septimo concretos
April 10, 2021 | Author: Anonymous | Category: N/A
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Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
EJEMPLO DE ANALISIS DE CARGAS PARA LA VIGA DE LA FIGURA.
CORTE DE ENTREPISO PISO DE TERRAZO
3.00 m
2 cm 3 cm
MORTERO
3.00 m
LOSA
12 cm 2 cm
3.00 m
1.00 m
2.00 m
7.00 m
2.5 Ton
W
2.00 m
7.00 m
REC. DE YESO
PESOS VOLUMETRICOS:
2.00 m 2.5 Ton
TERRAZO ___________ MORTERO ___________ LOSA DE CONC. _____ REC. YESO ___________
2.00 m
: : : :
52Kg/cm2 1.8 T/m3 2.4 T/m3 1.5 T/m3
DATOS: Concreto:
= 250 Kg/cm2 y = 4200 Kg/cm 2 b = 25 cm CV = 250 Kg/m2 c
Acero: ƒ ƒ’
ANALISIS DE CARGAS Carga Muerta (CM) Analizando un metro cuadrado de losa: PISO DE TERRAZO:______________________________________________________________0.052 T/m2 MORTERO DE CEMENTO-ARENA:______________________________1 x 1 x 1.8 x
0.03 = 0.054 T/m2
LOSA DE CONCRETO REFORZADO:_____________________________1 x 1 x 2.4 x 0.12
= 0.288 T/m2
RECUBRIMIENTO DE YESO:___________________________________1 x 1 x 1.5 x 0.02 =
0.030 T/m2 CM = 0.424 T/m2
1
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Dr. Francisco Hurtado Soto
Carga Viva (CV) CV = 250 Kg/cm 2 = 0.250 T/m2 (Para edificio de oficinas) w = CM + CV w = 0.424 + 0.25 = 0.674 T/m2
Peso propio de la viga (PoPo) Para condiciones prácticas, las dimensiones de la sección transversal se proponen de la siguiente manera:
H = 70 cm
donde:
;
L = claro mayor entre apoyos de la viga b = ancho de la sección transversal H = peralte total de la viga
proponiendo H=1/10 del claro más largo
b = 25 cm PoPo = 0.25 x 0.7 x 1.0 x 2.4 = 0.42 T/m
w’ Áre totl de l frnj x w Ww’ w’ + P
(1.0 x 3.0) x 0.674 = 2.022 T/m oPo
W = 2.022 + 0.42 = 2.442 T/m
2.5 Ton
2.00 m
W=2.442 T/m 7.00 m
2
2.5 Ton
2.00 m
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Dr. Francisco Hurtado Soto
UTILIZANDO LA TEORIA PLÁSTICA, DISEÑAR POR: FLEXIÓN, Y CORTANTE. LA VIGA QUE SE MUESTRA EN LA SIGUIENTE FIGURA.
5 Ton
MATERIALES
5 Ton
W = 3.5 T/m + P.P.
75 cm
2.00 m
7.50 m
2
ƒ’c = 250 Kg/cm 2 ƒy = 4200 Kg/cm
2.00 m 25 cm
I). ELEMENTOS MECÁNICOS B
A 5 Ton
C
D 5 Ton
W = 3.95 T/m
2.00 m
RB
7.50 m
RC 2.00 m
12.9 T 14.81 T 5T
5T
3.75 m 12.9 T
14.81 T
9.87 T-m
17.90 T-m
17.90 T-m
3
Peso propio H = 75 cm b = 25 cm
PP WP P ++ + on + Reacciones:
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II). DISEÑO POR MOMENTO NEGATIVO
c M = 17.90 T-m
;
a). CONSTANTES DE DISEÑO
ƒ ƒƒ c + ƒƒ ƒ+ Suponiendo que la viga forma parte de un sistema que soporta fuerzas sísmicas
ƒ ƒ √ ƒƒ dƒ x Ad c Cálculo del área de acero requerida
Cálculo del número de varillas
4
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Pr A A c III). DISEÑO POR MOMENTO POSITIVO
x Ad c Cálculo del número de varillas
Pr A Pr A A c A c A c Pr Acc Pr A 5
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Pr A c EN EL CASO DE MARCOS DUCTILES LAS NTC. DEL RDF, ESPECIFICAN QUE:
1.- En toda sección se dispondrá de refuerzo tanto en el lecho inferior como en el superior. En cada lecho el área de refuerzo no será menor que:
A ƒƒ d
en zonas requeridas por flexión
y constará de por lo menos dos varillas corridas de 12.7 mm de diámetro (No. 4) 2.- En ninguna sección a lo largo del elemento él Mo resistente (+), ni el Mo resistente (-), serán menores que la cuarta parte del máximo momento resistente que se tenga.
PI
B
A
PI
d 2#6
2#6
2#6
4ø#6
0.75 m
C
d 2#6
2ø#6
0.75 m
2ø#6 0.25 m
2ø#6 0.25 m
IV). DISEÑO POR CORTANTE a).- TRAMO B-C
SEPARACIÓN DE ESTRIBOS A UN PERALTE EFECTIVO DEL APOYO IZQUIERDO (El cortante de diseño se localiza a un peralte efectivo del paño del apoyo) 6
D
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14.81
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d d on
Vd 3.75 m d
Ver diagrama de fuerza cortante
c d on A c dA
EL área de acero longitudinal en la sección es igual a 2 varillas del # 6
d+ + √ El diámetro de los estribos
Ad o c 7
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d x d d √ x c c c SEPARACIÓN A UN METRO DEL APOYO IZQUIERDO
on on Ad c c c 14.81
V1
3.75 m
1.0m
2.75m
SEPARACIÓN A DOS METROS DEL APOYO IZQUIERDO
on on Ad c x c c 14.81
V2
3.75 m
2.00m
1.75m
Ya no es necesario seguir calculando la separación de estribos en este tramo ya que predomina la Smax 8
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SEPARACIÓN DE ESTRIBOS A UN PERALTE EFECTIVO DEL APOYO IZQUIERDO
5
d on on
s
W=3.95 T/m 1.30 m
V
EL área de acero longitudinal en la sección es igual a 4 varillas del # 6
A A c d d+ + √ Ad c x c c SEPARACIÓN DE ESTRIBOS A UN METRO DEL APOYO IZQUIERDO
on on Ad c x c c 5
s
W=3.95 T/m
1.00 m
V
9
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CROQUIS DE ARMADO
2#6
2#6
2#6
2#6 E @ 35 cm
1.00 m
E @ 30 cm
1.00 m
E@20cm
1.00 m
E@23cm
E@35cm
1.00 m
E@23cm
3.50 m
E@20cm
1.00 m
4 ø #6
E
0.75 m
E@30cm
1.00 m
2ø#6
2.5 #
2.5 #E 0.75 m
2ø#6
2ø#6
0.25 m
0.25 m
10
E@35cm
1.00 m
1.00 m
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CORTE DE BARRAS Y C) CORTANTE. LA VIGA QUE SE MUESTRA EN LA FIGURA. MATERIALES
P = 4.5 Ton
W = 2.5 T/m (incluye peso propio)
ƒ’c = 250 Kg/cm 2 ƒy = 4200 Kg/cm 2
60 cm
6.50 m
2.00 m 25 cm
Usar estribos de 2 ramas y 5/16” y trazar los croquis de armado correspondientes. I). ELEMENTOS MECÁNICOS 4.25 m
A
B W = 2.5 T/m
RA
We = 21.25 Ton
C P = 4.5 Ton
RB 2.00 m
6.50 m
9.5 T 5.971 T
4.5 T
10.279 T
2.39 m
4.11 m
7.135 T-m
+ + on + + orondo on + 6.5 m x
5.971 16.25 14.0 T-m
xx 11
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II). DISEÑO POR FLEXIÓN a). Diseño por Mo (-) Constantes de flexión
ƒƒ ƒƒ c c ƒ + ƒ+ c Cálculo del área de acero
ƒƒ dƒ x ƒ √ ƒ Ad c A c + A c A c A c 12
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Si utilizamos las ayudas de diseño se tiene:
x d Mu b
2
ƒ’c = 250 Kg/cm 2
b
25.92
ƒy = 4200 Kg/cm 2
min 0.00745
b). Diseño por M o (+)
Ad c x A c A Con las ayudas de diseño se tiene:
d x 13
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
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Mu b
2
ƒ’c = 250 Kg/cm 2
b
13.21
ƒy = 4200 Kg/cm 2
min 0.00375
Ad c Pr A c Pr A c P.I. d 2#5 1#5
1#5+2#6 2#5
III). REVISIÓN DE LA ADHERENCIA POR FLEXIÓN
a). Longitud de desarrollo
d c+ƒ ƒ dƒ 14
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c = 3 cm
(dato)
,
ktr= 0
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(Ver NTC)
Pr √ c d + dƒ c dƒ c √Pr rl del leco eror d d c Ld = 110 cm.
Pr rl del √ c d + dƒ c √Pr r dddƒ d c l delcleco nferocr
REVISIÓN DE LA ADHERENCIA POR FLEXIÓN
No existe problema de la adherencia por flexión si:
+ c c d ƒ’c = 250 Kg/cm2 2
reAn e rel en el oo con c
ƒy = 4200 Kg/cm
15
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El MR de 2 varillas del No. 5 es el siguiente
Mu
c dA d c
b
2
b
10
min
o enƒ ƒ d c c e c ton c d + c + c c c
0.00288
No hay problema de adherencia por flexión
IV). CORTE DE BARRAS Punto de inflexión
W=2.5 T/m X 5.971
M=0 V
16
+ + + √ cc
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X1 = 4.80 m
Para M(+) Mu 2 # 5= 7.93 T-m
+ + + c √ c M=5.664
W=2.5 T/m X
5.971
V
Aplicando los siguientes requisitos a nuestro caso particular nos queda de la siguiente manera:
17
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Momento resistente de las barras A
Momento resistente de las barras B
d L/16 db Ld+d Barras B
d
Punto de inflexión Lc d db Ld
d db Ld
donde: d = peralte efectivo db = diámetro de la barra considerada Ld = Longitud de desarrollo Lc = Longitud del doblez de la barra L = Longitud del claro
18
d db
Barras A
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7.135 T-m 1.70 m
5.664 T-m
P.I.
4.80 m 1.31 m 3.47 m
170 cm = Ld + d
14.0 T-m
55 cm
A
2#5
B 12
1#5+2#6
12= 19 cm
1#5
2#5
A'
d 55 cm
> Ld=60 cm
B'
d 55 cm
> Ld=60 cm 3 ø # 5+ 2 ø # 6
2 ø #5 E # 2.5 60 cm
60 cm
3 ø #5
2ø#5
25 cm
25 cm
CORTEA-A'
CORTEB-B'
19
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V). DISEÑO POR CORTANTE
c Sección critica a un peralte efectivo del apoyo derecho 4.11 m 3.56 m
Vd
10.279
d d ton c ton
EL área de acero longitudinal en la sección es igual a 2 varillas del # 5
A dA c d+ + √ Ad c d x d d √ Estribos # 2.5
20
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x c c c Cálculo de la separación de estribos a un metro del apoyo derecho 4.11 m 3.11 m
1.00 m
V1
10.279
on on
Ad c c c Cálculo de la separación de estribos a dos metros del apoyo derecho 4.11 m 2.11m
2.00m
V2
10.279
on on
Ad c c c Ya no es necesario seguir calculando la separación de estribos en este tramo ya que predomina la S max
Cálculo de la separación de estribos a un peralte efectivo del apoyo izquierdo
21
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on on
5.971 Vd d
Dr. Francisco Hurtado Soto
1.84 m 2.39 m
EL área de acero longitudinal en la sección es igual a 2 varillas del # 5
A c dA d+ + √ Estribos # 2.5
Ad c d x d d √ x c c c
Ya no es necesario seguir calculando la separación de estribos en este tramo ya que predomina la S max
Cálculo de la separación de estribos a un peralte efectivo del apoyo en el voladizo 22
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
s
V
W=2.5 T/m
Dr. Francisco Hurtado Soto
4.5
1.45 m
d on on
EL área de acero longitudinal en la sección es igual a 3 varillas del # 5 y 2 del # 6
A + c A d d+ + √ Estribos # 2.5
Ad c d d x d √ x c c c Ya no es necesario seguir calculando la separación de estribos en este tramo ya que predomina la S max
23
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CROQUIS DE ARMADO
2#5
1#5+2 #6 1#5
2#5
m 4.50 @ E27.50 cm
1.00 m m 1.00 E @ 26.30@ E21.42 cmcm
m 2.00 @ E27.50 cm
CROQUIS DE ARMADO PARA CASO PRÁCTICO 2#5
1#5+2#6 1#5
2#5
5.50 m
1.00 m
cm 25 @E
cm 20 @E
24
2.00 m cm 25 @E
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25
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TRAZAR EL DIAGRAMA DE INTERACCIÓN DE LA COLUMNA CUYA SECCIÓN TRANSVERSAL SE MUESTRA A CONTINUACIÓN.
c = 0.003 1
5 20
70
a
f "c
C1 a
2
C C2
Mo
20
T1
3 20 5
T= Asy
y
40
1) Obtención del punto A (Punto de carga axial de compresión máxima)
+Aƒ PP[[ƒƒAA ] A+Aƒ ] ƒƒ c ƒ c ƒ ƒ c
A c A c
col n no conf+nd P Pu = 512.070 Ton
(Punto de carga axial de tensión máxima) Como el concreto no soporta tensiones :
ƒPA P Aƒ Pu = 178.870 Ton
(Punto de falla balanceada)
26
Po
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c = 0.003 1
5 20
70
Dr. Francisco Hurtado Soto
a
f "c
C1 a
2
C C2
20
T1
3 20 5
T= Asy
y
40
a) Cálculo de la profundidad del eje neutro. Por triangulos semejantes
d
ƒ dƒ d + + c c ƒ c detƒ Pr ernr l fer en lr l e necero conocer deforcn b) Cálculo de las fuerzas
= 221 027.2 kg = 221.027 Ton
Del diagrama de deformaciones se tiene:
27
Mo Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
c
= 0.003
1
5 38.24
Dr. Francisco Hurtado Soto
20
2 13.24
s = y
6.76
3
20
26.76 s
=
E
s
s
y
ƒ ƒ ƒ c A ƒ ƒ ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ ƒ c Aƒƒƒ A onon Ton
28
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5
Dr. Francisco Hurtado Soto
16.252
85.18 T
18.748
221.03 T 21.09 T
20
10
Mo Po
10
10.75 T 20
85.18 T
5 40
P + + P + on +++ onc on Las fuerzas anteriores deben afectarse por un factor de reducción (FR) que en este caso es igual a 0.7
P P on on (Proponiendo una profundidad del eje neutro de 60 cm) c = 0.003 1
5
f "c
C1
20
2 a=60 cm 70
a=51
C
C2
20
3
C3
20 5
T= Asy
s
40
29
Mo Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
a) Cálculo de las fuerzas
ƒ ƒ c Pr deternr l fer en l rl e necero conocer deforcn = 346 800 kg = 346.80 Ton
Del diagrama de deformaciones se tiene:
c
= 0.003
1
5 20
2 60
20
3 15
s
5
ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ 30
.
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
ƒ A ƒ ƒ c on c ƒ ƒ Aƒ ƒ on 5
85.18 T 25.5
20
9.5
10
346.8 T
35.49 T
10
Mo
15.21 T
Po
20
10.14 T
5 40
P + + + P + on ++ onc on P P on on
Las fuerzas anteriores deben afectarse por un factor de reducción (FR) que en este caso es igual a 0.7
(Proponiendo una profundidad del eje neutro de 10 cm) 31
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
5
a=10 cm
Dr. Francisco Hurtado Soto
c = 0.003 1
f "c
a=8.5
C
C1
20
2 70
T1
20
T2
3 20 5
T= Asy
s
40
a) Cálculo de las fuerzas
ƒ ƒ c Pr deternr l fer en l rl e necero conocer deforcn = 57 800 kg = 57.80 Ton
Del diagrama de deformaciones se tiene:
10
5 5
c = 0.003 1 15
2
20
55
3 20
s
ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ ƒ c 32
Mo Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
A ƒ ƒ on ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ ƒ c Aƒ ƒ on 4.25
5
57.8 T
60.84 T
20 30.75
42.59 T
10
Mo Po
10
42.59 T 20
85.18 T
5 40
P + P on+++ onc on Las fuerzas anteriores deben afectarse por un factor de reducción (FR) que en este caso es igual a 0.7
PP on on 33
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
(Proponiendo una profundidad del eje neutro de 65 cm) c = 0.003 1
5
f "c
C1
20
2 70
20
a=65 cm
a=55.25
C
3
C3
20
s
5 40
a) Cálculo de las fuerzas
ƒ ƒ c Pr deternr l fer en l rl e necero conocer deforcn = 375 700 kg = 375.70 Ton
Del diagrama de deformaciones se tiene:
c
= 0.003
1
5 20
2 65
20
3 20
s
ƒ ƒ c
C2
A ƒ ƒ ƒ on 34
Mo Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
ƒ c A ƒ ƒ on c ƒ ƒ A ƒ ƒ on 5
85.18 T
20
27.625
10
7.375
37.52 T
375.7 T
10
18.66 T
Mo Po
20 5 40
P + + + P on++ onc on P P on on
Las fuerzas anteriores deben afectarse por un factor de reducción (F R) que en este caso es igual a 0.7
7) Obtención del punto G (Proponiendo una profundidad del eje neutro de 5 cm)
35
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
5
a=5 cm
Dr. Francisco Hurtado Soto
c = 0.003
f "c
a=4.25
C
20
T1
1 70
20
T2
2 20 5
T= Asy
s
40
a) Cálculo de las fuerzas
ƒ ƒ c Pr deternr l fer en l rl e necero conocer deforcn = 28 900 kg = 28.90 Ton
Del diagrama de deformaciones se tiene:
5
c = 0.003 20
1 20
60
2 20
s
ƒ ƒ c A ƒ ƒ on
ƒ ƒ c 36
Mo Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
A ƒ ƒ on ƒ ƒ c Aƒ ƒ on 28.90 T
2.125
5 20
32.875
42.59 T
Mo
10 10
Po
42.59 T
20
85.18 T
5 40
P P on++ onc on P P on on
Las fuerzas anteriores deben afectarse por un factor de reducción (F R) que en este caso es igual a 0.7
Punto
P(Ton) U
M
U (Ton-m)
A B
512.070 -178.870
0 0
C
161.959
67.012
37
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
D
Dr. Francisco Hurtado Soto
330.778
44.499
E
-36.204
43.106
F
361.942
38.605
G
-99.022
24.535
600
500
400
300
) n o T ( u P
200
100
0 0
10
20
30
40
-100
-200
-300
Mu(Ton-m)
38
50
60
70
80
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Dr. Francisco Hurtado Soto
DETERMINE EL DIAGRAMA DE INTERACCIÓN DE LA COLUMNA QUE SE MUESTRA EN LA FIGURA, USANDO EL BLOQUE EQUIVALENTE DE ESFUERZOS (HIPOTESIS DE LAS NTC, 2004).
60
c = 0.003 1
5 5 30
f "c
10
C1 C2 C3
a-30
C4
10
10
10
10
2
5
20
5 30
45
15
a
a
3
Cs1 Cs2 Cs3
15
T1
4 15 5 5
T2
5
10
30
5 5
T= Asy
s
1) Obtención del punto A (Punto de carga axial de compresión máxima)
+Aƒ PP[[ƒƒAA ] A+Aƒ ] c ƒƒ ƒƒ c A A c c A c coln no confnd P + 0
Pu = 839.566 Ton
P [ƒ A+Aƒ]
(Punto de carga axial de tensión máxima)
0
Debido a que el concreto no soporta tensiones
Aƒ P P Pu = 298.116 Ton
39
Mo Po
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Dr. Francisco Hurtado Soto
(Punto de falla balanceada)
60
c = 0.003 1
5 5 30
f "c
10
C1 C2 C3
a-30
C4
10
10
10
5 5
20 30
45
10
2
a
15
a
3
Cs1 Cs2 Cs3
15
T1
4 15 5 5
T2
5
10
30
5 5
T= Asy
s
a) Cálculo de la profundidad del eje neutro por triangulos semejantes
d
ƒ d ƒ d + + c c ƒ c b) Cálculo de las fuerzas
40
Mo Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
ƒ ƒ ƒ ƒ Pr deternr l fer en l rl e necero conocer deforcn = 102 000 kg = 102 Ton = 68 000 kg = 68 Ton
= 102 000 kg = 102 Ton
= 101 984.7 kg = 101.985 Ton
Del diagrama de deformaciones se tiene: c = 0.003 1
5 20
2
58.82 20
3 13.82
4
s = y
1.18 20
41.18
5
s
20
=
E
s s
s
ƒ ƒ ƒ c A ƒ ƒ ƒ ƒ c
Ton
A ƒ ƒ on 41
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ
ƒA ƒ ƒ c Aƒ ƒ on
Ton
5
5 10
20 10 10 20
C1=102 T C2=68 T C3=102 T C4=101.99 T
17.5
Cs1=85.18 T Cs2=68.95 T Cs3=14.20 T
7.5 7.5
T1 =1.22 T
20
T2 =40.56 T 20
T= 85.18 T
5
42
Mo Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
P+++ + + + P on++++++ + ++ onc + on
Las fuerzas anteriores deben afectarse por un factor de reducción (F R) que en este caso es igual a 0.7
PP onon
(Proponiendo una profundidad del eje neutro de 5 cm)
60 5 5 30
c = 0.003
a=5 cm
f "c
a=4.25
C
10
10
5 5
20 30
45
T1
1
15
2
T2
3
T3
4
T4
15 5 5 30
Mo
15
10 5 5
T= Asy
s
a) Cálculo de las fuerzas
ƒ ƒ c Pr deternr l fer en l rl e necero conocer deforcn = 43 350 kg = 43.35 Ton
Del diagrama de deformaciones se tiene:
43
Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
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c
5
= 0.003
20
1 20
2
15
95
3 20 4
20
s
ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ ƒ c Aƒ ƒ on ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ ƒ c A ƒ ƒ on 44
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
ƒ ƒ c Aƒ ƒ on Aƒ ƒ on C =43.35 T
5
20
T1 =85.18 T
50.38 20
T2 =42.59 T
7.5 7.5
Mo Po
T3 =42.59 T
20
T4 =85.18 T 20
T= 85.18 T
5
c P P on+++ onc on P P on on
Las fuerzas anteriores deben afectarse por un factor de reducción (F R) que en este caso es igual a 0.7
45
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
(Proponiendo una profundidad del eje neutro de 100 cm)
60
c = 0.003 1
5 5 30
f "c 10
10
10
10
2
5 5
20 30
45
15
15
10
a=85
3 a=100 cm
C1 C2 C3
Cs2 Cs3
45
4
Cs1
C4
Cs4
15
5
5 5 30
10
C5
10 5 5
s
a) Cálculo de las fuerzas
ƒ ƒ c ƒ ƒ ƒ ƒ on Pr deternr l fer en l rl e necero conocer deforcn = 102 000 kg = 102 Ton = 68 000 kg = 68 Ton
= 102 000 kg = 102 Ton = 102 000 kg = 102 Ton
Del diagrama de deformaciones se tiene:
c
= 0.003
1
5 20
2 20
3 100 15
4
20
5 20
s
46
Cs5
Mo Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
ƒ ƒ c A ƒ ƒ c Aƒ ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ A ƒ ƒ c on c ƒ ƒAƒ ƒ on ƒ ƒ A ƒ ƒ c on
Ton
Ton
47
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
5
5 10
20 10
20
Dr. Francisco Hurtado Soto
C1=102 T C2=68 T C3=102 T
Cs1=85.18 T Cs2=85.18 T
Mo
27.5
7.5
Cs3=34.48 T
C4=229.5 T
7.5 20
Po
Cs4=24.34 T
27.5
C5=102 T
Cs5=24.34 T
20 5
P+++ ++++ P on+++ + +++ + onc on P P on on
Las fuerzas anteriores deben afectarse por un factor de reducción (F R) que en este caso es igual a 0.7
(Proponiendo una profundidad del eje neutro de 15 cm)
60 5 5 30
5 5 30
f "c 10 2.75
10
10 20
45
c = 0.003 1 a=12.75
a=15 cm
2
15
15
C1 C2
Cs1 T1
3
T2
4
T3
15 5 5 30
5
T4
10 5 5
T= Asy
s
48
Mo Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
a) Cálculo de las fuerzas
ƒ ƒ c ƒ Pr deternr l fer en l rl e necero conocer deforcn = 102 000 kg = 102 Ton
= 18 700 kg = 18.7 Ton
Del diagrama de deformaciones se tiene:
c
15
5 10
= 0.003
1 2
10 20
3 15
4
85
20
5 20
s
ƒ ƒ A ƒ ƒ c on ƒ ƒ A ƒ ƒ c on ƒ ƒ c
49
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
A ƒ ƒ on ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ ƒ c Aƒ ƒ on 5
5 6.375
20
C12=18.7 =102 TT C
Cs1=81.12 T T1 =81.12 T
20
41.125
Mo T2 =42.59 T
7.5 7.5
Po
T3 =42.59 T
20
T4 =85.18 T 20
T= 85.18 T
5
P++ P+ on+ +++ + 50
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
onc on P P on on
Las fuerzas anteriores deben afectarse por un factor de reducción (F R) que en este caso es igual a 0.7
7) Obtención del punto G (Proponiendo una profundidad del eje neutro de 90 cm) 60
c = 0.003 1
5 5 30
f "c
10
10
30
2
15
45
C4
a=76.5
3
a=90 cm 45
10
10
5 5
20
C1 C2 C3
10
15
4
Cs1 Cs2 Cs4 Cs5
15
5
5 5 30
1.5
C5
Cs6
10 5 5
T= Asy
s
a) Cálculo de las fuerzas
ƒ ƒ c ƒ ƒ on ƒ ƒ Pr deternr l fer en l rl e necero conocer deforcn = 102 000 kg = 102 Ton = 68 000 kg = 68 Ton
= 102 000 kg = 102 Ton
= 15 300 kg = 15.3 Ton
Del diagrama de deformaciones se tiene:
51
Mo Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
c
= 0.003
1
5 20
2 20
3
90 15
4
20
5 10 10
ƒ ƒ c A ƒ ƒ ƒ ƒ c A ƒ ƒ ƒ ƒ A ƒ ƒ c on ƒ ƒ c A ƒ ƒ on s
Ton
Ton
52
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
ƒ ƒ A ƒ ƒ c on ƒA ƒ ƒ c ƒ on 5
5 10
20 10
20
C1=102 T C2=68 T C3=102 T
Cs1=85.18 T Cs2=85.18 T
27.5
7.5
C4=229.5 T
7.5
Cs3=30.42 T
Mo Po
Cs4=20.28 T
23.25 20
C5=15.3 T 20
Cs5=13.52 T T= 13.52 T
5
P+++ + + + + + + P on++ +++ + + onc on Las fuerzas anteriores deben afectarse por un factor de reducción (F R) que en este caso es igual a 0.7
PP onon RESUMEN 53
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Punto
Dr. Francisco Hurtado Soto
P(Ton) U
M
U (Ton-m)
A
839.566
B
-298.116
0 0
C
290.752
162.429
D
-208.159
43.610
E
599.914
92.330
F
-94.388
95.375
G
515.802
116.053
0, 839.566
800
600
92.33, 599.914 116.053, 515.802
400 ) n o T (
162.429, 290.752
U
P
200 0 0
20
-200
40
60
80
100 120 95.375, -94.388
43.61, -208.159 0, -298.116
-400
MU (Ton-m)
EJEMPLO. DISEÑAR LA COLUMNA MOSTRADA 54
140
160
180
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
Y
P t o n ton ton ton ton ƒ c ƒ ƒ c ƒ c ƒ ƒ c + 50 cm
X
Materiales
50 cm
Solución empleando la fórmula de Bresler
(Válida para
)
1.- SECCIÓN PROPUESTA
1ER 50 cm
50 cm
TANTEO:
Proonendo A c A ƒ c ƒ
2.- CÁLCULO DE LA RESISTENCIA a).- Cálculo de PRo
P [ƒA+Aƒ ] A c P + b).- Cálculo de PRx
55
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
d⁄ ton P ton e
r l rfc o e c e P c
K
q = 0.52
Dr. Francisco Hurtado Soto
e = 0.6 h
Pƒ P ƒ P P
c).- Cálculo de PRy
r l rfc o d⁄ ton e c P ton e P c e 56
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
K
q = 0.52 e = 0.4 h
Dr. Francisco Hurtado Soto
P ƒ P P
d) Cálculo de PR Sustituyendo en la formula de Bresler se tiene que:
P P + P P P + P
P ton PP PP NOTA: LA FÓRMULA ANTERIOR ES VALIDA SI:
NOTA: EN CASO DE QUE HUBIESE RESULTADO
,
o SE USARIA LA FÓRMULA DE
BRESLER PARA ÉSTA CONDICIÓN. 3.- REVISIÓN POR CORTANTE
on + on + P ƒA+A P ƒA+A + 57
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
+ ƒ + PA + √ + e reere refero or cortnte ProonendoA r e tene: d ndo etro del A c c d x d x d √ x c c c Por otra parte
Separación máxima
REFUERZO POR ESPECIFICACIÓN
58
ex
ey
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
f √ c c c e x { c c or denn de l eccn trnerl { c
SE USARAN ESTRIBOS DEL No. 3 @ 20 cm EN LA PARTE CENTRAL DE LA COLUMNA Y A
CADA 10 cm EN LOS EXTREMOS, TAL COMO SE INDICA EN EL SIGUIENTE CROQUIS DE ARMADO.
CROQUIS DE ARMADO
60 cm
E # 3 @ 10 cm
E#3 @ 20 cm
50 cm
E # 3 @ 20 cm
50 cm 8
60 cm
59
E # 3 @ 10 cm
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
60
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
61
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
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EJEMPLO. DISEÑAR LA COLUMNA MOSTRADA
70 T 21 cm
Vx = 17 T
60 cm
31 cm x
ƒƒ c c Constantes de flexión
ƒ ƒƒ c c Vy = 25 T 40 cm
Solución empleando la fórmula de Bresler
+
(Válida para
Solución
)
P ton P ton 1ER
TANTEO:
Proon e ndo A c A c ƒ ƒ
62
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
60 cm
40 cm
a).- Cálculo de PRo
P [ƒA+Aƒ ] P + P b).- Cálculo de PR x Y
b = 60 cm
X
d⁄ e e
H = 40 cm
63
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
e = 0.525 h
kx = 0.2975
q = 0.52
d d
Dr. Francisco Hurtado Soto
Pƒ P ƒ 0.90 -------- 0.3 0.875 -----0.85 -------- 0.32
+
P P ton c).- Cálculo de PR y Y
H = 60 cm
X
d⁄ e e
b = 40 cm
64
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
ky =
0.305
e = 0.516 h
q = 0.52
Dr. Francisco Hurtado Soto
Pƒ P ƒ
P P ton APLICANDO LA FORMULA DE BRESLER:
P P + P P P + P etene neccP n conn e rooner Proon e ndo A + c ƒƒ 2do
TANTEO:
3 2
60 cm
40 cm
a).- Cálculo de PRo
65
2 3
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
P [ƒA+Aƒ ] P + P b).- Cálculo de PR x Y
b = 60 cm
d⁄ e e
X
H = 40 cm
kx =
0.32
e = 0.525 h
q = 0.63
P Pƒƒ
d d P P ton
+
0.90 -------- 0.34 0.875 -----
0.85 -------- 0.32
c).- Cálculo de PR y
66
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
Y
H = 60 cm
X
d⁄ e e
b = 40 cm
ky =
0.345
e = 0.516 h
q = 0.63
Pƒ P ƒ
PP t o n P P + P P P + P P P A A P A APLICANDO LA FORMULA DE BRESLER:
DISEÑO POR CORTANTE
67
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
ton + ton + ton P ƒA+A ƒA+A + P A cdecore n P + ƒ + A + √ + e reere refero or tenn donl ProonendoA r e tene lo ente: d c A c d x d x d √ x d x c c Separación máxima
REFUERZO POR ESPECIFICACIÓN
68
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
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f √ c c c e x { e x c c c c c d c { c { c e
SE USARAN ESTRIBOS DEL No. 3 @ 14 cm EN LA PARTE CENTRAL DE LA COLUMNA Y A
CADA 7 cm EN LOS EXTREMOS, TAL COMO SE INDICA EN EL SIGUIENTE CROQUIS DE ARMADO. ZONA DE CONFINAMIENTO
CROQUIS DE ARMADO
3 2
60 cm
E # 3 @ 10 cm
60 cm E # 3 @ 14 cm
2 60 cm
3 40 cm
69
E # 3 @ 10 cm
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
EJEMPLO. DISEÑAR LA COLUMNA CIRCULAR QUE SE MUESTRA EN LA FIGURA. DATOS: Cargas de servicio a) Condición de carga muerta + carga viva
P t o n totn on P ttoonn n c ƒ Acero ƒ c 55 cm
b)
Materiales:
Condición de carga muerta + carga viva + sismo
Concreto
Rec. Libre = 3 cm NTC-04
T. max del agregado = 2.5 cm Solución: Constantes de Flexión: m 3c m 1c cm 1 .3
supuesto
Zuncho supuesto
ƒƒ ƒƒ c c rec++ c A: oode leetxrtndexnl ede col crredc clr reel rol e oent no deolexnnxectlconordlerndo l o ente
COMPOSICIÓN DE MOMENTOS: a) Condición CM + CV
+ + +
b) Condición CM + CV + S
70
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
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RESISTENCIAS a) Condición CM + CV
Pc P ton ec P ton Pc P ton c ton e P b) Condición CM + CV + S
DIMENSIONAMIENTO DE LA SECCIÓN Y REFUERZO PRINCIPAL
dAd c ⁄ P ed r el dr dencterccn del lro de onle e ⁄rec e⁄ ⁄ P ƒ a) Condición de Carga Muerta + Carga Viva
b) Condición de Carga Muerta + Viva + Sismo
e⁄Pƒ⁄ 71
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
e ƒ x ƒƒ A c A A Acc DIMENSIONAMIENTO DEL ZUNCHO
AAc ƒƒ ƒƒ AAc ec lre
er relenorcnede refero elcodl no dee ldeec e nt o de el c e no dee er enor deeerAn or loor enodedel c el de l elce
AƒAc ƒ ƒ Aed Aed c c c ercn lre x c Por otra parte de la ec. 4.2 Libro González Cuevas donde :
ds = diámetro del nucleo centro a centro de la hélice Ae = área del zuncho
Para zuncho del # 3
72
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
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ercn lre n AA c Á c AA CROQUIS DE ARMADO
3 cm
55 cm
73
Zuncho con un paso s = 7cm
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
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EFECTOS DE ESBELTEZ EN UNA COLUMNA SIN DESPLAZAMIENTO LATERAL. Pu I/L
I/L
MBA
40
40 60
60
Ponon c on cc
MAB
Pu
1.- LONGITUD EFECTIVA DE PANDEO
ó
on lo lore de e tl l fr de l n de l n de l c NTC del Reglamento del Distrito Federal.
2.- VERIFICACIÓN DE ESBELTEZ a)
RADIO DE GIRO
r A en for rox r r d de lceccn de l col en l dreccn del o ede re el todo lfcdo r r dee relre n nl de o orden b) RELACIÓN DE ESBELTEZ
74
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
REVISIÓN PARA VER SI SE DESPRECIAN O NO LOS EFECTOS DE ESBELTEZ: Se considera que la columna ésta restringida lateralmente.
r deeele clte e lo nteror e eden derecr lo efecto + = 25.36
Es necesario considerar los efectos de esbeltez 3.- CÁLCULO DE LA AMPLIFICACIÓN DE MOMENTOS
c P Pc + + Pc oncreto to f + fc √ c otl + Pc 75
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
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c on o Alfcdo
76
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
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I).- ANALISIS DE CARGAS I.1).- AZOTEA LOSA DE CONCRETO ARMADO Y RECUBRIMIENTO DE LADRILLO COLOCADO CON MORTERO DE CEMENTO-ARENA.
Enladrillado
1 x 1 x 0.02 x 1.5 = 0.030 Ton/m 2
Mortero de cemento - arena
1 x 1 x 0.03 x 2.1 = 0.063 Ton/m2
Relleno de tepetate
1 x 1 x 0.10 x 1.6 = 0.160 Ton/m 2
Losa de concreto reforzado
1 x 1 x 0.10 x 2.4 = 0.288 Ton/m 2
Recubrimiento de yeso
1 x 1 x 0.02 x 1.5 = 0.030 Ton/m2 CM = 0.562 Ton/m2
I.2).- ENTREPISO LOSA DE CONCRETO ARMADO Y PISO DE MOZAICO 2 cm 3 cm 10 cm 2 cm
PISO DE MOZAICO
= 0.035 Ton/m 2
MORTERO DE CEMEMENTO-ARENA
1 x 1 x 0.03 x 2.1 = 0.063 Ton/m2
LOSA DE CONCRETO REFORZADO
1 x 1 x 0.10 x 2.4 = 0.240 Ton/m2
RECUBRIMIENTO DE YESO
1 x 1 x 0.02 x 1.5 = 0.030 Ton/m2 CM = 0.368 Ton/m 2 77
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
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II).- DETERMINACIÓN DE LA CARGA DE SERVICIO Carga muerta adicional para pisos de concreto = 40 Kg/m 2
II.1).- PLANTA AZOTEA Para diseño estructural CM = 0.523 T/m2 Cad = 0.040 T/m2
Para diseño por sismo CM = 0.523 T/m2 Cad = 0.040 T/m2
2
2
CV = Cserv = 0.100 0.663 T/m T/m2
CV = Cserv = 0.070 0.633 T/m T/m2
II.1).- PLANTA DE ENTREPISO Para diseño estructural CM = 0.368 T/m2 Cad = 0.040 T/m2 CV = 0.170 T/m2 Cserv = 0.657 T/m2
+ * CV para
Para diseño por sismo CM = 0.368 T/m2 Cad = 0.040 T/m2 CV = 0.090 T/m2 Cserv = 0.498 T/m2
√ A √ + A
III).- DISEÑO DE LA LOSA DE AZOTEA III.1).- REVISIÓN DEL PERALTE PROPUESTO La longitud de los lados discontinuos se incrementa en un 50 % si los apoyos de la losa son monolíticos con ella y un 25 % cuando lo sean. Se considera el tablero más crítico
d Peretro ƒ c W c d Peretro ƒ W Pr otr condcone de ƒ W + ++ c W ƒd ƒ ƒW √ c 78
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
d c + c rec. = 2 cm
Se considera que la losa no está colada monolíticamente con los apoyos
I
3.25
II
III
1.35
2.85
IV
V
1.80
W + TINACO
2.80
2.80
⁄⁄ ;
2.15
W
2.80
W = 0.663 T/m 2
1.55
2.15
Wu = 0.928 T/m2
Utilizando las ayudas de diseño que se anexan: TABLERO
MOMENTO
CLARO COEF. k Mu=kWua2 (T-m)/m
(-) EN BORDES I De esquina dos lados adyacentes discontinuos
INTERIORES
De borde un lado corto discontinuo
(T-m)/m
0.244
TEORICA #3@35 cm
LARGO 0.0429
0.312
0.000
0.000
DISCONTINUOS LARGO
#3@35 cm
0.000
0.000
CORTO 0.0218
0.159
#3@35 cm
LARGO 0.0155
0.113
#3@35 cm
(-) EN BORDES
CORTO 0.0611
0.103
INTERIORES
LARGO 0.0435
0.073
#3@35 cm
LARGO
0.000
0.000
CORTO 0.0368
0.062
#3@35 cm
LARGO 0.0150
0.025
#3@35 cm
CORTO 0.0374
0.272
#3@35 cm
(-) EN BORDES DISCONTINUOS POSITIVO
III
0.315
SEPARACIÓN
CORTO
(-) EN BORDES
POSITIVO
II
CORTO 0.0433
Mo AJUSTADO
(-) EN BORDES
79
0.244
#3@35 cm
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
De esquina dos lados adyacentes discontinuos
INTERIORES
Dr. Francisco Hurtado Soto
LARGO 0.0373
0.271
#3@35 cm
CORTO
0.000
0.000
DISCONTINUOS LARGO
0.000
0.000
CORTO 0.0162
0.118
#3@35 cm
LARGO 0.0153
0.111
#3@35 cm
(-) EN BORDES
POSITIVO IV
(-) EN BORDES
CORTO 0.0367
0.155
#3@35 cm
Interior todos los bordes continuos
INTERIORES
LARGO 0.0349
0.147
#3@35 cm
CORTO 0.0185
0.078
#3@35 cm
LARGO 0.0132
0.056
#3@35 cm
(-) EN BORDES
CORTO 0.0469
0.104
#3@35 cm
V
INTERIORES
LARGO 0.0461
0.103
#3@35 cm
De borde un lado largo discontinuo
(-) EN BORDES
CORTO
0.000
0.000
CORTO 0.0254
0.057
#3@35 cm
LARGO 0.0148
0.033
#3@35 cm
POSITIVO
DISCONTINUOS POSITIVO
W W W
Ton/m2
Puesto que los momentos de los tableros adyacentes son distintos, se distribuirá el momento de desequilibrio entre los dos tableros adyacentes de acuerdo como se indica en las especificaciones del reglamento.
D
M2
CASO A).LOSAS NO COLADAS
M1
K1
K2
MONOLITICAMENTE CON SUS APOYOS 2
M
1
M
80
+ ƒ
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D
M2
CASO B).LOSAS COLADAS
M1
K1
K2
MONOLITICAMENTE CON SUS APOYOS
M2 M1
+ ƒ(⁄) (⁄+)ƒ(⁄)
Para este caso particular queda de la siguiente manera: RIGIDEZ DE LOS TABLEROS K= (d3/a1) TABLERO I TABLERO II TABLERO III TABLERO IV TABLERO V
Para nuestro caso (Losa no colada monolíticamente con los apoyos)
0.312
K
ƒ
-0.325
Me -0.312
I
0.103 II
3.25 m
1.35 m
1.828
3.792
ƒ ∑ ƒ + ƒ +
-0.675 +0.103
MD
-0.209
1ª Dist.
+0.0679
+0.141
M. F.
-0.244
+0.244
81
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REFUERZO MINIMO
+ cc A ƒ + A A c En un ancho de 100 cm
Pr c A c e c Cálculo de las constantes de flexión
ƒƒ’ ƒ c ƒ ƒ c c=
250 Kg/cm2
TABLERO I
d cc dc
d = 8 cm ; Pero según NTC
para M( )
ƒƒ dƒ
para M(+)
Para MU( ) = 0.315 Ton m
x Ad c
c c c 82
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x Ad c A c c d W Para MU( ) = 0.244 Ton m
REVISIÓN POR CORTANTE DEL PERALTE PROPUESTO
La fuerza cortante máxima ocurre en el claro corto del tablero I
Cuando haya bordes continuos y bordes discontinuos V U se incrementa en un 15%
d √ l erlte roeto e correcto or fer cortnte Cortante resistente de diseño
83
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84
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LOSAS DE ENTREPISO. Ejemplo: Diseñar la losa perimetralmente apoyada que se muestra a continuación utilizando el criterio y los coeficientes del RDF.
A
B
MATERIALES
C
2
ƒ’c = 250 Kg/cm ƒy = 4200 Kg/cm 2
Concreto
Acero
DETALLE DE ENTREPISO PISO DE TERRAZO
II
I
6.00 m
MORTERO
LOSA DE CONCRETO
2 cm 3 cm H 2 cm
REC. DE YESO
PESOS VOLUMETRICOS 4.00 m
A
III
IV
A'
Yeo………………………… : on ort oncret on Po deerootedeefrro ……A………… ::
3
2
3.00m
4.00m
CORTE A-A' 3.00 m
4.00 m
CV = 250 Kg/m2 , para edificios de oficinas, si AT 30 cm se recomienda colocar acero por temperatura en el lecho superior
h
x1 h1 h prom
x c x xx cecolocenn A +x Af d f ld
c√ c oc rol edenclje c 134
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ZAPATAS CORRIDAS.En este tipo de cimientos por lo general, se colocan contratrabes de cimentación con el objeto de rigidizar la zapata y tener una distribución más uniforme de esfuerzos en el suelo. EJEMPLO: Diseñar la siguiente zapata corrida:
Ton 50 = P
P = 100 Ton
COLUMNA
MATERIALES:
c oncret o : f Acero: c ferdel terreno:onf Profde delnte:
Ton 50 = P
COLUMNA
CONTRATRABE
CONTRATRABE ZAPATA
5.50 m
5.50 m
COLUMNA
COLUMNA
CONTRATRABE
0.40 m B
CONTRATRABE
0.40 m
COLUMNA (40X40 cm) CONTRATRABE
H=? B=?
SOLUCIÓN:
lclr l reccn net del terreno “r” : rf rc eo ol del relleno r PRIMER TANTEO: Proponiendo un espesor de zapata H = 25 cm 1.
f : esfuerzo perm. del terreno
h : profundidad del desplante 135
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2. Calcular el área de cimentación:
A rP
A ++
A c
3. Calcular las dimensiones de la zapata:
B L
A A
c
CONTRATRABE
H c
a
c
B
c+ c c c c
4. Revisión por cortante perimetral: NOTA: En zapatas corridas con contratrabe, no hay cortante perimetral.
136
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5. Revisión de la zapata por cortante como viga ancha: Revisión por 1 m de ancho de zapata:
B sección crítica
1m
L
contratrabe
cd r √f d elcortconcret ot““” e” deeo enor encreent l ferr el nt e úl eeor “” roeto NOTA: Como la fuerza cortante que absorbe C
U
c
d
c-d
SEGUNDO TANTEO: Proponiendo un espesor de zapata H = 30 cm.
r c A c c c c d c oo: e cetn l denone c 6. Diseño por flexión:
137
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c
a
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r c r c on
c
M
d f d f de tl A Ad leAndo rl del A c c c 7. Revisión del anclaje:
170
150
ld
ld
c de tl o role de nclje 138
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8. Acero por temperatura:
A A A c orcentje de cero or teertr rotejdoo dellntneter eeree eleleeent entoo exet A l endo r l del c c
# 4 a 15 cm @
# 5 a 20 cm @
# 4 a 15 cm @
# 5 a 20 cm @
H = 30 cm
B = 320 cm
139
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