / cm 2 , 343,760.00

fr = 2

fc ' = 2

210 = 28.98 Kg / cm 2

fct = 38.74 Kg./cm2. > fr = 28.98 Kg./cm2. → La sección esta agrietada. ⇒k =

( ρ n) 2 + 2 ρ n − ρ n

As 11.36 2 = = 0.0086 ⇒ k = ( 0.0086 × 9) + 2 × 0.0086 × 9 − 0.0086 × 9 bd 30 × 44.1 k 0.324 j =1− =1− = 0.892 → j = 0.892 k = 0.324 , 3 3 2M 2 × 5.57 ×10 5 fc = = ⇒ fc = 66.06 Kg / cm 2 2 2 kjbd 0.324 × 0.892 × 30 × 44.1

ρ=

fs =

M 5.57 ×10 5 = = 1246.44 ⇒ fs = 1246.44 Kg / cm 2 Asjd 11.36 × 0.892 × 44.10

Problema N° 04: permisible. As = 11.36 cm2. d = 44.10 cm.

Para la viga del ejemplo anterior, calcular el momento máximo f’c = 210 Kg./cm2. fy = 4200 Kg./cm2.

b = 30 cm. h = 50 cm.

k = 0.324 j = 0.892

Solución fcadm = 0.45 f’c = 94.5 Kg./cm2. fsadm = 0.50 fy = 2100 Kg./cm2. fc × kj 94.5 × 0.324 × 0.892 Mc = adm bd 2 = 30 × 49.10 2 = 7.97 t − m. 2 2 Mt = Asfs adm jd = 11.36 × 2100 × 0.892 × 44.10 = 9.38 t − m. Mpermisible = 7.97 t - m. Problema N° 05.- Una viga de concreto doblemente reforzada, tiene una sección transversal rectangular de b = 40 cm. y h = 80 cm. Calcular los esfuerzos en el concreto y en el acero cuando actúa un momento de M = 25 t-m. 3 Ø 1” 80 5 Ø 1” 40 cm.

f’c = 210 Kg/cm2 fy = 4200 Kg/cm2. Estribos= Ø 3/8” As = 5 Ø 1” (25.50 cm2) As’ = 3 Ø 1” (15.30 cm2) r.e.e. = 4.0 cm Solución

(16) ORTEGA GARCIA.Juan.Concreto armado I.pág.III-3. (17) NILSON,Arthur H.Diseño de estructuras de concreto .pág.71.

31

n=

Ing° S.Chávez C. Es (1 + Ct ) , Ec

Ct = 0 Al momento del desencofrado.

Ct = 1 Después de 5 años. Para nuestro ejemplo de verificación Ct = 0 , ya que el flujo plástico se manifiesta a largo plazo.

( ρ + ρ ') 2 n 2 + 2n ρ + ρ ' d '  − n( ρ + ρ ') ;

k=



d = 80-6.22 = 73.78 cm.

ρ=

d

d’ = 6.22 cm.

dc = 4 + 0.95 +

n=

2.54 = 6.22 cm. 2

Es 2 × 10 5 = = 9.2 ≈ 9 ⇒ n = 9 Ec 15000 210

As 25.50 = = 0.0086 bd 40 × 73.78

ρ'=

As' 15.30 = = 0.0052 bd 40 × 73.78

k=

( 0.0086 + 0.0052') 2 9 2 + 2 × 9 0.0086 + 0.0052

6.22   − 9( 0.0086 + 0.0052 ) 73.78 

 k 0.298 k = 0.298 ⇒ j = 1 − = 1 − = 0.901 → j = 0.901 3 3 fcjk bd 2 + As ' fs ' ( d − d ') = M actuante kd = 0.298 x 73.78 = 21.99 cm. , Mc = 2 fc × 0.298 × 0.901 Mc = 40 × 73.78 2 +15.30 fs ' ( 73.78 − 6.22 ) = 25 ×10 5 2 Mc = 29,231.31 fc +1,033.67 fs ' = 25 ×10 5...........................(1) ( 21.99 − 6.22) = 6.45 fc ⇒ nfc( kd − d ') = 9 × fc Sabe que: fs ' = f’s = 6.45 fc kd 21.99

.....

(2) (2) en (1): 29,231.31 fc + 1,033.67 x 6.45 fc = 25 x 105 ⇒ fc = 69.64 Kg./cm2. < fcadm. f’s = 6.45 fc = 6.45 x 69.64 = 449.18 Kg./cm2. ⇒ f’s = 449.18 Kg./cm2. < fsadm.. fs =

(1 − 0.298) = 1476.46 Kg. / cm 2 nfc (1 − k ) = 9 × 69.64 k 0.298

fs = 1476.46 Kg./cm2.

< fsadm..

Comprobación: La fuerza de compresión ≈ Fuerza de tracción. T = As.fs = 25.50 x 1476.46 = 37.65 tn. Cc =

fckd 69.64 × 0.298 × 73.78 b= × 40 = 30.62 tn. 2 2

Cs = As ' fs ' =15.30 ×449.18 = 6.87 tn.

C = 37.49 tn ≈ T = 37.65 tn

C = 37.49 tn. ...... OK.

Problema N° 06.- En el problema anterior (prob. 05), calcular el momento máximo que puede tomar la viga para que el esfuerzo en el concreto sea igual a fc = 94.5 Kg./cm2. y que esfuerzo se generan en los aceros. Solución

(20) NILSON Arthur H..Diseño de estructuras de concreto.pág.12.

Concreto Armado

32

ρ = 0.0086, ρ’ = 0.0052, n = 9, k = 0.298, Cálculo de los esfuerzos: (1 − 0.298) = 2003.53 Kg . / cm 2 nfc (1 − k ) fs = = 9 × 94.5 k 0.298 fs = 2003.53 Kg./cm2. fs ' =

j = 0.901

< fsadm.

( 21.99 − 6.22) = 609.93 Kg. / cm 2 nfc( kd − d ') = 9 × 94.5 kd 21.99

fs’ = 609.93 Kg./cm2.

< fs’adm.

Cálculo del momento: fcjk bd 2 + As' fs ' ( d − d ') 2 94.5 × 0.298 × 0.901 M = 40 × 73.78 2 + 15.30 × 609.93 ( 73.78 − 6.22 ) 2 M max = 33.93 t − m. Mc =

2.2.3. Problemas de diseño. Problema N° 01.- Diseñar el área de acero para una sección de b = 25 cm., h = 50 cm., f’c = 280 Kg./cm2., fy = 4200 Kg./cm2.; cuando actúa un momento M = 8.5 t-m., la sección será simplemente reforzada. Solución Esfuerzos admisibles: fcadm = 0.45 f’c = 126 Kg./cm2. fsadm = 0.50 fy = 2100 Kg./cm2. k=

Es 2 × 10 6 n= = = 7.97 ≈ 8 ⇒ n = 8 , Ec 15000 280 j = 1−

k 0.324 =1− = 0.892 ⇒ 3 3

1 fs 1+ nfc

=

1 = 0.324 2100 1+ 8 ×126

j = 0.892

Considerando Ø = 1” y estrib = Ø 3/8”, tenemos: φ 2.54 dc = r. e.e + φ estrib + L = 4 + 0.95 + = 6.22 ⇒ d = 43.78 cm. 2 2 Mr =

fcjk 126 × 0.324 × 0.892 bd 2 = 25 × 43.78 2 = 8.72 t − m. 2 2

Mr = 8.72 t-m. ∴ As =

>

M = 8.5 t-m. → Es una sección simplemente reforzada.

M 8.5 ×10 5 = = 10.36 cm 2 fsjd 2100 × 0.892 × 43.78

As = 10.36 cm2.



2 Ø 3/4” + 1 Ø 1” (10.78 cm2)

Problema N° 02.- Para la viga en voladizo, que se muestra a continuación, diseñar el área de acero; para que la sección sea simplemente reforzada. (16) ORTEGA GARCIA.Juan.Concreto armado I.pág.III-3. (17) NILSON,Arthur H.Diseño de estructuras de concreto .pág.71.

33

Ing° S.Chávez C.

wD= 2.0 t/m. wL= 1.0 t/m.

PD= 1 Tn. f’c = 280 Kg./cm2. fy = 4200 Kg./cm2.

50 2.50 m. 30

Solución wl 3 × 2.5 + Pl = + 1.0 × 2.5 = 11.88 t.m. 2 2 2

M =

2

fcadm = 0.45 f’c = 126 Kg./cm2. fsadm = 0.50 fy = 2100 Kg./cm2. φ 2.54 dc = r. e.e + φ estrib + L = 4 + 0.95 + = 6.22 para ØL = 1” , Estrib= Ø3/8” 2 2 si dc = 6.22 cm. → d = 43.78 cm. nfc

8 ×126

n = 8; k = nfc + fs = 8 ×126 + 2100 = 0.324 ⇒ k = 0.324 y Mr =

j = 0.892

fcjk 126 × 0.324 × 0.892 bd 2 = 30 × 43.78 2 = 10.47 t − m. 2 2

Mr = 10.47 t-m. < M = 11.88 t-m. ; como hay que diseñar una sección simplemente reforzada, entonces aumentamos el peralte de la sección. Mr =

fcjk bd 2 = M 2

⇒ d =

2M 2 ×11.88 ×105 = fckjb 126 × 0.324 × 0.892 × 30

d = 46.64 cm. → h = d + dc = 46.64 + 6.22 = 52.86 cm ∴ As =

→ h = 55 cm. d = 48.78 cm.

M 11.88 ×10 5 = = 13.00 cm 2 fsjd 2100 × 0.892 × 48.78

As = 13.00 cm2.

2 Ø 1” + 1 Ø 3/4” (13.04 cm2) b x h = 30 x 55 cm.

Problema N° 03.- Diseñar el área de acero necesario, para la siguiente sección de viga. M = 30 t-m. f’c = 210 Kg. /cm2. fy = 4200 Kg. /cm2.

80 35

Solución fcadm = 0.45 f’c = 94.5 Kg./cm2. Es = 9.2 ⇒ n = 9 Ec nfc 9 × 94.5 k 0.288 k= = = 0.288 , j = 1 − = 1 − = 0.904 ⇒ nfc + fs 9 × 94.5 + 2100 3 3

fsadm = 0.50 fy = 2100 Kg./cm2. ; n =

(20) NILSON Arthur H..Diseño de estructuras de concreto.pág.12.

j = 0.904

Concreto Armado

34

fcjk bd 2 ; Considerando ØL =1”, Estribos = Ø3/8” → dc = 6.22cm., d = 73.78 cm. 2 fcjk 94.5 × 0.288 × 0.904 Mr = bd 2 = 35 × 73.78 2 = 23.44 t − m. 2 2 Mr =

Mr = 23.44 t-m. < M = 30t-m., Entonces hay que diseñar una sección doblemente reforzada. Mr2 = M2 = M – Mr1 = 30 -23.44 = 6.56 t-m. → M2 = 6.56 t-m. ∴ As1 =

As 2 =

M1 23.44 ×10 5 = = 16.74 cm 2 fsjd 2100 × 0.904 × 73.78

⇒ As1 = 16.74 cm 2

M2 ; considerando d’ = 6.22 cm. para: ØL = 1” y Øestrib= 3/8” fs ( d − d ')

As 2 =

6.25 ×10 5 = 4.62 cm 2 2100 × ( 73.78 − 6.22)

⇒ As 2 = 4.62 cm 2

2nfc( kd − d ') ( 0.288 × 73.78 − 6.22) = 1203.08 Kg . / cm2 = 2 × 9 × 94.5 kd 0.288 × 73.78 5 M2 6.56 ×10 As ' = = = 8.07 cm 2 ⇒ As ' = 8.07 cm 2 fs ' ( d − d ') 1203.08 × ( 73.78 − 6.22 )

fs ' =

∴ As = As1 + As 2 = 16.74 + 4.62 = 21.36 cm 2 .

As = 21.36 cm2. As’= 8.07 cm2.



(16) ORTEGA GARCIA.Juan.Concreto armado I.pág.III-3. (17) NILSON,Arthur H.Diseño de estructuras de concreto .pág.71.

3 Ø 1” + 2 Ø 3/4” (20.98 cm2) 3 Ø 3/4” (8.52 cm2)