Libro De Concreto Armado

CONCRETO ARMADO I

ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA 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.

El esquema típico de la estructura del cemento endurecido:

Página 6

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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). 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.

+ Cº S º

Fe Página 7

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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. 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.

Página 8

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

I XX 



bh 3 hb 3 , I yy  12 12

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

I XX  I YY 



 .r 4 4

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

I XX  I YY 

a.a 3 a 4  12 12

CARACTERÍSTICAS EL CONCRETO RESISTENCIA A LA TENSIÓN DEL CONCRETO: (𝒇𝒄𝒕 ) La resistencia la tensión es relativamente baja, Una buena aproximación para la resistencia a la tensión es: 0.10 𝒇′𝒄 <𝒇𝒄𝒕 <0.20𝒇′𝒄 Dónde:

𝑓𝑐𝑡 : Esfuerzo de tracción del concreto. 𝑓′𝑐 : Resistencia a la compresión del concreto. Es más difícil de medir la resistencia a la tensión que la resistencia a la compresión, debido a los problemas de agarre con las máquinas de prueba. Existen varios métodos para la prueba de tensión el más utilizado es la prueba de rotura o prueba brasileña: Página 9

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RESISTENCIA AL CORTANTE:(𝒇𝒗 ) 0.20 𝒇′𝒄 <𝒇𝒗 <0.85𝒇′𝒄 RESISTENCIA DEL CONCRETO A LA COMPRESION. -

CURVA ESFUERZO DEFORMACION

𝑓′𝑐 = kg/cm2 𝑓′𝑐 0.7𝑓′𝑐 0.4𝑓′𝑐

0.007

e = cm/m

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

A:

Sección transversal del cilindro.

D:

Diámetro mayor.

H:

Altura del cilindro de concreto.

𝐻 =2 𝐷 𝑓=

𝑃 𝐴

Hasta cerca del 40% de la resistencia ultima del concreto (𝒇′𝒄 ) puede en esencia considerarse lineal para todos los casos prácticos. 0.002

0.003

Después de aproximadamente el 70% de esfuerzo de falla del material pierde una parte importante de su rigidez. Bajo la carga última se puede observar con mucha facilidad grietas paralelas a la dirección de la carga.

Página 10

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MODULO DE ELASTICIDAD (Young)

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

α

SEGÚN NORMA DEL A.C.I.

PARA UNIDADES INGLESAS.

𝐸𝑐 =

𝑓′ 𝑐 𝜀

PARA UNIDADES MÉTRICAS.

Ec  4300 c1.5 f c'

 c  2.3Tn / m 3 EC  15000 f c'

-

𝑓′𝑐

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

-

El modulo secante de la elasticidad del concreto se determina con la pendiente de la línea recta que une el origen con un esfuerzo dado (alrededor de 0.4𝑓′𝑐 ). Este valor llamado en el cálculo de diseño módulo de elasticidad, satisface la suposición practica de que las deformaciones que ocurran durante la carga puedan considerarse básicamente elásticas (completamente recuperables en la descarga) y que cualquier deformación posterior debida a la carga se considera como flujo plástico. Página 11

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CONTRACION.- Existen dos y tipos básicos de contracción:

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

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

ACEROS DE CONSTRUCCION

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

1°

Existe adherencia química relativamente grande entre ambos materiales.

2°

Existe rugosidad natural en las barras laminadas en caliente.

3°

Se coloca corrugaciones superficiales en el acero.

4°

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

5°

el concreto protege al acero de la corrosión y el fuego (Fig. “a”). Página 12

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Diagrama de Esfuerzo Deflexión del Acero

(Fig. “a”)

1.

Tensiones pequeñas crecen proporcionalmente a las deformaciones, valida la ley de Hooke.

2.

Límite

de proporcionalidad hasta este punto las tensiones son consideradas

prácticamente elásticas. 3.

Límite de desligación, las deformaciones son cada vez más

acentuadas

observándose a continuación una ligera caída en las deformaciones aunque

las

tensiones continúan en el mismo ritmo. 4.

Punto de rotura. ESPECIFICACIONES PARA EL ACERO DE CONSTRUCCIÓN

(Fierro Corrugado ASTM A615-GRADO 60 - Norma Técnica Peruana 341.031 Grado 60) En el país se fabrica aceros laminados en caliente con las siguientes características: 6210 – 6330 (Kg/cm2)

a.

Resistencia a la tracción:

b.

Límite de fluencia

c.

Alargamiento en 20cm:

d.

Corrugaciones

:

Norma ASTM-A-615

e.

Módulo de elasticidad

:

ES= 2x106Kg/cm2

:

4140 – 4220 (Kg/cm2) 9%

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

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COMPOSICIÓN QUÍMICA: -

Carbono.

C = 0.44 % aproximado.

-

Azufre.

S = 0.06 % aproximado.

-

Fosforo.

P = 0.05 % aproximado.

-

Fierro.

Fe = 98.00 % aproximado.

-

Otros.

1.20 % aproximado.

-

Peso específico del acero es 7850 Kg/m3

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





nominal) y de 12

nominal). La tolerancia en el largo es de  150 a 50 mm.

Algunas características del acero constructivo son: -

No se admite soldadura en los aceros de construcción.

-

Solo se admiten traslapes de acuerdo al diámetro.

IDENTIFICACIÓN:

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

Y LA

NORMA TECNICA PERUANA NTP 341.031 2001 DIMENSIONES Y PESOS NOMINALES

DIAMETRO DE BARRA Pulg. mm 6 8 3/8 12 1/2 5/8 3/4 1 1 3/8 -

SECCION (cm2) 0.28 0.5 0.71 1.13 1.29 1.99 2.84 5.1 10.06

PERIMETRO (cm) 1.88 2.51 2.99 3.77 3.99 4.99 5.98 7.98 11.25

ALTURA DE LOS RESALTES (mm - mín) 0.24 0.32 0.38 0.48 0.51 0.71 0.97 1.27 1.80

PESO (Kg/m) 0.222 0.395 0.560 0.888 0.994 1.552 2.235 3.973 7.907

 La barra de 6mm se comercializa en rollos de 440 kg (  1/4).  Se suministran en paquetes de 1 Tn, 2Tn y 4 Tn.

SEPARACIÓN DE LAS VARILLAS Y RECUBRIMIENTO PARA EL ACERO DE REFUERZO

REQUISITOS DE LA NORMA A.C.I 318-08

1.

La distancia libre entre varillas paralelas en una hilera no debe ser menor del diámetro de la varilla db ó 1’’ (25.4 mm).

db 𝑒=

2.5 cm 1.3 TM

e = 2.5 cm mínimo. TM = tamaño máximo

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La distancia libre entre varillas longitudinales en columnas no debe ser menor de 1.5db ó 1 ½’’ (38.1mm) la separación no menor a: 1.5db, 1.3 del tamaño máximo del agregado grueso ó 4 cm.

3.

El mínimo recubrimiento libre en vigas y columnas de de concreto vaciado en el lugar no debe ser menor de 1.5’’ (38.1 mm) cuando no exista exposición a la intemperie o contacto con el suelo.

RECUBRIMIENTO DE VARILLAS

-

Zapata (elemento expuesto al terreno)=7.5 cm.

-

Cuando se utiliza falsa zapata

-

Columnas y vigas peraltadas

= 4.00 cm.

-

Losas macizas y/o aligerado

= 2.00 cm.

-

Vigas chatas

=2.00 cm.

=4.00 cm.

MUROS DE CONTENCION

-

Cara expuesta al terreno pero se usa encofrado

= 4.00 cm, si ф ≤ 5/8”.

-

Si se usa encofrado

= 5.00 cm, si ф > 5/8”.

-

Cara expuesta

= 20.00 cm.

HIPOTESIS FUNDAMENTAL EN LA TEORÍA DEL CONCRETO ARMADO

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.

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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).

1.

-

Método de los Estados límites.

-

Diseño por capacidad.

-

Diseño plástico.

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.

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

Esfuerzos de trabajo

Para el diseño equilibrado

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

LOS MOMENTOS MÁXIMOS PERMISIBLES BAJO CONDICIONES DE SERVICIO 𝑀 = 𝐴𝑆 𝑥𝑓𝑠 𝑥𝑗𝑑

𝑀=

𝐶𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜𝑙𝑎 𝑒𝑙 𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜

𝑓𝑐 𝑥𝐾𝑥𝑗𝑥𝑏𝑑2 2

𝐶𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜𝑙𝑎 𝑒𝑙 𝑐𝑜𝑛𝑐𝑟𝑒𝑡𝑜

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

fc.b.k. j.d 2  As. fs. j.d Si   e

e 

n 2r ( n  r )

, 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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Si   e

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, El acero alcanza su máxima tensión admisible para cargas inferiores a las del

concreto y el momento admisible será dada por.

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

𝑓𝑦 = 4200Kg/ (𝑐𝑚2 ) 𝑓´𝑐 = 175Kg/ (𝑐𝑚2 )

SOLUCION: 1. Hallamos los esfuerzos permisibles de los materiales: 𝑓𝑠 = 0.40𝑓𝑦 = 0.4𝑥4200 = 1680Kg/ (𝑐𝑚2 ) 𝑓𝑐 = 0.45𝑓𝑦 = 0.45𝑥175 = 78.75Kg/ (𝑐𝑚2 )

2. Hallamos cuantías y los factores Adimensionales: 𝑛=

𝐸𝑠 2𝑥106 = = 10.08 𝐸𝑐 15000𝑥 2 175

𝐴𝑠 = 4 ∅ 3/4" = 4𝑥2.84 = 11.36 𝑐𝑚2 𝜌=

11.36 = 0.00947 48𝑥25

Luego: 𝑘=

2

𝜌𝑛 = 9.5𝑥10−3 𝑥10 = 0.095

0.0952 + 2𝑥0.095 − 0.095 = 0.351

𝑗 =1−

𝑘 0.351 =1− = 0.883 3 3

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3. Calculamos momentos: a. Cuando el acero controla: 𝑀 = 𝐴𝑠 𝑓𝑠 𝑗𝑑 = 11.36𝑥1680𝑥. 883𝑥48 = 808,890 𝑘𝑔 − 𝑐𝑚

b. Cuando el concreto controla: 𝑀=

𝑓´𝑐 78.75 𝑘𝑗𝑏𝑑 2 = 𝑥0.351𝑥. 883𝑥25𝑥482 = 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 940kg/my una carga muerta de 560kg/m; dimensione la sección transversal de la viga si las calidades de los materiales son:

𝑓𝑦 = 4200Kg/ (𝑐𝑚2 ) 𝑓´𝑐 = 210Kg/ (𝑐𝑚2 ) “En este método no se mayoran las cargas”. SOLUCION: 1. Determinamos los esfuerzos de trabajo: 𝑓𝑠 = 0.4𝑥𝑓𝑦 = 1680Kg/ (𝑐𝑚2 ) 𝑓𝑐 = 0.45𝑥𝑓´𝑐 = 94.5Kg/ (𝑐𝑚2 ) 2. Calculamos el peso propio de la viga:

𝑏=

𝑕 𝐿 𝐿 ,𝑕 = ó 2 10 12

Asumo: 𝑕 =

7.2 12

= 0.60 𝑚 = 60 𝑐𝑚

Se estima que la sección sea: 0.30*060 𝑚2 𝑊𝑝𝑣 = 0.30𝑥0.60𝑥2.4 = 0.432Tn/m

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3. Determinamos la carga de servicio: W=D+L+Wpv =0.940+0.560+0.432 =1.932Tn/m 4. Determinamos el momento máximo: 𝑀𝑚𝑎𝑥 =

𝑤𝐿2 1.932𝑥7.22 = = 12.52 𝑡𝑛 − 𝑚 8 8

5. Factores Adimensionales:

𝑛=

𝐸𝑠 2𝑥106 = = 9.2 = 9 𝐸𝑐 15000𝑥 2 210

𝑟=

𝑓𝑠 1680 = = 17.78 𝑓𝑐 94.5

𝑘=

𝑛 9 = = 0.336 𝑛 + 𝑟 9 + 17.78

𝑗 =1−

𝑘 0.336 =1− = 0.888 3 3

6. Determinamos la sección transversal: 𝑓´𝑐 𝑘𝑗𝑏𝑑2 2 94.5 12.52𝑥105 = 𝑥0.336𝑥0.888𝑥𝑏𝑥𝑑2 2 𝑀=

𝑏𝑥𝑑2 = 88807.63

Si: b=30 cm 𝑑=

2

88807.63 = 54.4 30

Comprobando:

𝑕 =𝑑+𝑟+

∅ ∅𝑒𝑠𝑡𝑟 1.59 + = 54.4 + 4 + + 0.78 = 59.98 ≅ 60 2 2 2

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7. Calculo del refuerzo:

𝐴𝑠 =

𝑀 12.52𝑥10^5 = = 15.35 𝑐𝑚2 𝑓𝑠 𝑗𝑑 1680𝑥0.888𝑥54.4 3 𝐴𝑠 = 3∅1 ó As =2∅1 + 2∅ " 4

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

M1 + M2 = M

As = As1 + As2

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

M1 fsjd

fc 2 kj bd 2

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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

Problema 1: Calcule el momento permisible para una viga doblemente reforzada y cuya sección se muestra en la figura, los materiales utilizados: 𝑓𝑦 = 4200 Kg/ (𝑐𝑚2 ) 𝑓´𝑐 = 280Kg/ (𝑐𝑚2 ) SOLUCION: 𝐴´𝑠 = 3𝑥5.10 = 15.30 𝑐𝑚2 𝐴𝑠 = 4𝑥7.92 = 31.68 𝑐𝑚2 1. Los esfuerzos de trabajo de los materiales: 𝑓𝑠 = 0.40𝑓𝑦 = 0.40𝑥4200 = 1680Kg/ (𝑐𝑚2 ) 𝑓𝑐 = 0.45𝑓´𝑐 = 0.45𝑥280 = 126Kg/ (𝑐𝑚2 ) 2. Factores Adimensionales: 𝐸𝑠 2𝑥106 𝑛= = = 7.97 ≅ 8 𝐸𝑐 15000𝑥 2 280

𝑟=

𝑓𝑠 1680 = = 13.333333 𝑓𝑐 126

𝑘=

𝑛 8 = = 0.375 𝑛 + 𝑟 8 + 13.333333

𝑗 =1−

𝑘 0.375 =1− = 0.875 3 3

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3. Calculo de 𝑀1 , 𝐴𝑠1 ∶ 126 𝑥0.375𝑥0.875𝑥30𝑥452 = 1´255,816 𝑘𝑔 − 𝑐𝑚 2 255,816 𝐴𝑠1 = 1´ = 18.984 𝑐𝑚2 1680𝑥0.875𝑥45 𝑀1 =

.El área del acero adicional es: 𝐴𝑠2 = 𝐴𝑠 − 𝐴𝑠1 = 31.680 − 18.984 = 12.696 𝑐𝑚2 4. Calculamos el esfuerzo de trabajo de acero a compresión:

𝑓´𝑠 = 2𝑓𝑠 ( 𝑓´𝑠 = 1263.4

𝑘𝑔 𝑘𝑔 < 1680 2 𝑐𝑚 𝑐𝑚2

𝑘−

𝑑´ 𝑑

1−𝑘

< 𝑓𝑠

… … … … … … … … … … … … … … . . 𝑜𝑘‼

5. Calculamos las fuerzas que ocasionan 𝐴𝑠2 𝑦 𝐴´𝑠 : 𝐴𝑠2 𝑓𝑠 = 12.696𝑥1680 = 21,329 𝑘𝑔 = 21.33 𝑡𝑛 𝐴´𝑠 𝑓´𝑠 = 15.30𝑥1263.4 = 19330 𝑘𝑔 = 19.33 𝑡𝑛 Controla el menor: 19.33 tn

6. El momento será: 𝑀2 = 𝐴𝑠2 𝑓𝑠 𝑑 − 𝑑´ = 12.969𝑥1680𝑥 45 − 6.3 = 825,443.14 𝑘𝑔 − 𝑐𝑚 𝑀2 = 𝐴´𝑠 𝑓´𝑠 𝑑 − 𝑑´ = 19330 45 − 6.3 = 748,071 𝑘𝑔 − 𝑐𝑚 Controla el menor

𝑀2 = 7.48 𝑡𝑛 − 𝑚

El momento será: 𝑀 = 𝑀1 + 𝑀2 = 12558 + 7.48 = 20.08 𝑡𝑛 − 𝑚

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1.3.

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

Por semejanza de triángulos. f ´c x fc  x * (kd  hf ) kd kd  hf kd

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

1 1

ΣFH=0 ; C = T

Por equilibrio:

fc 

r n

 fc (kd  hf ) / kd bhf 2

 fc  (

2kd  hf ) bhf 2kd

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

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

n  0.5( k

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El brazo del par interno es:

jd  d  z 6( j

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

El momento resistente:

M  asfsjd ..  ..M  fc (1 

hf ) bhfjd 2kd

Conservadoramente: jd  d 

hf 2

Problema: Determinar el momento permisible de una sección T si se cuenta con los siguientes datos: f’c=175kg/cm2 Fy=4200kg/cm2 Luz=5.8m bw=25cm b=? S=2.75 B=2.5 M=?

1º

DETERMINAMOSEL ANCHO.

ESFUERZOS MAXIMOS PERMISIBLES.

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

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CONCRETO ARMADO I 2º

ANCHO DEL ALA.

ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA (Rige el menor).

L / 4  5.8 / 4  11.45m b  B  bw  2.5  0.25  2.75m 16hf  bw  160.1  0.25  1.85m 3º

HALLAMOS CUANTIA.

As  65.1  30.60cm 2 As 30.60    0.00412 bd 14551.2 hf 10 4º d  51.2  0.195

k

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

n  0.5(

UBICACION DE EJE NEUTRO.

kd  0.2551.2  13.0..mayor..que..hf  10cm En este caso como el eje neutro esta fuera de la base se diseña como viga “T”.

6( j

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

Si la capacidad está controlada en el esfuerzo del acero.

M  asfsjd  30.616800.92351.20  24.29.419..kg / cm 2 Calculamos el esfuerzo que se produce en el concreto.

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2. DISEÑO POR EL METODO DE RESISTENCIA A LA ROTURA Se hace una separación entre las posibilidades de exceso de carga y de deficiencia de resistencia. La carga muerta calculada y la carga viva del reglamento se manifiestan usando factores de carga con el fin de obtener las cargas de rotura a usarse en el diseño. Las cargas muertas “D” tienen una variabilidad mucho menor que las cargas vivas “L”. 

CARGA MUERTA: Se considera el peso real de los materiales que conforman y de los que deberá soportar una estructura,

se calcula en base

a los pesos

unitarios. CARGAS MÍNIMAS REPARTIDAS EQUIVALENTES A LA TABIQUERÍA CARGAS EQUIVALENTES Kg / m 2 



PESO DEL TABIQUE

SE AÑADE LA CARGA MUERTA

Kg / m 

30

74 ó menos

60

75 - 149

90

150 - 259

150

250 – 399

210

400 – 549

270

550 – 699

2

CARGAS VIVAS: E s el peso de todos los ocupantes, materiales, equipos, muebles y otros elementos móviles separados por la edificación. CARA VIVA DE PISO REPARTIDO

OCUPACION Y USO

CARGA REPARTIDA Kg / m 2 

Almacenes

500

Corredores y escaleras

400

Aulas

300

Garajes para parqueo de automóviles

250

Hospitales (sala de operación, laboratorio)

300

Hoteles (cuartos)

200

Salas de computación

350

Tiendas (corredores y escaleras)

500

Página 28

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Viviendas

200

OTRO TIPO DE CARGAS  Carga para aceras, pista barandas, parapetos  Carga viva de techo  Cagas vivas móviles  Cargas de viento  Cargas de sismo

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

FS 

 1D   2 L 1 x DL 

  Factor de carga

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

ACI - 2011

U = 1.4(D+F)

U = 1.4D

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

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

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

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

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

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

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

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

U = 0.9D+1.6W+1.6H

U = 0.9D+1.0W

U = 0.9D+1.0E+1.6H

U = 0.9D+1.0E

H = Carga debida a presión lateral, totales como la resaltante del suelo en un muro de reducción. F = Cargas laterales debidas a la presión del fluido. Para la carga de sismo deberán considerarse los siguientes condiciones. Página 29

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

ESTA RESISTENCIA NOMINAL se reduce utilizando un factor de reducción de resistencia



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

como en las dimensiones o presiones del refuerzo o variación en las propiedades. La resistencia reducida del miembro se define como la resistencia de diseño del miembro. FACTORES DE REDUCCION DE RESISTENCIA  

ELEMENTOS ESTRUCTURALES

FACTOR

  - ACI 2008

Vigas o losas: Flexión

0.90

Columnas con estribo

0.70

Columnas zunchadas

0.75

Columnas que soportan cargas axiales

0.70 – 0.90 ó 0.75 – 0.90

muy pequeñas Vigas: cortante y torsión

0.85

FLEXION EN VIGAS

Se considera las siguientes hipótesis: 1. Se supone una distribución lineal de la deformación. Esta suposición se basa en las hipótesis de bernoulli en la que las reacciones planas antes de la flexión permanecen planas y perpendiculares al eje neutro después de la flexión. 2. La deformación en el acero y en el concreto que lo rodea es la misma antes del agrietamiento del concreto o de la fluencia del acero. 3. Las vigas son elementos estructurales que transmiten cargas externas transversales que provocan momentos flexiónate y fuerzas cortantes en la longitud. 4. Las tracciones dividen a la flexión en cualquier punto dependientemente de la deformación en dicho punto, es decir están regidas por el diagrama “esfuerzo deformaciones”. Página 30

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

v

V .Q I .b

Donde:

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

las tensiones en las fibras extremas son inferiores al límite de

profundidad (cumple que la ley de HOOKE), la viga se comporta elásticamente y se obtiene. 2. El eje neutro pasa por el centro de gravedad de la sección transversal. 3. La inercia del esfuerzo debido a la flexión normal a la sección aumenta directamente proporcional a la distancia del eje neutro y es máxima en las fibras extremas.

f 

Mc M I  ,S  I S c

S= modulo resistente de la sección transversal

Página 31

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f  Esfuerzo de flexión a una distancia de la fibra neutra. M = Momento flector extremo en la sección. I = Momento de inercia de la sección transversal respecto al eje neutro. C = Distancia del eje neutro a la fibra extrema. FLEXION DE CONCRETO ARMADO DE SECCION RECTANGULAR CON ACERO EN TRACCION UNICAMENTE

Las vigas de concreto simplemente como elemento de flexión por que la resistencia a la tracción del concreto en flexión (módulo de rotura)es una pequeña fracción de la resistencia a la compresión. En consecuencia dichas vigas fallan

en el lado

traccionado a cargas pequeñas, mucho antes que la resistencia del concreto en el lado comprimido haya sido utilizada al máximo. Por esta razón se coloca las barras de refuerzo en el lado traccionado lo más cerca a la fibra extrema en tracción. La tracción producida por los momentos flectores es resistida principalmente por el refuerzo de acero, mientras que el concreto por si solo es usualmente capaz de resistir la compresión resultante. El sistema de cargas iremos incrementando

en magnitud y observamos el

comportamiento del elemento hasta que se produzca la rotura. Se observara tres etapas claramente definida de su comportamiento y son:

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

Página 32

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SECCION DIAGR. DE DEFORMACIONES

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DIAGR. ESFUERZOS

b. ESTADO ELASTICO AGRIETADO

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

El comportamiento de una viga de concreto armado sometido a una carga en crecimiento o punto de rotura. Página 33

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Al incrementarse la carga la resistencia a la tracción

del concreto se alcanza

rápidamente y en esta etapa se forman las grietas de tracción. Estas se propagan rápidamente hacia arriba hasta el nivel del plano neutro o cerca del, el cual a su vez se desplaza hacia arriba conforme progresa la grieta. En las vigas bien diseñadas es espesor de esta grieta es suficiente pequeño de modo que son observables de la protección contra la corrosión. Evidentemente en una sección fisurada el concreto no transmite tracciones por siguiente el acero debe tomar toda la tracción. Bajo la acción de cargas moderadas, si el esfuerzo en el concreto no excede aproximadamente

f c' / 2 ,

los esfuerzos y las

deformaciones se mantienen aproximadamente proporcionales. Si la carga se considera adecuadamente los esfuerzos y deformaciones aumentan y dejan de ser proporcionales, por consiguiente la distribución de esfuerzos en el lado comprimido de la viga tiene la misma forma que la curva esfuerzo – deformación. c. ESTADO DE ROTURA.- Al incrementar cargas las grietas y el eje neutro continúan progresando hacia arriba, pero la relación de esfuerzos ya no es lineal y finalmente se produce la falla del elemento. Esto puede producirse de tres maneras.

I.

FALLA POR FLUENCIA DEL ACERO.- Se produce en vigas con poca cantidad de acero, en donde de alcanza el esfuerzo de fluencia del acero antes que se haya agotado el esfuerzo de compresión del concreto. En el elemento se produce grandes deformaciones las grietas progresan disminuyendo la zona de compresión, hasta que se produce el APLATAMIENTO DEL CONCRETO (FALLA SECUNDARIA) y finalmente el colapso, esta falla es de tipo DUCTIL.

II.

FALLA POR APLASTAMIENTO DEL CONCRETO.- Se presentan en vigas con gran cantidad de acero (SOBREREFORSADOS) o con cantidad moderada de acero, pero con alto esfuerzo de fluencia. Al incrementar las cargas se alcanzan la

capacidad de compresión del

concreto antes que el acero comience a fluir se produce el aplastamiento del concreto y el colapso del concreto es tipo de falla es del TIPO FRAGIL. III.

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

por

APLATAMIENTO DEL CONCRETO y el acero esta

justamente iniciando la fluencia. Página 34

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DIAGRAMA DE ESFUERZO DEFORMACION DEL ACERO

1.- FALLA POR APLASTAMIENTO

 S   Y ; f s1  f y 1

2.- FALLA POR FLUENCIA

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

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

2.1. ESTADO ELASTICO NO AGRIETADO

Ecc

fc

EN

Es Ect

SECCION

DEFORMACIONES

fs 1

Es

ESFUERZOS

f c1

fs

Los esfuerzos en el concreto y acero se comportan elásticamente, la deformación en el acero y en el concreto circundante es igual (no hay desplazamiento relativo entre el concreto y el acero).

s  fsc  fs  fc1



s c

fc1  c

s c …………………….. (1)

(Relación de módulo de elasticidad).

s = 2x10⁶ kg/cm² → módulo de elasticidad del acero. Ec  15000

f 'c

Página 35

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→ módulo de elasticidad del concreto.

fs  fc1

……………………(2)

fc1 = esfuerzo del concreto en el punto 1.

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

  sfs  s(fc1)

………………. (3)

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

=

=

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

y la

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

s = 3Φ 1”

f ´c =210kg/cm² fy = 4200 kg/cm²

fr  15% f´c

 = 5.50 TN – m

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

s = 3x5.10 = 15.30 cm²

fr  0.15 x 210 = 31.50 kg/cm² Ec  15000

210

s = 2x10⁶ kg/cm²

𝐸𝑐 = 217, 371 kg/cm²,



s c



2 x10 6  9.2  9  (  1) s  (9  1)15.30  122.40cm 2  t 217,371

t = Área de la sección transformada ó área adicional del concreto

=

=

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

y

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

25 x65

y  34.36cm²

El momento de inercia de la sección transformada será: ( t ).

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

bh 3 25 x653   572,135cm 4 12 12

( y  yg )²  25x65(34.36 - 32.5)2  5621.85cm 4 Αt(d  y )²  122.40(59 - 34.36)2  74,312.66cm 4 Estos valores en (∞)

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

f 

c 

fct 

(h  y ) 5.5 x105 (65  34.36)   25.85kg / cm 2 t 652,069.51

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

b) ESFUERZO DE COMPRESION EN EL CONCRETO

fcc 

 y 5.5 x10 5 x34.36   28.98kg / cm 2 ˂f´c= 210kg/cm² t 652,069.51

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

fc1 

.Y 1 ; y  y1  6  65  y1  65  34.36  6 t

y1  24.64cm²

fc1 

5.5 x10 5 24.64  20.78kg / cm 2 652,069.51

El esfuerzo que se produce en el acero será:

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fs  fc1  9 x20.78  187.02kg / cm 2

fs  187.02kg / cm 2 ˂ fy  4200kg / cm 2

2.2.

ESTADO ELASTICO AGRIETADO

Como ya se dijo el esfuerzo de compresión del concreto es menor que

1 f ´c , la sección 2

transformada se muestra a continuación.

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

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

bkd (

kd )  s ( d  kd ) 2

Ubicando el eje neutro.

k 2 d s  (d  kd ) 2 bd Definiendo:



s bd

(cuantía del acero en esa sección).

Luego:

k 2d  nd (1  k )  k 2  2 n(1  k ) 2

k 2  2nk  2n  0 Resolviendo la ecuación de 2° grado: (simplificado).

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

Además:

j  1

k 3

kd 3

………………………………...(II)

Del diagrama de esfuerzos:

C  Resultante de esfuerzo en compresión.

C 

1 bfc ( kd ) ………………………………………. (III) 2

“ T ”= Resultante de Esfuerzo en tracción.

T  sfs ……………………………………(IV) Igualando el momento exterior al momento interior (Momento flector = Momento Resistente).

1    Cxjd   bfc (kd )( jd ) 2  Igualando y simplificando.

fc 

 1 bd 2 kd 2

…………………………………(V)

  Tjd  ( Asfs ) jd

fs 

 sjd

…………………………………………. (VI)

El momento de Inercia de la sección agrietada es:

t 

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

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

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Solución:

 = 11 TN – m

s = 3Φ 1” = 15.3cm²

b  25cm

f ´c = 210 kg/cm²

h  65cm

fy = 4200 kg/cm²

d  59cm

fr  31.50 kg/cm²

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

fct 

c 11x105 (65  34.36)   51.69kg / cm 2 ˂ 31.50kg / cm 2  652,069.51

La sección está agrietada. 

s 15.3   0.010 bd 25 x59

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

j  1

k 0.343  1  0.886 3 3

Esfuerzo máximo de compresión:



fc 

1 2 bd kd 2



11x105 1 x 25 x(59) 2 x0.343x0.886 2

 83.19kg / cm 2 ˂

210 kg / cm 2 ok! 2

Esfuerzo de tracción:

fs 

 11x10 5   1375.36kg / cm 2 ˂ fy sjd 15.3x0.886 x59

Momento de inercia de la sección agrietada.

t 

b (kd ) 3  sx (d  kd ) 2 3

t 

25 (0.34 x59)3  15.3x9(59  0.343x59) 2 3

t  69,064.86  206,903.91

t  275,968.77cm 4 Página 41

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Las grietas avanzan de 30.64 cm a

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(h  kd)  65  0.343x59  44.76cm

-

Los esfuerzos de acero han crecido.

-

El momento de inercia a disminuido.

-

El esfuerzo de compresión ha crecido.

2.3.

ESTADO DE ROTURA

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

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

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Cara en compresion

Ec

c h

d

As

ES

b Cara en compresion

DITRIBUCION REAL DE ESFUERZOS DE COMPRESION

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

f´c(kg/cm²)

K1

K2

K3

ℇ𝑐

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ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA 140

0.86

0.48

1.03

0.0037

210

0.82

0.46

0.97

0.0035

280

0.79

0.45

0.94

0.0034

350

0.75

0.44

0.92

0.0032

420

0.71

0.42

0.92

0.0031

490

0.67

0.41

0.93

0.0029

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

k 0.8 k1 k3

0.6

0.4

k2

0.2

0 140

280

420

560

700 f´c

Valores experimentales para obtener k1 k3 y k2.

 k1k 3  0.72 para f ´c  280kg / cm 2 y disminuye en 0.04 por cada 70kg / cm 2 Sobre 280kg / cm 2

Por equilibrio: 𝐶 = 𝑇  k 1k 3 f ´cbc  Asfs ………………………….. (1) 𝐶𝑧 = 𝑇𝑧 𝐶𝑧 = k 1k 3 f ´cb(d  k 2c) (Para compresión)

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Tz =  s f s (d  k2c ) (para tracciones) De (1)

c

As f s k1k3 f c 'b

Para falla en tracción. f s  f y

c

As f s A f s   s c d ' k1k 3 f c b bd k1k 3 f c '

El momento de rotura será:

 u'  As f y (d 

f k2 xx y' ) k 1k3 fc

 u'  As f y d (1 

f k2 x y'  ) k 1k3 fc

Usando valores obtenidos experimentalmente.

k2 0.425   0.59 k1k3 0.72   u'  As f y d (1  0.59

fy f c'

 ) Con valores experimentales.

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

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0.85f´c b

0.85f´c

a/2 c

k3 f´c

a

a=B1c

C

a/2

C

c

C1 = 0.85f´c ba jd = (d-a/2) As

(d-a/2)

T=Asfs

BLOQUES DE ESFUERZOS EQUIVALENTES SUPUESTO

T=Asfs

T FIG. 01

BLOQUE DE ESFUERZOS REALES

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

Página 46

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i)

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

ii)

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y 

fy Es

Distribución de la deformación SOBREREFORZADA, sigue la línea Ab2.

s ˂  y iii)

fs ˂

;

fy

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

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

F

H

 0 C  T

0.85 f c' ab  As f s 𝑓𝑠 = 𝑓𝑦

0.85 f c' ab  As f y  a 

a  c1  c 

Tomamos: ρ 

a

1

As f y 0.85 f c'b

c

……………………………… (1)

As f y 0.851 f c'b

…………………………. ( )

s ………………………………………………………. ( ) bd

( ) en ( )

c

Hacemos:

As f y f

' c

x

d …………………………………………….….. ( ) 0.851



fy f c'

……………………………………………. (2)

Luego: (2) en ( ) Página 47

CONCRETO ARMADO I 𝑐=

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𝜔𝑑 0.85𝛽1

c  1.18



d

1

………………………………………………. (3)

El Momento de rotura es: (para tracción).

 u'  As f y (d 

Sabemos que:

a ) …………………………………………………… (4) 2

a



a



As f y



' c

0.85 f b

Asfy 0.85 f ' c

d





As bd

a



d 0.85

a  1.18d …………………………………….... (5) También:

 



fy

As  As  bd ………………………………………… (6) bd

f c'

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

 u'  bdf y (d 

 u'  

 u' 

fy f

' c

1.18 2

bd 2 (1 

f c' bd

2

d )

1.18 2

 ) f c'

 ) …………………………............. (7)

(1  0.59

ó también:

 u'  As f y d (1  0.59



fy f c'

)

2. SECCION SOBREREFORZADA.- (FALLA POR CONTRACCION DEL ACERO)

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La falla ocurre por aplastamiento inicial del concreto. En la iniciación de la falla la deformación del acero “  s ” será menor que la deformación de fluencia

y.

De la figura. Del diagrama de deformaciones:

 u s c







   u (d  c) s d c c

s



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

f s   s Es ……………………………………………………………………..(  ) (  ) en (  )

fs



0.003 (d  c) E s ………………………………………………………. (  ) c

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a  1c …………………………………………………………. (1)

También:



c

a

1

(1) En (  )

fs 

0.003 a (d  ) Es a 1

1

Simplificando:

0.003( 1d  fs 

a

a

1

) Es 

1

Por equilibrio:

0.003 ( 1d  a ) Es …………… (2) a

C  T

0.85 f c' ab  As f s  0.003  0.85 f c' ab  As  ( 1d  a) E s  ……………. (3)  a  También:

As  bd ………………………………………………………. (4)

(4) en (3)

 0.003  0.85 f c' ab  As  ( 1d  a) E s   a 

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

0.85 f c' a 2  1d 2  ad 0.003E s 

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 0.85 f c'   0.003E  s 

Luego:

 2 2  a  ad  1d  0 

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

 u'  0.85 f c ' ad (d 

a ) 2

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

y

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

 s  Ef

s   y

y

…………………(  )

s

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

s u



d  cb ………………………………………..(  ) cb

𝜀𝑢 =

0.003 (  ) en (  ):

d

cb

d − cb DIAGRAMA DE DEFORMACIONES

fy Es

u



d  cb  cb

 d  cb (

fy 

fy

u E

u E

u E

s

cb  cb  d s

)

s

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𝐶𝑏 : Profundidad del eje neutro para la falla balanceada.  cb    



cb  (

cb 

u E

 d E  fy  u s 

u

s

u E

u E

s

s

 fy

 0.003

Es  2 x10 6 kg / cm 2

)d

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

También:

ab 

0.003E s 1 d 0.003E s  f y

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

C  T , en consecuencia se tiene:

0.85 f c' ab b  As f y

 

As bd

 0.85 f c'abb  bbdf y Para falla balanceada.

0.85 f c' abb b  bdf y

 b 

0.85 f c' ab …………………………….. (2) df y

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

b 

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

(1) en (4)

b  0.85

f c' 6000d 1 ( ) df y 6000  f y Página 52

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 b  0.851

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f c' 6000d ( ) df y 6000  f y

 Si:

 < b

 falla a tensión.

Si:

 > b

 falla a compresión.

1 = Factor de profundidad del bloque de esfuerzo. 1

=0.85

para

f c'  280kg / cm 2 y disminuye 0.05 por cada 70kg / cm 2 sobre

f c'  280kg / cm 2 .

b = cuantía balanceada (cantidad de acero que hace que la viga falle simultáneamente por fluencia y aplastamiento) solo depende de las calidades del acero y del concreto.

PROBLEMA N° 01. Una sección rectangular simplemente reforzada tiene un ancho de b=25 cm y un peralte efectivo d= 45 cm. El concreto tiene una resistencia de esfuerzo a compresión ' 2 de f c  280kg / cm . El acero tiene un módulo de elasticidad de 2 x10 kg / cm

6

2

y una

resistencia a la sedancia de f y'  2810kg / cm 2 . Calcular la resistencia a la flexión para las siguientes áreas del acero. i)

As = 25.81 cm 2

ii)

As = 51.61 cm 2

iii)

La correspondiente a la falla balanceada.

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Solución:

a) Calculamos la cuantía balanceada.

 b  0.85 x0.85 x i)

210 6000d ( )  0.0368 2810 6000  2810

As = 25.81 cm 2

 

As 25.81   0.0229 <  b bd 25 x 45

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

 u'  As f y d (1  0.59

fy f c'

 u'  25.81x 2810 x 45(1  0.59

)

Para la falla a fluencia o tracción.

2810 x0.0229) 210

 u'  2´673,635kg  cm  26.74tn  m

ii) As = 51.61 cm 2 .

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 

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51.61  0.0459 >  b 25 x 45

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

 0.85 f c'   0.003E  s 

 2 2  a  ad  1d  0 

;

1  0.85

0.85 x 210   2 2  a  45a  0.85(45)  0 6  0.003x 2 x10 x0.0459  0.648a 2  45a  1721  0

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

a

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

a  27.43cm (Tomar solo el resultado (+)). El Momento de Rotura es:

 u'  0.85 f c' ab(d 

a ) 2

Para falla a compresión.

27.43    u'  0.85 x 210 x 27.43x 25 45    3´829,483kg  cm 2    u'  38,29tn  m

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

 u'  bd 2 f y (1  0.59 

fy f c'

) …………………………(*)

Ó también:

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

 

As bd

y



f y f c'

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

  0.0368 x

2810  0.49 210

 u'  25x452 x210 x0.49(1  0.59 x0.49)  u'  3703300.26kg  cm

PROBLEMA 02- Una viga de concreto simplemente armada ( f ' c  280kg / cm 2 ) tiene la sección transversal que se muestra en la figura. Determinar si la viga es sobre reforzada o sub reforzada y si satisface los requisitos de la norma ACI para los porcentajes máximos y mínimos del refuerzo para: a)

f y'  4200kg / cm 2

b)

f y'  2800kg / cm 2 .

Solución: -

COMENTARIO: La falla del concreto es repentina debido a que es un material frágil. Por eso casi todas las normas prácticas recomiendan diseñar vigas sub reforzadas a fin de proporcionar advertencia suficiente. Tal como una deformación excesiva antes de la falla. En el caso de estructuras estáticamente indeterminadas la falla dúctil es esencial para una apropiada redistribución de momentos. De aquí que para vigas el A.C.I limita la cantidad máxima del acero a 75% de la requerida para una sección balanceada. En los casos prácticos, la relación del refuerzo As/bd no deberá exceder del 50% para evitar congestionamiento del refuerzo y facilitar la colocación adecuada del concreto. Página 56

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

 min .  

min .



14 fy

UNIDADES METRICAS

200 UNIDADES INGLESAS fy

0.85f 'c

Ec

a= ß1c

c

a/2

C

d-a/2

48cm 55cm

T

ES 25cm

Solución: - Determinamos la cuantía balanceada:

 b  0.85 1

f c' fy

6000      6000  4200 

UNIDADES METRICAS.

 b  0.851

f c' fy

 87,000     87,000  fy 

UNIDADES INGLESAS.

Para: a)

f c'  4200kg / cm 2

 b  0.85 x0.85 x

280  6000     0.0283 4200  6000  4200 

Acero balanceado: (Asb )

Asb  bxbd  0.0283x25x48  33.96cm 2 Página 57

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Asb  38.70cm 2  dato 

As 38.70   0.0323 bd 25 x48

 Asb  33.96cm 2 < Asb  38.70cm 2

sb  0.0283 < sb  0.0323   > b  falla a compresión. La sección se encuentra sobre reforzada y no satisface los requisitos de la norma A.C.I para ductilidad y porcentaje máximo permisible del refuerzo.

fy  2800kg / cm 2

 b  0.85 x0.85 x

280 6000 ( )  0.0493 2800 6000  2800

Asb  0.0493x25x48  59.16cm 2 Asb  38.70cm 2  dato



As 38.70   0.0323 bd 25 x48

 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 Actual real fy 2800

Área del acero máximo permisible: (As p)

Asp  0.75 Asp  0.75x59.16

Asp  44.37cm 2 > 38.70cm 2

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

PROBLEMA N°03.- Para la sección transversal de la viga que se muestra, calcule la resistencia nominal a la flexión si f y  4200kg / cm 2 , para:

a)

f c'  210kg / cm 2

b)

f c'  350kg / cm 2

c)

f c'  630kg / cm 2

Solución: Calculamos

 min .  

 min y 

14 14   0.003 fy 4200

As 25.8   0.0229 bd 25 x45



Tiene que cumplir:

>

 max    0.0229 >  min a)



0.003

min



0.75b

Para diseño como.

Viga sub reforzada (fluencia).

…………. OK!

f c'  210kg / cm 2  1  0.85 f c' 6000  b  0.85 1 ( ) f y 6000  f y

 b  0.85 x0.85 x

280  6000     0.021 4200  6000  4200 

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b  0.021

 max .  0.75b  0.75x0.021  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. b) Si : f c  350kg / cm '

2

 f c'  280  350  280    0.85  0.05  70    70 

1  0.85  0.05

1  0.80 b  0.85 x0.85 x

350  6000     0.033 4200  6000  4200 

 max .  0.75

b

 0.75 x0.033  0.025

 min     max 

As 25.8   0.0229 bd 25 x45

 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´086,797kg  cm 2   Página 60

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 n  40,867.97kg  m c) Si f c  630kg / cm  1  0.65 para f c  560kg / cm

2

'

 b  0.85 x0.65 x



max

2

630  6000     0.049 4200  6000  4200 

 0.75

.

'

 0.75 x0.049  0.037

b

  0.023  max .  0.75

a

b

 0.037 >   0.023 ……….. 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

 tomar  min

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

Datos: AS = 25.00 cm2 fy = 4200 Kg/cm2 fc′ = 280 Kg/cm2 𝑀𝑢 = ?

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Solución: i) ρ=

Calculamos la cuantía de acero en la sección.

AS 25 = = 0.0185 bd 30x45 ρb = 0.85x0.85x

280 6000 = 0.0283 4200 6000 + 4200

ρmax = 0.75xρb = 0.75x0.0283 = 0.021 ∴ ρ = 0.0185 < ρmax = 0.021 … . ok! fs = fy a=

AS fy 25x4200 = 14.71 cm ′ = 0.85fc b 0.85x280x30

El momento nominal o momento de rotura es: Mu′ = Mu = AS fy d −

a 14.71 = 25x4200 45 − 2 2

Mu′ = 39,529.41 Kg − m -

El momento último o resistencia última es: Mu = ∅Mu′

∅ = 0.90 = Factor de Reducción.

Mu = 0.90x39,574.53 = 35,574.53 kg − m 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

fy = 4200 Kg/cm2 fc′ = 175 Kg/cm2

5.00 m

Solución: Página 62

CONCRETO ARMADO I i)

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

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

Wu = 1.4(1950) + 1.7(3750) Wu = 9105 kg/m

5.00 m

1 8

Mu = wL2 → Momento último. Mn =

Mu → Momento nominal requerido. ∅

1 Mu = x9105x52 = 28,453.13 kg − m 8 Mn =

Mu 28,453.13 = = 31,615 kg − m = Mu′ ∅ 0.90

ii) Calculo de cuantía balanceada y cuantía máxima. ρb = 0.85x0.85x

175 6000 = 0.018 4200 6000 + 4200

ρmax = 0.75xρb = 0.75x0.018 = 0.013 El momento: Mu = ∅ρmax fy bd2 1 − 0.59ρmax

fy

∅ = 0.90

f′ c

Mu = 0.90x0.013x4200xbd2 1 − 0.59x0.013x

4200 175

Mu = 40.09bd2 = 28,453.13

También puede asumir

b d

1

=2

bd2 = 70,965.50

Si b = 25cm → d =

70,965.50 = 53.28 ≅ 53 cm 25

Si b = 30cm → d =

70,965.50 = 48.64 ≅ 49 cm 30

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La sección de refuerzo, será: b = 25cm, AS = ρmax bd = 0.013x25x52 = 18.20 cm2 Adoptamos: AS = 6 ∅ 5/8" + 5 ∅ 1/2" = 6x1.99 + 5 ∗ 1.29 = 18.39 cm2 b = 30cm, AS = ρmax bd = 0.014x30x47 = 19.74 cm2 Adoptamos: AS = 7 ∅ 3/4" = 7x2.84 = 19.88 cm2 ∴ Hay una infinidad de soluciones. 2° METODO Sabemos que:

a=

a

Mn = 0.85f′𝑐 ab d − 2 … … … … α → Momento por compresión.

A S fy … … . . (β) 0.85fc′ b

(β) podemos escribir: a=

ρfy d … … (1) 0.85fc′ b

r = d → b = rd … … … … (2)

Hagamos:

(1) y (2) en (α) Mn = 0.85f′c

ρfy 1 ρfy d ′ d rd d − 0.85fc 2 0.85fc′

Mn = ρfy rd2 d −

si w = ρ.

fy 1 ρ. ′ d … … … … (3) 0.70 fc

fy … … … … … (4) fc′

Mn = ρfy rd2

fc′ d − 0.59wd fc′

Simplificando: Mu = wrfc′ d3 (1 − 0.59w) Hacemos:

R = wfc′ (1 − 0.59w) … … … … … (5)

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ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA b

Mn = Rrd3 ; pero r = d

Luego:

Mn = R

b 3 d d

Mn = Rbd2 … … … … … (6) Resolviendo el problema: Mn = Mu′ = 31,615 Kg − m = 3′ 161,500 Kg − cm R = wfc′ 1 − 0.59w)

,

f

w = ρ. fy′ c

→

w = 0.013x

ρ = ρmax = 0.013

4200 = 0.319 175

→ R = 0.319x175 1 − 0.59x0.319 = 45.29 Mn = 47.14bd2 ,

En (6)

pero Mn = 3′ 161,500 Kg − cm

45.29bd2 = 3′ 161,500 bd2 =

70,255.56 … … … … … (∗) b varia de 0.25 a 0.60 d

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En la práctica: d 2

Estimamos como primera aproximación b ≅ … … … … … ∗∗ . (**) en (*). 0.5d. d2 = 70,255.56 d3 = 140,511.11 d=

3

140,511.11

d = 51.18 ≅ 51 cm → b=

d 51 = = 25.5 2 2

La sección efectiva será: b = 25 cm , d = 51 cm

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/cm2 en el concreto y de 1250 kg/cm2 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 fy = 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).

W (Kg/m)

4.00 m

Datos: L = 4.00 m fc′ = 60 kg/cm2 fS = 1250 kg/cm2 n = 11 Página 66

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γc = 2400 kg/m3 fy = 4200 kg/cm2 Solución: E

ES = 2x106 kg/cm2

a) n = E S , C

ES … … … … … (1) n

EC =

EC = 15,000 fc′ … … … … … … … … … … … … … … … … … … (2) 2 en (1) 15,000 fc′ =

ES 15,000. n

fc′ =

fc′

ES n 2

2x106 = 15,000.11

2

fc′ = 146.9 ≅ 140 kg/cm2 fc′ = 140 kg/cm2

1 8

1 8

b) Mmax = wL2 = w(4)2 = 2w (Kg − m) … … … … … (1) fr = 2 fc′ = 2 140 = 23.66 kg/cm2

→ fr = fct

n = 11 AS = 5 ∅ 5/8" = 5x1.99 = 9.95 cm2 At = AS n − 1 = 9.95 11 − 1 = 99.5cm2 → Áreaadicional

y=

25x50

IT =

50 2

+ 99.5x45

25x50 + 99.50

= 26.47cm

25x503 + 25x50(26.47 − 25)2 + 99.5(45 − 26.47)2 12 Página 67

CONCRETO ARMADO I

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IT = 297,282.17cm4 fr = fct = 23.67kg/cm2 Mu = Mmax = 2w fct =

M M h−y = 50 − 26.47 = 23.66 IT 297.282

M = 299,037.9kg − cm = 2,990.4kg − m Entonces: 2w = 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: fr = 2 f′c . Tomar n = 9 y suponer el peso unitario del concreto γc = 2400 kg/m3 𝑦 fy = 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 L = 4.50 m fr = 2 fc′ n=9 γc = 2.40 tn/m3 fy = 4220 kg/cm2 AS = 5 ∅ 3/4" = 5x2.84 = 14.20 cm2 a) Determinamos la resistencia especificada del concreto. Página 68

CONCRETO ARMADO I

ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA E

n = E S → EC =

Sabemos que:

C

ES n

EC = 15,000 fc′ Reemplazando: 15,000 fc′ =

ES n

15,000 fc′ =

2x106 9

, ES = 2x106 kg/cm2

fc′ = 219 ≅ 210 fc′ = 210 kg/cm2 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 8

Mmax = wL2 … … … … … (α) ,

w = Peso propio de viga + carga respectiva

Tn x0.30mx0.45m + w1 m3 Tn w = 0.324 + w1 … … … … … (1) m w = 2.40

1 en (α) Mmax =

1 0.324 + w1 4.52 = 2.53 0.324 + w1 8

Mmax = 0.82 + 2.53w1 Tn − m … … … … … (2) ii) Módulo de rotura:

fr = 2 fc′

→

fr = 2 210 = 29 kg/cm2

n = 9 → Dato AS = 14.20 cm2 → Dato -

El límite de esfuerzo a tomar del concreto será: fct = fr = 29 kg/cm2 = 290 Tn/m2

-

También: fct =

Calculo del eje neutro: y=

30x45

45 2

+ 113.60x40

30x45 + 113.60

My … … … … … (3) IT

At = AS n − 1 = 14.20 9 − 1 = 113.60 cm2 = 23.86 cm

Página 69

CONCRETO ARMADO I -

ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA

Cálculo del momento de inercia.

IT =

30x453 45 + 30x45 23.86 − 12 2

2

+ 113.60(45 − 23.86)2

IT = 281,079.19 cm4 = 2.8108x 10−3 m4 fct =

My IT

→

290 =

0.82 + 2.53w1 0.45 − 0.2386 2.8107x 10−3

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

w = 0.324 + w1 w = 0.324 + 1.20 w = 1.524 Tn/m

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 AS = 3 ∅ 1" , fy = 4200 kg/cm2 , fr = 2 fc′ , M = 4,500 kg − m , fc′ = 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

fr = 2 fc′

d = 55 cm

fc′ = 175 kg/cm2

AS = 3 ∅ 1" = 3x5.1 = 15.3cm2

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CONCRETO ARMADO I

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fy = 4200 kg/cm2 Solución: Calculo previo. fr = 2 fc′ = 2 175 = 26.46 kg/cm2 n=

ES 2x106 = = 10.08 ≅ 10 EC 15,000 175

-

Suponiendo que la sección esta agrietada.

At = AS n − 1 = 15.3 10 − 1 = 137.70 cm2 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

fc

1

Zona en Tracción

b = 25

fc

Ct

Deformaciones

1

f Ct

Secc

Esfuerzos

Sección

erzos

y= -

25x60

60 2

+ 137.70x55

25x60 + 137.70

= 32.10 cm

Cálculo del momento de inercia. 2

IT =

bxh3 h + bxh y − 12 2

IT =

25x603 60 + 25x60 32.10 − 12 2

+ At (d − y)2 2

+ 137.70(55 − 32.10)2

IT = 528,826.26 cm4

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El esfuerzo de tracción en el concreto será: fct =

Mc M(h − y) 4500x100(60 − 32.10) = = IT IT 528,826.26

fct = 23.74 kg/cm2 < fr = 26.46 kg/cm2 ∴ La seccion no esta agrietada.

Luego: a) IT = 528,826.26 cm4 b) Máximo esfuerzo de tracción en el concreto. fct = 23.74 kg/cm2 c) El esfuerzo de tracción en el acero. Sabemos que:

fs = nfc1 … … … … … (1)

fc1 = Esfuerxo del concreto en el punto donde se encuentra el acero. fc1 =

M(d − y) 4500x100(55 − 32.10) = = 19.49 kg/cm2 IT 528,826.26

Este resultado en (1) fs = 10x19.49 = 194.49 fs = 194.49 kg/cm2 d) Esfuerzo máximo de compresión. fc =

My 4500x100(32.10) = = 27.31 kg/cm2 IT 528,826.26

fc = 27.31 kg/cm2

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FALTA GRUPO 02

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El momento resultante será: …(4)

Mu2 = 𝜙As2fy (d-a/2)

…(5)

Mu = M U1 +Mu2

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

𝐴

𝐴𝑠𝑏

, 𝜌𝑤 = 𝑏 𝑠𝑓

𝑏 𝑤𝑑

𝑤𝑑

ab=a ,c b=c

,

Asb= A s

De la figura I y II

Cf + Cw= T Cf = 0.85f'c(b-bw)hf 𝑐𝑤 = 0.85𝑓𝑐′ 𝑐𝑤 = 0.85𝑓𝑐′ 𝑎𝑕 𝑏𝑤 = 0.85 𝑓𝑐′ 𝛽1 𝑐𝑏 𝑏𝑤 Luego:

𝐴𝑠2 𝑓𝑦 = 0.85𝑓𝑐′ 𝑏 − 𝑏𝑤 𝑕𝑓 + 0.85𝑓𝑐′ 𝛽1 𝑐𝑏 𝑏𝑤 También:

𝐶𝑓 = 𝑇𝑓 → 𝐴𝑠 𝑓𝑦 = 0.85𝑓𝑐′ 𝑏 − 𝑏𝑤 𝑕𝑓 𝑏𝑤𝑑 𝑏𝑤𝑑 𝑏𝑤𝑑 𝐴𝑠 𝑓𝑦 = 0.85𝑓𝑐′ 𝛽1 𝑐𝑏 𝑏𝑤 + 𝐴𝑠 𝑓𝑦 𝑏𝑤𝑑 𝑏𝑤𝑑 𝑏𝑤𝑑 𝜌𝑤𝑑 𝑓𝑦 𝑏𝑤 𝑑 = 0.85𝑓𝑐′ 𝛽1 𝑐𝑏 𝑏𝑤 + 𝜌𝑦 𝜌𝑤𝑑 = 0.85𝑓𝑐′

𝑓𝑦 𝛽1 𝑐𝑏 𝑏𝑤 + 𝜌𝑓 𝑓𝑦 𝑏𝑤𝑑 𝑓𝑦

𝜌𝑤𝑑 = 0.85𝑓𝑐′

𝛽1 𝑐𝑏 + 𝜌𝑓 … . (∗) 𝑓𝑦 𝑑

𝑏𝑤𝑑 𝑏𝑤𝑑

Del diagrama de deformaciones 0.003 Ɛ𝑠 = 𝐶𝑏 (𝑑 − 𝐶𝑏 ) → d – Cb = cl = d

Ɛ𝑠 𝑐𝑙 0.003

0.003 0.003+Ɛ𝑠

Ɛ𝑠 =

fy 𝐸𝑠

Es =2×106

Luego Cb =

6000d 6000 + fy

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Reemplazando en (∗) ρwb = 0.81β1

fc′ 6000d + ρf fy d 6000 + fy

ρwb = 0.81β1

fc′ 6000 + ρf fy 6000 + fy

ρwb = ρb + ρf

→

ρb = ρwb − ρf

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

ρmax = 0.75(ρb + ρf ) Nota: la cuantía del acero balanceado es: (ρb + ρf ), donde ρb se calcula con la fórmula para vigas rectangulares, en concordancia con lo especificado para vigas rectangulares deberá tenerse ρw = 0.75(ρb + ρf ), sin embargo el reglamento ACI, especifica que: ρw ≤ 0.75(ρb + ρf )

= ρmax

ρw − ρf ≤ 0.75ρb

EJEMPLO N°01.- Para la viga “T” del sistema de piso mostrado en la fig. Determine la resistencia a la rotura de diseño. Considere fc′ = 280 kg/cm2 y fy = 4200 kg/cm2 .

0,075 0,4

As=6#10 B = 1.25

0,25

0,5

1,25

0,25

bw = 0.25

L=4.50 m

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Solución Determinamos el ancho efectivo de las alas L 4

a) b ≤

→

b)

b−b w 2

≤ 8hf

c)

b−b w 2

≤

B 2

b≤

4.5 4

→ →

= 1.125 m

b = 16hf + bw = 16x0.075 + 0.25 = 1.45 m b = B + bw = 1.25 + 0.25 = 1.50 m

∴ b = 1.125 m = 112.5 cm i)

Determinamos el eje neutro

𝑆𝑖: c > hf a=

→

Viga "T",

𝑆𝑖: c < hf

→

Viga rectangular

AS fy 47.52x4200 = = 7.45 cm 0.85f ′ c b 0.85x280x112.50 c = a/β1 ,

Pero:

β1 = 0.85 →

c = 8.76 cm → ii)

c > hf

c = 7.45/0.85 = 8.76 cm →

Se analiza como viga "T"

Análisis de la viga “T”

En las alas (b-bw)/2

As f =

0.85f ′ c b − bw hf fy

(b-bw)/2

hf d

Asf

0.85x280 112.5 − 25 x7.5 As f = 4200

bw

Asf = 37.19 cm2 Mu 1 = ∅Asf fy (d − hf /2) Mu 1 = 0.90x37.19x4200 40 −

7.5 = 5′ 095,960 kg − cm 2

Mu 1 = 50,960 Tn − cm En el alma

hf d As2

bw Página 97

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→ As2= 47.52 – 37.19

As2=𝐴𝑠 − 𝐴𝑠𝑓 As2= 10.33 cm2 a=

As2fy 0.85fc′ bw

10.33×4200

a = 0.85×280×25 = 7.29cm Mu2 = 𝜙As2fy (d-a/2) Mu2 = 0.90×10.33×4200(40-7.29/2) = 1419.568 kg/cm Mu2 = 14.196 TN.m Mu = M U1 +Mu2 Mu = 65.156 TN.m Comprobación de cuantía máxima 𝐴

𝐴𝑠 𝑤𝑑

, 𝜌𝑠𝑓 = 𝑏 𝑠𝑓𝑑

𝜌𝑤 = 𝑏

𝑤

𝜌2 = 𝜌𝑤 − 𝜌𝑠𝑓 𝜌𝑏 = 0.85𝛽1

𝐴

10.33

𝜌2 = 𝑏 𝑠2𝑑 = 25×40 = 0.0103

;

𝑤

f′ c 6000 ( ) fy 6000+fy

=

280

0.85×0.85 × 4200

6000 6000 +4200

𝜌𝑏 = 0.0283 𝜌𝑚𝑎𝑥 = 0.75𝜌𝑏 → 𝜌𝑚𝑎𝑥 = 0.0212 Debecumplirse: (𝜌𝑤 − 𝜌𝑓 ) ≤ 𝜌𝑚𝑎𝑥 (𝜌𝑤 − 𝜌𝑓 ) ≤ 𝜌2 → 0.0103 ≤ 0.0212

→ falla por fluencia del acero

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

(𝜌𝑤 − 𝜌𝑓 ) > 0.18 𝑓𝑐 ó𝑓𝑦 > 2800𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝑦

𝑓′

Si (𝜌𝑤 − 𝜌𝑓 ) > 0.18 𝑓𝑐 → comprobar deflexión 𝑦

→ 0.18×280/4200 = 0.0120

→ 0.0103

0.012 no necesita comprobar deflexión

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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 = 210 kg/cm2 ,fy = 4200

A

kg/cm2.

B

C

D

E

X

0.25

6.50

0.30

6.50

0.30

6.50

0.30

6.50

0.30

PLANTA

Eje neutro A

0.25

B

6.50

0.30

C

6.50

0.30

D

6.50

0.30

E

6.50

0.30

Solución Por ser simétrica se analizan 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/cm2



Luz del tramo

= L ≤ 7.50 m

h=

L 25

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6.5

h= 25 = 0.26 ≡0.25m h = 25 cm 2) Metrado de carga:

0.05 0.15

0.05

0.30

0.10

0.30

0.10 0.15

a) Peso propio  Losa: 0.05m × 2.40 TN/m2 = 0.12 TN/m2  Vigueta: 2.5 vigueta/m2 ×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 = 2.50𝑣𝑖𝑔𝑢𝑒𝑡𝑎 /𝑚 = 0.420TN/m/vigueta Wu = 0.420 TN/m/vigueta

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Wu = 0.420 Tn/m

6.50 m

3) Mom entos

A

C

6.50 m

B

C

flectores (por coeficientes de A. C. I) Apoyos: (momentos negativos)

A -1/24

B 6.50 m

-1/11

1/16

1/14 0.25

C

-1/10

0.30

6.50 m

0.30

MA(-) = - 1/24 ×0.420×(6.50)2= 0.739 TN-m MB(-)= -1/10×0.420×(6.50)2 =1.775 TN-m MC(-)= -1/11×0.420×(6.50)2 = 1.613 TN-m

Tramos: (momentos positivos) MAB(+) = 1/14×0.420(6.50)2 = 1.268 TN-m MBC(+) = 1/16×0.420(6.50)2= 1.109 TN-m

4) Calculo de momento máximo que pueden tomar las viguetas se calculara para las

regiones vecinas a los apoyos, donde el ancho de la sección rectangular es de 10cm, ya que el momento es negativo. fc′ 6000 210 6000 𝜌𝑏 = 0.85𝛽1 = 0.85 × 0.85 × = 0.0212 fy 6000 + 𝑓𝑦 4200 6000 + 4200

𝜌𝑚𝑎𝑥 = 0.75𝜌𝑏 → 𝜌𝑚𝑎𝑥 = 0.016 d = 25.2a=

𝜌 𝑚𝑎𝑥 0.85f y

1.59 2

= 22.205 cm 0.016×4200 ×22.205 0.85×210

d=

a = 8.36 cm. Página 101

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ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA 𝑎

Mumax== 0.85𝑓𝑐′ 𝑏𝑤 (𝑑 − 2 )bw= 0.10=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

b = 0.40 m a

hf = 5.0

c

As2

bw =10 As =

Mu ∅fy (d − a/2)

a=

As 0.85fc′ bw

APOYO “A” MUA(-) =0.739 TN.m 𝐴𝑠𝑎 =

0.739 × 105 ; (d − a/2) ≅ 0.9d 0.9 × 4200 × 0.9 × 22.205

d = 22.205 cm ASA(-) = 0.978 cm2 𝑎=

0.978 × 4200 = 2.30cm < 5.0 𝑐𝑚 → 𝑣𝑖𝑔𝑎 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟 0.85 × 210 × 10

− 𝐴𝑆𝐴 =

0.739 × 105 = 0.928 𝑐𝑚2 0.90 × 4200 × (22.205 − 2.30/2)

A(-)SA = 0.928 cm2/vig

→usar: 12mm/vigueta

APOYO “B” MUB(-) =1.775TN.m A(-)SB =2.43 cm2/vig

→usar : 1 1/2” +1 12mm Página 102

CONCRETO ARMADO I

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APOYO “C” MUC(-) =1.613 TN.m A(-)SC =2.17 cm2/vig TRAMO “AB”

→usar : 1 1/2” +1 12mm (momentos positivos)

b hf = 5.0 d As2

bw MUAB(+) = 1.268 TN.m As (+) = 𝐴+ 𝑠

Mu ∅fy(d − hf/2)

1.268 × 105 = = 1.702 cm2 0.9 × 4200(22.205 − 5/2)

a =

1.702 × 4200 = 1.001 → C = a/β1 = 1.001/0.85 = 1.18 < hf 0.85 × 210 × 40

→diseñar como viga rectangular + 𝐴𝑆𝐴 =

+ 𝐴𝑆𝐴 =

a =

Mu ∅fy (d − a/2)

1.268 × 105 = 1.546 𝑐𝑚2 0.9 × 4200(22.205 − 1.001/2)

1.546 × 4200 = 0.909cm 0.85 × 210 × 40

+ 𝐴𝑆𝐴𝐵 =

1.268 × 105 = 1.542 𝑐𝑚2 0.9 × 4200(22.205 − 0.909/2)

As(+)AB = 1.542 cm2/vigueta

→usar : 1 12mm +1

3/8”

TRAMO “BC” MUBC(+) = 1.109TN.m + 𝐴𝑆𝐵𝐶 =

1.109 × 105 = 1.468 𝑐𝑚2 0.9 × 4200(0.9 × 22.205) Página 103

CONCRETO ARMADO I a =

ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA

1.468 × 4200 = 0.86 cm 0.85 × 210 × 40

+ 𝐴𝑆𝐵𝐶 =

1.109 × 105 = 1.347cm2 /vig 0.9 × 4200(22.205 − 0.86/2)

As(+)BC = 1.347 cm2/vigueta

→usar : 1 12mm +1

3/8”

6) Disposición de la armadura

L/5

L/5

L/5

1Ø1/2" 1Ø12mm

L/6

6.50

L/5

1Ø1/2" 1Ø12mm L/6 L/6

1Ø3/8"

0.25

L/5

PLANTA

L/6

1Ø12mm

1Ø3/8"

0.30

6.50

1Ø3/8"

DE

DISTRIBUCION DE REFUERZO

0.30

Ejemplo Nº 02: Diseñar una losa aligerada de h=25cm S/C= 300 kg/cm2 (aulas) f ′ c = 210 kg/cm2, fy =4200kg/cm2, piso + cielo raso =100kg/cm2, tabiquería

= 100kg/cm2, ladrillo de

0.30×0.30×0.20m, de 8 kg/ladrillo

A

0.25

B

4.80 m

0.25

C

6.50 m

0.25

Corte longitudinal

Página 104

CONCRETO ARMADO I

ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA

Sección transversal del aligerado 0.05 0.15

0.05

0.30

0.10

0.30

0.10 0.15

Solución 1) METODO DE CARGAS 

Losa superior: 0.05m ×2.4 TN/m3



Vigueta

: 0.10m ×0.20 ×2.5 vig/m ×2.4 TN/m3

=0.120 TN/m2



Ladrillo

: 8.333lad/m2×0.008 TN/lad

=0.067 TN/m2



Tabique

: (dato)

=0.100 TN/m2



Cielo raso

: (dato)

=0.100 TN/m2

=0.120 TN/m2

WD = 0.507 TN/m2 WL = 0.300 TN/m2

 CARGA VIVA O SOBRE CARGA AULAS Luego la carga por viguetas será WD = 0.507 TN/m2 / 2.5 vig/m

→ WD = 0.2028 TN/m2/vig

WL = 0.300 TN/m2 / 2.5 vig/m

→ WL = 0.1200 TN/m2/vig

 CARGA ULTIMA:

WDu = 1.4×0.2028 = 0.284 TN/m WLu = 1.7×0.1200 = 0.204 TN/m Wu = 0.488 TN/m

2) COMPROBACION DE LUCES

𝑙2 𝑙

≤ 1.20 →

6.50 4.80

= 1.35 > 1.20 𝑛𝑜 𝑠𝑒 𝑝𝑢𝑒𝑑𝑒𝑛 𝑢𝑠𝑎𝑟 𝑙𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑙 𝐴. 𝐶. 𝐼.

Página 105

CONCRETO ARMADO I

ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA

CALCULO PARA ENVOLVENTE DE MOMENTOS a) Máximo momento negativo Calculamos por el método de

HARDY CROSS, por ser

Wu = 0.488 Tn/m

hiperestático

A

B 0.25

4.80 m

C 0.25

6.50 m

0.25

 Calculo de la rigideces relativas Kij =

𝐼 𝐿𝑖

 Calculo de factores de distribución dij =

𝐾𝑖 𝐾𝑖

 Rigideces: KAB = KBA =

𝐼 4.80

,

KBC= KCB

=

𝐼 6.50

 Factores de distribution dAB =

dBC

=

𝐼 4.80

= 1.00 ; dBA =

𝐼 0 + 4.80 𝐼 6.50

𝐼 𝐼 + 6.50 4.80

𝐼 4.80

𝐼 𝐼 + 6.50 4.80

= 0.425; dCB =

𝐼 6.50

𝐼 +0 6.50

= 0 .575

= 1.00

 Memento de empotramiento perfecto Wu = 0.488 Tn/m

2.079

Wu = 0.488 Tn/m

2.079

B

A

MAB = M BA = −

C

B

4.80 m

6.50 m

𝑊𝑙 2 12

MAB = M BA = −0.488

MBC= MCB = − 4.82 12

𝑊𝑙 2 12

MBC= MCB = −1.718 𝑇𝑁/𝑚

MAB = M BA = -0.937 TN/m

Página 106

CONCRETO ARMADO I

ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA

A

B

1.00 0.937 →

-0.937

0.00

C

0.575

0.425

1.00

-0.937

1.718

-1.718

-0.469

0.859

-0.673

-0.498

-2.079

2.079

←

1.718

0.00

Reacciones isostáticas

Wu = 0.488 Tn/m

2.079

B

A

4.82 2

+ 2.079

→ RA = 0.738 TN

4.82

RB(4.8) – 2.079 - 0.488 ×

→ RB = 1.604 TN

2

6.50 2

RB(6.5) –2.079 - 0.488 × 6.52

RC(6.5) – 0.488 ×

2

C

B 6.50 m

4.80 m

RA(4.8) – 0.488 ×

Wu = 0.488 Tn/m

2.079

2

+ 2.079

→ RB = 1.906 TN → RC = 1.266 T

Momentos: Tramo AB: 0 ≤ × ≤ 4.80 ×2

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

→ SI V=0 → M max

0 = 0.738 – 0.488×

→ x = 1.512m

Si x = 1.512

→ Mx = +0.558 TN.m= Mmax

X = 4.80

→ Mx = -2.079 TN/m

Tramo BC: 0 ≤ × ≤ 6.50 MX = 1.906× -2.079 – 0.488

×2 2

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

→ Mx = 0.00

Página 107

CONCRETO ARMADO I

ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA Cortes

1.906 0.738

+

B -

A +

C

-

1.268

1.604 -2.079

Momentos

A

C

+

+

0.558

B

1.643 3.906

1.512

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

A

C

B A

B

C

1.00

0.575

0.425

1.00

0.937

-0.937

1.00

-1.00

-0.937

-0.469

0.50

1.00

-0.054

-0.04

-1.46

1.46

0.00

0.00 Cortes

1.148 0.867

A +

B -

+ 1.475

C 0.698

Página 108

CONCRETO ARMADO I

ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA -1.460 Momentos

A

C

+

+

0.770

B

0.860 4.042

1.777

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

A

C

B A

B

C

1.00

0.575

0.425

1.00

0.545

-0.545

1.72

-1.72

-0.545

-0.273

0.86

1.72

-1.011

-0.748

-1.829

1.829

0.00

0.00

COMBINACIONES Cortes

1.867 0.300

+

B -

A +

-

C 1.305

-2.079 Momentos

A

C

+

+

0.158

B 1.056

1.742 3.826

Página 109

CONCRETO ARMADO I

ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA -2.079

-0.468

-0.856

-

A

C

+

+ B

0.770

1.742 3.826

1.777 Momentos de diseño

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

14 bd 𝑓𝑦

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

w fc′ b d2 (1.059w)

𝑀𝑢 f ′c

Calculo de Coeficiente: o

= 𝜙 w (1-0.59w) = Ku

Apoyo A → K(-)uA

𝑀𝑢(−)

=

2

′

−0.468𝑋10 5

=

210𝑋10𝑋22.205 2

fcbd

B → K(-)uB=

C → K(-)uC= o

b d2

−2.079𝑋10 5 210𝑋10𝑋22.205 2 −0.859𝑋10 5 210𝑋10𝑋22.205 2

= -0.0452

= -0.2010

bw =10

= -0.0830

Tramos: AB → K(+)UAB

=

𝑀𝑢(+) ′

2

fcbd

BC → K(+)uBC=

−1.742𝑋10 5 210𝑋40𝑋22.205 2

También: Ku =

w(1-0.59w) ,

=

−0.77𝑋10 5 210𝑋40𝑋22.205 2

= -0.019

= -0.0421 = 0.90 y resolviendo esta ecuación

Página 110

CONCRETO ARMADO I

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W2 – 1.695w -1.883Ku = 0 Hallando los valores de W Apoyo “A” WA → w – 1.695w -1.883x 0.0452 = 0 W=

1.695 2 −4(0.085) 2

1.695−

WA = 0.0518 Apoyo “B” WB = 0.265 𝑓𝑦

Apoyo “C”w = ƍ ′ → fc

𝐴𝑠 𝑓𝑦 𝑏𝑑 f′ c

𝑓𝑦

As = wbd ′

WC = 0.0979

fc

TRAMO AB WAB = 0.0214 TRAMO BC WBC = 0.0481 Para acero negativo: ′

fc

210

As(-) = w 𝑓𝑦 bd = 4200 x10 x 22.205w As(-) =11.103w Para acero positive: As(+) = w

′

fc 𝑓𝑦

bd =

210 4200

x40 x 22.205w

As(+) = 44.41w Resumen

-0.0452

-0.2010

-0.0830

0.0190 0.0518

0.0421 0.265

0.0214 0.575

0.0481 2.942

0.950 1 3/8”

0.0979

1.087 2.136

2

5/8”

1 12mm

1 12mm 2 12mm

Página 111

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Momento debido a envolmente -1/24

-1/9

-1/24

1/14

1/14

-0.468

-1.731

-0.859 M

-0.468

-4.079

-0.859 M

L/5

L1 /3

L2 /3

L/3

0.96

1.60

2.17

1.30

1Ø3/8"

1.20

1.63

L/4

L/4

1Ø12mm

1Ø5/8"

1Ø12mm 1Ø12mm

1Ø12mm 0.70

1.40

L2/4 * la

L2/4 * la

No se empleó el A.C.I, pero comprobaremos cuan confiable es: Wu = 0.488TN.m La = 12db → 12(1 12mm) = 14.4 cm el mayor → la = 22cm = 0.22m La = d = 22cm ACERO DE TEMPERATURA: Ast = 0.0020xbxh →0.0020x100x5 = 1.00cm2/m Usar ¼ → As ¼” = 0.32 cm2 S=

0.32𝑋100 1

= 32CM

Smax=5hf =25cm Ast = ¼”@ 25

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

Eu=0.003 C1

A1

As

A2

f's A's

a

C's C2 C3

A3

E's

As1

Es1

As2

Sección (a)

fs1 As1

T1

fs1 As2

T2

Diagrama de Esfuerzos (b)

Diagrama de Esfuerzos (c)

Es2

Diagrama de Deformación (d)

HIPOTESIS: 1) La deformación de la fibra extrema del concreto comprimido es Ɛu= 0.003 2) La distribución de las deformaciones es lineal para cualquier estado de esfuerzos 3) Se puede utilizar la distribución rectangular equivalente de esfuerzos en lugar de la distribución real PROCEDIMIENTO: 1) Se asume un valor “c” de la profundidad del eje neutro y se determina las deformaciones en las diversas capas de acero 2) Se encuentra los esfuerzos en las diversas capas de acero 3) Se encuentra todas las fuerzas de compresión tanto en el acero como en el concreto y las fuerzas de tracción en el acero 4) Se establece un valor R = C – T para el valor asumido de la profundidad del eje neutro C = CS'+ C1+C2+C3+…+Cn T = T1+ T2+T3+…+Tn R = C+T ó T – C = R 5) Se supone un segundo valor “c” y se repiten los pasos (1,2,3 y 4). Se continua en la misma forma hasta lograr un valor de “c” para que el R = C –T, y se determina las fuerzas de compresión y de tracción para este valor de “c” 6) Se encuentra el momento de todas las fuerzas internas con respecto a un eje cualquiera perpendicular al plano de flexión; dicho momento es la resistencia nominal de la sección. La resistencia de diseño es Mu =ϕMn

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EJEMPLO Nº 01.- para la sección de viga que se muestra en la figura a) Cual es el valor máximo del acero en acción permitido por el código A. C. I. b) Si el acero en tracción es de 4 varillas Nº 9, ¿Cuál es el momento confiable? c) Datos: 𝑓𝑐′ = 280kg/cm2 Fy =4200kg/cm2 0.15

0.50 As1

0.25

Solución:

a) De acuerdo al A.C.I Asmax = 0.75 Aab Ɛs = Ɛy =

𝑓𝑦 Ɛs

4200 2𝑥10 6

=

= 0.0021

esfuerzo en el acero, en su estado de fluencia

Del diagrama de deformaciones 𝐶𝑏 𝑑 = 0.003 Ɛ𝑢 + Ɛ𝑦

,

Eu=0.003

Ɛ𝑢 = 0.003 Ɛ𝑦 = 0.0021

Cb

d = 65 – (4+0.95+1.5x2.54) = 56.24 cm (2 capas con

d

1”)

Luego: 𝐶𝑏 0.003

=

56.24 0.003+0.0021

Ey

→ Cb= 33.08 cm

ab= Cb𝛽1 , 𝛽1 = 0.85 ← f ′ c ≤ 280kg/cm2 ab =33.08 x 0.85 = 28.12 cm por equilibrio: T = C

15.00

Asbfy =0.85f ′ cAc

ab

Ac 13.12

Ac = 25x 15/2 + 25x 13.12 = 515.50 cm2 Asb =

0.85f ′ cAc 𝑓𝑦

=

0.85 𝑥 280 𝑥 515.50

0.25

4200

Asb = 29.21 cm2 Página 114

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Asmax = 0.75Asb

Ø3"

8

Asmax = 29.21 x 0.75 = 21.91cm2

#9 =181"

Considerando As en una capa con ∅𝑁º9 ≅ ∅1 1/8" ∅ 𝑁º9 = 2.86 cm , As = 6.41 cm2 b = 2x4+2x0.95 +4x 2.86+3x 2.86 = 29.92cm

4

Entonces el acero en dos capas conforme

b

4

a) Con: 25.64 cm2>Asmax =21.91 cm2, no es conforme 2

2

As = 25.64 cm
Por equilibrio: T =C Asfy = 0.08fc′ Ac

Ac =

y

15

Reemplazando valores: 𝐴𝑠 𝑓𝑦

a

Ac

(a-15)

10.16

0.85f ′c

0.25 Ac =

25.64 𝑥 4200 0.85 𝑥 280

= 452.47cm2

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

(25𝑥 15 ) + 23 𝑥15 + 25𝑥10.60𝑥(15 + 10.60/2) 2 = 452.47

16.03 cm

Mu= 𝜙Asfy(d-Yo) Mu = 0.90x25.64x4200(56.24-16.03) = 3897121 Mu = 38.971 TN.m EJEMPLO Nº 02para la sección mostrada en la figura encontrar la resistencia a la flexión, sabiendo que la base esta en tracción As = 3 ¾” 𝑓𝑐′ = 280kg/cm2 r=4

fy =4200kg/cm2

cm

Triangulo Equilatero

40 cm

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Solución: Triangulo equilátero 𝑙 = 40cm

Eu=0.003 A's a

0.85f'c

E's

f's A's

C's

c

Area achurada

C

d

h

As Es

fs1 As2

T2

b=40cm Diagrama de Deformación (d)

Sección (a)

h=

𝑙 2

3 =34.6cm

Área achurada =

ℇ′𝑠 Ɛ𝑢

=

𝑐−8 𝑐

2𝑎 2 2

a = 𝛽1 c

Diagrama de Esfuerzos (b)

Diagrama de Esfuerzos (c)

a = 0.85c

3 = 0.577a2

→ ℇ′𝑠 = Ɛ𝑢 1 −

8 𝑐

Ɛ𝑠 30.6 − 𝑐 30.68 = → Ɛ𝑠 = Ɛ𝑢 −1 Ɛ𝑢 𝑐 𝑐

Ɛy=

𝑓𝑦 Ɛ𝑠

=

4200 2𝑥10 6

= 0.0021

PRIMER TRAMO: c =10cm

; a =8.5cm

1) Área achurada: 0.577(8.5)2 = 42cm2 2) ℇ′𝑠 = 0.003(1-8/10)= 0.0006 <Ɛ𝑦 3) Ɛ𝑠 = 0.003 (30.6/10-1) = 0.0062 rel="nofollow">Ɛ𝑠 Esfuerzos: 𝑓𝑠′ =ℇ′𝑠 Es= 0.0006x2x106 = 1200kg/cm2 Página 116

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𝑓𝑠 = fy = 4200 kg/cm2

Fuerzas: C= 42X0.85X210 = 7497 kg 𝐶𝑠′ = 𝐴′𝑠 𝑓𝑠′ = 2.85x 1200 = 3420 kg C = C+C's = 10.917 kg T = 2X2.85 X 4200 = 23.940 kg R = T – C = 23.940 – 10.917 = 13.023kg SEGUNDO TRAMO: c=14cm

; a =11.90cm

1) Área achurada: 0.577(11.90)2 = 81.71cm2 2) ℇ′𝑠 = 0.003(1-8/14)= 0.00129 <Ɛ𝑦 3) Ɛ𝑠 = 0.003 (30.6/14-1) = 0.0036>Ɛ𝑦 Esfuerzos: 𝑓𝑠′ =ℇ′𝑠 𝐸𝑠 = 0.00129x2x106 = 2580kg 𝑓𝑠 = 𝑓𝑦 = 4200 𝑘𝑔 Fuerzas: C= 82X0.85X210 = 14.600 kg 𝐶𝑠′ = 𝐴′𝑠 𝑓𝑠′ = 2.85x 2580 = 7353 kg 𝐶 = 𝐶 + 𝐶𝑠′ = 21.953 𝑘𝑔 T = 2X2.85 X 4200 = 23.940 kg R = T – C = 23.940 – 21.953 = 1.987kg TERCER TRAMO: c=14.5cm

; a =12.4cm

1) Área achurada: 0.577(12.4)2 = 87.5cm2 2) ℇ′𝑠 = 0.003(1-8/14.5)= 0.00135 <Ɛ𝑦 3) Ɛ𝑠 = 0.003 (30.6/14.5º-1) = 0.00333>Ɛ𝑦 Esfuerzos: 𝑓𝑠′ =ℇ′𝑠 𝐸𝑠 = 0.00135x2x106 = 2.700kg 𝑓𝑠 = 𝑓𝑦 = 4200 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 Fuerzas: C1= 87.5X0.85X210 = 15.600 kg 𝐶𝑠′ = 𝐴′𝑠 𝑓𝑠′ = 2.85𝑥 2700 = 7800 𝑘𝑔 𝐶 = 𝐶 + 𝐶𝑠′ = 23.400 𝑘𝑔 T = 2X2.85 X 4200 = 24.000 kg Página 117

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R = T – C = 600kg Para efectos prácticos : T

C

RESISTENCIA DE LA SECCIÓN: C1= 15.600 kg ,C's = 7800kg , T = 24.000kg C1 x brazo= 15.600 x 22.4 = 349.440 kg.cm C's x brazo=7800 x 22.6 =176.000 kg.cm M'u = 349.440 + 176.000 = 525.440 kg.cm Mu = M'u = 0.9x525 = 4.73 TN.m

ESFUERZO CORTANTE Y TRACCIÓN DIAGONAL El diseño por cortante es de principal importancia a tensión del concreto es considerablemente menor que la de compresión. El comportamiento de las vigas de concreto reforzado en el instante de la falla por cortante es muy diferente a su comportamiento por flexión, la falla es repentina sin suficiente aviso previo y las grietas diagonales que se desarrollan son más amplias que la de flexión (falla frágil) se deberá diseñar secciones que sean suficientemente fuertes para resistir las cargas transversales externas factor izadas sin que se alcance su capacidad de resistencia al cortante. (el cortante es un parámetro importante en el comportamiento de ….. y vigas de gran peralte) COMPORTAMIENTO DE VIGAS HOMOGENEAS

w

A2 A1

L R

Ver figura

dy

R=WL/2

DIAGRAMA FUERZA CORTANTE

Página 118

CONCRETO ARMADO I

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El esfuerzo normal es:

M = Momento flexionante en la sección a1 – a2

f = esfuerzo normal

V = fuerza cortante en la sección a1 – a2

v = esfuerzo cortante

Y = distancia del elemento al eje neutro

f=

𝑀𝑦 𝐼

V=

𝑉𝐴𝑖 𝑌 𝑏𝐼

ȳ = distancia del cancroide de A al eje neutro I =momento de inercia de la sección transversal b = ancho de la viga z = brazo de la palanca interna localizado en el eje neutro 𝐼

Z =𝐴𝑖ȳ

Vmax =

𝑉 𝑧

A2 A1 Viga con Refuerzo Longitudinal

Distribución de Esfuerzos Normales Longitudinales

Distribución de Esfuerzos de Corte

A

A

Distribución de Esfuerzos Principales de Tensión

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

fs a2

C

a2

v=0

C+dC c

Vmax Z ya1 a1

a1

v T

V-Wdx T+dT

ft Sección

Elementos de la Viga

Esfuerzo de Flexión

v=0 Esfuerzo de Cortante

Página 119

E.N.

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

𝐶

𝐴𝑠 𝑓𝑐 𝑇

𝜃

𝑓𝑐

𝑓𝑐(max ) 𝑣 (𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒) 0, 𝑣 (𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 𝑦)

2𝜃

𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑣max 𝑓 (𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙)

𝑓𝑐 , 𝑣 𝑃𝑙𝑎𝑛𝑜 𝑥 𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜𝑝𝑟𝑖𝑛𝑐𝑖𝑝𝑎𝑙 𝑑𝑒𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛 𝑓𝑐 (máx ⁡) ESTADO DE ESFUERZO EN EL ELEMENTO A2 Luego los esfuerzos serán: 𝑓𝑡

max

=

𝑓𝑡 2

+

𝑓𝑡 2 2

+ 𝜈 2 Tensión principal

𝑓𝑐

max

=

𝑓𝑡 2

−

𝑓𝑡 2 2

+ 𝜈 2 Compresión principal

𝑇𝑎𝑛𝑔 2𝜃

𝑚𝑎𝑥

=

2𝜈 𝑓𝑡

COMPORTAMIENTO DE VIGAS DE CONCRETO REFORZADO COMO SECCIONES NO HOMOGÉNEAS El esfuerzo de compresión fc en el elemento A2 de la figura anterior arriba del eje neutro evita el agrietamiento, ya que el máximo esfuerzo principal en el elemento está en compresión. Para el elemento A1 debajo del eje neutro, el máximo esfuerzo principal está en tensión; de aquí que aparezcan las grietas. Conforme nos desplacemos hacia el apoyo, el momento flexionante y por consiguiente ft disminuye, a la vez que se tiene un aumento en el esfuerzo de corte. El esfuerzo principal 𝑓𝑡 (máx ⁡) en tensión actúa en un plano aproximadamente de 45: con la normal en las secciones cercanas al apoyo. Debido a la baja resistencia a la tensión del concreto se desarrollan grietas diagonales a lo largo de planos perpendiculares a los del esfuerzo principal de tensión (Grietas de tensión diagonal). Página 120

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𝑣

𝑓𝑡

𝑓𝑡

𝑓𝑐

Trayectoria de esfuerzo principal Líneas continuas; Trayectoria de tensión Líneas con rayas: Trayectoria de compresión.

VIGAS DE CONCRETO REFORZADO SON REFUERZO POR TENSIÓN DIAGONAL MODOS DE FALLA 1) FALLA POR FLEXIÓN (F): Las grietas son en su mayor parte verticales en el tercio medio de la viga y perpendicularmente a las líneas del refuerzo principal. Las grietas resultan de un esfuerzo cortante "𝜈" muy pequeño y de un esfuerzo de flexión “f” dominante con un valor cercano a un esfuerzo 𝑓𝑡 (máx ⁡) casi horizontal. 2) FALLA POR TENSIÓN DIAGONAL (TD): Esta falla se produce si la resistencia de la viga en tensión diagonal es menor que su resistencia en flexión la relación claro de corte/peralte es de magnitud intermedia con la relación a/d variando de 2.5 a 5.5. El agrietamiento comienza con el desarrollo de algunas grietas finas verticales de flexión en el centro del claro. Después de esto, dos o tres grietas diagonales se desarrollan a una distancia aproximada a 1 ½ d a 2 d del paño del apoyo. 3) FALLA EN COMPRESIÓN POR CORTANTE(Cc): Algunas grietas de flexión comienza a desarrollarse en el centro del claro y se detienen conforme ocurre la pérdida de adherencia entre varillas longitudinales. 𝜛

𝐴𝑝𝑜𝑦𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑖𝑛𝑢𝑜

𝑙𝑐

𝐴𝑝𝑜𝑦𝑜𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑒 𝑦𝑑𝑒𝑒𝑥𝑡𝑟𝑒𝑚𝑜

𝐶𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝐹𝑙𝑒𝑥𝑖𝑜𝑛𝑦 𝐹𝑙𝑒𝑥𝑖𝑜𝑛𝑦 𝑎𝑙𝑚𝑎 𝑓𝑙𝑒𝑥𝑜 − 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝐶𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑓𝑙𝑒𝑥𝑜 − 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑎𝑙𝑚𝑎 Página 121

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𝑎

𝑝

𝑑

𝑎

𝑃

𝑑

𝑙𝑐

1.5 𝑑

𝑃

𝑎

𝑑 𝑙𝑐

VIGA DE CONCRETO CON REFUERZO LONGITUDINAL UNICAMENTE

𝑑

𝐴𝑆 𝑏𝑢 Se representan dos tipos de grietas indicadas. Página 122

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

𝜈𝑐 =

𝑉𝑐𝑟 = 0.9 𝑓𝑐′ 𝑏𝑢 𝑑

Dónde: 𝑣𝑐𝑟 = Fuerza cortante en la sección en el instante en la que aparece la grieta.

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

𝑉𝑐𝑟 = 0.5 𝑓𝑐′ 𝑏𝑤 𝑑

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

𝑉𝑐𝑟 175𝜌𝑤 𝑉𝑢 𝑑 = 0.5 𝑓𝑐′ + ≤ 0.9 𝑓𝑐′ 𝑏𝑤 𝑑 𝑀𝑢

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

𝐴𝑠 𝑏𝑤 𝑑

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

a

ß

(180-(a+ß)) ß

a

ß

a

Mecanismo de falla por tensión diagonal. a) Modo de falla. b) Puntal simulado de concreto c) Analogía de la armadura en el plano.

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Tb = Incremento de la fuerza de tensión. Y = Altura de la sección de concreto no agrietado.

Se ha comprobado que el refuerzo en el alma solamente comienza a trabajar en el instante que se inicia el agrietamiento. El refuerzo en el alma contribuye a la resistencia de la viga en las formas siguientes:

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

a ß

𝐹𝑉 = 0 𝑅 − 𝑃1 − 𝑃2 − 𝑉𝑐 − 𝑉𝑒𝑥𝑡 − 𝑉𝑐 −

𝐴𝑣 𝐹𝑣 𝑆𝑒𝑛𝛼 = 0

𝐴𝑣 𝑓𝑣 𝑆𝑒𝑛𝛼 = 0

𝑉𝑐 y𝐶𝑐 → Son fuerzas cortantes y de compresión que se ejerce a través de la sección no agrietada. 𝜙 = Proyección horizontal de la grieta 𝑆 = Espaciamiento horizontal de los estribos o barras dobladas 𝑎 = Espaciamiento de las barras dobladas en la dirección de la grieta 𝛼 = Angulo que forman los estribos con el eje de la viga. 𝐴𝑣 =Área del estribo inclinado 𝑛 = # de estribos inclinados dentro de la longitud 𝑓𝑣 = Esfuerzo en el estribo 𝑉𝑒𝑥𝑡 = 𝑉𝑐 + 𝑛𝐴𝑣 𝑓𝑣 𝑆𝑒𝑛𝛼 … ec. I Página 125

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𝑎 𝑆 = 𝑆𝑒𝑛𝛼 𝑆𝑒𝑛 180 − 𝛼 + 𝛽

→

𝑎 𝑆𝑒𝑛𝛼 = 𝑆 𝑆𝑒𝑛180 𝐶𝑜𝑠 𝛼 + 𝛽 − 𝐶𝑜𝑠180 𝑆𝑒𝑛 𝛼 + 𝛽

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

𝑎=

𝑆 𝐶𝑜𝑠𝛽 𝛽

𝑆𝑒𝑛

De la figura:

+ 𝐶𝑡𝑔𝛼

𝑝 𝑖

=

𝑆 𝑆𝑒𝑛𝛽 𝐶𝑡𝑔𝛽 + 𝐶𝑡𝑔𝛼

= 𝐶𝑜𝑠𝛽

También: 𝑖 𝑎

=𝑛; 𝑖=

𝑛=

𝛽 𝐶𝑜𝑠𝛽

𝑖 ∗ 𝑆𝑒𝑛𝛽 𝐶𝑡𝑔𝛽 + 𝐶𝑡𝑔𝛼 𝑆

Pero

𝑖=

𝑃 𝐶𝑜𝑠𝛽

Reemplazando:

𝑛=

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

𝑛=

𝑃 ∗ (𝑇𝑔𝛽 𝐶𝑡𝑔𝛼 + 𝑇𝑔𝛽 𝐶𝑡𝑔𝛽) 𝑆

De la figura:

𝑇𝑔𝛽 =

𝑚 𝑝

𝐶𝑡𝑔𝛽 = 𝑛=

𝑃 𝑚

𝑃 𝑇𝑔𝛽𝐶𝑡𝑔𝛼 + 1 𝑆

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Sustituyendo el valor de “n” en la ecuación I

𝑉𝑒𝑥𝑡 = 𝑉𝑐 + 𝐴𝑣 𝑓𝑣 ∗

𝑃 𝑇𝑔𝛽 𝐶𝑡𝑔𝛼 + 1 𝑆𝑒𝑛𝛼 𝑆

En el instante que se produce la grieta 𝑉𝑒𝑥𝑡 = 𝑉𝑢 𝑉𝑐 = 𝑉𝑐𝑟 𝑓𝑢 = 𝑓𝑦 Además 𝑝 ≅ 𝑑 , 𝛽 = 45 Si 𝛽 = 45; implica que la grieta ha atravesado la viga completamente lo cual es incompatible con la suposición que el concreto toma parte del corte. Sin embargo debido a que hay muchas cosas en el lado conservador, contribución del acero longitudinal la contribución del concreto probablemente se ha subestimado) puede aceptarse está incompatibilidad. Si 𝛼 = 90 se obtiene el caso de estribos verticales.

𝑉𝑒𝑥𝑡 = 𝑉𝑐 +

𝐴𝑣 𝑓𝑣 𝑃 𝐶𝑜𝑠𝛼 𝑇𝑔45 ∗ ∗ 𝑆𝑒𝑛𝛼 + 𝑆𝑒𝑛𝛼 𝑆 𝑆𝑒𝑛𝛼

𝑉𝑒𝑥𝑡 = 𝑉𝑐 +

𝐴𝑣 𝑓𝑣 𝑝 (𝑆𝑒𝑛𝛼 + 𝐶𝑜𝑠𝛼) 𝑆

Por tanto en el instante de la grieta.

𝑉𝑢′ = 𝑉𝑐𝑟 +

𝐴𝑣 𝑓𝑣 𝑑 𝑆𝑒𝑛𝛼 + 𝐶𝑜𝑠𝛼 𝑆

El corte último será

𝑉𝑢 = 𝜙𝑉𝑢′ = 𝜙 𝑉𝑐𝑟 +

𝐴𝑣 𝑓𝑦 𝑑 𝑆

(𝑆𝑒𝑛𝛼 + 𝐶𝑜𝑠𝛼)

𝜙 = 0.85 Si dividimos por 𝑏𝑤 𝑑

Página 127

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𝐴𝑣 𝑓𝑦 𝑑 𝑉𝑢 𝑉𝑐𝑟 = + 𝑆𝑒𝑛𝛼 + 𝐶𝑜𝑠𝛼 𝜙𝑏𝑤 𝑑 𝑏𝑤 𝑑 𝑏𝑤 𝑑𝑆 Si llamamos

𝑣𝑢 =

𝑉𝑢 𝑉𝑐𝑟 ; = 0.5 𝑓𝑐′ = 𝑣𝑐 𝜙𝑏𝑤 𝑑 𝑏𝑤 𝑑

𝑣𝑢 = 0.5 𝑓𝑐′ +

𝑣𝑢 = 𝑣𝑐 +

175𝜌𝑤 𝑉𝑢 𝑑 ≤ 0.9 𝑓𝑐′ 𝑀𝑢

𝐴𝑣 𝑓𝑦 𝑆𝑒𝑛𝛼 + 𝐶𝑜𝑠𝛼 𝑆𝑏𝑤

ESPECIFICACIONES DEL A.C.I Y OBSERVACIONES IMPORTANTES RELATIVAS AL ESFUERZO CORTANTE EN CONCRETO 1) 𝐴𝑣 = Es el área total de cada estribo o barra doblados en una sección. 2) Para vías rectangulares o viga “T”, 𝑏𝑤 = ancho del alma. 3) 𝜙 = 0.85 para fuerza cortante o tracción diagonal. 4) El A.C.I permite que las secciones ubicadas a menor distancia que “d” de la casa del apoyo sean diseñadas con la misma fuerza cortante que la encontrada a una distancia “d”.

5) Teóricamente si: 𝑣𝑢 ≤ 𝑣𝑐 = 0.5 𝑓𝑐′ = 0.5 𝑓𝑐′ + 175

𝜌𝑤 𝑉𝑢 𝑑 ≤ 0.9 𝑓𝑐′ 𝑀𝑢

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

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𝐴𝑣𝑚𝑖𝑛 = 3.5

𝑏𝑤 𝑆 𝑓𝑦

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𝐴𝑣 ≥ 𝐴𝑣𝑚𝑖𝑛

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

𝑣𝑐 2

b) En vigas cuyo peralte total sea menor que 25 cm. c) En losas, zapatas, y en construcciones con sistemas nervados de pisos de concreto.

6) Tipos de refuerzo en el alma. a) Estribos perpendiculares al eje longitudinal del elemento. b) Estribos inclinados que forman un ángulo de 45⁰ o más con las barras longitudinales en tracción. c) Varillas longitudinales con una parte doblada que forma un ángulo de 30⁰ o más con el eje longitudinal del elemento

a<45º

a>=30º a

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

Espirales continuas.

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

sea: 𝑓𝑦 ≤ 4200 𝑐𝑚 2 . 8) Cuando se requiere refuerzo en el alma el A.C.I. especifica que cada línea a 45⁰ que se extienda de la mitad del peralte efectivo del elemento hace las varillas del refuerzo longitudinal y que representa una grieta potencial, sea cruzada por lo menos por una línea del refuerzo de alma.

Página 130

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45º

45º

a<45º

Tratándose de barras inclinadas el Reglamento específico que solo los

3 4

centrales de la

barra doblada son efectivos para tomar esfuerzo de tracción diagonal.

9) Cuando 𝑣𝑢 > 𝑣𝑐 + 𝑓𝑐′ , los espaciamientos mencionados anteriormente se reducen a la mitad. 10) En ningún caso: 𝑣𝑢 > 𝑣𝑐 + 8.1 𝑓𝑐′ 11) En todos los casos el espaciamiento máximo es 60 cm.

VALORES REFERENCIALES DEL ESFUERZO CORTANTE NOMINAL

𝑉𝑢 =

𝑉𝑢 ∅𝑏𝑤 𝑑

Página 131

CONCRETO ARMADO I 𝑣𝑢𝑟1 =

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𝑣𝑐 2

𝑣𝑢𝑟3 = 𝑣𝑐 + 𝑓𝑐′ 𝑣𝑢𝑟 = Esfuerzo cortante referencial. VALORES REFERENCIALES DE LA FUERZA CORTANTE NOMINAL

𝑉𝑢𝑟1 = 𝑣𝑢𝑟1 ∅𝑏𝑤 𝑑 𝑉𝑢𝑟1 = 𝑣𝑢𝑟2 ∅𝑏𝑤 𝑑 𝑉𝑢𝑟3 = 𝑣𝑢𝑟 3 ∅𝑏𝑤 𝑑 𝑉𝑢𝑟4 = 𝑣𝑢𝑟 4 ∅𝑏𝑤 𝑑

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

𝐴𝑣 𝑓𝑦 𝑆𝑒𝑛𝛼 + 𝐶𝑜𝑠𝛼 𝑆𝑏𝑤

b) Con el diagrama (B) y la fórmula: 𝑉𝑢 = 𝜙 𝑉𝑐𝑟 +

𝐴𝑣 𝑓𝑦 𝑑 𝑆𝑒𝑛𝛼 + 𝐶𝑜𝑠𝛼 𝑆

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

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45º

a

a

3 𝑆𝑚𝑎𝑥 = 𝑑(1 + 𝐶𝑡𝑔𝛼) 8 2) Estribos inclinados.

a

45º

a

𝑆𝑚𝑎𝑥 =

𝑑 𝑎 + 𝐶𝑡𝑔𝛼 2

Los espaciamientos máximos deducidos son válidos cuando: 𝑣𝑢 > 𝑣𝑢𝑟3 Cuando: 𝑣𝑢𝑟3 ≤ 𝑣𝑢 ≤ 𝑣𝑢𝑟4 , los espaciamientos máximos se reducen a la mitad. EJEMPLO N⁰ 01. Establecer las dimensiones máximas de una viga sin refuerzo en el alma para soportar una fuerza 𝑘𝑔 cortante de 𝑣𝑢 = 13.6 𝑇𝑛, 𝑓𝑐′ = 280 𝑐𝑚 2 . 𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛: 𝑣𝑢 = 𝑣𝑢′ =

𝑣𝑐 1 = 0.5 2 2

𝑓𝑐′ →

1 0.5 2

280 = 4.18 𝑘𝑔/𝑐𝑚2

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𝑉𝑢 𝑉𝑢 13600 𝑘𝑔 → 𝑏𝑤 𝑑 = = = 3828 𝑐𝑚2 ∅𝑏𝑤 𝑑 ∅𝑣𝑢 0.85 ∗ 4.18 𝑘𝑔 𝑐𝑚 2 Si asumimos: 𝑣𝑢 =

𝑏𝑤 1 1 = → 𝑏 = 𝑑…1 𝑑 2 2 También: 𝑏𝑤 𝑑 = 3828 … 2 1 𝑒𝑛 2 1 2 𝑑 = 3828 → 𝑑 = 7656 → 87.49 𝑐𝑚. 2 𝑏 = 43.75 𝑐𝑚 Asumimos: 𝑏 = 45 𝑐𝑚 𝑑=

38.28 = 85.06 ≅ 86 𝑐𝑚 45

EJEMPLO N⁰ 02. Diseñar una viga para soportar una fuerza cortante 𝑣𝑢 = 13.60 𝑇𝑛 , con 𝑓𝑐′ = 280 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 . La viga tendrá el refuerzo de alma mínimo empleado por el reglamento A.C.I, 𝑓𝑦 = 4200 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 Solución.

𝑣𝑢 = 𝑣𝑢𝑟2 = 𝑣𝑐 =

𝑣𝑢 =

1 1 𝑓𝑐′ = 280 = 8.37 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 2 2

𝑉𝑢 𝑉𝑢 13600𝑘𝑔 → 𝑏𝑤 𝑑 = = = 1912 𝑐𝑚2 ∅𝑏𝑤 𝑑 ∅𝑣𝑢 0.85 ∗ 8.37 𝑘𝑔/𝑐𝑚2

𝑏𝑤 𝑑 = 1912

𝑆𝑖;

𝑏𝑤 1 𝑑 = → 𝑏𝑤 = 𝑑 2 2

Reemplazando: 𝑑2 = 2 ∗ 1912 → 𝑑 = 3824 = 61.84 𝑐𝑚 𝑏𝑤 = 30.91 𝑐𝑚.

Asumimos:

𝑏𝑤 = 30 𝑐𝑚𝑦𝑑 =

1912 30

= 63.73 𝑐𝑚

a) Si 𝐴𝑣𝑚𝑖𝑛 =

𝐴𝑣 𝑓𝑦 3.5𝑏𝑤 𝑆 3.5𝑏𝑤 𝑆 → 𝐴𝑣 ≥ →𝑆≤ 𝑓𝑦 𝑓𝑦 3.5 ∗ 𝑏𝑊 Página 134

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Con estribo 𝜙3/8" 𝐴𝑣 = 2 ∗ 0.71 = 1.42 𝑐𝑚2 1.42 ∗ 4200 𝑆≤ = 56.8 𝑐𝑚 3.5 ∗ 30 b) Como 𝑣𝑢 < 𝑣𝑢𝑟 3 → 𝑆𝑚𝑎𝑥 =

𝑑 63.73 → 𝑆𝑚𝑎𝑥 = = 31.86 𝑐𝑚 2 2

c) Además: 𝑆𝑚𝑎𝑥 = 60 𝑐𝑚,

Usaremos: 𝑆𝑚𝑎𝑥 = 30𝑐𝑚

EJEMPLO N⁰ 03. Dibujar el diagrama de esfuerzos cortantes (solicitantes y resistentes), para una viga simplemente apoyada, cuya carga última de diseño es de 𝑤𝑢 = 11.66 𝑇𝑛/𝑚, de longitud 𝑙 = 6 𝑚 𝑏 ∗ 𝑑 = 40 ∗ 55; 𝑓𝑐′ = 210 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 . Refuerzo longitudinal 𝐴𝑠 = 60 𝑐𝑚2 a lo largo de toda la viga. El diagrama de esfuerzo se dibujará primero empleando la fórmula para el análisis exacto, segundo empleando la fórmula para el análisis aproximado del esfuerzo resistente del concreto. 𝑊𝑈 = 11.66 𝑇𝑛/𝑚

6.00m

55cm

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

40cm

𝑅𝐴 = 𝑉𝐴 = 𝑅𝐵 = 𝑉𝐵 𝑣𝑀 =

→ 𝑉𝐴 = 𝑉𝐵 =

𝑊𝑢 𝑙 6 = 11.66 ∗ = 34.98 𝑇𝑛. 2 2

𝑉𝐴 34980 = = 18.71 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝜙𝑏𝑤 𝑑 0.85 ∗ 40 ∗ 55 𝑐𝑚2

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𝑣𝑢𝑑 18.71

Vu (Solicitante)

Vud

14.67

Vc

7.24

cL Vc/2

3.62

d=0.55m 2.42m 3.00m

Para una distancia “d” = 55 cm 𝑣𝑢 𝑑 =

18.71 → 𝑣𝑢 𝑑 = 15.27 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 3

𝑣𝑢𝑟1 =

𝑣𝑐 1 = 0.5 2 2

210 = 3.62 𝑘𝑔/𝑐𝑚2

𝑣𝑢𝑟2 = 𝑣𝑐 = 0.5 210 = 7.24 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝑣𝑢𝑟3 = 𝑣𝑐 + 𝑓𝑐′ = 0.5 210 + 2.1 210 = 21.73 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝑣𝑢𝑟4 = 𝑣𝑐 + 2.1 𝑓𝑐′ = 0.5 210 + 2.1 210 = 37.7 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝑣𝑟𝑢 1 < 𝑣𝑢 𝑑 < 𝑣𝑢𝑟3 → 3.62 < 15.27 < 21.73 i) 𝑆𝑚𝑎𝑥 =

𝑑 0.55 1 + 𝐶𝑡𝑔𝛼 , 𝛼 = 90 → 𝑆𝑚𝑎𝑥 = 1 + 0 = 0.275 𝑚 ≅ 27.5 𝑐𝑚 2 2

ii) 𝑆𝑚𝑎𝑥 =

𝐴𝑣 𝑓𝑦 𝑘𝑔 , 𝑓𝑦 = 4200 , 𝐴 = 2 𝜙 3/8" → 2 ∗ 0.71 = 1.42 𝑐𝑚 3.5 ∗ 𝑏𝑤 𝑐𝑚2 𝑣

𝑆𝑚𝑎𝑥 =

1.42 ∗ 4200 = 42.60 𝑐𝑚 3.5 ∗ 40

iii) 𝑆𝑚𝑎𝑥 = 60 𝑐𝑚 Página 136

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ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA 𝑆𝑚𝑎𝑥 = 27.5 𝑐𝑚

Luego: I) 𝑣𝑢 = 𝑣𝑐 +

𝐴𝑣 𝑓𝑦 𝑘𝑔 𝑆𝑒𝑛𝛼 + 𝐶𝑜𝑠𝛼 , 𝛼 = 90 , 𝑣𝑐 = 7.24 𝑏𝑤 𝑆 𝑐𝑚2

𝑣𝑢𝑑 = 15.27

𝑣𝑢 = 𝑣𝑐 +

𝑘𝑔 . 𝑐𝑚2

𝐴𝑣 𝑓𝑦 𝐴𝑣 𝑓𝑦 →𝑆= 𝑏𝑤 𝑆 𝑏𝑤 𝑣𝑢 − 𝑣𝑐

Reemplazando. 𝑆=

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

Se coloca el primer estribo a la mitad del espaciamiento cortando desde la cara de apoyo. 𝑆1 =

Dejaremos a 5𝑐𝑚 → 𝑆1 = 5𝑐𝑚

II)

𝑆 18.60 → 𝑆1 = = 9.3 𝑐𝑚 2 2

→ 1∎𝜙 3/8" @ 0.05 𝑚.

Para 𝑆1 = 20 𝑐𝑚 → 𝑣𝑢 = 𝑣𝑐 +

𝐴𝑣 𝑓𝑦 1.42 ∗ 4200 𝑘𝑔 → 7.24 + = 14.67 𝑆𝑏𝑤 20 ∗ 40 𝑐𝑚2

𝐷𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑙𝑎 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑 𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖𝑏𝑎𝑟 𝑙𝑢𝑡

18.71

14.67

lut 3.00

Página 137

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𝑙𝑢𝑡 3 = 18.71 − 14.67 18.71 𝑙𝑢𝑡 =

3 18.71 − 14.67 = 0.65 𝑚 18.71

Asumimos: ∆𝑠 = 10 𝑐𝑚 = 0.10 𝑚 # 𝐸𝑠𝑡𝑟𝑖𝑏𝑜𝑠 =

𝑙𝑢𝑡 − 𝑆1 0.65 − 0.05 = =6 0.10 0.10

→ 6∎𝜙 3/8" @ 0.10 𝑚.

III)

Para: 𝑆2 = 27.5 𝑐𝑚

18.71

12.66

lut 3.00

𝑣𝑢 = 𝑣𝑐 +

𝐴𝑣 𝑓𝑦 1.42 ∗ 4200 𝑘𝑔 = 7.24 + = 12.66 𝑆𝑏𝑤 27.5 ∗ 40 𝑐𝑚2

Longitud a estribar. 𝑙𝑢𝑡 3 = 18.71 − 12.66 18.71 𝑙𝑢𝑡 = 0.97 ≅ 1𝑚 Asumo ∆𝑠 = 15 𝑐𝑚 = 0.15 𝑚 # 𝐸𝑠𝑡𝑟𝑖𝑏𝑜𝑠 =

𝑙𝑢𝑡 − 𝑑𝑎𝑐𝑢𝑚 1 − 0.70 = =2 0.15 0.15

→ 2∎𝜙 3/8" @ 0.15 𝑚.

Página 138

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IV) 𝑙𝑢𝑡 3 = 18.71 − 3.62 18.71

𝑙𝑢𝑡 = 2.42 𝑚

3.62

lut 3.00

Asumo ∆𝑠 = 27.5 𝑐𝑚 # 𝐸𝑠𝑡𝑟𝑖𝑏𝑜𝑠 =

𝑙𝑢𝑡 − 𝑑𝑎𝑐𝑢𝑚 2.42 − 0.95 = = 5.35 ≅ 6 0.275 0.275

→ 6∎𝜙 3/8" @ 0.275 𝑚. Resumen: ∎ 𝜙3/8" Estribos 1 @ 0.05 6 @ 0.10 2 @ 0.15 6 @ 0.275

Distancia parcial (m) 0.05 0.60 0.30 1.65

Distancia del apoyo (m) 0.05 0.65 0.95 2.60

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

Análisis exacto 𝑣𝑐 = 0.5 𝑓𝑐′ +

175𝜌𝑤 𝑉𝑢 𝑑 ≤ 0.9 𝑓𝑐′ 𝑀𝑢 Página 139

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𝑉𝑢 𝑑 ≤1 𝑀𝑢 𝜌𝑤 𝐴𝑠 60 𝑐𝑚2 = = 0.0273 𝑏𝑤 𝑑 10 ∗ 55𝑐𝑚2 Reacción: 𝑅𝐴 = 𝑅𝐵 = 𝑣𝑢 =

𝑊𝑢 𝑙 6 = 11.66 ∗ = 34.98 𝑇𝑛 2 2

𝑊𝑢 𝑙 → 𝑉𝑢 = 𝑅𝐴 − 𝑊𝑢 𝑥 → 𝑉𝑢 = 34.98 − 11.66𝑥 … 1 2

𝑀𝑢 =

𝑊𝑢 𝑙 𝑊𝑢 𝑥 2 𝑥2 𝑥 − → 𝑀𝑢 = 34.98𝑐 − 11.66 … 2 2 2 2

𝑣𝑢𝑚𝑎𝑥 =

𝑉𝑢𝑚𝑎𝑥 34980 𝑘𝑔 = = 18.71 𝜙𝑏𝑤 𝑑 0.85 ∗ 40 ∗ 55 𝑐𝑚2

𝑉𝑢𝑑 = 34.98 − 11.66 0.55 = 28.57 𝑇𝑛 𝑉𝑢𝑑 28570 𝑘𝑔 𝑣𝑢𝑑 = = = 15.27 𝜙𝑏𝑤 𝑑 0.85 ∗ 40 ∗ 55 𝑐𝑚2 Cálculos: Pto 0 𝑣𝑐 = 0.5 210 + 175 ∗ 0.0273 ∗ 34.98 ∗ 0.55𝑣𝑐 = 12.18 < 13.04 Pto 1 𝑣𝑐 = 0.5 ∗ 210 + 175 ∗ 0.0273 ∗ 34.98 ∗ 𝑣𝑐 = 12.18 < 13.04 𝑣𝑢 =

𝑘𝑔 𝑐𝑚2

𝑘𝑔 𝑐𝑚2

0.55 9.97

31.48 ∗ 1000 𝑘𝑔 = 16.83 0.85 ∗ 40 ∗ 55 𝑐𝑚2 Ptos 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

x(m) 0 0.3 0.6 0.9 1.2 1.5 1.8 2.1 2.4 2.7 3

Mu (Tn-m) 0 9.97 18.89 26.76 33.58 39.35 44.07 47.75 50.37 51.95 52.47

Vu (Tn) 34.98 31.48 27.98 24.49 20.99 17.49 13.99 10.49 7.00 3.50 0.00

Vc (Kg/cm2) 12.18 12 12.18 10.68 9.99 9.59 9.34 9.18 9.07 9.02 9.00

Vc/2 (Kg/cm2) 6.09 6.09 6.09 5.34 4.99 4.8 4.67 4.59 4.54 4.51 4.50 Página 140

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ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA

Para: 𝑥 = 𝑑 = 0.55 𝑚 𝑣𝑢 =

28.567 ∗ 103 𝑘𝑔 = 15.27 0.85 ∗ 40 ∗ 5.5 𝑐𝑚2

Pto 2 𝑣𝑐 = 0.5 210 + 175 ∗ 0.0273 ∗ 34.98 ∗ 𝑆=

𝑏𝑤

𝐴𝑣 𝑓𝑦 𝑏𝐴 − 𝑣𝐶

Pto 3 𝑣𝑐 = 10.68 → 𝑣𝑢 =

0.55 𝑘𝑔 ≤ 13.04 18.89 𝑐𝑚2

𝑣𝑢 𝑣𝑢 24.49 ∗ 1000 𝑘𝑔 = = = 13.10 𝜙𝑏𝑤 𝑑 0.85 ∗ 40 ∗ 55 1870 𝑐𝑚2 𝑘𝑔

Pto 4

𝑣𝑐 = 9.99 → 𝑣𝑢 = 11.22 𝑐𝑚 2

Pto 5

𝑣𝑐 = 9.59 → 𝑣𝑢 = 9.35

Pto 6

𝑣𝑐 = 9.34 → 𝑣𝑢 =

Pto 7

𝑣𝑐 = 9.18 → 𝑣𝑢 = 5.61 𝑐𝑚 2

Pto 8

𝑣𝑐 = 9.07 → 𝑣𝑢 = 3.74 𝑐𝑚 2

Pto 9

𝑣𝑐 = 9.02 → 𝑣𝑢 = 1.87 𝑐𝑚 2

𝑘𝑔 𝑐𝑚 2 𝑘𝑔 7.48 2 𝑐𝑚 𝑘𝑔

𝑘𝑔

𝑘𝑔

𝑘𝑔

Pto 10 𝑣𝑐 = 9.00 → 𝑣𝑢 = 0.00 𝑐𝑚 2 También: 𝑆=

𝜙𝐴𝑣 𝑓𝑦 𝑑 𝑣𝑢 − 𝜙𝑣𝑐

𝑣𝑢𝑟1 = 𝑣𝑢𝑟1 𝜙𝑏𝑤 𝑑 𝑣𝑢𝑟2 = 𝑣𝑢𝑟2 𝜙𝑏𝑤 𝑑 𝑣𝑢𝑟2 = 𝑣𝑐 = 0.5 𝑓𝑐′

Página 141

CONCRETO ARMADO I

0

1

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10

2

d=0.55m

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

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

Página 142

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ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA ANCLAJE Y ADHERENCIA

1) ADHERENCIA POR FLEXIÓN.

𝑀 + 𝑑𝑀

𝑀

𝑃 𝑥

𝐹𝑖𝑔 1 𝑑𝑥

𝜇

𝑇

𝑀 𝑇 + 𝑑𝑇

𝑑𝑥

𝐹𝑖𝑔 3

𝑀 + 𝑑𝑀 𝐶 + 𝑑𝐶

𝐶 𝑉

𝑉

𝑍 = 𝑗𝑑

𝑇 + 𝑑𝑇 =

𝑇 𝐹𝑖𝑔 2

𝑀 + 𝑑𝑀 𝑍

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

𝑑𝑇 =

De la figura 3 𝐹𝑥 = −𝑇 − 𝜇𝑑𝑥 −𝜇𝑑𝑥

0 + 𝑇 + 𝑑𝑇 = 0

0 + 𝑑𝑇 = 0

1 𝑑𝑇 ∗ …1 0 𝑑𝑥

𝜇=

𝛼 𝑒𝑛 1 𝜇=

1 𝑑𝑀 ∗ …2 𝑧 ∗ 0 𝑑𝑥

Pero:

𝑑𝑀 𝑑𝑥

= 𝑉𝑢

3 𝑒𝑛 2 𝜇=

1 ∗𝑉 𝑧∗ 0 𝑢

𝑉𝑢 = 𝐹𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝐶𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑧 = 𝑗𝑑 Página 143

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El reglamento A.C.I., de la siguiente fórmula. 𝜇=

𝑉𝑢 …4 𝜙𝑗𝑑 0

𝜙 = 0.85 𝑗 = 0.875 𝜇 = Esfuerzo de adherencia por flexión, producido por el cambio de momento. Este esfuerzo se debe:

a) A la adherencia química entre el acero y en concreto. b) A la fricción mecánica entre los 2 materiales. c) A la presencia de corrugaciones. Las secciones críticas para la adherencia por flexión son aquellas en las que 𝑉𝑢 es máximo y/o mínima (Suma de los perímetros de las barras). -

0 es

PARA EL ACERO NEGATIVO, las secciones criticas son:

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

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

𝑑/3 𝑑 3

𝑑

𝐷𝑖𝑎𝑔𝑟𝑎𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝑀𝑢+ -

El reglamento permite tomar un 0 las barras situadas a d/3 de las barras longitudinales que quedan. Cuando las barras en una sección donde son de diferentes diámetros se tomará 0 = 4 𝐴𝑠 /𝐷, donde 𝐴𝑠 = área total del acero para el que verifica la adherencia y 𝐷 = diámetro de la barra mayor. 𝐴𝑠 =

𝜋𝐷 2 𝐷 = 4 4

𝜋𝐷 → 4

𝐴𝑠 = 𝐷

𝜋𝐷 Página 144

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Perímetro = 2𝜋𝑅 , 𝑅 = Área = 𝜋𝑅 2 → 𝐴 = Luego:

0=4

𝐷 2

→ 𝑃𝑒𝑟í𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 = 𝜋𝐷

𝜋𝐷 2 4

𝐴𝑆 𝐷

Db = Diámetros de las barras. - Las barras de la capa superior son los que tienen más de 20 cm de concreto debajo de ellas. - Los valores de los esfuerzos de adherencia calculadas con la fórmula (4) deben ser menores o iguales que los obtenidos en la tabla I. 2) ADHERENCIA POR DESARROLLO – LONGITUD DE DESARROLLO DE ESFUERZO PRINCIPAL Para el refuerzo por flexión puede desarrollarse el esfuerzo requerido es necesario que no exista deslizamiento del acero con respecto al concreto, es decir que haya una longitud entre un punto de esfuerzo dado (en rotura es 𝑓𝑦 ) y el extremo próximo a la varilla. 𝜇 𝐴

𝑇𝑢

𝐵

𝑇𝑢

𝐿1

𝑇𝑢 =

𝜋 2 𝑑𝑏 𝑓𝑦 4

Estableciendo la ecuación de equilibrio para fuerzas horizontales. 𝜋 2 𝑑𝑏 = 𝜋𝑑𝑏𝐿1 𝜇 4 𝑑𝑏𝑓𝑦 𝜇= 4𝐿1 Fuerza de adherencia por desarrollo. El valor de 𝜇 debe ser menor que la dada por la tabla I.

TABLA N: II. LONGITUD BASICA DE DESARROLLO Ld Para varillas # 11 o menores:

0.06

Para varilla # 14:

0.8

𝐴𝑠 𝑓𝑦 𝑓𝑐′

≥ 0.0053 𝑑𝑏 𝑓𝑦

𝑓𝑦 𝑓𝑐′

Página 145

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ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA 𝑓𝑦

Para varilla # 18:

𝑓𝑐′

0.11 𝑑𝑏

Para alambre corrugado:

𝑓𝑦 𝑓𝑐′

Factores de modificación aplicables a la longitud básica 1) Barras de lecho superior = 1.4 𝐿𝑑 2) Varilla con 𝑓𝑦 mayor de

1.4

𝑘𝑔 4200 𝑐𝑚 2

2−

4200 𝑓𝑦

3) Concreto totalmente ligero 1.33 4) Concreto ligero con arena 1.18 5) Refuerzo espaciado lateralmente por lo menos 15 cm centro a centro y por lo menos 8 cm de la cara lateral del elemento 0.8 6) En un momento sujeto a flexión y cuando el refuerzo excede lo requerido 𝐴𝑠 𝑅𝑒𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑑𝑜 𝐴𝑠 𝑃𝑟𝑜𝑝𝑜𝑟𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜 Nota: La longitud de desarrollo en ningún caso será menor de 30 cm Las barras del lecho superior son aquellas que tienen un espesor de concreto de 30 cm o más por debajo. LONGITUD DE DESARROLLO DE VARILLAS CORRUGADAS EN COMPRESIÓN a) Longitud básica de desarrollo. 0.075

𝑑𝑏 𝑓𝑦 𝑓𝑐′

≥ 0.0043 𝑑𝑏 𝑓𝑦 ≥ 20 𝑐𝑚

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

Varilla confinada con un espiral de diámetro < 𝑎 1/4" y con un paso mayor de 10 cm.

ESCALERAS a) DIMENSIONAMIENTO. p

c

t

P=PASO C=CONTRAPASO Página 146

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ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA 2C + P =60 a 64 cm P=25 cm: mínimo Contrapaso

𝑡=

𝑙 𝑙 ~ 25 20

a) para escaleras monumentales 13 a 15 cm b) edificios o viviendas : 15 a 17.5 cm c) secundarias : 20 cm

ANCHOS: mínimo: a) b) c) d)

vivienda secundaria caracol edificios

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

CARGAS: -Acabados: Generalmente es 100 kg/m² pero cuando hay barandas de ladrillo o en general algo muy cargado hay que encontrar el verdadero peso: -Sobrecargas: Por reglamento es de 500 kg/m² A) ESCALERAS DE UN TRAMO: Armadas longitudinalmente son aquellas que se encuentran apoyadas en los extremos y que llevan el acero principal a lo largo del eje de la escalera y perpendicularmente a las escaleras.

TIPOS: A.1) SINPLEMENTE APOYADA: -El tramo de escalera tendrá como máximo 16 pasos continuos sin descanso intermedio

A.2) EMPOTRADO: Página 147

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Pero por condiciones de que no existe empotramiento perfecto se considera, que siempre las escaleras son simplemente apoyadas

Peso Propio

p cp cp/2 cp/2

α H1 p cp/2 H1

cp

h1 α t

𝑕=

𝑡 cos 𝛼

1.00 Página 148

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1.00

H

𝑃𝑒𝑠𝑜 = 𝛿𝑒

𝑐𝑝 2

+

𝑡 cos 𝛼

× 1𝑚

Hp=Altura promedio para calcular el peso propio 𝛿𝑐 = 2.4 𝑡𝑛/𝑚3 → Peso unitario del concreto Wu

l

d

l

t

As de repartición

As principal

d

d

CASOS PARTICULARES: Página 149

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a) Cuando la viga tiene poca luz (todo el ancho de la escalera) se puede considerar como si toda la losa forme viga chata. La luz que interviene en el cálculo para la rampa será solo ℓ′₂ pues se admite que el punto A no desiende y el punto B si, por lo tanto la carga es triangular

C

A

l1

B

l2

B

l3

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

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

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

Página 150

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d) Cuando se encuentra separado por una junta compresible y sobre un apoyo móvil el extremo inferior.

y empotrado en

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

Acero de amarre

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

Apoyo móvil B

C

C

B

A

A

l1

l2

l1

l2

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

Página 151

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ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA A

B

B

C

l2

l1

C

l2

l1

c) En este caso es similar al caso (a), porque tampoco se produce desplazamiento vertical en el punto B ya que se considera que eta perfectamente empotrada tampoco se produce desplazamiento horizontal. Apoyo móvil B

B

C

C

A

A

l1

l

l2

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

D

C

B

A

l1

B

A

l2

l1

l3 C

D

𝛿2

l2

l3

D

Página 152

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B

A

𝛿1

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

B

A

C

B

A

l1

l

l2

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

D

D

B

B

C

C

viga A

A

l1

l2

l1

l2

g) Cuando no existe viga en el punto “B” se considera que fueron dos escaleras aisladas, el punto B sufre un desplazamiento similar para las dos escaleras, se analiza por separado pero para evitar desplazamiento abra que colocar un apoyo ficticio en “B”. Página 153

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D

D B

C

B

A

C

A

l1

l1

l2

l2

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

D

C

viga

A

B

1.20

0.25

3.25

0.25

1.20

SOLUCION: - Cálculosprevios: t

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cp/2

H t

α

α

0.17t

0.25t

tan 𝛼 =

17 → 𝛼 = 34.22° 25 𝑐𝑝 𝑡 + 2 cos 𝛼

𝐻=

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

3 𝑡 = 100 350

t =10.50 cm También: t=

𝑙 25

𝑡 cos 𝛼

+

3.50 25

→ t=

Asumimos: t= 0.14 m Luego: H=

𝑐𝑝 2

+

→

17 2

14 cos 34.22°

=25.43=0.254m

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

𝑇𝑁 𝑐𝑚 3

× (0.254 m)=0.610 TN/m²

:

=0.100 TN/m² WD=0.710TN/m²

-S/C = 500 kg/m²

WL = 0.500 𝑇𝑁/m²

B) CARGA ÚLTIMA NTE E-060

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Wu = 1.4 WD + 1.7 Wl → 1.4 × 0.710 + 1.7 × 0.500 = 1.844 TN − m/m Wu = 1.4 WD = 1.4 × 0.710 = 0.994TN/m/m Wul = 1.7Wl = 1.7 × 0.500 = 0.850 TN/m/m

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

Wu=1.844 WuD=0.994

A

C

B 1.325

-Cálculo de rigideces: 𝑘𝑖𝑗 =

3.5

D 1.325

𝐼 𝑙𝑖

-Cálculo de factor de distribución: 𝑑𝑖𝑗 =

𝑘𝑖𝑗 𝑘𝑖𝑗

→Rigideces relativas KAB = KBA =

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

→Factores de distribución: 𝐶𝐴𝐵 =

𝐼/1.325 = 1.00 , 0 + 𝐼/1.325

CBC = = CCD =

𝐶𝐵𝐴 =

𝐼/1.325 𝐼 1.325

+ 𝐼/3.50

= 0.725

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

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

→ Momentos de empotramiento perfecto:

Página 156

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MAB = MBA = −

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Wul² = −0.270 12

MBC = MCB = −1.015

MCD = MDC = −0.270 Signo:

1.000 +0.270 -0.308 +0.038 0.00

Resistencia

materiales

y cross

Cálculo realizado mediante el método de Hardy Cross 0.725 0.275 0.275 0.725 -0.270 +1.015 -1.015 +0.270 +0.103 ← +0.205 +0.540 → ← -0.615 -0.233 → -0.117 → +0.019 +0.016 ← +0.032 +0.085 → -0.025 -0.010 -0.891 +0.891 -0.895 +0.895

000 -0.270 +0.270 + 0.043 + 0.043

Reacciones isostáticas:

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𝐴𝑠₁ = 0.5

𝑙 − 1.0 𝐴𝑠 𝑕

𝐴𝑠 2 = 𝐴𝑠 − 𝐴𝑠₁ Para los casos donde la relación l/h tenga un valor igual o menor a 1.0 utiliza acero nominal por AS₁ en la parte superior dentro del 20 % del peralte de la viga y proporcione el As total en el siguiente 60 % del peralte. Por anclaje y continuidad en las zonas más baja h₃ el refuerzo positivo que viene del claro de la viga se deberá pasar por el apoyo.

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

c) Para:

𝑙𝑛 <2 𝑑 2 ≤

𝑉𝑛 ≤ 2.1 𝑓 ′ 𝑐 bwd

𝑙𝑛 <5 𝑑

𝑉𝑛 ≤ 0.18 10 +

𝑙𝑢 𝑑

𝑓 ′ 𝑐 bwd

ln =luz libre de la viga. - La sección critica de la viga peraltada se tomara a: x= 0.15 ln , de la cara de apoyo para vigas con cargas uniformemente repartidas y a,x =0.5a para cargas concentradas, donde “a” es la distancia de la carga concentrada al apoyo. La sección crítica no se ubicara a una distancia mayor que “d” de la cara de apoyo. - La resistencia del concreto al corte, mientras no se efectué un cálculo detallado será igual a: 𝑉𝑐 = 0.53 𝑓 ′ 𝑐 bwd Para análisis más exacto se tomara. Página 158

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𝑀𝑢 0.5 𝑓 ′ 𝑐 𝑉𝑢𝑑 𝑉𝑢𝑑 + 176 𝑙𝑢 bwd - Esta expresión, el primer término debe ser siempre 𝑀𝑢 menor que 2.5 y en todos los casos deberá cumplirse Para análisis masexactisdsadsadsadsadsa 𝑉𝑐 = 3.5 − 2.5

𝑉𝑐 = 1.65 𝑓 ′ 𝑐 bwd - Mu y Vu, son los momentos y fuerzas cortantes amplificadas en la sección crítica de la viga. - La resistencia al corte aportado por el acero será igual a: 𝑉𝑠 =

𝐴𝑣 1 + 𝑙𝑢/𝑑 𝐴𝑣𝑕 11 − 2 𝑙𝑛/𝑑 + 𝑠 12 𝑆₂ 12

𝑓𝑦𝑑

Dónde: Av= área de refuerzo por corte perpendicular al refuerzo por flexión. S= Espaciamiento entre las varillas del refuerzo Av. Avh= área de refuerzo por corte paralelo al refuerzo por flexión. S₂= Espaciamiento entre las varillas del refuerzo Avh.

REFUERZOS MINIMOS

𝐴𝑣 ≥ 0.0015 𝑏𝑤𝑆

𝑆≤

𝑑 𝑛𝑖 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟 45 𝑐𝑚 5

𝐴𝑣𝑕 ≥ 0.0025 𝑏𝑤𝑆₂

𝑆2 ≤

𝑑 𝑛𝑖 𝑚𝑎𝑦𝑜𝑟 45 𝑐𝑚 3

El refuerzo por corte requerido en la sección critica, será colocado en toda la luz de la viga.

EJENPLO Nº 01: Una viga simplemente apoyada en un alero libre ln = 3.05 m. Está sujeta a una carga viva uniformemente distribuida de 128.10 tn/m en la parte superior, la altura de la viga (h) es de 1.80 m y su espesor (b) =50 cm. El área del acero horizontal de tensión es de 51.61 cm², considere: -

F’c =280 kg/cm². Fy = 4200 kg/cm².

Diseñe el refuerzo por cortante para esta viga. SOLUCION: 1) VERIFICAR ln/d Y CALCULAR LA FUERZA CORTANTE FACTORIZADA “Vu” - suponiendo que 𝑑 ≅ 0.9𝑕 = 0.9 𝑥 1.80 = 1.62 ≅ 162 𝑐𝑚 Página 159

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𝐿𝑢 305 = = 1.883 < 2 … 𝑜𝑘 ′ ¡ 𝑒𝑠𝑣𝑖𝑔𝑎𝑝𝑒𝑟𝑎𝑙𝑡𝑎𝑑𝑎! 𝑑 162 −𝑚𝑒𝑡𝑟𝑎𝑑𝑜𝑑𝑒𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎𝑠 𝑇𝑁

𝑇𝑁

· Peso propio de la viga → W𝐷 = 0.50 𝑥 1.80 𝑥 2.40 𝑚 3 = 2.160 𝑚 · Carga viva factorizada → WL= 128.10 𝑇𝑁/𝑚 · Carga ultima factorizada → W𝑢 = 1.4𝑊₂ + 1.7 𝑊𝑙 W𝑢 = 1.4 𝑥 2.16 + 1.7 𝑥 128.10 = 220.794 𝑇𝑁/𝑚 Distancia de la sección critica: → -

X= 0.15ln x= 0.15 x 3.05 = 0.46m Fuerza cortante FactorizadaVu, en la sección critica.

𝑉𝑢 = 𝑊𝑢

𝑙𝑢 3.05 − 𝑊𝑢𝑥 → 220.794 𝑥 − 220.794 𝑥 0.46 2 2

Vu = 235.15 TN

2) Determinamos la fuerza cortante resistente nominal Vu y la capacidad resistente del concreto “Vc”. 𝜙 𝑉𝑛 = 𝜙 2.1

𝐹′𝑐 𝑏𝑤𝑑

→ 𝜙𝑉𝑛 = 0.85 𝑥 2.1 280 𝑥 50𝑥162 = 241,937 𝑘𝑔. ϕVn = 241.237 TN. ∴ ϕ Vn = 241.937 TN > 𝑉𝑢 = 235.15 𝑇𝑁 … 𝑜𝑘! Página 160

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- El momento ultimo Mu = Wu

lu x x − Wu x = 220.794 2 2

3.05 2

0.46 − 220.794

(0.46)² 2

𝑀𝑢 = 131.527 𝑇𝑁 − 𝑚 La relación

Mu Vud

=

131.527 235.15 x 1.62

= 0.345

Luego: Mu → = 3.5 − 2.5 x 0.345 = 2.64 > 2.5 Vud

3.5 − 2.5 Tomamos: 2.5 -

Calculando la cuantía del alma: 𝜌𝑤 =

𝐴𝑠 51.61 𝑐𝑚² = = 0.00637 𝑏𝑤𝑑 50 𝑥 162 𝑐𝑚²

𝑉𝑢𝑑 1 = = 2.898 = 2.5 𝑀𝑢 0.345 -

Sabemos que : 3.5 − 2.5 Mu/Vud 0.5 𝑓 ′ 𝑐 + 176 𝑥 0.0063 𝑥 2.898 𝑏𝑤𝑑 → Vc= 2.5 0.5 280 + 176 𝑥 0.00637 𝑥 2.898 50 𝑥 162 = 235,216 𝑘𝑔 𝑉𝑐 = 235.216 𝑇𝑁

Debe cumplirse: 𝑉𝑐 ≤ 1.65 𝑓 ′ 𝑐𝑏𝑤𝑑 → 𝑉𝑐 = 1.65 280𝑥 50 𝑥 162 = 223,639 𝑘𝑔 𝑉𝑐 = 223.639 𝑇𝑁 < 235,216 𝑇𝑁 … 𝑜𝑘! Por lo tanto: Vc = 223.639 TN → rige ¡ 3) REFUERZO POR CORTANTE: Supongamos varillas de 𝝓 3/8”, colocadas tanto en la dirección horizontal como en la vertical en ambas caras de la viga. 𝐴𝑠𝝓

𝟑 = 𝟎. 𝟕𝟏𝒄𝒎𝟐 𝟖

𝐴𝑣 = 2 (𝐴𝑠𝝓𝟑 /𝟖") 𝐴𝑢 = 2𝑥0.71 𝑐𝑚² = 1.42 = 𝐴𝑣𝑕 (𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜𝑣𝑎𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙𝑦𝑕𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙)

𝜙𝑉𝑠 = 𝑉𝑢 − 𝝓 𝑽𝒄 Página 161

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, Vs =resistencia aportado al corte aportado por el acero. 𝑉𝑠 = → 𝑉𝑠 =

𝑉𝑢 − 𝑉𝑐 𝜙

𝑉𝑢 235.15 − 𝑉𝑐 = − 223.639 = 53.008 𝑇𝑁 = 53,008𝑘𝑔 𝜙 0.85

También: 𝑉𝑠 =

𝐴𝑣 1 + 𝑙𝑢/𝑑 𝐴𝑠𝑕 11 − 𝑙𝑢/𝑑 + 𝑆𝑣 12 𝑆₂ 12

𝑓𝑦𝑑

Sv =disposición de armadura en la vertical. S₂=Sh=disposición de la armadura en la horizontal S = Sv = Sh (separaciones iguales) y Av =Ash.

Reemplazando: 305

1.42 1 + 162 53.008 = 𝑆 12 0.0779 =

305

1.42 11 − 162 + 𝑆 12

4200 𝑥 162

1.42 1.42 0.2402 + 0.7598 𝑆 𝑆

S= 18.22 cms (separación entre varillas) -

La separación máxima permisible para varillas verticales: S =d/5 ni mayor a 45 cm. Sv =

162 = 32.4 cm , 5

Elegimos el menor: -

S = 18.22 ≅ 18cms

𝑆𝑣 = 18 𝑐𝑚𝑠 → rige.

La separación máxima permisible para varillas horizontales , es : 𝑆 ≤ 𝑑/3 𝑆𝑕 =

Tomamos: 4)

S = 45 cm ,

𝑑 162 → 𝑆𝑕 = = 54 > 45𝑐𝑚 3 3

𝑆𝑕 = 18𝑐𝑚𝑠→ rige.

ACERO MINIMO:

Av min = 0.0015 bwsv = 0.0015 x 50 x 18 = 1.35 cm² < 1.42 𝑐𝑚² − 𝑜𝑘! Avh min = 0.0025 bwsh = 0.0025 x 50 x 18 = 2.25 cm² < 1.42 𝑐𝑚² Por lo tanto las varillas ϕ 3/8 “ no son adecuadas para el acero horizontal. Página 162

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Si: elije ϕ ½” → (As ϕ ½” =1.29cm² Avh = 2 1.29 = 2.58 cm2 > 𝐴𝑣𝑕𝑚𝑖𝑛. Usar: 𝝓 ½” @ 0.18 m

(acero horizontal, de centro a centro)

Usar: 𝝓 3/8 @ 0.18 m

(acero vertical, de centro a centro) ojo verificado.

El uso de varillas 𝝓 ½”, en la ecuación para determinar Vs dará un mayor valor de la fuerza Vs que el que está resistiendo el esfuerzo por cortante. Ejemplo Nº 2.– Diseñe por flexión la viga de gran peralte del ejemplo anterior (1): DATOS: ln=3.05 m h= 1.80 m Wu = 220.794 TN/m

SOLUCION: -

Debido a que no se reconoce el ancho de los apoyos, se supone. 𝑙 = 1.15 𝑙𝑛

-

El momento externo factorizado (Mu) pesa :

𝑀𝑢 = -

→ l =1.15 x 3.05 = 3.50m (claro efectivo, medida desde los ejes)

𝑊𝑢𝑙𝑢² 8

→

220.794 3.05 2 8

= 256.742 𝑇𝑁 − 𝑚 = 𝑀𝑢

Comprobamos si es viga de gran peralte. 1<

𝑙 <2 2

→

𝑙 3.50 = = 1.94 < 2 … 𝑜𝑘! 𝑕 1.80

𝑗𝑑 = 0.2(𝑙 + 2𝑕 ) → 𝑗𝑑 = 0.2 3.50 + 2 𝑥 1.80 = 1.42 𝑚 ≅ 142 𝑐𝑚𝑠 Luego: 𝐴𝑠 =

-

𝑀𝑢 𝜙𝑓𝑦𝑗𝑑

→ 𝐴𝑠 =

256.742𝑥10⁵ = 47.832 𝑐𝑚² 0.90 𝑥 4200 𝑥 142

Usaremos 5 varillas de 𝝓₁” por cada cara (As₁”=5.10 cm²) 𝐴𝑠 = 5 2 𝑥 5.1 𝑐𝑚2 = 51.00𝑐𝑚2 > 47.832 𝑐𝑚² … 𝑜𝑘! Página 163

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Usar 𝝓₁” @… ¿? -

La altura en la cual As será distribuida sobre la cara inferior de la viga es :

𝑦 = 0.25 𝑕 − 0.05𝑙

-

Y=0.25 x 1.80 -0.05 x3.50 = 0.275 m

Separación del acero por flexión será : ( en forma horizontal )

𝑆=

𝑦 𝑁−1

N° número de bonos por refuerzo por cara.

𝑆=

0.275 𝑐𝑚 = 0.07 ≅ 7.00 (𝑕𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙) 5.1 𝑐𝑎𝑑𝑎𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎

→usar 5𝝓₁” @ 0.07.

Página 164

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COMPRESION Y FLEXION COMBINADOSCOLUMNAS Las columnas son los miembros verticales a compresión de los marcos estructurales, que sirven para apoyar a las vigas cargadas. Transmiten las cargas de los pisos superiores hasta la planta baja y después al suelo a través de la cimentación. Puesto que las columnas son elementos a compresión, la falla de una columna causa el colapso de los pisos concurrentes. Las columnas deben tener una reserva de resistencia más alta que las vigas o que cualquier otro elemento estructural horizontal. PRINCIPIOS BÁSICOS PARA EL CÁLCULO DE LA RESISTENCIA 1. Existe una distribución lineal de las deformaciones en la sección transversal de las columnas. 2. No hay desplazamiento entre el acero y el concreto (esto es, la deformación en el acero y en el concreto en contacto es la misma). 3. Para el propósito de los cálculos de la resistencia, la deformación máxima permisible del concreto en la falla es 0.003 cm/cm. 4. La resistencia en tensión del concreto es despreciable y no se considera en los cálculos. TIPOS DE COLUMNAS Las columnas se pueden clasificar en: 1. En base a su forma y la disposición del refuerzo. 1.1.- Columnas rectangulares o cuadradas con refuerzo longitudinal de varillas y estribos laterales 1.2.- Columnas circulares con refuerzo longitudinal y refuerzo en espiral o con zunchadas (mínimo seis varillas de refuerzo según NTP E-060). 1.3.- Columnas compuestas en la que se confinan perfiles estructurales en el concreto. Los perfiles estructurales se pueden colocar dentro de la jaula del refuerzo:

Helice

Columna de estribos Varillas verticales

Columna de estribos

Columna de helice o zunchada

Columna compuesta

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CARGA

Columna con refuerzo helicoidal (modo de falla más dúctil)

Columna de estribos (falla relativ. frágil)

DESPLAZAMIENTO O DEFORMACION A MEDIA ALTURA

COMPARACION DEL COMPORTAMIENTO CARGA - DEFORMACION DE COLUMNAS CON ESTRIBOS Y HELICE

DUCTILIDAD ≅ RESISTENCIA

2. En la base a la posición de la carga en la sección transversal. 2.1.- Columnas con carga axial.- No soportan momento. Sin embargo en la práctica se debe diseñar a todas columnas para resistir alguna excentricidad no prevista o accidental que se puede producir por causa como las variaciones en el alineamiento vertical. 2.2.- Columnas con carga excéntrica.- Están sujetas a momento además de la fuerza axial. El momento se puede convertir en una carga “P” y una excentricidad “e”. El momento puede ser uniaxial, como en el caso de una columna exterior del marco de un edificio de varios niveles, o cuando dos tableros adyacentes no están cargados de modo similar como en las columnas A y B de la figura. Se considera que una columna está cargada biaxialmente cuando existe flexión con respecto a dos ejes “X” e “Y”, como el caso de las columnas “C” de esquina de la figura. P

P

P Mx

COLUMNA CON CARGA

COLUMNA CON CARGA Y MOMENTO UNIAXIAL

P Mx

P My

COLUMNA CON CARGA Y MOMENTO BIAXIAL

Página 166

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B

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A B

A

C

fig. a

fig. b

Flexión de las Columnas: a) Elevación del marco. b) Planta del sistema de marcos. A: Columna interior sujeta a flexión uniaxial por la carga asimétrica B: Columna exterior con flexión uniaxial C: Columna exterior con flexión biaxial 3. En relación a sus dimensiones laterales y la importancia de las deformaciones en el análisis y diseño. 3.1.- Columnas cortas.- Son aquellas que presentan deflexiones laterales que no afectan a sus resistencia, la falla se debe a la falla inicial del material. 3.2.- Columnas largas.- Ven reducidas sus resistencia, no solo se debe resolver el problema de resistencia, sino también el de estabilidad que es la capacidad de un elemento de responder con deformaciones pequeñas a variaciones de carga. La falta de estabilidad en columnas lleva al problemas de pandeo; fallando por esta razón. RESISTENCIA DE COLUMNAS CORTAS CARGADAS AXIALMENTE

P

f Fluencia del acero

fy

Zona de endurecimiento

f'c Falla del concreto

eu COLUMNA CON CARGA AXIAL

DEFORMACION DE FLUENCIA DEL ACERO

(DEFORMACION ULTIMA DEL CONCRETO)

DEFORMACION DE CONCRETO EN f'c

Página 167

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Al principio, tanto el acero como el concreto tienen comportamiento elástico. El concreto alcanza su resistencia máxima f’c, cuando su deformación unitaria es aproximadamente de 0.002 cm/cm a 0.003 cm/cm.

La capacidad nominal de cargar axial Po es: Po = 0.85fc′ Ag − Ast + Ast fy Dónde: Ag = Área total de sección transversal de la columna Ast = Área total del refuerzo de la sección Po = Carga axial nominal fc′ = Resistencia a la compresión del concreto fy = Esfuerzo de fluencia del acero Ast = As + A′S En estructurales reales es imposible obtener una excentricidad cero, por lo que el ACI, especifica una reducción del 20% en la resistencia de carga axial para columnas con estribos y el 15% para columnas con espirales, luego: Pu = 0.80 0.85fc′ Ag − Ast + Ast fy

(Para columnas con estribos)

Pu = 0.85 0.85fc′ Ag − Ast + Ast fy

(Para columnas con espirales o zunchos)

Para propósito de diseño, se puede suponer, sin mucha pérdida de exactitud que: Ag ≅ Ag − Ast Luego: Pu = 0.80 0.85fc′ Ag + Ast fy



(Para columnas con estribos)

Pu = 0.85 0.85fc′ Ag + Ast fy



(Para columnas con espirales o zunchos)

Ejemplo No 01.- Una columna corta de estribos, está sujeta solamente a carga axial. Tiene la geometría que se muestra en la figura y está reforzada con 3 varillas de ∅ = 1 1/8” en cada una de los dos casos paralelos al eje de flexión x. Calcule la resistencia nominal máxima o carga última de carga axial; dados: Página 168

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fc′ = 280 kg/cm2 fy = 4200 kg/cm2

Solución:

Ast = As + A′S = 3x6.413 + 3x6.413 = 38.478 cm2 Pu = 0.80 0.85x280 30x50 − 38.478 + 38.478x4200 Pu = 407560 kg ≈ 407.56 tn Si aplicamos: Pu = 0.80 0.85fc′ Ag + Ast fy Pu = 0.80 0.85x280 30x50 + 38.478x4200 Pu = 414880 kg ≈ 414.88 tn ∴ Diferencia mínima

Ejemplo No 02.- Una columna corta circular de 50 cm. de diámetro, tiene refuerzo zunchado y un refuerzo longitudinal simétrico de varillas de ∅ =1”, como muestra en la fig. Calcule la carga última si la columna está sujeta solamente a carga axial, dados: fc′ = 210 kg/cm2 fy = 4200 kg/cm2

Solución:

Ast = 6x5.10 = 30.6 cm2 502 Ag = π = 1963.5 cm2 4 Pu = 0.85 0.85fc′ Ag − Ast + Ast fy Página 169

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Pu = 0.85 0.85x210 1963.5 − 30.6 + 30.6x4200 Pu = 402511.25 kg ≅ 402.51 tn Suponiendo:

Ag − Ast ≅ Ag ⇒ 1963.5 cm2 Pu = 0.85 0.85x210 1963.5 + 30.42x4200 Pu = 407154.04 kg ≅ 407.15 tn

RESISTENCIA DE COLUMNAS CARGADAS EXCENTRICAMENTE CARGA AXIAL Y FLEXION Los mismos principios a la distribución de esfuerzos y el bloque rectangular equivalente de esfuerzo que se aplicó a las vigas, se pueden aplicar de igual modo a las columnas.

La fuerza nominal axial resistente Pn , en la falla: Pn = CC + CS − TS …………………(1) El momento nominal resistente Mn es: (Con respecto al centroide plástico Mn = Pn . e ………….…………………(2) De la figura: Página 170

CONCRETO ARMADO I e′ = e + d −

Mn = CC (y −

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h 2

ab )+ 2

CS (y − d′ ) − TS (d − y) …………………..…..(3)

Puesto que: CC = 0.85fc′ ba CS = A′s fs′ TS = As fs Las ecuaciones (1) y (3) se puede escribir como:

Pn = 0.85f ′ c ba + A′s fs′ − As fs ………………..….…….…………….(4) a

Mn = 0.85fc′ bab (y − 2) + A′ s f ′ s (y − d′ ) − As fs (d − y) .….(5)  En las ecuaciones 4 y 5, se supone que la profundidad del eje neutro es menor que el peralte efectivo “d” de la sección y que el acero en la cara a tensión está verdaderamente trabajando a tensión.  Esta condición cambia si la excentricidad “e” de la fuerza axial Pn es muy pequeña.  Para excentricidades menores, en que toda la sección transversal se encuentra en compresión, la contribución del acero de tensión se debe añadir a la contribución del concreto y del acero de compresión. En este caso, el término As fs de las ecuaciones 4 y 5, tendrá signo positivo puesto que todo el acero estará a compresión. También se supone que: ba − A′ s ≅ ba (Esto es que se desprecia el volumen de concreto que desplaza al acero de compresión) Pmáx = ∅Pn

∅ = 0.80 (Columnas con estribos) ∅ = 0.85 (Columnas con zunchos)

f ′ s = Es ε ′ s = E s fs = Es εs = Es

0.003 c − d′ ≤ fy c

0.003 d − c ≤ fy c MODOS DE FALLA DEL MATERIAL EN LAS COLUMNAS

 Falla de tensión por la fluencia inicial del acero en el lado de tensión.  Falla de compresión por el aplastamiento inicial del concreto en el lado a compresión. Si𝐏𝐧 es la carga axial y 𝐏𝐧𝐛 es la carga axial correspondiente a la condición balanceada, entonces: 𝐏𝐧 < 𝐏𝐧𝐛 𝐏𝐧 = 𝐏𝐧𝐛 𝐏𝐧 > 𝐏𝐧𝐛

(Falla de tensión) (Falla balanceada) (Falla de compresión)

Página 171

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1. FALLA BALANCEADA EN COLUMNAS DE SECCION RECTANGULAR De la figura anterior, si: C = Cb = Profundidad del eje neutro en la condición balanceada, entonces:

Cb (0.003) = fy d 0.003 + E

ES = 2x106 kg/cm2

,

S

Cb =

(6000) d (6000 + fy )

ab = β1

ab = β1 Cb

(6000) (6000 + fy )

Sustituyendo en la ecuación (4) y (5) Pnb = 0.85fc′ bab + A′s f′s − As fy Mnb = 0.85fc′ bab (y − f ′ s = Es

ab ) + A′ s f ′ s (y − d′ ) − As fy (d − y) 2 0.003 Cb − d′ ≤ fy Cb

y = Distancia desde las fibras a compresión hasta el centroide plástico o geométrico Si:

A′S = AS

⇒

y = 0.5h

Ejemplo No 01.- Calcule la carga nominal balanceada Pnb y la excentricidad eb correspondiente para la condición de falla balanceada, si la columna que se muestra en la fig. Está sujeta a una combinación de flexión y carga axial.

Datos: b = 30 cm A′𝑠 = AS = 19.239 cm2 d = 43.70 cm Página 172

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fc′ = 280 kg/cm2 h = 50cm fy = 4200 kg/cm2 d’ = 6.3 cm Solución: Hallaremos la profundidad del eje neutro en la condición balanceada. (6000) Cb = x43.70 = 25.29 cm (6000 + 4200) ab = 0.85x25.29 = 21.5 cm Comparamos: f ′ s con fy f ′ s = 2x106

0.003 kg kg 25.29 − 6.3 = 4505 2 > fy = 4200 2 25.29 cm cm

=> f ′ s = fy = 4200

kg cm2

La carga axial en la condición balanceada Pnb es: Pnb = 0.85fc′ bab + A′s f′s − As fy Pnb = 0.85x280x30x21.5 + 19.239x4200 − 19.239x4200 = 153510 kg Pnb = 153.51 Tn Hallamos el Mnb con y=

h 50 = = 25 cm 2 2 ab + A′s fs′ y − d′ − As fy d − y 2 21.5 = 0.85x280x30x21.5 25 − + 19.239x4200 25 − 6.3 − 19.239x4200(43.7 − 25) 2 = 5209,579.62 kg − cm = 52.096 Tn − m

Mnb = 0.85f ′ c bab y − Mnb Mnb Mnb

La excentricidad para el estado balanceado será: eb =

Mn 5209,579.62 kg − cm = = 33.94 cm Pnb 153,510 kg

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 = eb Si: e > eb Pn < Pnb  Falla en tensión con fluencia Página 173

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fy confs en el refuerzo de tensión. fs′ En el acero de compresión puede ser o no el de la resistencia de fluencia por lo que el esfuerzo real se deberá calcular.

Se sustituye:

Normalmente se utiliza armado simétrico de modo que A′S = AS , 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 = 0.85fc′ ba………………………………………………………………..(1) a

Mn = 0.85f ′ c ba y − 2 + A′s fy′ y − d′ − As fy d − y ………….(2) Si el centroide plástico (Geométrico) se sustituye por h/2 por que el refuerzo es simétrico y A′S = AS h 2

⇒ Mn = 0.85fc′ ba

a

− 2 + A′ s f ′ y

h 2

h

− d′ − As fy d − 2 ….…...(3)

De la ecuación 1 y 3 se tiene: h 2

Mn = 0.85c

a

− 2 + As fy d − d′ …………………………………..(4)

De la ecuación (1): a = Pn /0.85f ′ c b………………………………….…….(5) (5) en (4) h Pn − + As fy d − d′ 2 1.7f ′ c b

Pn e = Pn

Simplificando Pn 2 1.7f ′ c b

− Pn

ρ = ρ′ =

h 2

− e − As fy d − d′ = 0………………………….…(α)

As ……………………………………………………..(6) bd

Resolviendo la ecuación (α): 𝑕 2

𝑕 2

−𝑒 ±

Pn =

2

−𝑒

2

+

4𝐴𝑠 𝑓𝑦 𝑑−𝑑 ′ 1.7𝑓 ′ 𝑐 𝑏

1 1.7𝑓 ′ 𝑐 𝑏

Simplificando 𝑃𝑛 = 0.85𝑓𝑐′ 𝑏

𝑕 2

−𝑒 +

𝑕 2

−𝑒

2

+

2𝐴𝑠 𝑓𝑦 𝑑−𝑑 ′ 0.85𝑓𝑐′ 𝑏

……………………….(7)

Hacemos: Página 174

CONCRETO ARMADO I 𝑚=

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𝑓𝑦 0.85𝑓 ′ 𝑐 𝑕−2𝑒 2𝑑

𝑃𝑛 = 0.85𝑓𝑐′ 𝑏𝑑

𝑕−2𝑒 2 2𝑑

+

+ 2𝑚𝜌 1 −

𝑑′ 𝑑

………………….(8)

Sustituyendo la excentricidad “𝑒” (la distancia entre el centroide plástico y la carga) con 𝑒′ (la distancia entre acero en tensión y la carga), la ecuación queda: 𝑕 𝑒′ = 𝑒 + 𝑑 − 2 𝑃𝑛 = 0.85𝑓 ′ 𝑐 𝑏𝑑

1−

𝑒′ 𝑑

+

1−

𝑒′ 2 𝑑

Siendo:

+ 2𝑚𝜌 1 −

𝑑′ 𝑑

……………..(9)

𝑕 − 2𝑒 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: 0.85𝑓𝑐′ 𝑏𝑎𝑎

0.85𝑓𝑐′ (𝑏𝑎 − 𝐴′𝑠 ) Luego la ecuación 8 cambia a:

𝑃𝑛 = 0.85𝑓𝑐′ 𝑏𝑑 𝜌 ′ 𝑚 − 1 − 𝜌𝑚 + 1 −

𝑒′ + 𝑑

1−

𝑒′ 𝑑

2

+2

𝑒′ 𝑑′ 𝜌𝑚 + 𝜌 ′ 𝑚 + 𝜌 ′ + 𝜌 ′ (𝑚 − 1) 1 − d 𝑑

Dónde: 𝑒 ′ = Distancia entre la fuerza axial Pn, y el acero en tensión (o la excentricidad del acero tensión) 𝐴𝑠 ′ 𝐴′𝑠 𝜌= 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 Pn de la sección mostrada en la figura si la carga actúa con una excentricidad de 𝑒 = 0.35 𝑚

b = 30 cm d = 43.70 cm h = 50cm d’ = 6.3 cm

0,3

𝐴′𝑆 = 𝐴𝑆 = 19.239 cm2 𝑓𝑐′ = 280 kg/cm2 𝑓𝑦 = 4200 kg/cm2 0,5

Datos:

Solución: Tratándose del mismo problema anterior trabajaremos con la misma excentricidad. Si

𝑒 > 𝑒𝑏  Falla por fluencia inicial del acero en tensión Página 175

CONCRETO ARMADO I

𝑒𝑏 =

𝑀𝑛 5209,579.62 = = 33.94 𝑐𝑚 < 35 𝑐𝑚 𝑃𝑛𝑏 153,510

𝜌 = 𝜌′ =

𝑚=

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𝐴′𝑠 19.239 = = 0.0147 𝑏𝑑 30𝑥43.7

𝑓𝑦 4200 = 17.65 ′ = 0.85𝑓𝑐 0.85𝑥280

𝑕 − 2𝑒 𝑒′ 50 − 2𝑥35 = 1− = = −0.229 2𝑑 𝑑 2𝑥43.7 𝑑′ 6.3 1− =1− = 0.856 𝑑 43.7 Utilizando la ecuación 8 𝑃𝑛 = 148,433 𝑘𝑔 𝑎=

𝑃𝑛 148,433 = 20.79 𝑐𝑚 ′ 𝑎 = 0.85𝑓𝑐 𝑏 0.85𝑥280𝑥30

𝐶=

𝑎 20.79 𝐶 = = 24.46 𝑐𝑚 𝛽1 0.85

𝑓𝑠′ = 𝐸𝑠

0.003 𝑘𝑔 𝑘𝑔 𝐶 − 𝑑′ = 4454 2 > 𝑓𝑦 = 4200 𝐶 𝑐𝑚 𝑐𝑚2

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 30 cm nominal Mn de la sección de la columna dados: 6.3

𝑓𝑦 = 60 ksi Reforzado con de 3 ∅𝑁 0 9 para el armado de tensión y compresión.

37.5

𝑓 ′ 𝑐 = 280 kg/cm2

d = 31.20

6.3

Solución: 𝑁09 =

9 8

→

𝐴𝑏 = 6.41 𝑐𝑚2

→ 𝐴′𝑆 = 𝐴𝑆 = 19.239 𝑐𝑚2

Para determinar si la falla se produce por el aplastamiento del concreto o por fluencia del acero 1ero se debe calcular 𝑃𝑛𝑏 y 𝑒𝑏 (6000) 𝑥31.20 = 18.35 𝑐𝑚 (6000 + 4200) 𝑎𝑏 = 0.85𝑥18.35 = 15.60 𝑐𝑚 0.003 𝑘𝑔 𝑘𝑔 𝑓 ′ 𝑠 = 2𝑥106 18.35 − 6.3 = 3940 2 < 𝑓𝑦 = 4200 18.35 𝑐𝑚 𝑐𝑚2 𝐶𝑏 =

Página 176

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El acero de compresión no fluye 𝑃𝑛𝑏 = 0.85𝑓𝑐′ 𝑏𝑎𝑏 + 𝐴′𝑠 𝑓𝑠′ − 𝐴𝑠 𝑓𝑦 𝑃𝑛𝑏 = 0.85𝑥280𝑥30𝑥15.6 + 19.239𝑥3940 − 19.239𝑥4200 𝑃𝑛𝑏 = 106382 kg 𝑎𝑏 𝑀𝑛𝑏 = 0.85𝑓𝑐′ 𝑏𝑎𝑏 𝑦 − + 𝐴′ 𝑠 𝑓 ′ 𝑠 𝑦 − 𝑑′ − 𝐴𝑠 𝑓𝑦 𝑑 − 𝑦 2 𝑀𝑛𝑏 = 3169393 𝑘𝑔 − 𝑐𝑚 𝑒𝑏 =

𝑀𝑛 316939 = = 29.79 𝑐𝑚 < 30 𝑐𝑚 𝑃𝑛𝑏 106382

(𝑓𝑎𝑙𝑙𝑎𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙𝑝𝑜𝑟𝑓𝑙𝑢𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑑𝑒𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜)

Pto. “m”, indica la posición del eje neutro en la condición balanceada a medida que la posición del eje neutro se aproxima al punto “n”, en el caso de la falla que se inicia con la fluencia del acero de tensión la deformación 𝜀′𝑏 en el acero de compresión será menor que de la condición balanceada esto es menor 𝜀𝑦 . Por lo tanto se de aplicar el método de tanteo para calcular 𝑃𝑛 puesto que 𝐶𝑏 = 18.35 1er tanteo:

𝐶𝑏 = 17.5 cm

𝑎𝑏 = 0.85𝑥17.5 = 14.875 𝑐𝑚 0.003 𝑘𝑔 𝑘𝑔 17.5 − 6.3 = 3840 2 < 𝑓𝑦 = 4200 17.5 𝑐𝑚 𝑐𝑚2 𝑃𝑛𝑏 = 0.85𝑓′𝑐 𝑏𝑎𝑏 + 𝐴′𝑠 𝑓′𝑠 − 𝐴𝑠 𝑓𝑦 𝑃𝑛𝑏 = 0.85𝑥280𝑥30𝑥15.6 + 19.239𝑥3840 − 19.239𝑥4200 𝑃𝑛𝑏 = 99281 kg 𝑎𝑏 𝑀𝑛𝑏 = 0.85𝑓 ′ 𝑐 𝑏𝑎𝑏 𝑦 − + 𝐴′ 𝑠 𝑓 ′ 𝑠 𝑦 − 𝑑′ − 𝐴𝑠 𝑓𝑦 𝑑 − 𝑦 2 𝑀𝑛𝑏 = 3127258𝑘𝑔 − 𝑐𝑚 𝑓𝑠′ = 2𝑥106

𝑒𝑏 =

𝑀𝑛 312725 = = 31.50 𝑐𝑚 > 30 𝑐𝑚 𝑃𝑛𝑏 99281

2do Tanteo:

𝐶𝑏 = 18.25cm

𝑎𝑏 = 15.51 𝑐𝑚 𝑘𝑔 𝑘𝑔 < 𝑓𝑦 = 4200 2 𝑐𝑚 𝑐𝑚2 𝑃𝑛𝑏 = 105528 kg 𝑀𝑛𝑏 = 3164705𝑘𝑔 − 𝑐𝑚 𝑓𝑠′ = 3929

𝑒𝑏 =

𝑀𝑛 3164705 = = 29.99 𝑐𝑚 ≈ 30 𝑐𝑚 𝑃𝑛𝑏 105528

𝑃𝑛𝑏 = 105528 kg ≈ 105.53 𝑡𝑛 FALLA POR COMPRESION EN COLUMNAS DE SECCIONES RECTANGULARES Debe cumplirse:

𝑒 < 𝑒𝑏

𝑓𝑠 < 𝑓𝑦

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El proceso de análisis requiere la aplicación de ecuaciones, es básica de equilibrio utilizando el método del tanteo y verificando la compatibilidad de las deformaciones en todas las etapas. 𝑃𝑛 = 0.85𝑓′𝑐 𝑏𝑎 + 𝐴′𝑠 𝑓′𝑠 − 𝐴𝑠 𝑓𝑠 𝑎

𝑀𝑛 = 0.85𝑓 ′ 𝑐 𝑏𝑎(𝑦 − 2 ) + 𝐴′ 𝑠 𝑓 ′ 𝑠 (𝑦 − 𝑑′ ) − 𝐴𝑠 𝑓𝑠 (𝑑 − 𝑦)

Ejemplo No 01.- Calcule la carga nominal balanceada 𝑃𝑛 de la sección que se muestra en la fig. si la excentricidad 𝑒 = 25 𝑐𝑚 0,3 Datos: b = 30 cm 𝐴′𝑆 = 𝐴𝑆 = 19.239 cm2 d = 43.70 cm 𝑓 ′ 𝑐 = 280 kg/cm2 𝑓𝑦 = 4200 kg/cm2 0,5

h = 50cm d’ = 6.3 cm Solución: 𝐶𝑏 =

(6000) 𝑥43.70 = 25.70 𝑐𝑚 (6000 + 4200)

𝑎𝑏 = 0.85𝑥25.29 = 21.85 𝑐𝑚 Comparamos: 𝑓𝑠′ con 𝑓𝑦 0.003 𝑘𝑔 𝑘𝑔 25.70 − 6.3 = 4529 2 > 𝑓𝑦 = 4200 2 25.70 𝑐𝑚 𝑐𝑚 𝑘𝑔 = 𝑓𝑦 = 4200 2 𝑐𝑚

𝑓𝑠′ = 2𝑥106 => 𝑓 ′ 𝑠

𝑃𝑛 = 0.85𝑥280𝑥30𝑥21.85 + 19.239𝑥4200 − 19.239𝑥4200 = 156009 𝑘𝑔 𝑦=

𝑕 = 25𝑐𝑚 2

𝑀𝑛 = 0.85𝑥280𝑥30𝑥21.85 25 −

21.85 + 19.239𝑥4200 25 − 6.3 − 19.239𝑥4200 43.7 − 25 2

𝑀𝑛 = 5217889 𝑘𝑔 − 𝑐𝑚 𝑒𝑏 =

𝑀𝑛 5217889 = = 33.45 𝑐𝑚 > 25 𝑃𝑛𝑏 156009

¡ 𝐹𝐴𝐿𝐿𝐴𝑃𝑂𝑅𝐴𝑃𝐿𝐴𝑆𝑇𝐴𝑀𝐼𝐸𝑁𝑇𝑂!

1er Tanteo: 𝐶𝑏 = 29 𝑐𝑚 2do Tanteo: 𝐶𝑏 = 29.25 𝑐𝑚 3er Tanteo: 𝐶𝑏 = 28.7𝑐𝑚

𝑒 ≈ 𝑒𝑏

COLUMNAS REFORZADAS EN LAS CUATRO CARAS Página 178

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ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA Pn

Pu 0.003 d' h/2

sc1

e c

0.85f'c a

Cc Cs = Fsc =

sc2

A'sfc

Gsc sc3

Ysc

h

Yst

h/2

st4

Gst

T = Tsf = Asft

st5

d' b/2

EN

b/2 b b

a SECCION TRANSVERSAL

DEFORMACIONES

C FUERZAS

Dónde: 𝐺𝑆𝐶 : 𝐺𝑆𝑇 : 𝐹𝑆𝐶 : 𝐹𝑆𝑇 : 𝜀𝑆𝐶 : 𝜀𝑆𝑇 :

Es el centro de gravedad de la fuerza del acero a compresión. Es el centro de gravedad de la fuerza del acero a tensión. Fuerza resultante del acero a compresión. Fuerza resultante del acero a tensión. Deformación unitaria del acero a compresión. Deformación unitaria del acero a tensión.

Por equilibrio: 𝐹𝐻 = 0:

→ 𝑃𝑛 = 𝐶𝑐 + 𝐹𝑆𝐶 − 𝐹𝑆𝑇 𝑃𝑛 = 0.85𝑓′𝑐 𝛽1 𝐶𝑏 + 𝐹𝑆𝐶 − 𝐹𝑆𝑇

𝑀𝑛 = 0.85𝑓 ′ 𝑐 𝛽1 𝐶𝑏(𝑐 −

𝛽1 𝐶 ) + 𝐹𝑆𝐶 (𝑦𝑆𝐶 ) − 𝐹𝑆𝑇 (𝑦𝑆𝑇 ) 2

Para el tanteo suponer “C”, el esfuerzo en cada varilla se obtiene: 𝑓𝑠𝑖 = 𝐸𝑆 𝜀𝑠𝑖 𝑓𝑠𝑖 ≤ 𝑓𝑦

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MÉTODO EMPÍRICO DE ANÁLISIS DE COLUMNAS CIRCULARES (SOLUCIÓN APROXIMADA) SECCIÓN CIRCULAR COMPUESTA:

Ast = are atotal del acero

SECCIÓN RECTANGULAR EQUIVALENTE (FALLA DE COMPRESIÓN)

COLUMNAS EQUIVALENTES (FALLA DE TENSIÓN) Página180

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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. 𝟖𝑫 𝐇 = altura de sección rectangular 2. El ancho de la columna rectangular idealizada se obtendrá de Ag. De la columna circular

𝐀𝐠 𝐛= 𝟎. 𝟖𝐃

𝐃 𝐀𝐠 = 𝟐

𝟐

𝛑 → 𝑎𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑙𝑢𝑚𝑛𝑎 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟

3. El área total de refuerzo 𝐀𝐬𝐭 , se divide por igual en dos capas para las que se colocan a una distancia de

𝟐𝐃𝐒 en 𝟑

la dirección de la flexión, en la que𝐃𝐒 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 a𝐂𝐂 , pero se colocara un 40% del área de acero 𝐴𝑆𝑇 en paralelo a una distancia 𝟎. 𝟕𝟓𝐃𝐒 . Una vez que se establecen las dimensiones de la columna rectangular equivalente, se puede hacer el análisis (diseño) como para columnas rectangulares.

PARA FALLA EN TENSIÓN: 𝒆 > 𝒆𝒃 𝑷𝒏 = 𝟎. 𝟖𝟓𝒇′𝒄 𝒉𝟐

𝟎. 𝟖𝟓𝒆 − 𝟎. 𝟑𝟖 𝒉

𝟐

+

𝝆𝒈 𝒎𝑫𝑺 𝟎. 𝟖𝟓𝒆 − − 𝟎. 𝟑𝟖 𝟐. 𝟓𝒉 𝒉

PARA FALLA DE COMPRESIÓN 𝒆 < 𝒆𝒃

𝑷𝒏 =

𝑨𝑺𝑻 𝒇𝒚 𝟑𝒆 𝑫𝑺

+ 𝟏. 𝟎𝟎

+

𝑨𝒈 𝒇′𝒄 𝟗.𝟔𝒉𝒆 𝟎.𝟖𝒉+𝟎.𝟔𝟕𝑫𝑺 𝟐 +𝟏.𝟏𝟖

Dónde: h = diámetro de la sección 𝐃𝐒 = Diámetro del núcleo del refuerzo, de centro a centro de las varillas verticales más externas 𝐞= excentricidad al centroide plástico de la sección. 𝛒𝐠 =

𝐟𝐲 𝐀 𝐒𝐭 𝐀𝐑𝐄𝐀 𝐁𝐑𝐔𝐓𝐀 𝐃𝐄𝐋 𝐀𝐂𝐄𝐑𝐎 = 𝐦= 𝐀 𝐠 𝐀𝐑𝐄𝐀 𝐁𝐑𝐔𝐓𝐀 𝐃𝐄𝐋 𝐂𝐎𝐍𝐂𝐑𝐄𝐓𝐎 𝟎. 𝟖𝟓𝐟′𝐜

Página181

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EJEMPLO N° 01.- obtener la sección transversal rectangular equivalente para la columna circular que se muestra en la figura.

h = 30cm Peralte de la sección rectangular =”d” 𝐇 = 𝟎. 𝟖𝐡 → 𝐻 = 0.80 ∗ 30 = 24𝑐𝑚 𝑎𝑛𝑐𝑕𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟 𝐛 = 30 𝐀 𝐠 = 𝛑𝐫 → π 2 𝟐

b=

𝐀𝐠 𝐇

2

= 706.86cm2

706.86 = 29.45cm 24

𝐝 − 𝐝′ =

𝟐 2 𝐃𝐒 → d − d′ = ∗ 17.6 = 11.73 cm 𝟑 3

EJEMPLO N° 02.- una columna circular calcular de 50cm de diámetro esta reforzada con seis (6) varillas del N° 8 con una distribución uniforme, calcule: a).-la carga y la excentricidad para condiciones de falla balanceada Página182

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b).-la carga 𝐏𝐧 para 𝑒 = 40𝑐𝑚 c).-la carga 𝐏𝐧 para 𝑒 = 12.5𝑐𝑚 Suponga que la columna no es esbelta (es corta) y que tiene refuerzo en espiral: Datos:

kg

f ′ c = 280 cm 2

kg

fy = 4200 cm 2

Solución:

DS = 50 − 2 ∗ 6.20 = 37.60cm H = 0.8h → H = 0.80 ∗ 50 = 40cm Ag1 = π ∗ r 2 → π ∗ 252 = 1963.50 cm b=

1963.50 = 49.09cm 40

𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑐𝑢𝑏𝑟𝑖𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑠𝑒𝑟𝑎: r =

H − d − d′ 40 − 25 = = 7.5 2 2

𝐝 = 𝟐𝟓 + 𝐝′ → 𝐝 = 𝟐𝟓 + 𝟕. 𝟓 = 𝟑𝟐. 𝟓 a).-FALLA BALANCEADA: 𝐂𝐛 = 𝐝

𝟔𝟎𝟎𝟎𝟎 𝟔𝟎𝟎𝟎 + 𝐟𝐲

Cb = 32.50

60000 = 19.12cm 6000 + 4200

𝐚𝐛 = 𝛃𝟏 ∗ 𝐂𝐛 𝐝′ = 7.5cm

→ ab = 0.85 ∗ 19.12 = 16.25cm ;

𝐝 = 49.09cm

𝐀 𝐒 = 𝐀′𝐒 = 3 ∗ 5.10 = 15.30cm2 𝐟′𝐒 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟑𝐄𝐒

𝐂𝐛 − 𝐝′ ≤ 𝐟𝐲 𝐂𝐛 Página183

CONCRETO ARMADO I 𝐟′𝐒 = 0.003 ∗ 2 ∗ 106

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19.12 − 7.2 kg = 3646.44 2 ≤ fy … … … … … … … … … . . ok! 19.12 cm

La carga para un estado balanceado será: 𝐏𝐧𝐛 = 𝟎. 𝟖𝟓𝐟′𝐂 𝐛𝐚𝐛 + 𝐀′𝐒 𝐟′𝐒 − 𝐀 𝐒 𝐟𝐲 𝐏𝐧𝐛 = 0.85 ∗ 280 ∗ 49.09 ∗ 16.25 + 15.30 ∗ 3646.44 − 15.30 ∗ 4200 = 181386kg 𝐌𝐧𝐛 = 𝐏𝐧𝐛 𝐞𝐛 = 𝟎. 𝟖𝟓𝐟′𝐂 𝐛𝐚𝐛 𝐲 −

𝐚 + 𝐀′𝐒 𝐟′𝐒 𝐲 − 𝐝′ + 𝐀 𝐒 𝐟𝐘 𝐝 − 𝐲 𝟐

𝐌𝐧𝐛 = 0.85 ∗ 280 ∗ 49.09 ∗ 16.25 20 − ∗ 4200 32.5 − 20

16.25 + 15.30 ∗ 3646.44 20 − 7.5 + 15.30 2

𝐌𝐧𝐛 = 3755167kg − cm = 37.5517 TN − m La excentricidad será: 𝐞𝐛 =

Mnb 3755167 = = 20.70cm Pnb 181386

b).-SI e=40cm (EXCENTRICIDAD GRANDE) 𝐃𝐒 = 37.60 𝛒𝐠 =

𝐴𝑆𝑡 6 ∗ 5.10 = = 0.015 𝐴𝑔 1963.50

𝐦=

𝑓𝑦 4200 = = 17.65 0.85𝑓′𝑐 0.85 ∗ 280

Luego:

𝐞 = 40𝑐𝑚 𝐞𝐛 = 20.70 → 𝑠𝑖 𝑒 > 𝑒𝑏 𝑟𝑖𝑔𝑒 𝑙𝑎 𝑓𝑎𝑙𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖𝑜𝑛! 𝟐

𝐏𝐧 = 𝟎. 𝟖𝟓𝒇′𝒄 𝒉

𝐏𝐧 = 𝟎. 𝟖𝟓 ∗ 𝟐𝟖𝟎 ∗ 𝟓𝟎𝟐

𝟎. 𝟖𝟓𝒆 − 𝟎. 𝟑𝟖 𝒉

𝟐

+

𝟎. 𝟖𝟓 ∗ 𝟒𝟎 − 𝟎. 𝟑𝟖 𝟓𝟎

𝝆𝒈 𝒎𝑫𝑺 𝟎. 𝟖𝟓𝒆 − − 𝟎. 𝟑𝟖 𝟐. 𝟓𝒉 𝒉

𝟐

+

𝟎. 𝟎𝟏𝟓 ∗ 𝟏𝟕. 𝟔𝟓 ∗ 𝟑𝟕. 𝟔𝟎 𝟎. 𝟖𝟓 − 𝟒𝟎 − − 𝟎. 𝟑𝟖 𝟐. 𝟓 ∗ 𝟓𝟎 𝟓𝟎

𝐏𝐧 = 66562.58kg

Página184

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𝐏𝐔 = ∅𝑷𝒏

; ∅ = 𝟎. 𝟕𝟓 para columna zunchada 𝐏𝐔 = 0.75 ∗ 66562.58 = 49921.94kg

c).- SI 𝐞 = 𝟏𝟐. 𝟓𝟎𝐜𝐦

e > eb rige la falla en compresion area total del acero ∶ AST = 6 ∗ 5.1 = 30.60cm2 = AS + A′S area bruta del concreto ∶ Ag = π

50 2

2

= 1963.495cm2

Luego la carga axial será: 𝑷𝒏 =

𝑨𝑺𝑻 𝒇𝒚 𝟑𝒆 𝑫𝑺

𝑷𝒏 =

+ 𝟏. 𝟎𝟎

+

30.60 ∗ 4200 3∗12.50 37.50

+ 1.00

𝑨𝒈 𝒇′𝒄 𝟗.𝟔𝒉𝒆 𝟎.𝟖𝒉+𝟎.𝟔𝟕𝑫𝑺 𝟐 +𝟏.𝟏𝟖

+

1963.495 ∗ 280 9.6∗50∗12.50 0.8∗50+0.67∗37.60 2 +1.18

𝑷𝒏 = 276470.68kg

𝑷𝒖 = 𝟐𝟎𝟕𝟑𝟓𝟑. 𝟎𝟏kg

DIAGRAMA DE ITERACIÓN DE RESISTENCIA CARGA – MOMENTO, PARA COLUMNAS CONTROLADAS POR LA FALLA DEL MATERIAL

La capacidad de las secciones de concreto reforzado para resistir cargas de flexión y axiales combinadas, se puede expresar por medio de diagramas de iteración, que relaciona a la carga axial y el momento flexionante en los miembros en compresión. En la figura se puede notar que la aproximación que se hace con el método empírico WHITNEY no siempre no es conservador, particularmente cuando Pu factor izada está cerca del acero balanceado.

Página185

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Ejemplo 01.- Construya un diagrama carga – momento, para una columna rectangular que tiene la siguiente geometría. Datos: Ancho = 30.00cm

𝑓𝑐′ = 210 𝑘𝑔/𝑐𝑚2

Peralte = 35.00cm

𝑓𝑦 = 4200 𝑘𝑔/𝑐𝑚2

Reforzado con 4 varillas 1 3/8”

d’ = 7.6 cm

7.6 A's 0.35 As

7.6

Solución: 0.30

AREA BRUTA Y SECCIÓN DEL CONCRETO: 𝐴𝑔 = 30𝑥35 = 1050 𝑐𝑚2 AREA DE LOS REFUERZOS: 𝐴𝑠 = 𝐴′𝑠 = 2 𝜋 ∗ 1.74632 = 19.16 𝑐𝑚2 AREA TOTAL DE REFUERZO: 𝐴𝑠𝑡 = 2 2𝑥9.58 = 38.32 𝑐𝑚2 1.

Carga axial pura. 𝑃0 = 0.85𝑓𝑐′ 𝐴𝑔 + 𝐴𝑠𝑡 𝑓𝑦 (Sin considerar concreto desplazado) 𝑃0 = 0.85𝑥410𝑥1050 + 38.32𝑥4200 = 526869 𝑘𝑔 𝑃0 = 526.869 𝑇𝑛 Página186

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2.

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Carga axial nominal máxima. 𝑃𝑛

𝑚𝑎𝑥

= 0.80 𝑃0 𝑃𝑛

𝑚𝑎𝑥

= 0.80𝑥526.869 = 421.495 𝑇𝑛 𝜙𝑃𝑛

𝑚𝑎𝑥

→ 𝜙 =?

Nota: Si la falla inicial es de compresión, el factor de reducción de la resistencia siempre será 0.70 para columnas con estribos y 0.75 para columnas con refuerzo espiral (factor de reducción). Si 𝑃𝑢 ≤ 0.1𝑓𝑐′ 𝐴𝑔 𝜙 = 0.90 −

0.20𝜙𝑃𝑛 ≥ 0.70 (𝐸𝑠𝑡𝑟𝑖𝑏𝑜𝑠) 0.10𝑓𝑐′ 𝐴𝑔

𝜙 = 0.90 −

0.15𝜙𝑃𝑛 ≥ 0.75 (𝐸𝑠𝑝𝑖𝑟𝑎𝑙) 0.10𝑓𝑐′ 𝐴𝑔

𝜙 = 0.70 → 𝜙𝑃𝑛 3.

𝑚𝑎𝑥

= 0.70𝑥421.495 = 295.047 𝑇𝑛

Condición balanceada

𝑑 = 𝑕 − 𝑟 → 35 − 7.6 = 27.4 𝑐𝑚 0.003

6000 6000 + 𝑓𝑦

Cs a

Cc

cb d

6000 = 16.12 𝑐𝑚 6000 + 4200

𝑎𝑏 = 𝛽1 𝑐𝑏 → 𝛽1 = 0.85 − 𝛽1 = 0.85 −

d'

E.N

T

3

𝐶b = 27.4

3

𝐶𝑏 = 𝑑

's

s

0.05(𝑓𝑐′

− 280) 70

0.05 410 − 280 = 0.75 70

𝑎𝑏 = 0.75𝑥16.12 = 12.09 𝑐𝑚 0.003 ℇ′𝑠 0.003 = → 16.12 − 7.6 𝑐𝑏 𝑐𝑏−𝑑 ′ 16.12 𝜀𝑠′ = 0.0016 < ℇ𝑦 =

𝑓𝑦 4200 = = 0.0021 𝑜𝑘! 𝐸𝑠 2𝑥106 𝑓𝑠′ = 𝐸𝑠 𝑥ℇ′𝑠 = 2𝑥106 𝑥 0.0016 = 3200

𝑘𝑔 𝑐𝑚2

𝑃𝑛𝑏 = 0.85𝑓𝑐′ 𝑏𝑎𝑏 + 𝐴′𝑠 𝑓𝑠′ − 𝐴𝑠 𝑓𝑦 Página187

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𝑃𝑛𝑏 = 0.85𝑥410𝑥30𝑥12.09 + 19.16𝑥3200 − 19.16𝑥4200 = 107241 𝑘𝑔 ≅ 107.241 𝑇𝑛 𝑃𝑛𝑏 = 107.241 𝑇𝑛 𝑀𝑛𝑏 = 0.85𝑓𝑐′ 𝑏𝑎𝑏

y

y −

𝑎𝑏 + 𝐴′𝑠 𝑓𝑠′ y − 𝑑′ + 𝐴𝑠 𝑓𝑦 𝑑 − y 2

h  17.5cm 2

𝑀𝑛𝑏 = 126401 17.5 −

12.09 + 61312 17.50 − 7.60 + 80472(27.40 − 17.50) 2

𝑀𝑛𝑏 = 2851585 𝑘𝑔 − 𝑐𝑚 ≅ 28.515 𝑇𝑛 − 𝑚 𝑒𝑏 =

𝑀𝑛𝑏 2851585 = = 26.59 𝑐𝑚 𝑃𝑛𝑏 107241

→ 𝜙𝑃𝑛𝑏 = 0.70𝑥107.241 = 75.069 𝑇𝑛 ; 𝜙𝑀𝑛𝑏 = 0.70𝑥28.515 = 19.9605 𝑇𝑛 − 𝑚 4.

Flexión pura 𝐴𝑆′ = 0

𝑃𝑛 = 0 → 𝑃𝑢 = 0 𝑎=

𝐴𝑠 𝑓𝑦 0.85𝑓𝑐′ 𝑏

𝑎=

19.16𝑥4200 = 7.70𝑐𝑚 0.85𝑥410𝑥30

𝑐=

𝑎 7.70 = = 10.27𝑐𝑚 𝛽1 0.75

ℇ′𝑠 =

0.003 0.003 𝑐 − 𝑑′ → 10.27 − 7.60 = 0.00078 𝑐 10.27

𝑓𝑠′ = ℇ′𝑠 𝐸𝑠 → 0.00078𝑥2𝑥106 = 1560 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝑀𝑛0 = 𝐴𝑠 𝑓𝑦 𝑑 −

𝑎 7.70 → 19.16𝑥4200 27.4 − = 1895116 𝑘𝑔 − 𝑐𝑚 2 2

𝑀𝑛𝑜 = 18.951 𝑇𝑛 − 𝑚

, 𝑃𝑛0 = 0.00 0.003

𝜙𝑀𝑛0 → 𝜙 = 0.90 → 𝜙𝑀𝑛0 = 17.056 𝑇𝑛 − 𝑚 Tanteo: C = 25 cm

3

5.

's

d'

c d=27.4cm

𝐶 = 25 > C𝑏 = 16.12 ¡ 𝑅𝑖𝑔𝑒𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛!

E.N

𝑎 = 𝛽1 𝐶 → 𝑎 = 0.75𝑥25 = 18.75 3

0.003 ℇ′𝑠 = 25 − 7.6 = 0.0021 25

s

Página188

CONCRETO ARMADO I ℇ′𝑦 =

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𝑓𝑦 4200 → ℇ𝑠 = = 0.0021 𝐸𝑠 2𝑥106

ℇ′𝑠 = ℇ𝑦 𝑓𝑠′ = 𝑓𝑦 ℇ𝑠 0.003 0.003 = → ℇ𝑠 = 27.4 − 25 = 0.00029 𝑑−𝑐 𝑐 25 𝑓𝑠 = ℇ𝑠 𝐸𝑠 → 0.00029𝑥2𝑥106 = 580 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝐶𝑐 = 0.85𝑓𝑐′ 𝑏a → 0.85𝑥410𝑥30𝑥18.75 = 196031.25 𝑘𝑔 𝐶𝑠 = 𝐴′𝑠 𝑓𝑦 = 19.16𝑥4200 = 80472 𝑘𝑔 𝑇𝑠 = 𝐴𝑠 𝑓𝑠 = 19.16𝑥580 = 11113 𝑘𝑔 𝑃𝑛 = 𝐶𝑐 + 𝐶𝑠 − 𝑇𝑠 = 265390.25 = 265.390 𝑇𝑛

a  M n  Cc  y    Cs  y  d '  Ts (d  y) 2  𝑀𝑛 = 2499445 𝑘𝑔 − 𝑚 = 24.994 𝑇𝑛 − 𝑚 𝜙𝑃𝑛 = 185.773 𝑇𝑛, 𝑒=

𝜙𝑀𝑛 = 17.994 𝑇𝑛 − 𝑚

2499445 = 9.42 𝑐𝑚 265390.25 6.

Si 𝑐 = 10.50 𝑐𝑚 < 𝐶𝑏 = 16.12 ¡ 𝑅𝑖𝑔𝑒𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛!

𝑎 = 10.50𝑥0.75 = 7.88 𝑐𝑚 ℇ′𝑠 0.003 0.003 ′ = → ℇ = 𝑐 − 𝑑′ < ℇ𝑦 𝑠 𝑐 − 𝑑′ 𝑐 𝑐 0.003

ℇ′𝑠 = 10.50 10.50 − 7.6 = 0.00083 𝑓𝑦 4200 = = 0.00021 ℇ𝑠 2𝑥106

→ 𝑓𝑠′ = 𝐸𝑠 ℇ′𝑠 = 2𝑥106 𝑥0.00083 = 1660 𝑘𝑔/𝑐𝑚2

0.003 3

ℇ𝑦 =

's

c d E.N

𝑓𝑠 = 𝑓𝑦 = 4200 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 3

𝐶𝑐 = 0.85𝑓𝑐′ 𝑏𝑎 = 0.85𝑥410𝑥30𝑥7.88 = 82385 𝑘𝑔

d'

s

𝐶𝑠 = 𝐴′𝑠 𝑓𝑠′ = 19.16𝑥16660 = 31806 𝑘𝑔 𝑇𝑠 = 𝐴𝑠 𝑓𝑠 = 19.16𝑥4200 = 80472 𝑘𝑔 𝑃𝑛 = 33719 𝑘𝑔 = 33.719 𝑇𝑛 Página189

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a  M n  C  y    Cs  y  d '  Ts (d  y) 2  𝑀𝑛 = 82385 17.5 −

7.88 + 31806 17.5 − 7.6 + 80472 27.4 − 17.5 = 2228693 𝑘𝑔 − 𝑐𝑚 2

𝑀𝑛 = 22.286 𝑇𝑛 − 𝑚 𝑒 = 66.10 𝑐𝑚

Como: 𝑃𝑛 = 33719 𝑘𝑔 < 0.10𝐴𝑔 𝑓𝑐′ = 43050 Suponiendo: 𝜙 = 0.70 𝜙𝑃𝑛 = 0.70𝑥33719 = 23603 𝑘𝑔 < 0.10 𝐴𝑔 𝑓𝑐′ = 43050 → 𝜙 > 0.70 Por tanto 𝜙 = 0.90 −

0.20𝜙𝑃𝑛 ≥ 0.70 0.10𝑓𝑐′ 𝐴𝑔

𝜙 = 0.90 −

0.20𝑥23603 = 0.79 0.10𝑥410𝑥30𝑥35

→ 𝜙𝑃𝑛 = 0.79𝑥33719 = 26638 𝑘𝑔 Verificando el primer valor de la prueba de 𝜙 𝜙 = 0.90 −

0.20𝑥26638 = 0.776 0.10𝑥410𝑥30𝑥35

𝜙𝑃𝑛 = 0.776x33719 = 26166 𝑘𝑔 7.

𝑃𝑎𝑟𝑎: 0.10 𝑓𝑐′ 𝐴𝑔 = 𝜙𝑃𝑛 → 43050 = 𝜙𝑃𝑛

𝑆𝑖: 𝑐 = 12.42 𝑐𝑚; 𝑎 = 9.32 𝑐𝑚 ℇ′𝑠 =

0.003 12.42 − 7.6 = 0.00116 12.42

𝑓𝑠′ = 𝐸𝑠 ℇ′𝑠 = 2𝑥106 𝑥0.00116 = 2320 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝐶𝑐 = 0.85𝑥410𝑥30𝑥9.32 = 97441 𝑘𝑔 𝐶𝑠 = 𝐴′𝑠 𝑓𝑠′ = 19.16𝑥2320 = 44451 𝑘𝑔 𝑇𝑠 = 𝐴𝑠 𝑓𝑦 = 19.16𝑥4200 = 80472 𝑘𝑔 Página190

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→ 𝑃𝑛 = 61420 𝑘𝑔 = 61.42 𝑇𝑛 𝜙𝑃𝑛 = 0.70𝑥61420 = 42994 𝑘𝑔 ≅ 43050 𝑘𝑔 … 𝑜𝑘! 𝑀𝑛 = 97𝑥441 17.5 −

9.32 + 44451 17.5 − 7.6 + 80472 27.4 − 17.5 2

𝑀𝑛 = 2487880 𝑘𝑔. 𝑐𝑚 = 24.88 𝑇𝑛 − 𝑚

P Tn 600 0.003 550

3

s

526.869 500 3

s=compresión

450 421.495 400

350 3

c =0.003

3

's

300

DIAGRAMA Pn Mn 3

's < s

e min.

200

3

265.390 250

0.003

3

's

150 107.241 100 3

3

's = s

61.42 50

eb

33.719 25

28.515

20

24.880 24.994

18.951

15

30

Mn Tn-m

's

Punto A 3

3

10

3

5

22.286

A 0

's > s

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CONSIDERACIONES Y PRACTICAS DE DISEÑO REFUERZO MÁXIMO Y MÍNIMO EN COLUMNAS (REFUERZO LONGITUDINAL) El código A.C.I, recomienda: 𝑅𝑒𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑜: 𝐴𝑆𝑚𝑖𝑛 = 𝐴𝑠𝑡 = 0.01𝐴𝑔 Refuerzo máximo:

ASmax = Ast = 0.08Ag

En edificios altos: 𝐴𝑆𝑚𝑖𝑛 = 𝐴𝑠𝑡 = 0.01𝐴𝑔 DISTRIBUCIÓN DEL ACERO LONGITUDINAL Y TRASVERSAL A) COLUMNAS ESTRIBADAS. Las columnas con estribos rectangulares requieren de 4 varillas longitudinales como mínimo. En cualquier tipo de sección de columna deberá proporcionarse una varilla longitudinal en cada esquina y además toda varilla longitudinal deberá estar apoyada sobre estribos. " 𝑅𝑒𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑𝑖𝑛𝑎𝑙 ∅ < #10 → 𝐸𝑠𝑡𝑟𝑖𝑏𝑜 ∅ 3 8 " 𝑅𝑒𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑𝑖𝑛𝑎𝑙 ∅ ≥ #10 → 𝐸𝑠𝑡𝑟𝑖𝑏𝑜 ∅ 1 2

Espaciamiento vertical de estribos “S” 𝑆 ≤ 16∅𝐿 ∅𝐿 = 𝑑𝑖𝑎𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑑𝑒𝑙𝑎𝑣𝑎𝑟𝑖𝑙𝑙𝑎𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑆 ≤ 48∅𝐿 (∅𝐸 = 𝑑𝑖𝑎𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑑𝑒𝑙𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖𝑏𝑜) 𝑆 ≤ 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛𝑑𝑒𝑙𝑎𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑠𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙𝑑𝑒𝑐𝑜𝑙𝑢𝑚𝑛𝑎𝑠

B) COLUMNAS EN ESPIRAL (ZUNCHADAS) Utilizadas en regiones de alto riesgo sismo, se requiere como mínimo de 6 (seis) varillas longitudinales. El diámetro del zuncho pesa por lo menos de ∅ 3/8" las distancia libre espirales estará " entre 2.5 cm a 7.5 cm y mayor 1 1 3 del tamaño máximo del agregado el paso se puede calcular de la siguiente manera:

𝐴𝐶 =

𝜋𝐷𝑐2 4

𝐴𝑔 =

𝜋𝑕2 4

Porcentaje mínimo del refuerzo helicoidal𝜌𝑠 𝐴𝑔 𝑓𝑐′ 𝜌𝑠 = 0.45 −1 𝐴𝑐 𝑓𝑠𝑦

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𝑣𝑜𝑙. 𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜𝑑𝑒𝑙𝑎𝑒𝑙𝑖𝑐𝑒𝑝𝑜𝑟𝑐𝑎𝑑𝑎𝑟𝑒𝑑𝑢𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑣𝑜𝑙. 𝑑𝑒𝑙𝑛𝑢𝑐𝑙𝑒𝑜𝑑𝑒𝑐𝑜𝑛𝑐𝑟𝑒𝑡𝑜𝑐𝑜𝑛𝑡𝑒𝑛𝑖𝑑𝑜𝑒𝑛𝑐/𝑟𝑒𝑑𝑢𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 Dónde: 𝑕 = 𝐷𝑖𝑎𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑑𝑒𝑙𝑎𝑐𝑜𝑙𝑢𝑚𝑛𝑎 𝑎𝑠 = 𝐴𝑟𝑒𝑎𝑑𝑒𝑙𝑎𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙𝑑𝑒𝑙𝑒𝑠𝑝𝑖𝑟𝑎𝑙 𝑑𝑏 = 𝑑𝑖𝑎𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑛𝑜𝑚𝑖𝑛𝑎𝑙𝑑𝑒𝑙𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜𝑑𝑒𝑙𝑎𝑕𝑒𝑙𝑖𝑐𝑒 𝐷𝐶 = 𝐷𝑖𝑎𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑑𝑒𝑙𝑛𝑢𝑐𝑙𝑒𝑜𝑑𝑒𝑙𝑐𝑜𝑛𝑐𝑟𝑒𝑡𝑜, 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒𝑝𝑎ñ𝑜𝑠𝑒𝑥𝑡𝑟𝑖o𝑟𝑒𝑠𝑑𝑒𝑙𝑎𝑕𝑒𝑙𝑖𝑐𝑒. 𝑓𝑠𝑦 = 𝑅𝑒𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑑𝑒𝑓𝑙𝑢𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑑𝑒𝑙𝑟𝑒𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜𝑕𝑒𝑙𝑖𝑐𝑜𝑖𝑑𝑎𝑙. 𝜌𝑠 =

Se puede escribir la relación de refuerzos de la hélice como:

𝜌𝑠 =

𝑎𝑠 𝐷𝐶 − 𝑑𝑏 𝜋 𝐴

𝐷𝑐2 𝑆

El paso “S” será:

𝑆=

4𝑎 𝑠 𝐷𝐶 −𝑑 𝑏 𝐷𝑐2 𝜌 𝑠

S= espaciamiento entre estribos o paso. "

Las hélices se deben andar bien, proporcionado por lo menos 1 1 2 vueltas adicionales, cuando se traslapa a las hélices en vez de soldadas. db

Ds

h

s

ESTADOS LÍMITES EN LA FALLA POR PANDEO (COLUMNAS ESBELTAS O LARGAS) Análisis de estabilidad según reglamento A.C.I es: 𝑀𝑎𝑟𝑐𝑜𝑠𝑐𝑜𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑎𝑟𝑟𝑖𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎d𝑜𝑠 :

𝑀𝑎𝑟𝑐𝑜𝑠𝑠𝑖𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑟𝑟𝑖𝑜𝑠𝑡𝑟𝑒 :

𝐾𝑙 𝑢 𝑟

𝐾𝑙 𝑢 𝑟

𝑀

< 34 − 12 𝑀1 …………………… .. (1) 2

< 22..…………………………..… (2)

𝐾𝑙𝑢 = 𝑅𝑒𝑙𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑑𝑒𝑒𝑠𝑏𝑒𝑙𝑡𝑒𝑠 𝑟 𝐾 = 𝑓𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟𝑑𝑒𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑𝑒𝑓𝑒𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎 Página193

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𝑙𝑢 = 𝐿𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑𝑑𝑒𝑙𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜 𝑀1 𝑦𝑀2 = 𝑀𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑒𝑛𝑙𝑜𝑠𝑒𝑥𝑡𝑟𝑒𝑚𝑜𝑠𝑜𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑜𝑠𝑑𝑒𝑙𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜𝑎𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛 𝑀1 < 𝑀2 𝑀1 = − 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑑𝑜𝑏𝑙𝑒 𝑀2 𝑀1 = + 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎𝑡𝑢𝑟𝑎𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑒 𝑀2 𝑟 = 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜𝑑𝑒𝑔𝑖𝑟𝑜,

𝑟=

I𝑔 𝐴𝑔

𝒓 = 𝟎. 𝟑𝒉 Para secciones rectangulares, h=es la dimensión de la columna Perpendicular al eje de flexión. 𝒓 = 𝟎. 𝟐𝟓𝒉Para sección circular a) Ambos extremos empotrados (fig. a) b) Ambos extremos empotrados con libertad de movimiento lateral en uno de ellos (fig. b) c) Articulados (fig. c) d) Un extremo empotrado y el otro libre (fig. d)

1) M iembr o en k lu compr esión con contra viento k = 2.00 s: “K”se puede determinar a Fig.d Fig.c

lu

k lu

k lu

lu

k lu

k = 1.00 k = 0.50

k = 1.00

El valor de Fig. a Fig.b partir de los monogramas de JACKSON y MORELAND 𝐾 = 0.7 + 0.05 𝜓𝐴 + 𝜓𝐵 ≤ 1.0 𝐾 = 0.85 + 0.05 𝜓𝑚𝑖𝑛 ≤ 1.0 Tomar el menor valor ψA y ψB ψmin ψ

= Valores en los extremos de la columna = Es el menor de los valores = Relación de rigidez de todos los miembros a compresión

Página194

CONCRETO ARMADO I 𝜓=

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𝐸𝐼/𝑙𝑢 𝑐𝑜𝑙𝑢𝑚𝑎𝑛𝑠 𝐸𝐼/𝑙𝑛 𝑣𝑖𝑔𝑎𝑠

Dónde: 𝑙𝑢 = 𝐿𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑𝑛𝑜𝑠𝑜𝑝𝑜𝑟𝑡𝑎𝑑𝑎𝑑𝑒𝑙𝑎𝑐𝑜𝑙𝑢𝑚𝑛𝑎 𝑙𝑛 = 𝐶𝑙𝑎𝑟𝑜𝑙𝑖𝑏𝑟𝑒𝑑𝑒𝑙𝑎𝑣𝑖𝑔𝑎. 2) Miembros a compresión sin contravientos y con ambos extremos restringidos. La longitud efectiva se puede tomar como: Para

𝜓<2 𝐾=

Para

20 − 𝜓𝑚 20

1 + 𝜓𝑚

𝜓≥2 𝐾 = 0.9 1 + 𝜓𝑚

Dónde: 𝜓𝑚 =Promedio de los valores de 𝜓en los extremos del miembro a compresión.

3) Miembros en compresión sin contravientos y con un extremo articulado: El factor de la longitud efectiva se puede tomar como: 𝐾 = 2.0 + 0.3𝜓

 En el que 𝜓es el valor del extremo restringido  El radio de giro 𝑟 = 𝐼𝑔 /𝐴𝑔 se puede tomar como r=0.3h para secciones rectangulares, en donde h es la dimensión de la columna perpendicular al eje de flexión.  Para las secciones circulares, el radio de giro se tomara como 0.25h.  Si el valor de 𝐾𝑙𝑢 /𝑟 es mayor que el que se obtiene en las ecuaciones (1) y (2), se recomienda los métodos para analizar la estabilidad: 1. EL MÉTODO DE LA AMPLIFICACIÓN DE MOMENTOS. En el que el diseño del miembro se basa en un momento amplificado. 𝑀𝐶 = 𝛿𝑀2 = 𝛿𝑏 𝑀2𝑏 + 𝛿𝑠 𝑀2𝑠 Dónde: 𝛿𝑠 =Es el factor de amplificación de momento 𝑀2𝑏 que se producen por la cargas de Gravedad. 𝑀2𝑏 =Momento factorizado en el extremo de la columna producido por cargas que no Ocasionan un desplazamiento lateral apreciable. 𝛿𝑠 =Es el factor de amplificación que se aplica al mayor momento 𝑀2𝑠 de extremo, Que producen cargas que ocasionan un desplazamiento lateral apreciable. Página195

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(Cargas de viento) Si 𝑙𝑛 /1,500 , se considera que el marco esta arriostrado. 2. UN ANÁLISIS DE SEGUNDO ORDEN, que se toma en consideración el efecto de las 𝐾𝑙 deflexiones. Se debe utilizar siempre 𝑟 𝑢 > 100 Se debe notar que todas las columnas tienen que diseñarse por lo menos para una excentricidad mínima de (0.6+0.03h). Ejemplo: diseño de una columna esbelta (larga) Una columna rectangular de estribo forma parte del marco de un edificio de 5 x 3 crujías, sujeta a flexiónuniaxial. Su altura libre es 𝑙𝑢 = 5.55𝑚 y no tiene arriostramiento contra desplazamientos lateral. La carga externa factorizada 𝑃𝑢 = 329 𝑡𝑛 . Los momentos factorizados de extremo son: 𝑀1 = 6.34 𝑡𝑛 − 𝑚 , 𝑀2 = 17.586 𝑡𝑛 − 𝑚 . Diseñe la sección de la columna y el refuerzo necesario para las dos condiciones siguientes: 1.- Considere solamente cargas gravitacionales, suponiendo que el desplazamiento lateral que produce el viento es despreciable. 2.- considere que los efectos de desplazamiento lateral del viento ocasionan una 𝑃𝑢 = 40.86 𝑡𝑚 (factorizada) y un 𝑀𝑢 = 553.88 𝑡𝑛 − 𝑚factorizado. Las cargas de piso para todas las columnas en ese nivel son: 𝑃𝑢 = 7,037 𝑡𝑛 𝑃𝑐 = 14,528 𝑡𝑛 Datos: 𝛽𝑑 = 0.5

𝜓𝐴 = 2.00

𝜓𝐵 = 3.00 𝑓𝑐′ = 350𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝑓𝑦 = 4200 𝑘𝑔/𝑐𝑚2

EMPALME DE BARRAS Comúnmente las barras de refuerzo se fabrican en longitudes que varían de 9 a 12m. Estas medidas no suelen ajustarse a las dimensiones de las estructuras, por lo que resulta necesario el empleo de empalmes.

Empalme por traslape Asfy

Fy°

fs = 0 Asfy

fs = 0 LONGITUD DE TRASLAPE

Fy°

a) Tensión

fs > 0

Asfy

Asfy (+ disponible) fs > 0 LONGITUD DE TRASLAPE

b) COMPRESIÓN

Página196

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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

𝑓‘𝑐 = 210 𝑘𝑔/𝑐𝑚2

Sí 𝑓‘𝑐 < 210 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 → 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

5

6

Acero requerido en la sección de empalme = 𝐴𝑠𝑟 = 10 𝑐𝑚2 Refuerzo transversal: Estribos del No. 3 a cada 15 cm. 𝑓𝑐′ = 210 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝑓𝑦 = 2800 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 Acero propuesto: 2 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎𝑠𝑁𝑜. 9, 𝑑𝑏 = 2.86 𝑐𝑚. 𝐴𝑏 = 𝑆𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛𝑑𝑒𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜𝑝𝑟𝑜𝑝𝑜𝑟𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜 = 6.42𝑐𝑚2 𝐴𝑠𝑝 = 𝐴𝑐𝑒𝑟𝑜𝑝𝑟𝑜𝑝𝑜𝑟𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜 = 2 𝑥 6.42 = 12.84 𝑐𝑚2 Solución: Separación y recubrimiento mínimo: 30 =

=

S= 5 6

5

6

Separación libre: S = 30 – 12 – 3x2.86 𝑆 = 9.42 𝑐𝑚 > 2 𝑑𝑏 … … . 𝐷𝑒𝑠𝑝𝑟𝑒𝑐𝑖𝑎𝑛𝑑𝑜𝑙𝑜𝑠𝑒𝑠𝑡𝑟𝑖𝑏𝑜𝑠. ( 𝑂𝑘) Página197

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Recubrimiento = 5.00 cm >𝑑𝑏 …….. (Ok) Determinamos el tipo de traslape:

𝐴𝑆𝑝 /𝐴𝑠𝑟

= 12.84 / 10 = 1.28

< 2

El traslape es de clase “B” → Long. Traslape = 1.3 𝐿𝑑 Luego 𝐿𝑑 =

𝑓𝑦 . 𝛼𝛽𝑑𝑏 5.3 𝑓‘𝑐

Valores de α : 1.3 → con mas de 30 cm de concreto debajo de ellos. 1.00 → en otros casos (𝛼 = 𝑓𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟) Β = 1.5 → recubierto con alguna resina epóxica para proteger de la corrosión. Β = 1.0 → en otros casos. Entonces: 𝐿𝑑 =

2800𝑥1𝑥1𝑥2.86 3 210

= 104.2 𝑐𝑚

𝐿 𝑇𝑟𝑎𝑠 l𝑎𝑝𝑒 = 1.3𝑥104.2 = 136 𝑐𝑚.

AGRIETAMIENTO Debido a la baja Resistencia a la tensión del concreto los elementos de este material tienden a agrietarse. Son diversas las causas que conducen al agrietamiento del concreto; siendo los fundamentales:  Las deformaciones debidas a cambios volumétricos.  Los esfuerzos ocasionados por fuerzas de tensión, momentos flexionantes o por las fuerzas cortantes. MECANISMOS DEL AGRIETAMIENTO: Se han propuesto algunos mecanismos de agrietamiento y sirven de base para calcular la separación y el ancho de grietas. 1) MECANISMO CLÁSICO DE AGRIETAMIENTO.- En este mecanismo se supone una distribución uniforme de esfuerzos de tensión en un área efectiva de concreto y una cierta distribución de esfuerzos de adherencia a lo largo del refuerzo.

Página198

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ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA a mín C

A T

C

B 2

1

A 1

T

𝑓𝑠 = 𝑇/𝐴𝑠 , aparecen primero los ganchos No. 1 y luego No. 2 𝑎𝑚𝑖𝑛 = Separación mínima de grietas Si la separación L entre secciones A es >2𝑎𝑚𝑖𝑛 → se forma nueva grieta. Si la separación L entre secciones A es <2𝑎𝑚𝑖𝑛 → no hay grietas. → La separación puede variar entre: 𝑎𝑚𝑖𝑛 y 2𝑎𝑚𝑖𝑛 , con promedio de 1.5𝑎𝑚𝑖𝑛 𝑎𝑚𝑖𝑛 ≤ 𝐿 ≤ 2𝑎𝑚𝑖𝑛 𝑎𝑝𝑟𝑜𝑚 =

3 𝑎 → 𝑎𝑚𝑎𝑥 = 2𝑎𝑚𝑖𝑛 2 𝑚𝑖𝑛 𝑎𝑚𝑎𝑥 =

Luego:

4 𝑎 3 𝑝𝑟𝑜𝑚

2

𝑎𝑚𝑖𝑛 = 3 𝑎𝑝𝑟𝑜𝑚

El valor de 𝑎𝑚𝑖𝑛 , se puede calcularse igualándose la resistencia en tensión del elemento del concreto con la fuerza de tensión transferida por adherencia. → 𝑅𝑒𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑒𝑛𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖𝑜𝑛 = 𝐴𝑐 . 𝑓𝑡

………. (1)

𝑆𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑒𝑟𝑖𝑑𝑎

= 𝑎𝑚𝑖𝑛 𝛾𝑢

𝑠………… 2

Dónde: 𝐴𝑐 = 𝐴𝑟𝑒𝑎𝑑𝑒𝑙𝑎𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙𝑑𝑒𝑙𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑓𝑡 = 𝑅𝑒𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑒𝑛𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛𝑑𝑒l 𝑐𝑜𝑛𝑐𝑟𝑒𝑡𝑜 𝛾 = 𝐹𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟𝑞𝑢𝑒𝑑𝑒𝑝𝑒𝑛𝑑𝑒𝑑𝑒𝑙𝑎𝑑𝑖𝑠𝑡𝑟𝑖𝑏𝑢𝑐𝑖ó𝑛𝑑𝑒𝑙𝑒𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜𝑑𝑒𝑎𝑑𝑕𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑢 = 𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜𝑑𝑒𝑎𝑑𝑕𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑠 = 𝑃𝑒𝑟í𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑑𝑒𝑙𝑎𝑠𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎𝑠𝑑𝑒𝑒𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜. Igualando: (1) = (2) 𝐴𝑐 𝑓𝑡

= 𝑎𝑚𝑖𝑛 𝛾𝑢 → 𝑎𝑚𝑖𝑛 =

𝑓𝑡 𝐴𝑐 . … … … … … … … … … … … … … … … … … … . . … . . (𝐼) 𝛾𝑢 𝑠

Sabemos que 𝑠= 𝜌 =

4 𝐴𝑠 ………………………….…………………………………………….……………… 3 𝑑𝑏

𝐴𝑠 𝐴𝑐

………………………………………………………………………………..…… 4

Página199

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𝐴𝑐 = Á𝑟𝑒𝑎𝑒𝑓𝑒𝑐𝑡𝑖𝑣𝑎𝑑𝑒𝑙𝑐𝑜𝑛𝑐𝑟𝑒𝑡𝑜 (3) y (4) en (I) 𝑎𝑚𝑖𝑛 =

𝑓𝑡 𝑑𝑏 → 𝑆𝑒𝑝𝑎𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑎𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒𝑔𝑟𝑖𝑒𝑡𝑎𝑠. 4𝛾𝑢 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: 𝑊𝑚𝑖𝑛 = ℰ𝑠 𝑎𝑚𝑖𝑛 = (I) en

𝑓 𝑎 …………………………………………………………….…………. 5 𝐸 𝑠 𝑚𝑖𝑛

(5): 𝑊𝑚𝑖𝑛 =

Como:

𝑓𝑡 𝑓𝑠 𝑑𝑏 4𝛾𝑢𝐸𝑠 𝜌

𝑎𝑚𝑎𝑥 = 2 𝑎𝑚𝑖𝑛 𝑊𝑚𝑎𝑥 =

𝑓𝑡 𝑓𝑠 𝑑𝑏 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛𝑞𝑢𝑒𝑝𝑢𝑒𝑑𝑒𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑟𝑠𝑒𝑎𝑣𝑖𝑔𝑎𝑠𝑠𝑢𝑗𝑒𝑡𝑎𝑠𝑎𝑓𝑙𝑒𝑥𝑖ó𝑛 2𝛾𝑢𝐸𝑠 𝜌 𝑆í 𝜌 =

h

𝐴𝑠 → 𝐴𝑐 = 𝐴𝑒 = 2𝑏 (𝑕 − 𝑑) 𝐴𝑐

d Ae=2b (h-d) Centroide del acero b

AREA EFECTIVA EN ELEMENTO SUJETA A FLEXIÓN

2) MECANISMO BASADO EN EL ESTADO INTERNO DE ESFUERZOS: 4

3

4

1

2

2

3

t T

T

Agrietamiento de un elemento sujeto a Tensión según el mecnaimos propuesto por BROMS

Página200

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h

T

T L

𝑆𝑖 ∶ 𝐿/𝑕 < 1 → 𝐿𝑎𝑔𝑟𝑖𝑒𝑡𝑎𝑛𝑜𝑒𝑠𝑣𝑖𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒𝑒𝑛𝑒𝑙𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜r, 𝐸𝑙𝑐í𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜𝑛𝑜𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑙𝑎𝑐𝑎𝑟𝑎. 𝐿/𝑕 > 1

→ 𝐸𝑙𝑐í𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑙𝑎𝑐𝑎𝑟𝑎𝑖𝑛𝑓𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟𝑦𝑙𝑎𝑔𝑟𝑖𝑒𝑡𝑎𝑠𝑒𝑑𝑒𝑠𝑎𝑟𝑟𝑜𝑙𝑙𝑎𝑕𝑎𝑠𝑡𝑎𝑒𝑙𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟.

𝐿𝑎𝑠𝑔𝑟𝑖𝑒𝑡𝑎𝑠𝑣𝑎𝑟í𝑎𝑛𝑑𝑒: 𝑡𝑎 2𝑡𝑒𝑠𝑒𝑙𝑟𝑒𝑐𝑢𝑏𝑟𝑖𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜𝑑𝑒𝑐𝑜𝑛𝑐𝑟𝑒𝑡𝑜𝑚𝑒𝑑𝑖𝑑𝑜𝑑𝑒𝑠𝑑𝑒𝑒𝑙𝑒𝑗𝑒𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑𝑖𝑛𝑎𝑙𝑑𝑒𝑙𝑎𝑣𝑎𝑟𝑖𝑙𝑙𝑎. a max = 2t a min = t aprom = 1 ½ t

→ Separación de grietas= 1.5t Los anchos de grietas respectivas son: 𝑊𝑚𝑎𝑥 = ℇ𝑠 𝑎𝑚𝑎𝑥 = 2𝑡ℇ𝑠 𝑊𝑚𝑖𝑛 = ℇ𝑠 𝑎𝑚𝑎𝑥 = 2𝑡ℇ𝑠 𝑊𝑝𝑟𝑜𝑚 = ℇ𝑠 𝑎𝑝𝑟𝑜𝑚 = 1 ½ 𝑡ℇ𝑠

= 1.5 𝑡ℇ𝑠

EXPRESIONES PARA LA PREDICCIÓN DE AGRIETAMIENTO Los factores que tienen mayor influencia en el ancho de las grietas son: a) b) c) d)

es mayor cuando se utiliza barras lisas que barras corrugadas. depende de forma importante del espesor del recubrimiento. aumenta con el acero en el refuerzo en el acero siendo esta variable la más importante. 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. 2. 3. 4.

La de Portland cement association (P.C.A) La de cement and concrete association (C.A.C.A). La de gergely y lutz. La de frosch.

Página201

CONCRETO ARMADO I 1.

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FORMULA PROPUESTA POR P.C.A:

El ancho máximo de grietas es:

(para barra corrugada).

4

𝑊𝑚𝑎𝑥 = 2.6 𝐴. 𝑓𝑠 𝑥10−6 (cm). 𝐴=

𝐴𝑒 𝑁

N= numero de varillas

;

𝐴𝑒 = área efectiva de concreto que rodea a cada

barra. 𝑓𝑠 = 7

𝑍 = 8𝑑

𝑀 𝐴𝑠 𝑍

Valor aproximado.

20 ≤ A ≤ 320 𝑐𝑚2 𝑓𝑠 < 4200 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 2.

FORMULA PROPUESTA POR LA C.A.C.A: 𝑓

𝑕−𝑐

𝑊𝑚𝑎𝑥 = 𝑛𝑟 𝐸𝑠 . 𝑑−𝑐 𝑐

(cm).

n = constante = 3.3 para barras corrugadas. n = constante = 4.0 para barras corrugadas. r = es la distancia desde la arista longitudinal de la viga hasta la superficie de la barra más cercana. h = peralte total. d = peralte efectivo. c = profundidad del eje neutro “c” se determina usando el concepto de sección transformada. El ancho máximo a la altura del refuerzo de tensión. 𝑓𝑠

𝑊𝑚𝑎𝑥 = 𝑛. 𝑟. 𝐸𝑠 . (cm).

3.

FORMULAS DE GERGELY Y LUTZ: 𝑊𝑚𝑎𝑥 =

3

𝐴𝑡𝑏 𝜓𝑓𝑠 𝑥10−6 𝑐𝑚 Página202

CONCRETO ARMADO I 3

𝑊𝑚𝑎𝑥 =

𝐴𝑡𝑏

2𝑡 1 + 3𝑕𝑠 1

𝑓𝑠 𝑥10−6

ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA

A𝑛𝑐𝑕𝑜𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜𝑑𝑒𝑙𝑎𝑔𝑟𝑖𝑒𝑡𝑎𝑎𝑙𝑛𝑖𝑣𝑒𝑙𝑑𝑒𝑙𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜𝑑𝑒𝑟𝑒𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜. ( 𝑐𝑚 )

A = Área de concreto que rodea a cada barra……………………………………..

𝐴=

𝐴𝑒 𝑁

𝑡𝑏= Recubrimiento inferior medio desde el centro de varilla más baja. 𝜓=

𝑕2 𝑕1

𝑡𝑠 = recubrimiento lateral

4.

FORMULA DE FROSCH:

Viga agrietada y diagrama de deformaciones unitarias Ancho de la grieta:

𝑊 = 𝜀𝑠 a ………..

(Ancho de la grieta a nivel del acero de refuerzo).

Ancho de la grieta a nivel del lecho inferior de la viga, multiplicar por el factor: 𝛽=

𝜀2 𝜀𝑠

𝑕−𝑐

= 𝑑−𝑐 ……………………………………………..

(Por geometría de la figura).

a = separación de las grietas. La separación de grietas, según Broms, depende del recubrimiento de concreto “𝑑𝑐 ” 𝑜 “𝑑𝑠 ” de la separación entra barras, “s” y se puede calcular con:𝑎 = 𝜓𝑠 𝑑∗ 𝜓𝑠 = 1.00

…………………………………….……………..

𝜓𝑠 = 1.50

……………………………………………..

(Separación mínima).

(Para separación promedio).

Página203

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𝑑∗ =

𝑑𝑐 2 + 𝑑𝑠 2 𝑑∗

=

𝑎 𝑑𝑐 2 + [ ]2 2

Definición de recubrimiento. Luego el ancho es: 𝑊𝑚𝑎𝑥 = 2

𝑓𝑠 𝐸𝑠

(en el lecho inferior de viga)

𝛽. 𝑑𝑐2 +

𝑎 2 2

………………………………………………………….. 𝑓𝑠

Este ha sido reemplazado en la ecuación:= 𝑛. 𝑟. 𝐸𝑠 .

(𝛼).

𝑕−𝑐 𝑑−𝑐

Despejando “a” de “𝛼” 𝑎 = 2𝑥

𝑊𝑚𝑎𝑥 𝐸𝑠 − 𝑑𝑐2 2𝑓𝑠 𝛽

a = separación máxima entre grietas. FROSCH, recomienda usar valores de 𝑊𝑚𝑎𝑥 entre “0.4” y “0.5” mm. ANCHOS PERMISIBLES DE GRIETAS Razones para limitar el agrietamiento: 1.- Apariencia de la escritura (grieta ancho máximo “0.15” a “0.3” mm. Por estética). 2.- Corrosión del refuerzo (existir corrosión del refuerzo, pues las grietas permiten la penetración de cloruros, humedad, oxígeno y favorecen a la carbonatación). TABLA ANCHO PERMISIBLE DE GRIETAS Investigador o reglamento

Condición de exposición

-

BRICE.

Severa. Agresiva. Normal.

Ancho máx. Permisible (mm) 0.1 0.2 0.3

-

RUSCH.

Agresiva (agua salada). Normal.

0.20 0.12 - 0.3

-

ACI 318 – 89.

Exterior. Interior.

0.33 0.40 Página204

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-

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EUROCODIGOEC – 2.

Normales.

0.30

Ejemplo Nº 01.- comprobar si la sección mostrada cumple con los requisitos del reglamento ACI 318 – 02 La viga esta reforzada con 3 barras de ø 1”, para lo cual se ha fijado un recubrimiento lateral de los estribos de 3 cm y su recubrimiento inferior de 5 cm para las barras longitudinales.

𝑓𝑐′ = 210 kg/𝑐𝑚2 𝑓𝑦 = 4200 kg/𝑐𝑚2 Solución: 1.- CRITERIOS DEL P.C.A:

Ø estribo = 3/8” = 0.953 cm. Ø ref. = 1” = 2.540 cm. d = 50.00 – 5.00 – 0.953 –

2.54 2

d = 42.78 cm. - Área efectiva del elemento sujeto a flexión. 𝐴𝑒 = 361.00 𝑐𝑚

2

𝐴𝑒 = 2𝑏 𝑕 − 𝑑 = 2 × 25 50 − 42.78 ……..…………………………………..……

área efectiva.

- Área efectiva de concreto que rodea a cada barra. 𝐴=

𝐴𝑒 𝑁

A = Nº de varilla de esfuerzo. 𝐴=

361.00 = 120.33 𝑐𝑚2 3 Página205

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- Calculo de fs. = esfuerzo en el acero. * Momento flexionante máximo: 𝑀=

2×62 8

7

𝑀=

𝑊𝑙 2 8

𝑓𝑠 =

𝑀 𝐴𝑠 𝑍

= 9.00 𝑡𝑛 − 𝑚 = 9 × 105 Kg-cm

7

𝑍 ≈ 8 𝑑 = 8 × 42.78 = 37.43 𝑐𝑚 𝐴𝑠 = 3Ø1” ≈ 3 × 5.10 = 15.30 𝑐𝑚2 Luego: 𝑓𝑠 =

9 × 105 𝑘𝑔 = 1571.6 2 15.30 × 37.43 𝑐𝑚 𝑓𝑠 = 1571.6 𝑘𝑔/𝑐𝑚2

El ancho máximo de la grieta es: 4

𝑊𝑚𝑎𝑥 = 2.6 𝐴 × 𝑓𝑠 × 10−6 4

𝑊𝑚𝑎𝑥 = 2.6 120.33 × 1571.6 × 10−6 = 0.014 𝑐𝑚 𝑊𝑚𝑎𝑥 = 0.014 𝑐𝑚 2.- CRITERIO DE LA C.A.C.A: a.-) Ancho máximo de la grieta al nivel de las fibras en tensión más alejado del eje neutro.

Ø est = Ø3/8” = 0.953 cm 𝑊𝑚𝑎𝑥 = 𝑛. 𝑟.

𝑓𝑠 𝑕 − 𝑐 . 𝐸𝑐 𝑑 − 𝑐

n = 3.30 para barras corrugadas. 𝑓𝑠 = 1571.6 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝐸𝑠 = 2 × 106 kg/𝑐𝑚2 𝑟=

5.9532 + 3.9532 = 7.15 𝑐𝑚 Página206

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h = 50 cm d = 42.28 cm c = profundidad del eje neutro - Cálculo de la profundidad del eje neutro, usando el artificio de la sección transformada y agrietada. 𝐸𝑠

𝑛 = 𝐸𝑐

;

𝐸𝑠 = 2 × 106 𝑘𝑔/𝑐𝑚2

𝐸𝑐 = 15000 𝑓𝑐′ = 15000 210 = 217371 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝑛=

2 × 106 = 9.2 ≈ 9 217371

Área de la sección transformada: 𝐴𝑡 = 𝑛𝐴𝑠 = 9 × 15.30 = 137.7 𝑐𝑚2

Tomando momentos estáticos de las áreas con respecto al eje neutro. 𝑏𝑐 25

𝑐2 = 137.7(42.78 − 𝑐) 2

𝑐 2 + 11.02𝑐 − 471.26 = 0

Simplificando: 𝑐=

𝑐 = 𝑛𝐴𝑠 (𝑑 − 𝑐) 2

−11.02 ± 11.022 − 4 × 1 × −471.26 2

𝑐 = 16.89 𝑐𝑚2 - El ancho máximo de la siguiente grieta será: 𝑊𝑚𝑎𝑥 = 𝑛. 𝑟.

𝑓𝑠 𝑕 − 𝑐 . 𝐸𝑐 𝑑 − 𝑐

𝑊𝑚𝑎𝑥 = 3.3𝑥7.15𝑥

1571.6 50 − 16.89 𝑥 6 2 × 10 42.78 − 16.89 Página207

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𝑊𝑚𝑎𝑥 = 0.024 𝑐𝑚 b) Ancho máximo de la grieta al nivel del acero del refuerzo en tensión:

𝑊𝑚𝑎𝑥 = 𝑛 × 𝑟 ×

𝑓𝑠 𝐸𝑠

𝑊𝑚𝑎𝑥 = 3.3 × 3.953 ×

1571.6 = 0.010 𝑐𝑚 2 × 106

3.- METODO DE GERGELY Y LUTZ: a) Ancho máximo de la grieta en la fibra extrema de tensión:

𝑡𝑏 = 5 + 0.953 + 2.54 =7.223 2

𝑡𝑠 = 3 + 0.953 + 2.54 =5.223 2

𝑕2 =

50 − 16.89 = 33.11 𝑐𝑚

𝑕1 =

33.11 – 7.223 = 25.887 𝑐𝑚

𝜓=

𝑕2 33.11 = = 1.28 𝑕1 25.887

𝐴𝑒 = 14.446 × 25 = 361.15 𝑐𝑚2 𝐴=

𝐴𝑒 361.15 = = 120.38 𝑐𝑚2 𝑁 3

Sustituyendo valores en: Página208

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𝑊𝑚𝑎𝑥 =

3

𝑡𝑏 𝐴. 𝜓. 𝑓𝑠 . 10−6

𝑊𝑚𝑎𝑥 =

3

7 × 120.38 × 1.28 × 1571.6 × 10−6 = 0.0192 𝑐𝑚

𝑊𝑚𝑎𝑥 = 0.0192 𝑐𝑚 b.-) ancho máximo de la grieta al nivel del acero de refuerzo: 3

𝑊𝑚𝑎𝑥 =

1+ 3

𝑊𝑚𝑎𝑥 =

𝐴𝑡𝑏 2 𝑡𝑏 3 𝑕1

. 𝑓𝑠 . 10−6

5.223 × 120.38 1+

2×5.223 3×25.887

𝑥1571.6𝑥10−6

𝑊𝑚𝑎𝑥 = 0.012 𝑐𝑚

4.- MÉTODO DE FROSCH: Calculamos el ancho de la grieta en el lecho inferior de la viga. 𝑊𝑚𝑎𝑥 = 2

𝑓𝑠 𝑎 × 𝛽 × 𝑑𝑐 2 + [ ]2 𝐸𝑠 2

𝑓𝑠 = 1571.6 × 106 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝐸𝑠 = 2 × 106 𝑘𝑔/𝑐𝑚2 𝛽=

𝑕−𝑐 50 − 16.89 = = 1.28 𝑑 − 𝑐 42.78 − 16.89

𝑑𝑐 = 𝑡𝑏 = 7.233 cm 𝑎 = 25 − 2 × 3 + 2 × 0.953 + 3 × 2.54

𝑊𝑚𝑎𝑥 = 2 ×

1 = 4.74 𝑐𝑚 2

1571.6 4.74 2 × 1.28 × 7.2232 + [ ] = 0.0153 𝑐𝑚 6 2 × 10 2 𝑊𝑚𝑎𝑥 = 0.0153 𝑐𝑚

Al nivel del acero de refuerzo: 𝑊𝑚𝑎𝑥 =

𝑊𝑚𝑎𝑥 0.0153 = = 0.012 𝑐𝑚 𝛽 1.28

𝑊𝑚𝑎𝑥 = 0.012 𝑐𝑚

DEFLEXIONES Página209

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El cálculo de deflexiones tiene dos aspectos: por un lado es necesario calcular la deflexión de miembros estructurales bajo cargas y condiciones ambientales conocidas, por otro lado deben establecerse criterios sobre límites aceptables de deflexiones. A.- DEFLEXIONES BAJO CARGAS DE SERVICIO DE CORTA DURACIÓN  DESCRIPCIÓN DEL FENÓMENO Y VARIABLES PRINCIPALES Las variables principales son: a) RESISTENCIA ALA TENCIÓN DEL CONCRETO. A mayor resistencia, menores deflexiones. b) MODULO DE ELASTICIDAD DEL CONCRETO. A mayor modulo, menores deflexiones. c) PORCENTAJE DEL REFUERZO ATENCIÓN. A menor porcentaje, mayores deflexiones. d) AGRIETAMIENTO DEL ELEMENTO.- A mayor agrietamiento, mayores deflexiones. MÉTODOS SIMPLIFICADOS PARA EL CÁLCULO DE DEFLEXIONES INMEDIATAS En los métodos simplificados, las deflexiones se calculan como si se tratase de un elemento de un material homogéneo y elástico, para lo cual, para lo cual puede aplicarse las ecuaciones de la mecánica de materiales. 𝑑2 𝑦 𝑀 = 𝑑𝑥 2 𝐸𝐼

𝑦=

𝑀 𝑑𝑥. 𝑑𝑥 𝐸𝐼

Las diferencias entre los distintos métodos consiste básicamente en los valores del método de elasticidad E, y el momento de inercia I. Ambas cantidades resultan difíciles de determinar para un elemento de concreto reforzado. 1) MÉTODO DE YU Y WINTER Considera la contribución del concreto que trabaja a tensión entre grieta y grieta. El momento de inercia de la sección agrietada trasformada se multiplica por el siguiente factor correctivo.

𝐹𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑐𝑡𝑖𝑣𝑜 = 1 − 𝑏 𝑀1 = 0.04 𝑓𝑐′

2/3

𝑀1 𝑀𝑚𝑎𝑥

𝑕(𝑕 − 𝑐)

Dónde: Página210

CONCRETO ARMADO I B 𝑀𝑚𝑎𝑥 H C

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=ancho del alma en la zona de tensión. = 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜𝑏𝑎𝑗𝑜𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎𝑠𝑑𝑒𝑡𝑟𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜. =peralte total =profundidad del eje neutro.

2) MÉTODO DEL REGLAMENTO A.C.I 318-05 El agrietamiento del concreto puede tomarse en cuenta usando en los cálculos su momento de inercia efectivo promedio 𝐼𝑒 a lo largo del elemento. 𝑀𝑎𝑔 𝐼𝑒 = 𝑀𝑚𝑎𝑥

3

𝑀𝑎𝑔 𝐼𝑔 + 1 − 𝑀𝑚𝑎𝑥

𝑀𝑎𝑔 =

3

𝐼𝑎𝑔 ≤ 𝐼𝑔

𝑓𝑟 𝐼𝑔 𝑦𝑡

Dónde: 𝑀𝑎𝑔 = 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑑𝑒𝑎𝑔𝑟𝑖𝑒𝑡𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜𝑑𝑒𝑙𝑎𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛𝑕𝑜𝑚𝑜𝑔é𝑛𝑒𝑎𝑑𝑒𝑙𝑐𝑜𝑛𝑐𝑟𝑒𝑡𝑜. 𝑓𝑟 = 𝑀𝑜𝑑𝑢𝑙𝑜𝑑𝑒𝑟𝑜𝑡𝑢𝑟𝑎𝑑𝑒𝑙𝑐𝑜𝑛𝑐𝑟𝑒𝑡𝑜 → 𝑓𝑟 = 2 𝑓𝑐′ 𝐼𝑔 = Módulo de inercia de la sección completa. 𝑦𝑡 = distancia del centroide a la fibra más alejada en tensión. 𝑀𝑚𝑎𝑥 = Momento máxima correspondiente al nivel de carga para lo cual se estima la deflexión. 𝐼𝑎𝑔 = momento de inercia de la sección agrieta trasformada.

Para vigas continuas, el reglamento A.C.I 318-05, indica que se tome como valor del momento de inercia efectivo “Ie ” el promedio de los valores correspondientes a las zonas del momento positivo y momento negativo. 𝐼𝑒 =

1 𝐼𝑒1 + 𝐼𝑒2 + 𝐼𝑐 2 2

𝐼𝑒1 , 𝐼𝑒2 = Momento de inercia efectiva para los extremos. 𝐼𝑐 = Momento efectivo de la zona central. Si la viga tiene momentos en un extremo solamente, el momento efectivo promedio es: 𝐼𝑒 =

1 𝐼 + 𝐼𝑐 2 𝑒𝑥𝑡

𝐼𝑒𝑥𝑡 = momento de inercia efectivo en el extremo continuo.

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Según el comité A.C.I 435, puede obtenerse una mayor precisión que con los métodos anteriores, si se utiliza un momento de inercia efectivo promedio. 1) PARA UNA VIGA CONTINUA EN AMBOS EXTREMOS: 𝐼𝑒 = 0.70𝐼𝑐 + 0.15 𝐼𝑒1 + 𝐼𝑒2

2) PARA UNA VIGA CONTINUA EN UN EXTREMO: 𝐼𝑒 = 0.85𝐼𝑐 + 0.15𝐼𝑒𝑥𝑡 Las deflexiones inmediatas al centro del claro de viga libremente apoyada y de viga continua y en el extremo del voladizo pueden estimarse con:

𝑎𝑖 = 𝐾

5𝑀𝐿2 48𝐸𝑐 𝐼𝑒

Dónde: M=es el momento en el empotramiento para voladizos. M= momento a la mitad del claro para vigas libremente apoyadas y vigas continuas 𝐸𝑐 =módulo de elasticidad del concreto. K=12/5 para voladizos. K= 1; para vigas libremente apoyadas. M

K = 1.20 − 0.20 M 0 ⇒ Para viga continua. m

M0 = Momento isostático a la mitad del claro. Mm = Momento neto en la misma sección. B. DEFLEXIONES BAJO CARGAS DE SERVICIO DE LARGA DURACIÓN (DEFLEXIONES DIFERIDAS) Si una viga se deja bajo carga sometida durante un largo periodo de tiempo se observa que se forman nuevas grietas, se abren más las grietas existentes y alas deflexiones aumentaran hasta duplicar o triplicar su magnitud. La aplicación de todo esto se encuentra en los fenómenos de contratación y flujo plástico del concreto. EFECTO DE LA CONTRACCIÓN.

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Para una viga libremente apoyada con refuerzo de tensión únicamente. Las fibras superiores se acortan libremente, mientras que las fibras al nivel del acero de refuerzo se acortan menos por la restricción del refuerzo. ℰ𝑐𝑖

ℰ𝑠𝑕

ℰ𝑠𝑖

ℰ𝑐𝑓

ℰ𝑠𝑓

ℰ′𝑠𝑕 Contracción

Inicial

Final

En elementos con refuerzo en tensión y compresión, las fibras superiores ya no se acortan libremente. Si la armadura es simétrica, el acontecimiento es el mismo. EFECTO DEL FLUJO PLÁSTICO. Las deformaciones del concreto aumentan con el tiempo, mientras los esfuerzos disminuyen, porque el eje neutro de la sección se mueve hacia abajo. Las deformaciones al nivel del acero de refuerzo permanecen prácticamente constantes.

ℰ𝑐𝑖

ℰ𝑝𝑜𝑟 𝑓𝑙𝑢𝑗𝑜

𝑝𝑙𝑎𝑠𝑡𝑖𝑐𝑜

A

C (constante) B

A

B

T (constante)

La línea A representa los estados de deformaciones y de esfuerzos instantáneo. La línea B representa las deformaciones y esfuerzos después de trascurrido cierto tiempo.

MÉTODO PARA EL CALCULO DE DEFLEXIONES BAJO CARGAS DE SERVICIO DE LARGA DURACIÓN Página213

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1. MÉTODO DE YU Y WINTER. El efecto del tiempo se toma en cuenta, usando un módulo de elasticidad reducido Ect Ect . . Tabla

n1 =

Es = relacion de modulos Ect

El momento de inercia se calcula usando la sección agrietada y trasformada. El segundo método consiste en multiplicar el valor de las deflexiones instantáneas por un factor que depende del porcentaje de acero de compresión y de la duración de la carga aplicada (ver tabla). NOTA: Ver Tablas pág. 348-DEFLEXIONES (CONCRETO REFORZADO GONZALES CUEVAS)

2. MÉTODO DEL REGLAMENTO A.C.I 318-05

El redimensionamiento consiste en multiplicar l deflexión inmediata debida al total de la carga que actúa en forma continua por el factor “λ":

λ=

T 1 + 50ρ′

ρ′ = Cuantía del acero de compresión al centro del acero, para claros libremente apoyados o continuos y en el comportamiento, para voladizos. T = Factor que refleja el efecto de la duración de la carga, está dado para determinar:

TABLA DURACIÓN 5 años o mas 12 meses 6 meses 3 meses

T 2.0 1.4 1.2 1.0

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ING. JAVIER CHAVEZ PERALTA DEFLEXIONES PERMISIBLES

Las deflexiones de elementos estructurales deben limitarse por 2 razones:  Por la posibilidad de que provoquen daños en otros elementos de la estructura y por motivos de orden estática.  La posibilidad de dar contra flecha, es otro factor que debe tomarse en cuenta en establecer las deflexiones permisibles. CONTROL DE DEFLEXIONES SEGÚN A.C.I 318-05

Elemento

Losa maciza Viga y losas nervadas

Peralte minino h Libremente Un extremo apoyada continuo L/20 L/16

L/24 L/18.5

Ambos extremos continuos L/28 L/21

voladizo L/10 L/8

DEFLEXIONES CALCULADAS PERMISIBLES Tipo de miembro Azotea que no soporta a que no están ligadas a elementos no estructurales Pisos que no soportan o que no están ligadas a elementos no estructurales que pueden dañarse por deflexiones grandes Azoteas y pisos que soportan o que están ligados a elementos no estructurales que pueden dañarse por deflexiones grandes Azoteas o pisos que soportan o que están ligados a elementos no estructurales que no pueden dañarse por deflexiones grandes

Deflexión a considerar

Deflexión permisible

Deflexión inmediata debido a la carga viva

L/180

Deflexión inmediata a la carga Viva

L/360

La parte de la deflexión total que ocurre después de que se ligan los elementos no estructurales (la suma de la deflexión de larga duración debido a todas las cargas duración debida a todas las cargas sostenidas y la deflexión inmediata debida a cualquier carga adicional)

L/480

L/240

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