Cap10_Diseno_en_Concreto_Armado_Ing._G._Otazzi.pdf

CAPITULO JO... Flexión Simple 1O. 1 Introducción Analicemos, a manera de introducción, el comportamiento de la viga doblemente empotrada mostrada en la figura 10-1. Las cargas estáticas se incrementan desde cero hasta el colapso o agotamiento de la viga. Se muestra la curva carga - deflexión al centro de la viga para dos tipos de comportamiento: frágil y dúctil. W-CARGA INCREMENTAL AT;~;onrvo ~ : ¡ !.'~. ~. , \\\lA ~'11- r 1 1S-,... t '' w DUCTILIDAD ,, CARGA MAXIMA 1 / 4 ' - - - - - - ....;¿__ ~ 2 LcARGAs DE o~[~2~~P INESTABLE SERVICIO ~----------------------------------~ 6 Fig. 10-1 Viga doblemente empotrada. Geometría y curva carga- desplazamiento al centro. Los puntos notables de la curva carga - desplazamiento al centro de la viga si el comportamiento es dúctil, son: Punto1 Agrietamiento en los extremos (empotramientos A) Punto 2 Agrietamiento al centro (zona central B) Punto 3 Inicio fluencia del acero negativo (empotramientos A) Punto 4 Inicio fluencia del acero positivo (zona central B) La distancia entre los puntos 3 y 4 dependerá de las armaduras positivas y negativas que se hayan colocado. Si los aceros colocados son "exactos" es decir si corresponden exactamente con el diagrama de momentos elástico, se producirá la fluencia simultánea de las secciones A y B, es decir los puntos 3 y 4 coincidirán. Si los aceros colocados difieren de los requeridos a partir de la distribución elástica de los momentos flectores (mayores o menores a los asociados al diagrama de momentos) se producirá un corrimiento de los puntos 3 y/o 4. Este corrimiento se denomina redistribución de momentos y es posible solamente si las secciones tienen capacidad de rotación inelástica. De manera similar, la amplitud de la zona de comportamiento inelástico dependerá de la ductilidad disponible. Bajo cargas de servicio la viga se encontrará probablemente entre los puntos 2 y 3 del diagrama anterior, es decir es probable que las secciones de máximo momento positivo y negativo se hayan agrietado, sin embargo la viga, si está bien diseñada, se encuentra lejos del inicio de la fluencia de las armaduras. Bajo cargas de servicio sostenidas, las defh~xiones aumentan en el tiempo sin un aumento en la carga externa, los responsables de este fenómeno son la retracción y el flujo plástico (creep) del concreto. A continuación se presenta la metodología para el análisis de los esfuerzos en el concreto y el acero producidos por la flexión. bajo cargas de servicio. Debe quedar claro que esta metodología sirve únicamente para verificar los Estados Límites de Servicio de un elemento estructural (fisuración, deflexiones) no es aplicable al Diseño por Resistencia. 10.2 Comportamiento Elástico en Flexión Presentaremos el comportamiento elástico de secciones de concreto armado únicamente como una herramienta para el análisis de secciones bajo cargas de servicio. Con esta herramienta podremos investigar los esfuerzos en el acero de refuerzo y en el concreto cuando el elemento se encuentra en condiciones de servicio. No utilizaremos esta metodología para diseñar, el diseño por esfuerzos admisibles, tal como se mencionó en las secciones 7.4 y 7.5 ya no se utiliza. Bajo cargas de servicio la deformación del concreto comprimido está lejos de la deformación de agotamiento (~::cu) así mismo el esfuerzo en el acero está lejos de la fluencia. Existen tres estados posibles bajo condiciones de servicio, estos son: - Sección no agrietada. - Sección parcialmente agrietada. - Sección completamente agrietada. Estudiaremos solo el primer y tercer estado. El segundo estado si bien es el que más se presenta en la realidad bajo condiciones de servicio, no lo abordaremos ya que para su estudio es necesario considerar la resistencia en tracción del concreto, resistencia que normalmente se desprecia en ·los cálculos o que es difícil incluir ya que necesitaríamos conocer las leyes constitutivas para el comportamiento del concreto en tracción. 10.2.1 Sección Transformada No Agrietada Permite calcular los esfuerzos (análisis) en el concreto y en el acero cuando la sección no se ha agrietado por flexión. En la figura 10-2 se muestra una sección rectangular con armaduras en tracción y compresión, se muestra el estado de deformaciones y esfuerzos así como la sección transformada no agrietada correspondiente. La posición del eje neutro se obtiene calculando los momentos de primer orden de las áreas con respecto al eje neutro: b h (e- 0.5 h) + (n -1) A 's (e- d') = (n -1) As (d-e) (10-1) El momento de inercia de la sección transformada no agrietada se obtiene mediante: 3 ltr= 113 be+ 113 b(h-e) 3 +(n-1)A 's(e-d') 2 +(n-1)As(d-e) 2 (10-2) Los esfuerzos en el concreto y en el acero vienen dados por las fórmulas clásicas estudiadas en Resistencia de Materiales para las vigas de dos materiales, estas son: fe= Me (10-3) fs = nM(d-e) (10-5) Itr /tr M(h-e) (10-4) fs = n M (e-d') (10-6) "' ft = Itr Itr Ec fe t Tci ~~ d' n = Es!Ee A's d JM e = posición del eje neutro (centroide de la sección transformada) As • •• 1 1 >,Es 1 >e fs b ft b h (n-l)A's 1• 'l_jd' 1' "1-A's nA's d f ~+r~ r:··;::;:~.:~·\;::. J ¡:._:::~/;.::r::il 1 e nAs > •• ••• • ••• • ••• (n-l)As Fig. 10-2 Sección transformada no agrietada. 10.2.2 Sección Transformada Agrietada Cuando el esfuerzo de tracción por flexión supera la resistencia del concreto, se supone que la sección se agrieta completamente. En la realidad, la sección bajo cargas de servicio, no llega a agrietarse completamente. El agrietamiento "completo" sucede para momento flectores cercanos a los que producen la primera fluencia del acero en tracción, sin embargo asumiremos por simplicidad, tal como se mencionó en 10.2, agrietamiento completo del concreto desde la parte inferior (para flexión positiva) hasta el eje neutro. Para ubicar la posición del eje neutro - e - (figura 10-3) es necesario resolver una ecuación cuadrática, que proviene de calcular los momentos de primer orden de las áreas con respecto al eje neutro: 2 b e !2 + (n -1) A 's (e- d') = (n -1) As (d-e) (10-7) Ubicado el eje neutro se calcula el momento de inercia de la sección agrietada transformada - Icr - y los esfuerzos en el acero y concreto mediante: 3 2 2 /cr= 1/3 be +(n-1)A's(e-d') +nAs(d-e) (10-8) fc=Me (10- 9) fs = nM( d -_e) (10-10) fs =!':M (e -d') (10-11) /cr /cr - /cr ,,' 1< (n-l)A's a·t~ t d'+'LJ k,urh A's .)M 1 : 1 1 1 L___tj 1 Asfs '\. b e a - - nAs (n -1).4' A' nA; + - Eje Neutro l.. b ,.j nA,;;¡¡; t#hti%1JMf4~:i4Wí#íiztt~ Fig. 10-3 Sección transformada agrietada. En el caso de secciones T con el ala en compresión, existen dos posibilidades para el análisis de los esfuerzos utilizando la sección transformada agrietada. La primera posibilidad es que el eje neutro esté dentro del espesor del ala, en este caso la sección se analiza como si fuera rectangular con una ancho igual al del ala (b = bf). La segunda posibilidad es que el eje neutro esté en el alma, esta segunda posibilidad es la que se presenta en la figura 10-4. b¡ b¡ r ~ r ~ T-r-- ]h¡ d ]_:_ ------- --Eje Neutro - A, ~~ nA, ,wweu Fig. 10-4 Sección T transformada agrietada. Eje neutro en el alma. La posición del eje neutro en secciones T con el eje neutro en el alma, se obtiene calculando los momentos de primer orden de las áreas con respecto al eje neutro: 2 (bf- bw) hf(e- 0.5 hf) + bw e /2 =nAs (d-e) (10-12) El momento de inercia de la sección transformada agrietada se obtiene mediante: 3 2 3 2 Icr = 1112 bf(hj) + bfhf(c- 0.5 hf) + 113 bw (e- hf) +nAs (d-e) (10-13) 10.2.3 Esfuerzos Máximos bajo Cargas de Servicio Cualquiera sea la forma de la sección, bajo cargas de servicio el esfuerzo en el concreto no deberia exceder de 0.5 fe aproximadamente. Por encima de este valor la suposición implícita, para concretos de resistencia normal que el concreto se comporta linealmente 1 para el cálculo de los esfuerzos utilizando la sección agrietada transformada, ya no es válida. 10-5 Sección agrietada. Similarmente.2 está basada en el cálculo de las propiedades de la sección transformada agrietada {lcr). Es necesario anotar. Este concepto no debería ser nuevo para el lector ya que se estudia en Resistencia de Materiales para el caso de vigas hechas de varios materiales. y suponiendo que la sección se encuentra "completamente" agrietada. compatibilidad y relaciones constitutivas. produce un aumento importante en el esfuerzo del acero de compresión f's. deformaciones y esfuerzos Con referencia a la figura 10-5. .kd Ee . 10.2.en el acero de compresión se duplica. que bajo cargas sostenidas. el creep o flujo plástico del concreto.4 Deducción de la Sección Transformada Agrietada La determinación de los esfuerzos en el concreto y en el acero presentada en 10. diversos autores proponen transformar el acero en compresión mediante una relación modular modificada equivalente a (2n -l)A 's con lo cual el esfuerzo . sin utilizar la sección transformada. agrietamiento que sería incompatible con los estados límites de servicio..¡ . Para tomar en cuenta este efecto. que muestra una sección rectangular de concreto armado sin acero en compresión. en caso contrario es probable que se produzca un fuerte agrietamiento por tracción en la sección. A continuación se presenta la deducción de las expresiones para el cálculo de los esfuerzos en una sección agrietada. Para ello haremos uso de las ecuaciones de equilibrio.===.2. tendremos: ce es (1) Compatibilidad (secciones permanecen planas): = e d-e (2) Relaciones Constitutivas: fs = Es Es fc = Ee Ee (3) Equilibrio: 1/2 ifc e b) = Asfs 1 Es e (1) y (2) en (3) Ee ·· · e b = As Es Es 2 d-e Definimos: n = Relación modular p = Cuantía de acero en tracción Es =n · As=pbd _e. el esfuerzo en el acero de tracción no debería superar el 60% de fy. a) Secciones Rectangulares sin Acero en Compresión ee ~e =lfccb e 2 h d As •• • ~Asfs b Fig... .) = jd. 3 3 j = 1. tal como se presenta en la figura 10-6. es decir la distancia entre la resultante de las compresiones y la resultante de las tracciones mediante el término }d. Sin embargo._kf! = jd e = kd 3 Asfs(d-j)=M ___. d. Asjs(jd)=M M fs = ---~. (10-15) _ /t_s_{Jd) Ce= 1 fe be = 1 fe b (kd) 2 2 Ce= As fs ___. As fs =!fe b (kd) fe= 2A~f! = 2As js (10-16) _ _/!__(~) be Otra forma de calcular fe: Ce (id) =M ___. tiene más sentido físico y es más rápido analizar el equilibrio de la sección. Es aplicable únicamente a vigas r~ctangulares sin acero en compresión. Por conveniencia se define el brazo interno de palanca.. 3 Fig. es completamente análoga al cálculo del centroide de la sección agrietada transformada.!. -~fe b (kd) (jd) = M 2M fe=--~. 10-6 Fuerzas internas en la sección agrietada.Se obtiene: 2 k +2pkn-2pn =0 ~ = )(pn) 2_i_'}_p_n~p!l_ (10-14) La ecuación 10-14 permite calcular la posición del eje neutro mediante la expresión e =kd y . (10-17) bjkd2 . Ubicado el eje neutro.~ = d (1-!. fe cr Ce d. los esfuerzos en el concreto y en el acero se pueden calcular utilizando las ecuaciones 10-9 y 10-1 O. 9.Es ilustrativo determinar el rango de variación del brazo interno de palanca jd en una sección rectangular sin acero en compresión. Tampoco toma en cuenta el posible aumento en el esfuerzo en el acero en compresión por efecto del creep (2n). Un valor adecuado para cálculos rápidos y cuantías de acero normales esj = 0..2% 0. . d'í ~"A's 1 Td <~ M h le • As b • t Fig.-----------.. Estas suponen comportamiento elástico del concreto bajo cargas de servicio y eran empleadas para el diseño por Esfuerzos Admisibles.851 "" 280 8 0. la calidad del concreto no tiene mucha influencia en el valor de j..-. --- La expresión 10-18 ignora el área de concreto desplazada por el acero en compresión.0% 0.2% 0. 10-7 Sección agrietada con acero en compresión.857 Es claro que a diferencia de la cuantía del acero en tracción (p). Las ecuaciones presentadas permiten estimar los esfuerzos en el acero y en el concreto bajo condiciones de servicio. Concreto n (aprox) Cuantía Valor dej 210 9 0. este efecto suele ser despreciable. A's p=bd As p'= bd c=kd n = Es ---- Ec k= [(p+ p')2 n2 +2(p+ p' d') n] 112.. Con la relación a la figura 10-7..____________d____ ---------. b) Secciones Rectangulares con Acero en Compresión La demostración es totalmente análoga a la presentada para secciones sin acero en compresión y se deja como ejercicio al lector.942 2.-. La tabla a continuación muestra el rango de variación para dos calidades del concreto y para cuantías de refuerzo bajas y altas..(p+ p')n (10-18) -.0% 0. es posible demostrar que la posición del eje neutro viene dada por la ecuación 10-18.945 2.--. fy. . . se convierte en: · fjJ Mn ~ Mu fjJ = 0. \ ~M \ / !)\. para el caso particular de las solicitaciones de flexión simple.Curvatura de una Sección Para las secciones de concreto armado utilizaremos la definición clásica de curvatura.E) 10..Resistencia Requerida As.Compatibilidad -Relaciones Constitutivas {cr. Esta se estudia en Resistencia de Materiales y se ilustra en la figura 10-8. {~.Para su determinación se utilizan magnitud proviene del análisis estructural las ecuaciones de análisis (SDM). . LFRD.Efecto de las cargas factorizadas. Cualquiera sea el método de análisis o diseño utilizado.3 Análisis y Diseño de Secciones en Flexión (Diseño por Resistencia) El diseño que se emplea hoy en día en las estructuras de concreto armado es el denominado Diseño por Resistencia. siempre se deberán cumplir los tres "bloques" fundamentales de condiciones: .Equilibrio .l 0-8 Curvatura de una sección..¡ q> = Curvatura = ~ _ E e . SDM cuyos significados ya se han explicado en el Capítulo 7. La ecuación básica para el Diseño por Resistencia es: Resistencia > Efecto de las Cargas ~ Ecuación que.9 / 1 .10. sus siglas en Inglés son: USD.1 Relaciones Momento . Su .3. Es ---- y e -d-e Fig.Calculada sobre la base de: f'c. dimensiones. . 10-1 O Respuesta de la viga (Carga.000 Momento flector = P/2 * 1..6 o o 20 40 60 80 100 120 140 160 L/240 L/120 L/60 L/40 L/30 Deflexión al centro (mm) ~--------·-------. En la figura 10-1 O se puede ubicar esta intensidad de la carga externa y se nota que luego de este valor la carga externa siguió aumentando..000 .1!0 ----------+ ' ' +----------- 5.. Las cargas externas..20x0..000 -.0. es de 0. desde cargas externas muy bajas hasta la rotura o agotamiento. La ductilidad de desplazamiento observada es cercana a 7..20x0. . El concreto es de f'c = 250 kg/cm2 (medido en probetas cilíndricas estándar) y el acero de refuerzo de ¡y= 4.. se presentan los resultados de un ensayo a escala natural de una viga ensayada en el Laboratorio de Estructuras de la PUCP. 10-9 Geometría y refuerzo de la viga La figura 10-10 muestra la "respuesta" de la viga medida en el ensayo. esto se debe al endurecimiento del acero de refuerzo..... -----~...40 ...00 Fig.000 1 2. de tal modo que el tercio central de la viga se encuentra en flexión pura (fuerza cortante nula). Para esta viga la última etapa es bastante extendida debido al comportamiento dúctil logrado sobre la base de la baja cuantía del acero de refuerzo colocado (25% de la cuantía balanceada) y por que no se produjo la falla por cortante..500 kg/cm 2 . ..500 kg.... la resistencia nominal es 6. están aplicadas a los tercios.. Cabe mencionar que de acuerdo a las hipótesis del ACI para el análisis de secciones en flexión (las que se presentarán posteriormente). .. 10. . .. . en este caso concentradas. la etapa elástica hasta el inicio de la fluencia en el acero (alrededor de 7... posterior a la fluencia del acero de tracción...... resistencia a la cual le corresponde una carga externa de 7.r ...000 kg) y finalmente la etapa inelástica...000 --1- ~ ca 4000 ·-- e>' ' ca o 3. 8. La figura 10-9 resume las principales características geométricas de la viga. la sección transversal .. en términos de carga vertical versus deflexión al centro.__________ j Fig...¡ .lon=4. ' :..r . ..000 kg-m aproximadamente...3. ' f2 1 60 P/2f ~l}•o ..2 Comportamiento de una Viga en Flexión con Falla Dúctil Para visualizar las distintas etapas en el comportamiento de un elemento de concreto armado en flexión simple. Viga 111 01 . .000 7.40 m con refuerzo inferior únicamente consistente en 2-5/8" y sin estribos.000 Ci 6.. ' 1.000 1. medido en ensayos de tracción.... Se notan claramente tres etapas en el comportamiento o respuesta: la etapa elástica previa a la fisuración del concreto hasta los 2. .000 kg aproximadamente. . _ ·' 2 518 4.2-5/8".deflexión al centro) .... .cargas a los tercios 9..8m ..- c ]i 5.. h M ( A. El estado 3 corresponde al inicio de la fluencia del acero y finalmente el 4 a un estado cercano a la falla de la sección.... al nivel de deformaciones y esfuerzos. . 10-11 Falla del bloque de concreto comprimido. el estado de deformaciones y esfuerzos designado como 1 corresponde a la sección antes del agrietamiento por tracción del concreto.L). Es interesante anotar que si bien el concreto simple no tiene por si mismo un comportamiento dúctil.de magnitud creciente.Curvatura (M.<p) el cual tendrá. No se produjo fractura por tracción en el acero de refuerzo . Esta se define a través del cociente entre la curvatura última (<pu) y la curvatura donde se inicia la fluencia del refuerzo (<py) y es una medida de la ductilidad de la sección. ••• 4 Fig. El nivel de ductilidad se puede medir a través de la ductilidad de curvatura de la sección. por lo general. La figura 10-12 muestra el comportamiento 9e la sección central de la viga. En esta figura. es decir de la capacidad de deformarse en el rango inelástico. Se ha aprovechado esta figura para ilustrar la definición de la Ductilidad de Curvatura de una sección (J. 1 2 3 4 . es a través de su Diagrama Momento. El estado 2 corresponde a la sección agrietada antes de la fluencia del acero y normalmente será el estado en el que se encontrará la viga bajo cargas de servicio. una viga o sección de concreto armado adecuadamente diseñada y detallada puede exhibir niveles altos de ductilidad. Fig.M. 10-12 Deformaciones y esfuerzos en la sección central de la viga Otra manera de describir completamente el comportamiento de una sección de concreto armado.La figura 10-11 muestra la porción central de la viga donde se aprecia la falla en el bloque de concreto comprimido por agotamiento de su capacidad de deformación. bajo un momento flector. . una forma similar a la que se muestra en la figura 10-13. <p es horizontal _(Punto D}. -.1 mm o menos. por debajo del esfuerzo de fluencia. __ e i FALLA 1 1 1 : INESTABLE M.. es la cantidad de armadura de refuerzo en tracción. FLUENCIA Mu o.. My M. 10-13 Diagrama Momento .Comportamiento bajo cargas de servicio. La falla ocurre cuando la pendiente se vuelve negativa. La rigidez del tramo Ae se puede estimar utilizando el momento de inercia de la sección agrietada transformada (Ec Icr}..Grietas anchas.Variación de los esfuerzos en el concreto aproximadamente lineal. Una viga o sección alcanza su máxima capacidad cuando la pendiente del diagrama M . La rigidez de la sección hasta el punto A se puede calcular utilizando el momento de inercia grueso de la sección (Ec Jg).Deflexiones pequeñas. De allí en adelante se supone que el concreto en tracción no aporta nada a la resistencia en flexión de la sección. SERVICIO---. . Las Normas establecen las máximas armaduras de refuerzo para los elementos en flexión. _<!u . que corresponde a una situación en la cual la estructura se convierte en inestable ya que las deformaciones aumentan y la carga decrece. . con la finalidad de lograr un comportamiento dúctil del elemento. generalmente menores de 1/350 de la luz. 4>y - Fig.. .u ..Diseño por esfuerzos admisibles. • El Punto A (estado 1 de la figura 10-12) corresponde al agrietamiento de la sección. . • El Punto B (estado 2 de la figura 10-12) corresponde a: . A partir del punto e la rigidez de la sección se reduce de manera importante. . es decir cuando se excede la resistencia en tracción del concreto. Acero elástico. AGRir-AMIENTO 1 1 1 1 4> 4-cr 4> y 4> u 1/cm DUCTILIDAD . Veremos posteriormente que una de las variables más importantes que condiciona la ductilidad de curvatura de una sección. ¡•. • El Punto D (estado 4 de la figura 10-12) corresponde a: .Diseño por resistencia o estado limite.. Los esfuerzos de tracción en el concreto se transfieren totalmente al acero.fY. El Punto D está asociado con la resistencia última de la sección (Mu) y corresponde al Diseño por Resistencia.Curvatura de una sección Algunas observaciones relativas a la figura10-13._. :------7 1 1 ~ 1 1 1 1 Mcr -hlA M. • El Punto e (estado 3 de la figura 10-12) corresponde al inicio de la fluencia en el acero de tracción.Grietas de ancho pequeño de aproximadamente 0. .Deflexiones importantes ~ 1/60 de la luz. . ~~~ .003 deformación máxima utilizable (vigas y columnas) CEB: Ecu = 0.800) Ey f. fy 6 E = 2 x 10 kg/cm 2 Idealizado Ey = 0.7).3. parabólica o cualquier otra que prediga la resistencia acorde con los resultados experimentales. La figura 10-14 (MacGregor) muestra las deformaciones últimas medidas en ensayos de laboratorio en vigas y columnas así como en elementos sin refuerzo. El valor fijado por el ACI es conservador y proviene de los resultados experimentales de un gran número de elementos ensayados en laboratorio. Esta hipótesis se cumple en vigas esbeltas. a2) Adherencia.10. No hay deslizamiento entre el acero y el concreto que lo rodea. Es claro que el valor adoptado por el ACI (0. b) Hipótesis Simplificadoras (Para el análisis y el diseño) bl) El diagrama constitutivo del acero de refuerzo se puede suponer elastoplástico.--. Sin embargo. Experimentalmente se ha encontrado que cuando flh < 4 (f= luz.0021 (parafo = 4.a peralte para definir a las vigas pared (Art. para distintas calidades de concreto.003) es conservador. como su nombre lo indica. b3) La relación entre el esfuerzo de compresión en el concreto y su deformación correspondiente (cr-E) puede asumirse como: Rectangular. trapezoidal. las cuales. . Nótese que ha medida que aumenta la calidad del concreto (fe) la tendencia global es hacia la reducción de la deformación máxima del concreto. El ACI-02 utiliza esta misma relación de luz "\. las Normas suelen introducir alguna hipótesis adicionales. fs ----------fu------. h =peralte).sh Es b2) Se asume que el concreto falla ( se agota su capacidad de deformación) cuando la deformación en compresión (Ecu) alcanza un cierto valor limite definido como: ACI: Ecu = 0. Las deformaciones en el acero y en el concreto circundante son iguales. basta compararlo con las deformaciones máximas medidas en elementos con refuerzo.3 Hipótesis para el Análisis y Diseño por Flexión a) Hipótesis Básicas al) Las secciones planas permanecen planas (Hipótesis de Navier). que las podemos llamar simplificadoras.0014 (parafo = 2. a3) Se puede despreciar la resistencia en tracción del concreto en los cálculos de la resistencia de una sección. como se ilustra a continuación. 10.0035 deformación máxima utilizable (vigas) Se pueden alcanzar valores mayores de Ecu en secciones confinadas por estribos cerrados poco espaciados y/o en secciones con fuertes gradientes de esfuerzos. a4) Los esfuerzos en el concreto y en el acero pueden ser calculados a partir de las deformaciones utilizando las relaciones constitutivas (cr-E ) del acero y del concreto Con las cuatro hipótesis anteriores es posible determinar la resistencia en flexión de cualquier sección de concreto armado. siempre que el elemento sea esbelto. . deja de cumplirse la hipótesis de Navier.. permiten simplificar las ecuaciones para el análisis y el diseño. deja de tener validez en vigas de gran peralte o vigas pared.200) Ey = 0. 0031. •--. o 2000 4000 8000 8000 10000 Compreaalve atrength (pel} (b) Ultlmate atraln from teeta of plaln concrete 8peclrnena... Fig._. • • • ! • •• •• 1t .. !"'----·-· 1 = :::> . • . -. 10-14 Defonnación última del concreto medida en ensavos. 10-15 Curvas típicas para el concreto en compresión hasta el esfuerzo máximo...r•.. j .. • • • ~ ' DeslgnYalue --. dependen de la calidad del concreto {fé).• • • • .... é ! • .... . -•. . .• . "··.003 ... Compreulve atrangtll (MPa) 20 30 40 50 80 .- " Dealgn Yelue • • • •• # •' ! . • Beama 2000 4000 8000 8000 Compreaalve atrengtll (pal) (a) Ultlmate straln from tests of retnforced members.. •005 • -.-•.._· • . • Columna . . .006 '\. ...&... .• .:' 'lo • • . ...A. Compreaslve atrength (MPa) 20 ao 40 10 50 eo 10 ~~--~-----?----~----~----~--~----~ j • • é ....•.. .004 •• • 1"!.. Los resultados de los ensayos indican que la forma de la curva antes de alcanzar el esfuerzo máximo..--... .___ ....¡ o 1 1 1 1 1 • • Sand and oravel concrete ~ghtwellght ~·· • t 1 .. ·¡ j 1 o 500 1000 1500 2000 2500 Strein (millionths) Fig.... una parábola de segundo grado permite un ajuste "razonable".... ~' . '\ . La figura 10-15 (Neville) muestra algunas curvas típicas para el concreto comprimido..l_ '· ••·...002 .oo2a- j 5 m.•··.. En la figura no se muestra la rama descendente de la curva. En general para esta zona de la curva.ood· ....()CM "\ # 1 • • •• • !:0 . - i 1 Sección Rectangular ' 1 0. k2 y k3.---.85 fe 8cu ~· 42 >{< .5 a :. El parámetro k 1 permite calcular el área tqtal bajo la curva de compresiones.2 0.2 -------1---..----- a= pe 1 Ce"' 0. las compresiones en el concreto pueden remplazarse por su resultante Ce y los cálculos de resistencia se simplifican.85 Pt :·.85 f'e~ 1c b a = profundidad del bloque • Eje Neutro equivalente de compresiones e. cr Fig. debe cumplirse: k2 e= 0. El ACI y la Norma Peruana aceptan remplazar el diagrama "real" de esfuerzos en el concreto. 0.4 Caracterización del Bloque de Compresiones para el Análisis y Diseño La figura 10-16 muestra.4 0. k2 = 0. viene dada por: Ce real= kt (k3j'e) be= 0. cr cr equivalente Fig. como el mostrado en la figura 10-16. que la sección es rectangular.4 ~. 10-16 Bloque de compresiones en una sección sometida a flexión.. Se ha supuesto por simplicidad. y a la derecha el estado de deformaciones (bajo lá suposición de que las secciones permanecen planas) y de esfuerzos en la zona comprimida de una sección de concreto armado sometida a flexión simple o compuesta. f"c=k 3 f'e 8cu v v 1--. 10-17 Bloque equivalente de compresiones. . por un bloque equivalente de compresiones tal como se muestra en la figura 10-17. _L¡ e 1 f ' ~ 0..8-- ~ 0..85 f'e b a kt k3 = 0. 1 T k2 c 0. Si se conocen estos tres parámetros.8 1. k2 permite ubicar la resultante de compresiones y k3 mide la resistencia máxima del concreto de la sección como fracción de la resistencia obtenida en las probetas de laboratorio. Para que la posición de la resultante sea la misma.0 0.3. . a la izquierda el diagrama esfuerzo.deforma~ión de la probeta de concreto en compresión...10.5 (a 1 e)= 0.85 (a 1 e)= 0.0 Deformación EC / ECU e. f'c Eje Neulro 0+-----~-----+------~----+-----~ K3= re 0. . En una sección rectangular.6 <2 ~ t Ce= K ( K fc)(§) 1 3 j_ .5 Pt . la equivalencia entre la compresión "real" en el concreto comprimido y la compresión en el bloque equivalente. Para caracterizar el bloque de compresiones es necesario conocer los valores de k 1.6 0. o .4 0.85 para fe:$.a.· Ptk~ 0.714 (~- 1. 0. la sección debe estar en todo instante en equilibrio. f~ :$.000 280kg/cm2 :$._ 8 12 Concrete strength (ksl) Fig..65 para fe~ 560 kg/cm 2 (1 0-19) .. A la simplificación adoptada por el ACI se le conoce con el nombre de bloque equivalente de compresiones o Rectángulo de Whitney.65~ i~p~.----"""--.._.85sp. 560 kg/cm2 (10-19) La figura 10-18 {PCA) muestra la variación del párámetro p1 (ecuación 10-19) en función de la resistencia del concreto... ~---'-. La figura 10-19 (MacGregor) muestra el parámetro p1 en comparación con un grupo de resultados experimentales. e involucra los siguientes valores que caracterizan al bloque de compresiones bajo esta simplificación: k1 k3 = 0. 280 kg/cm2 Pt = 0.c w O 280 840 f'c Fig. s0. 10-18 Variación del parámetro Pt 1' • . 10-19 Valores de 13t k3 provenientes de ensayos y ajuste dd ACI La distribución del bloque de compresiones propuesta por el ACI proviene del ajuste de resultados de ensayos realizados en vigas reales y logra un buen nivel de aproximación con los resultados experimentales.5 Pt Pt = 0. de flexión sin carga axial..____.05-0... es decir la resultante de las compresiones en el concreto (Ce) debe ser igual a la fuerza total de tracción en el acero t . P1 = 1.85~--- pl ~::~0. Se observa que el ajuste del ACI no es del todo bueno para los concretos de muy baja resistencia.o _ _.85 Pt k2 = 0. por ejemplo. Para el caso.2 o.. E 8 cr equivalente Fig.35 • 0.(As fs). con la ecuación que predice la resistencia en flexión. la compresión total en el concreto calculada a partir del diagrama "real" del mismo.. Con respecto a otros modelos para el concreto comprimido. La ecuación mostrada en la figura que predice la resistencia..25 • 0..00105 cr.L.pleo de otros modelos. En consecuencia.85 fe~-- ~-~.----'~-------. en comparación con los resultados experimentales. está basada en las hipótesis que hemos mencionado y su deducción se presentará posteriormente. es consecuencia de haber adoptado un bloque equivalente que permite aproximar bastante bien la resistencia de la sección.00045 para valores de ft hasta 280 kg/cm2 y de 0.00105 para concretos mayores de 560 kg/cm2• La relación esfuerzo.003 0.35 o.~r RECTA L. el bloque equivalente tiene la gran ventaja de su simplicidad.40 o. 0.20 Mn • bd 1 f' 0.15 e 0. La aplicación del bloque equivalente de compresiones conduce a una relación cr-E para el concreto como la mostrada en la parte derecha de la figura 10-20.20 0.25 o.4s fy Pfie Fig.30 0.deformación (cr-E) para el concreto comprimido.05 P =As/bd o ~~~~--~--~--~--~--~--L-~ o._~ ec Eje Neutro El= 0. A partir de la figura 10-17 es posible construir la curva esfuerzo. 0..10 o:ts 0.10 364 ensayos de vigas con falla controlada por tracción (es> Ey) 0.o5 0.. La figura 10-21 (ACI) muestra el buen nivel de ajuste entre los resultados de ensayos sobre vigas con falla en tracción. 10-21 Resultados de ensayos de vigas en flexión . 10-20 Relación esfuerzo.deformación del ACI para el concreto comprimido. asumida implícitamente por el ACI.deformación así obtenida no tiene significado físico.3o o. Las ecuaciones que predicen la resistencia nominal de secciones en flexión o flexocompresión son más simples que las provenientes del em.00045 0. Los esfuerzos en el concreto son nulos hasta una deformación (El) de 0.85 fe ae 8cu . tiene que ser igual a la compresión total calculada con el bloque equivalente del ACI.¡< ~· 0. 0. Nótese la gran variedad de modelos y su evolución a lo largo de los años.85f~ ~ &u =0.rJas figura 10-22 muestra el diagrama parábola ..:)lt:m IIIU{. ~------~----------~--4ec 0.=. .rectángulo de cálculo del CEB La figura 10-23 {PCA) muestra el bloque de compresiones adoptado por la Portland Cement Association {PCA) para el cálculo de secciones de concreto armado...0035 Fig.85f~ Fig..002 0.. 10-22 Diagrama parábola.. La ¡:.____ Asfs "s Straln Assumed stress variation -----Concrete------. Consiste en una parábola de segundo grado cuyo vértice se encuentra en la abscisa EO = 0.=0. . o< ec < s0 'e= o.002 (deformación de rotura del concreto en compresión simple) seguida de un rectángulo con vértice en la abscisa Ecu = 0.rectángulo de cálculo propuesto por el CEB utilizado en Europa para el análisis y diseño de secciones. '\. Es interesante observar la propuesta del año 1899 consistente en una parábola de segundo grado como la utilizada en el Capítulo 9 (figura 9-11 ).--:. 10-23 Relación esfuerzo...asr~[ '~).deformación de la PCA para el concreto comprimido La figura 10-24 (PCA) muestra la evolución histórica de la caracterización del bloque de compresiones. fe P.(~f] &c~&0 fc.003 & o =~a Ec ~ /[1 Ee E e = 57000Jil e parabollc .}\l. mras propuestas para caracterizar la zona comprimida de concreto. similar a la presentada en la figura 10-16.. luego la propuesta de los años 1904 y 1912 basada en un rectángulo como el que se emplea en la actualidad y la propuesta más completa del año 1932. Es claro que este modelo es prácticamente el mismo que el del CEB.0035 (deformación de rotura del concreto en compresión por flexión). Al igual que el ACI se trata de un diagrama idealizado que conduce a resultados concordantes con la evidencia experimental existente.anibola 2do gr~ Recta 0.85 fc' ~ 1.. 94 t. €'s.!!J As fS Tension Compression . ~ . ~c:bf~ 3 1!' "' j__:.: --:-'"fc:t Compression Tens1on J:'oilure F'oilure (1932) ASCE-ACI Joint Comm. ~ ¡ u -ol_ 1 1 l Hyperbolo : fs• o/Es ~~ l.. . f. !iL.¡. ·-o €s·fsjfs ---'-~-¡.!Es ¡. Wove ~Q-4 "' ls• f5JE1 As. - E 1 u ... (1933) (1933) Eu .Foilure Foilure (1936) (1938) (1949) Fig.' z Porobola ' dbfc: Elli pse "'' Asfs -Asfy Lbí--'-__J Asfs T.s•fs. ~k. 10-24 Desarrollo de las teorías de capacidad última para secciones en flexión . u 1 ~"0-'\ ' . '=Tl! CubiC v 1 PoraboiO l "''_ u !:!~ 1 '-Sine F.fs/Es (1934) (1935) (1936) PCA E:u 0.a>nsion Comprqssion Tensíon Compro$sion foilure Foilur~ Foilure Foílure (1914) (1922) §~c: r.tEu 'ilf~u .ky:b~ ..~ (1899) (1912) (1904) ASCE-ACE Joi nt Comm .---. la sección tiene capacidad de disipación de energía y de rotación inelástica.OQ3 Ecu = 0. Las Normas no permiten este tipo de falla en elementos en flexión.4 Falla de Tracción. por simplicidad en una sección rectangular sin acero en compresión.10. dependiendo da la cantidad de acero en tracción. Compresión v Balanceada La figura 10-25 muestra.curvatura que se muestran en la figura 10-26. En este caso el acero entra en fluencia antes de que el concreto alcance la deformación máxima Ecu. se pueden apreciar cualitativamente con la ayuda de los diagramas simplificados momento. los tres tipos de falla que puede experimentar una sección de concreto armado sometida a flexión si fuera llevada hasta la falla. Vna misma sección. La diferencia entre los tres tipos estriba en la deformación del acero y en la posición del eje neutro cuando la sección alcanza la falla.003 E en= 0.Ecu . 10-25 Tipos de fallas de una sección en flexión a) Falla de Tracción Se le conoce también con el nombre de sección subreforzada. Las Normas fijan la cantidad máxima de refuerzo como una fracción del acero balanceado. Ecu = O.003 e <Cb 1/ ¡cb 1 ~c>cb 1 / 1 /1 /1 As • • Es> Ey Es= Ey Es< Ey As< Asb As=Asb As>Asb Tracción Balanceada Compresión · Fig. b) Falla Balanceada Es un caso particular que marca el límite entre las fallas de tracción y de compresión. sin haber llegado a la fluencia. La falla de compresión es frágil. con poca capacidad de disipación de energía y sobreviene casi sin previo aviso. de tal modo que la falla sea por tracción. e) Falla de Compresión Recibe también el nombre de sección sobre reforzada. El concreto alcanza la deformación máxima . puede experimentar cualquiera de los tres tipos de falla. Este estado permite calcular la cantidad de acero (Asb) que produce la falla balanceada de una sección. Las Normas establecen la cantidad máxima de acero en tracción por flexión que se permite colocar en las secciones de concreto armado. Las diferencias en el comportamiento y ductilidad entre los tres tipos de falla mencionados. La falla de tracción es dúctil. El concreto alcanza la deformación de agotamiento -Ecu. .y el acero permanece aun elástico (Es < Ey) es decir.en simultáneo con el acero que alcanza la deformación de fluencia Ey. M c. Ya que hemos supuesto que la falla de la sección sea de tracción (falla dúctil) se deberá cumplir: .85 fe. cercana a la unidad salvo que hubiera una cantidad importante de refuerzo de confinamiento que permita aumentar la deformación de agotamiento del concreto (Ecu).5 Análisis de Secciones Rectangulares Iniciaremos el estudio con las secciones rectangulares por ser las más utilizadas en los elementos de concreto armado y por corresponder a la geometría más simple. Las compresiones "reales" en el concreto se han reemplazado por el bloque equivalente de compresiones de profundidad .3. La curva A de la figura 10-26 corresponde a una sección con falla en tracción. presentadas en la sección 10. con grietas anchas en la zona de tracción. si bien exhiben mayor resistencia que la A por tener mayores cantidades de acero en tracción.. suele ser grande. -Es> Ey Ey = 0.0021 para fy = 4.Equilibrio .3 y haremos uso de los tres "bloques" de condiciones que siempre se deberán cumplir: . Se indica el estado de deformaciones y de esfuerzos en el concreto y en el acero. La ductilidad de curvatura es pequeña.200 kg/cm 2 . 10-26 Diagramas idealizados momento-curvatura para los tres tipos de falla de una sección en flexión. 10. Las curvas B y e. A My LAs <Asb ·oucr1L· 4' u >> 4'y cpy cpu 4' Fig.As < Asb. Se producen deflexiones notables en el elemento cerca de la falla.Compatibilidad de deformaciones . Es decir.e intensidad 0.5.1 Análisis de Secciones Rectangulares con Falla en Tracción La figura 10-27 muestra una sección rectangular que ha alcanzado su resistencia nominal a la flexión (Mn).a = Pt e . La falla es del tipo dúctil y la ductilidad de curvatura (<pu 1 <py) si la cantidad de acero es moderada. Deduciremos expresiones que permitan el análisis y el diseño de secciones rectangulares de concreto armado. Para ello utilizaremos las hipótesis básicas y las simplificadoras del ACI.. presentan fallas indeseables del tipo frágil. la cantidad de acero en tracción colocada es menor de la que originaría una falla balanceada.Relaciones Constitutivas 10. My SOBRE REFORZADA As > Asb 8 My ----BALANCEADA As = Asb . Las ecuaciones anteriores son para el análisis de secciones rectangulares con falla de tracción. la pregunta que hay que contestar es ¿cuál es la cantidad de acero en tracción necesaria para satisfacer la ecuación rjJ Mn ~ Mu?.. (10.---. jd = d.003 -1L-----+ Ce jd ~ b es> e y.85/~ a b (equilibrio) T = As fs = As fY (acero elastoplástico en fluencia) AsfY a = -.-) = As fY d (1.85fc ecu = 0.85/~ b 0.85 f~ b a (d _ll)] (10-22) --··---.85 a OJ de (10-21) Mn = As fY (d.24) ~~ As fY OJd de (10-20) a=-~-=--- 0. Las ecuaciones 10-21 y 10-22 son equivalentes y permiten determinar la resistencia nominal en flexión de una sección rectangular con falla en tracción secciones subreforzadas)..___ 2_ Mn =Ce (id)= 0.8~[~_b Mn = T(jd) =As fY (d _{l_) 2 a fjJ Mn = fjJ As fY (d .{l_) 2 fjJMn = fjJ [0. Definimos: p= As (10-23) bd OJ=e__ft_ (10.___________2_'_ La ecuación 10-20 permite determinar la profundidad del bloque equivalente de compresiones y a partir de ella la profundidad del eje neutro (a = ~~ e).--.) (10-21) -· --. 0.a/2 Fig.--) 2 1. Deformaciones y fuerzas internas en la falla. Ecuaciones: a =~ 1 e Ce= 0. En el diseño se conoce el momento Mu (resistencia requerida) las dimensiones de la sección transversal (predimensionamiento) y la calidad del concreto y del acero. 10-27 Sección rectangular. 0.20) -~ .7 .----.-----. sin embargo es posible modificarlas convenientemente para ser utilizadas en el diseño. A continuación veremos como transformar las ecuaciones 10-21 y 10-22 para su empleo en el diseño de secciones rectangulares.85 f~ b a (d. 59 m) (10-27) . Su ventaja estriba en que. Mn = !. además de ser adimensional (basta usar un sistema de unidades consistente). b.59m) (10-26) f~bd 2 f~ fe Las ecuaciones 10-25 y 10-26 pueden utilizarse para el análisis o para el diseño de secciones rectangulares con acero únicamente en tracción..O. El empleo de la ecuación 10-25 para diseño puede hacerse mediante el uso de gráficos.59p !Y. . o calculadoras programables. veamos: Mu = fj._O)__) e 1. han sido generadas con una hoja de cálculo a partir de la ecuación 10-27 y sirven para análisis y diseño de secciones rectangulares. En la figura 10-21 se muestra el ajuste de la ecuación 10-26 con los resultados obtenidos de los ensayos de laboratorio de vigas en flexión con fallas del tipo subreforzada.59m) la incógnita es OJ !. Mn =p fy (1-0..28) Mu Ku= ·· (10.7 ?}. Generalmente la ecuación 10-25 se emplea para el diseño de secciones. Para el diseño basta entrar a las tablas con el valor de Ku definido por la ecuación 10-29 y leer el correspondiente valor de la cuantía necesaria.59m) (10-25) llamando K u = fjJ f~ OJ (1.' resolver OJ. permite resolver la ecuación 10-25.Mn = Mu = fjJ f~ b d 20J (l-0. Puede utilizarse tanto para análisis de secciones como para diseño. la ecuación 10-25 puede transformarse de otra manera para generar gráficos y tablas más simples de usar que la Tabla 10-1. Conocido f'c. para el análisis es más simple emplear las ecuaciones 10-20 y 10-21. La Tabla 10-1 (PCA} inserta al final de este Capítulo.f__n= ~_[~ (1=?·~~(1)2 2 b d (1) (1 0-25) . La más utilizada es la 10-25 en la cual la incógnita es m la que se obtiene al resolver la ecuación cuadrática. Para el diseño rutinario de secciones rectangulares. 2 tendremos Mu=Kubd (10. 10-3 y 10-4 insertas al final del Capítulo.Mn = fjJ f~ bd 2m (1-0. . es aplicable a cualquier calidad del concreto y del acero.29) bd 2 Las Tablas 10-2.) =OJ (1-0. calcular p = OJ e y luego calcular As = p bd fy La figura 10-28 (PCA} muestra gráficamente la solución de la ecuación 10-25 para acero de refuerzo Grado 60 y cuatro calidades del concreto. tablas. Mu (resistencia requerida) su empleo es muy simple. d. tal como se muestra a continuación: fj.' b d 2 OJ (1. l d ~ h...c 1000 « § . ····· t::~sooo 1200 :E ~el"' .010 . f'e. 10-28 Curvas de cuantía.. · Upptrlimlt ot ().015 . ' fe 'b rp O.------r-----r----~----~----~ 1400 .75¡o · ···-····-·· ····-·····~>·-· ..200 kg/~m 2 .!.030 Re1nforcement rotío. S! o e:.llpr s~i01>s.08 ó 0.t only .85 f' b a (d--) ] = 0. Q. b.85 f' b (ad. .!!:_) e 2 e 2 2 _a~_ 2ad + 2Mu =O 2 • 0..¡)ld2 . .0. h h í d ~ Mu d (peralte efectivo): estimado d ~ h. • Rectongl.JC. r~...resistencia (p. La metodología que se presenta a continuación es útil para su empleo en calculadoras programables ya que no es necesario resolver la ecuación cuadrática (ecuación 10-25) ni emplear tablas.willl tensiOII . fy. ·~·-··.Mn) Existen muchas otras tablas y gráficos. en general ayudas para el diseño. disponibles.85/' b e ¡ 2¡Muj Una de las raíces de la ecuación anterior es: a = d . 1600r-----~----. 85 (10-30) V Conocido el valor de a (profundidad del bloque equivalente de compresiones) se puede calcular el área de acero con la ecuación 10-21: IMul a e=--- As= (10-31) a PI rpfy(d--) 2 .06 (acero en una capa) ~ As=? [kifEV4ii#.éh1 . fy = ~. p • ~ Fig.09 (acero en dos capas) b " De la ecuación 10-22 se obtiene: 2 a Mu 1rp = Mn = [0. Datos: Mu.0. '~ i u 400•--·· .' ·.020 025 .005 . 10. La deducción se presenta a continuación: Equilibrio de la sección (compresión en el concreto= tracción en el acero): Ce =T 0. adherencia): ES = d-e ~ ES = 0.' J ( 0. el concreto llega a su deformación de agotamiento .Ecu .bd Sustituyendo (b) y (e) en (a) se obtiene: 0. con una ductilidad de curvatura muy baja. en las cuales el acero está en fluencia y por lo tanto su esfuerzo es conocido (para el modelo elastoplástico).003 E~ p a2 +ad -~¡ d2 =O (10-32) Resolviendo la ecuación 10-32 se encuentra la profundidad del bloque equivalente de compresiones . es posible deducir la ecuación que predice la resistencia de la sección.003 d-e 0.85 ~~ b Compatibilidad de deformaciones (secciones planas. tal como se indica a continuación: Ce= Ts =Asfs . es decir hasta lograr que la compresión en el concreto sea igual a la tracción en el acero. La resistencia de la sección también se puede obtener tanteando sucesivos valores de "e" (la posición del eje neutro). En este tipo de secciones. Para cada valor de e se calcula la compresión total en el concreto (Ce) y la tracción en el acero. en consecuencia el acero permanece elástico con un esfuerzo menor que el de fluencia.85 fe a b (d-a !2) (1 0-33) Será necesario verificar que la deformación en el acero de tracción sea menor que la deformación de fluencia.2 Análisis de Secciones Rectangulares con Falla en Compresión En este tipo de secciones.85 f~ b a = As fs (a) Asfs a= 0.003 Es d_ =e e = 0.85/. mediante: Mn = 0.a . A diferencia de las secciones subreforzadas.y a partir de este valor se puede calcular la resistencia de la sección. En caso contrario la solución no será válida. en las secciones con falla en compresión la dificultad estriba en conocer el esfuerzo en el acero de tracción (fs).003 Es ~1_4__-:. con una cantidad de acero en tracción mayor que la cuantía balanceada.antes que el acero haya entrado en fluencia. Si bien la Norma no permite el empleo de secciones sobre reforzadas. cer. también conocidas como sobrereforzadas.003 e e fs =Es Es= 0.cana a la unidad. El proceso se repite hasta lograr la convergencia. la falla de la sección es frágil.a a (b) _ As (e) p .5. 85 ~~ -~--0~~~11 ~1 Pb ~ o~~~j~ t~ os~b¡j~ (t~Sl J (10.003 ~ 0588 d 0.3 Secciones Rectangulares con Falla Balanceada. 10. € cu ~ Cb ab ~ Ccb Asb Fig. de tal modo que sea posible distinguir las secciones con falla en tracción (As < Asb) de las secciones con falla en compresión (As > '\. fY = 4. La única limitación es que el plano de las cargas sea un eje de simetría de la sección y que las secciones permanezcan planas.34) d Ecu+Ey La ecuación 10-34 es válida para cualquier sección.200 y Es = 2 x1 o-º kg/cm 2 la ecuación 10-34 se transforma en: C]J =_ 0.en el mismo instante en que el acero que alcanza la deformación de fluencia Ey. En la falla balanceada el concreto alcanza la deformación de agotamiento - Ecu. independientemente de su geometría.588 (10 -35a) d ab = ~1 cb qp ~ 0. cb _ Ecu Compatibilidad: (10. 10-29 Sección rectangular con falla balanceada.800 kg/cm 2 1a relación es: cbl d~ 0.Acero Balanceado La figura 10-29 muestra una sección rectangular con acero en tracción con una falla balanceada. Este tipo de secciones se estudia con la finalidad de determinar la cantidad de acero en tracción (Asb) que provoca la falla balanceada. Para el caso particular de Ecu =0.85 f~b ab = Pb fo cb = Pb fo d 0.6818 (10-35 b) Para una sección rectangular tendremos: Asb Asbfo Pb = bd ah= 0.003. ~b_ ~ 0.588 ~ 1 (10-36) d Parafo = 2.37) La ecuación 10-37 permite calcular la cuantía de acero en tracción que produce la falla balanceada de una sección rectangular.5.003 + 0. Asb) utilizando como indicador la cantidad de acero presente en la sección. Es válida para cualquier calidad del concreto y del acero así como para cualquier valor de Ecu. .0021 :. 0021 cm/cm f 'e (kg/cm2) Beta 1 Cuantía 0.003 cm/cm jd = d. 75 Pb y 0.75 3.441 0.67% 0. AC/-99 La Norma ACI hasta el año 1999 y la actual Norma Peruana.500 0.33% 0.5 Pb) son aplicables solo a secciones rectangulares sin acero en compresión Los valores de cbaVd.321 --- 0.588 0.200 kg/cm2 d= peralte efectivo Es = 2.75% 2.588 °· ~1 f~ 85 Pb Pb ~ 1.000 kg/cm2 jd = brazo interno de palanca en la falla balanceada Ecu = 0.39) 4.90% ------ 2.500 0.750 210 0.06% 0.13% 1.779 L__ 450 --- 0.200 kg/cm 2 la ecuación 10-38 se convierte en: .765 420 0. fijan la cantidad máxima de acero en tracción que se puede colocar en una sección.95%_L_ 0.003 y Es= 2 xl<P kg/cm2 .786 Las cuantias balanceadas ( Pb.353 0.85 f'c b (0.50 Pb cbal 1 d aba! 1 d O.588 0.4 f' ~ 1 (10.19 x lOAft ~~ 10. La idea central es que la falla de la sección debe ser por tracción (sección subreforzada) y no se permite la falla en compresión o las secciones sobre reforzadas.73 3.33% 2.471 0.588 ~ 1 d) = Asb (fy) :=> Asb 1 bd = Pb = 0.500 0.331 0.6 Acero Máximo en Flexión.89% 0.80 3. 75 Asb (10-40) La Tabla 10-5 resume las cuantías balanceadas para fy 4. abaVd.93% ----- 1.Para el caso particular de Ecu = 0.85 2.750 350 0.200 ==> e Nótese que pudo obviarse toda el álgebra anterior y deducir la ecuación 10-39. 75 abatid Brazo Balan.900 (10-38) Pb = fy -. para (y= 4.aba/12 Ey= 0.Norma Peruana.59% 1.85 2.375 0.85 1.13% 1.83% 2.588 ~ 1 d (b) • Sustituyendo la expresión (b) en (a) y considerando. obtendremos la ecuación 10-39: 0.588 0.85 f'c b ab = Asb fy (a) • De la ecuación 10-36: ab ~ 0. es la profundidad del bloque equivalente de esfuerzos en el concreto en la falla balanceada . (Pb) jd 175 0.200 kg/cm2 y distintas calidades de concreto para secciones rectangulares.750 280 0.81% 1. 85 ~~ /~ 6. haciendo uso exclusivamente de la definición de acero balanceado.42% 0.588 0.375 0.75 Pb 0.~~00+ fy Adicionalmente. es la posición del eje neutro en la falla balanceada aba/. O. veamos: • Del equilibrio en la falla balanceada (figura 10-29) se tiene: 0. O. en función del área de acero que produce la falla balanceada.375 0.5 f'c ~1 /fy Para/y= 4.77% 1.88% 0. ~ 0.588 - 0.000. La cantidad de acero no debe exceder de: pmax = O. 75 Pb As max =O.588 0.50% 1.429 0. la ecuación 10-37 se reduce a: O.19x10.. 75 abaVd son aplicables a cualquier tipo de sección cba/. Tabla 10-5 Cuantías balanceadas en Secciones Rectangulares fy = 4.200 => Asb 1 bd = Pb ~ 1. 65 Asb coincide con el valor mínimo de la deformación en el acero de tracción impuesto por el ACI-02 (Et ~ 0.75 x 0.200 y Es 6 = 2 x10 kg/cm 2 tendremos: En la falla balanceada la profundidad del eje neutro es: cb :::ó 0. etc.003) (10-42) Es necesario señalar que la limitación de amax = 0.a.003.65 Asb 2.441 f3t d (fy = 4.75 Asb.50Asb 3.588 d :::ó 0.3 2. la deformación en el acero que se obtiene con una cantidad de acero equivalente a 0. cuando la sección está reforzada con acero solo en tracción y considerando Ecu = 0.75 ab Dicho de otro modo. 75 ab =O. Para el caso particular de Ecu = 0.La limitación de la Norma en la cantidad de acero en tracción.003) (10-41) emax = 0. bastará verificar que la profundidad del bloque equivalente de compresiones -a- con el acero realmente colocado no exceda de: '\.75 Asb 1. fy = 4.800 Cantidad de acero Es lEy Es/ Ey 0.75 Ceb).588 d Para As= 0. 75 Asb. 0.75 ab para garantizar que no se excede la cantidad máxima de acero permitida por la Norma. en secciones circulares. únicamente en las secciones rectangulares.7 0. Por lo tanto no será válida por ejemplo. es decir el valor consignado en la primera fila de la tabla anterior. es posible demostrar que la deformación en el acero (es).003.7. Para estas secciones será necesario utilizar ecuaciones como las que se presentan en la sección 10.75 ab se cumple. Para una sección rectangular. triangulares.1 En una sección rectangular sin acero en compresión.441 d La deformación en el acero de tracción será: Es= 0. es: fy=4. equivale a limitar la cantidad máxima de compresión en el concreto (Ce) al 75% de la correspondiente a la fatta balanceada (Ce::.8 2. también equivale indirectamente a imponer una deformación mínima en el acero de tracción cuando la sección alcanza su resistencia nominal.200 fy= 2.deberá ser menor que 0. la profundidad máxima del bloque equivalente de compresiones.81 . es decir: amax = O. la limitación de la Norma en el acero máximo de tracción. Sobre la base de este concepto. Por otro lado.4 4.75 Asb tendremos en la sección rectangular e= 0.200 Ecu= 0. 0.003 (d-e) /e :::ó 0.38% En consecuencia: Es 1 Ey :::ó 1. o en secciones en las cuales la resultante de compresiones en el concreto varíe linealmente con la profundidad del eje neutro. es posible afirmar que en las secciones rectangulares. A continuación se presenta la deducción de la deformación en el acero para una armadura de tracción únicamente equivalente al 0.200 Ecu = 0. 75 f3t eb amax = 0. secciones T en las cuales el bloque de compresiones sea mayor que el espesor del ala. con acero en tracción únicamente. en secciones rectangulares. a::. para garantizar que se cumpla con la limitación As < O.005) para que una sección pueda considerarse controlada por tracción (véase el Capítulo 23).441 d (fy = 4.0 0. fy = 4.588 aproximadamente y por lo tanto: cb ~ 0. si la geometría del bloque comprimido es compleja. Para condiciones de flexión biaxial las ideas generales expuestas siguen siendo válidas. el plano de cargas debe ser un plano de simetría de la sección.b = Es ~~b ~ fy .b ~ (c~c~~ d') "'" ¡..que produce la falla balanceada presentada en el acápite 10. la inclinación del eje neutro. En este caso. la presencia de la losa de piso forzará a que el eje neutro sea perpendicular al plano de cargas (normalmente vertical) al evitar que la viga pueda desplazarse lateralmente libremente. cosa que no ocurre cuando el elemento es aislado.b ~Asb Eje de Simetría es= ey Fig. puede radicar en la determinación de la resultante de compresiones en el concreto en la falla balanceada .Asb. Los elementos en flexión compuesta (columnas) tienen sus propias disposiciones las que se estudiarán más adelante.200 y Es= 2 x106 kg/cm2 tendremos que el valor de 'a' de la ecuación anterior será 0. estas son: a) .85 fé) Acb . está limitada a secciones rectangulares con acero en tracción únicamente. A título ilustrativo presentaremos la metodología para la deducción de Asb para una sección genérica con acero en compresión como la mostrada en la figura 10-30. 10-30 Falla balanceada en una sección genérica.Si la sección es aislada. El estudio de la flexión biaxial se hará mas adelante. ~cu cb = cb =a d ab = P¡ a d d ~cu +~y Para el caso particular de Ecu = 0.003. Be u A's ~ e. Existen tres restricciones para la aplicación de la metodología que se presentará. e) La carga axial (compresión o tracción) debe ser nula.Ccb -.588 CP¡ d) d La compresión en el concreto y la deformación del acero en compresión en la falla balanceada serán: Ccb = (0. es prescindible si es que el elemento forma parte de un sistema de piso conformado por vigas y losas indeformables en su plano. La única complicación en el cálculo de Asb. b) La flexión debe ser uniaxial. sin embargo no se conoce a priori la inclinación del eje neutro. En este acápite derivaremos una metodología para la determinación del acero balanceado en una sección genérica.3.588 ab = P¡ cb ab ~ 0. 7 Ecuación General para la Cuantía Balanceada La deducción del área de acero. La primera restricción mencionada.5. es decir la solicitación debe ser de flexión simple (vigas).1O. En caso contrario el eje neutro no será necesariamente perpendicular al plano de cargas y existirá una variable más ·en el problema. si el momento externo supera al momento de agrietamiento. o situaciones en las cuales los momentos flectores que obran en la sección son pequeños ya sea por la intensidad de las cargas externas. produciéndose el colapso. La curva inferior corresponde a una sección con una resistencia de diseño menor que su momento de agrietamiento. el acero entra inmediatamente en fluencia. la sección fallaría súbitamente ya que su resistencia agrietada es menor que su resistencia antes del agrietamiento./Y)= (0. superara al momento de agrietamiento.b (10-43) De acuerdo a la Norma (ver acápite 10./Y) = 0. 10-31 Diagramas momento . ahora llamadas secciones controladas por tracción.75 Asb). . por ejemplo por razones arquitectónicas. 10. En el Capítulo 23 se presentan los principales cambios introducidos en el ACI-02 relacionados con ese tema. En estos casos la falla suele ser frágil y repentina. se forman unas pocas grietas de ancho notable y se presenta el riesgo que la deformación del acero de tracción sea tan grande que llegue hasta la rotura. M rjJMn>>Mcr My ·- rjJMn>Mcr My Mcr rpMn<Mcr Curvatura <p Fig. y de secciones con falla en tracción.8 Acero Mínimo por Flexión Existen situaciones en las cuales las vigas tienen una sección transversal mayor que la necesaria por resistencia. la cantidad máxima de acero en tracción será: Asmax (.6). Ha retenido el concepto de secciones con falla en compresión. Si el momento externo.85 f' e) Acb +A' s J.b (10-44) El ACI del año 2002 ha eliminado el concepto de cuantía o acero balanceado así como el límite absoluto en la cantidad de acero de tracción (0. por la luz del elemento. etc. por cualquier motivo. se produce una caída brusca en la resistencia de la sección.curvatura El acero mínimo permite una mejor transición entre el estado no agrietado y el agrietado de una sección. A través de la ecuación de equilibrio será posible determinar Asb : Asb (. En estos casos los cálculos conducen a áreas de acero en tracción por flexión pequeñas y podría suceder que la resistencia de diseño (rjJ Mn) de la sección fisurada sea menor que el momento flector que causa el agrietamiento por flexión de la sección (Mcr).85fé) Acb + A'sf.curvatura para tres secciones subreforzadas (As < Asb). provee cierta ductilidad y ayuda a controlar parcialmente el ancho de las grietas térmicas y de retracción que se producen bajo condiciones normales. que ahora se llaman secciones controladas por compresión. La idea anterior se aprecia en la figura 10-31 en la cual se presentan esquemáticamente los diagramas momento.uonde Acb es el área del bloque comprimido en la falla balanceada. Para evitar este tipo de falla es necesario proveer una cantidad mínima de acero que garantice una resistencia de la sección agrietada mayor que la no agrietada.75 (0. el área de acero suministrada no deberá ser menor de: ' 1'' .bwd fy 1 •./f~ As mm= i bd (10-46) fy .200 2 kg/cm equivale a: As min = 0. como la mostrada en la figura 10-32.7. La exigencia de la Norma Peruana es aplicable a cualquier geometría de la sección transversal a diferencia de las ecuaciones del ACI. Con relación a la figura 10-32. generalmente se tendrá que el acero mínimo negativo necesario será mayor que el acero mínimo positivo: A. pero no menor de As min = ±bw d fy La segunda ecuación representa. que son aplicables únicamente a secciones rectangulares o a secciones T.Norma Peruana. que para fy = 4. particularmente en volados y elementos isostáticos. 0.5) especifica que en cualquier sección de un elemento estructural donde por flexión se requiera acero de refuerzo en tracción. la exigencia de la Norma Peruana equivale a diseñar la sección para un momento externo. fr = 2 frfe¡ Yt . según el ACI. La Norma Peruana exige que el acero mínimo de cualquier sección en flexión.5} presenta un enfoque más general que el ACI para el cálculo del área mínima por flexión.El ACI-02 (artJculo 10.5 veces mayor que el momento flector que causa el agrietamiento de la sección. 'ilc As mm= 0. el mínimo absoluto.5 Mcr (10-45) fr Ig Mcr = -. Para secciones rectangulares el acero mínimo exigido por la Norma Peruana.8 --. Por consiguiente hay que tener cuidado con las secciones T cuando el ala esta en tracción.que sea como mínimo el proveniente de la ecuación 10-45. min > A. Mu = 1.33% bw d La Norma Peruana (artículo 11. positivo o negativo . + ('E- yf -~ M+ M + fR AsMIN Fig. En secciones T. viene dado por la ecuación 10-46. .Mu. debe ser tal que garantice que 1a resistencia de la sección fisurada sea por lo menos 1. min Ai min ~ 2At min Lo anterior se debe a que el volumen de concreto en tracción para la acción de un momento negativo es bastante más grande que para la acción de un momento positivo. 10-32 Acero mínimo por flexión. 200 kglcm 2 resulta en los aceros mínimos en secciones rectangulares indicados en la Tabla 10-6.279%) b dfy => a~ 0. Tabla 10-ó Acero mimmo en secciOnes rectanp.0492 d =>e= a 1 PI ~ 0./f. si en cada sección del elemento el acero negativo y el acero positivo que se coloque cumpla con: A-s y A+s colocados ~ 1. tendremos: o7ft bd ~ 0.28% bd 350 0.24% bd 280 0.fy La ecuación 10-46 para fy = 4. Nótese que la deformación del acero supera el 4%..5 ___. b h 2 = <j>Mn = <1> Asmin fy (d-i) d. adicionalmente si el acero utilizado no tiene una adecuada elongación de rotura.[1. 1 2 Mumin = I. tanto el ACI como la Norma Peruana. Para ello asumamos un concreto de 280 kg/cm 2 y acero de 4.85 (280) b a= (0.-. Para una sección rectangular tendremos: fr = 2. es probable que se produzca la fractura del acero.22% bd 210 0.5 x 2. Asmm= 0. como es el caso de los aceros trabajados en frío.200 kg/cm2 . .279%bd As min = · • fy e • Equilibrio: 0.9 (0.fy asumiendo h ~ I.003 (d-e)/ e~ 4.31% bd Alternativamente.95d) .c' x (.5 .C!_ = jd ~ 0.bh ) '! 6 .0579 d • Deformación en el acero: Es= 0.88% => Es ley~ 23 Las deformaciones en el acero de tracción en secciones rectangulares reforzadas con la cuantía mínima dada por la ecuación 10-46 de la Norma Peruana.ulares . con deformaciones de esta magnitud el acero ya se encuentra en la zona de endurecimiento por deformación (véanse las figuras 5-4 y 5-5). aceptan que los requerimientos de acero mínimo se consideren satisfechos.A continuación se presenta la deducción de la ecuación 10-46.200 kglcm 2 fc(kg/cm 2) Asmin 175 0. Mumin = 0.200 kglcm2 se muestran en la tabla 10-7.._______ 0.33 que As necesaria por cálculo Es ilustrativo tener una idea de la deformación del acero de tracción en secciones rectangulares con una armadura igual a la mínima requerida por la ecuación 10-46..fJ =4.5fr S= 1.7081_f_ .IOd se obtiene As min -T bd = 0.95d (estimado para secciones con poco refuerzo) 2 .jf~ ~-./fe bh - -. para distintas calidades del concreto y fy = 4. 2 ..5Mcr = I. fy.83% 23 .25 m 2 As = 4.8 la estimación dependerá de la cantidad de armadura que se espera en la sección..25 m 2 h = 0. • Seleccionar .30 m As = 5.15 ó 1/2" @ 0. Dependerá de las calidades de acero disponibles en el mercado.7 cm2/m 3/8"@ 0. proceso constructivo.28 2 h = 0. se le denomina acero de retracción y temperatura y viene dado por la ecuación 10-47.20 m As = 3. economía. la elección dependerá de criterios tales como: resistencia necesaria.200 kglcm 2 fc(kg!cm 2) Es Es lEy 175 3. • Seleccionar fe.Diseño de Secciones Rectangulares . Tabla 10-7 Defonnaciones en el acero en secciones rectangulares reforzadas con la cuantía mínima .45 m (ver figuras 6-12 y 6-22). verificar el espaciamiento libre entre barras y entre capas paralelas (si las hubieran) y verificar que el acero realmente colocado sea menor que 0. etc. Pueden existir restricciones del tipo arquitectónico o funcional para la elección de las dimensiones.5 cm /m 3/8" @ 0. Los aceros mínimos indicados no son aplicables para losas apoyadas sobre el terreno (pavimentos) que no se consideren estructurales. plazos de desencofrado./L b * T • Las dimensiones de la sección transversal provienen del predimensionamiento realizado por el diseñador.15 m As= 2.9 Resumen.fy =4. • Seleccionar los refuerzos (diámetros de las barras). tablas. El peralte de la sección también está relacionado con las deflexiones.. programas.. limitaciones en el tamaño de la sección. condiciones de servicio.4 cm /m 112" @ 0. h -> Predimensionamiento -M u--> Análisis Estructural h Mu Debe cumplirse: ~Mn~ Mu ~Mn = Mu LAs=? Mn = Mu -.75 Asb. • Calcular el área (As) necesaria mediante fórmulas. ----- 350 ------------------ 5. Es responsabilidad del diseñador. • Estimar el peralte efectivo d ~ h .20 h = 0.20% 20 280 4.6 cm /m 3/8" @ 0. Sabemos que esta verificación en . Para losas macizas de distintos espesores tendremos: h = 0. • El momento flector Mu proviene del análisis estructural.6 ó d ~ h .24 10. en la cual h es el peralte de la losa: A+s min = 0. El refuerzo mínimo en losas macizas es un poco menor que el requerido para vigas ya que la acción en dos sentidos de las losas ayuda a distribuir las cargas y una falla repentina es menos probable.78% 18 210 4.b.25% 25 Para losas macizas v zapatas al acero mínimo de flexión que debe colocarse en la zona de momento positivo.0018 b h (10-47) El espaciamiento de este refuerzo no debe exceder de tres veces el espesor de la losa (3h) ni de 0. .. En el Anexo 1 se presentan los planos estructurales de un edificio real. refi~erzo negativo fisuras Di.. esam:~. .:.rr'ZO :ruperior estribo abiertos refuerzo iaferíor seccióulrausversal 1• r-e~ . Se han diseñado los aceros de refuerzo superiores (negativos) e inferiores (positivos) acordes con el diagrama de momentos flectores (resistencia requerida) obtenidos del análisis estructural.. e max ecuación 1O. e= -- 0.85/~ b ~1 a::s.de -. deflexiones). .42 . es equivalente a verificar que la profundidad del bloque de compresiones sea menor que el valor máximo dado por la ecuación 10-41 (As colocado) fy a a= ----. así como la verificación del comportamiento bajo condiciones de servicio (agrietamiento. ~ eDerior • ir tramo úmim ·1 Refuerzo de la ..ga coa barras rectas y barras dobladas Fig. secciones rectangulares..16s llectores eslribos barras superiores refuei. abiertos refi~erzo iuferior seccióta tnwversal .1 1• roo imrior ~1 1· \' Rdilerzo de la 'l-iga cea !larras rectas bmns rectas ~~:.3 As calculado La figura 10-33 muestra lo que podría ser el resultado final del diseño por flexión de una viga continua. • Verificar el acero mínimo exigido por la Norma. El diseño de los estribos por fuerza cortante se estudiará posteriormente. en etlos se puede apreciar el armado de varias vigas. 10-33 Armadura de una viga continua. As colocado ~ As mínimo ó As colocado ~ 1.amax ecuación 10-41 e : : . 1529 .0236 .0616 .0807 .2324 .0226 . 1226 • 1234 .2501 . 1318 .2760 . 1537 • 1545 .2277 .0932 o. 1301 . 1284 . 1081 .2117 .0420 .2711 0.2694 .3019 .0060 .2920 .2031 .2730 .0689 .2002 .0906 .1408 .0088 .1514 . 1187 .1506 .2970 . 1011 .0967 .003 .1020 O. 1810 • 1817 • 1825 .0000 .2270 . 1959 . 1802 .2456 . 1309 .0168 .0653 . 1726 • 1733 • 1741 .2096 .0634 .2539 .2344 .0708 .04 .25 .1577 .2975 . 1862 .2712 0.2351 .0789 .29 . 11 .2657 .2304 .26 .2404 .2931 . 1569 .2024 .0343 .28 .2645 . 1877 .l907 0.0118 . 10 .2243 .2943 0.1632 • 1640 .2017 .0381 0.0994 .0372 .2357 .0246 .0362 .2364 . 0.0643 . 1166 •·1175 • 1183 .1756 0. 0.0579 . 1832 0.0680 .2371 .1& 11 .0541 . 0020 .2417 .3045 .2514 .1259 .1098 . 0429.21 .01 0.0400 .0010 . 1192 o.0467 .2469 .2067 .1624 .0 o .0485 .34 .0438 .2887 0.2495 .0601 .2664 .1664 • 167\ .27 .1679 0.2700 .0333 .0448 . 1473 .38 . 1870 .2565 .0495 .2718 .2331 0.0816 .1840 . 1400 .2558 .39 .2904 .0139 .2997 0.1334 . 1251 . 1268 .2748 .3029 .0476 0.2682 .2089 .2789 .0457 .1995 . leer el valor de ro y calcular p = rofe 1fy Para análisis: Entrar a la tabla con ro = p fy 1fe leer el valor de Mn 1 (fe b li) y calcular Mn .2527 0.2533 .0699 .2954 . 18 • 1609 .0513 .0923 .0662 0.0391 .0744 .2795 .2870 .1276 o.009 .1089 .2443 . 1794 .0090 .000 .1855 .1593 . 17 . 1937 .0295 0. 1951 .2596 .2953 .2103 .05 .0266 .2187 .0717 .0256 .2229 .2602 .2754 . 3040 .2937 .2706 . 1465 . 1200 . 1449 . 1687 .2082 .2391 . Tabla 10-1 Secciones rectangulares con acero en tracción ' (A) .2783 . 14 .2075 . 1342 • 1351 . 1416 . 1425 • 1433 .0671 .0843 0.37 .2337 .2915 .0560 . 1326 .2311 .1055 .2676 . 1243 .0762 .07 .2159 .0985 . 1002 .2841 . 13 .2410 .2110 . 1656 . 1457 .2046 .0040 .2166 .2864 .2297 .1922 • 1929 .2766 .2263 0.2552 .2236 .31 .2180 . 1106 O..02 .0735 .2998 .2590 0.36 .160l o. 1703 .0079 . 1367 • 1375 . 1914 .3013 . 1029 .16 .0159 .0780 .000 .2801 .15 .2152 . 1149 • 1158 .0753 0.2546 .0324 .2131 .3024 .23 • 1988 . 1710 .2835 .2520 .09 .2633 .2614 .30 .0109 .2384 .0352 . 1209 • l217 .2039 .2284 .007 . 1648 .2010 .2482 .0852 .2249 .2463 0.0861 .59 ro) ro= pfy 1fe a= Asfy 1 (0.0211 .2881 .0295 . 1522 o.2742 .2736 .3051 Mn 1 (fe b Jl) = ro (1 ..2145 .2824 .0207 .2124 0.1847 . 1719 .1392 .0798 .2577 .08 . 1585 .0410 .2138 .2397 0.20 • 1764 .2430 .2450 .0523 .2926 .2423 .2858 .2670 .0569 0.2475 .2208 .0.2965 . 1063 . 1718 .2639 .2317 . 1966 .1293 .2508 .2215 . 1885 • 1892 .2627 .2986 .2948 .0915 .0171 .0050 .1900 .2377 .22 .2777 .2651 0.2959 .2975 .0976 .0941 .2947 .001 .0810 .1359 0..0588 .2909 .006 .0825 . 1973 • 1981' 0. 1441 0.0726 .06 .2812 .19 .2290 .33 .0314 .2608 .32 . 12 • 1115 • 1124 • 1133 .2992 .2201 .2830 0.0625 .2918 .2724 .2621 . 1553 • 1561 .2511 .3035 .2053 0.3003 • 30()3 .0597 .2194 0.2437 .2222 .005 .24 . 1384 . 1712 .35 .1749 .0149 .1046 .2488 .03 .2173 .0070 .2688 .0030 .2583 . 1944 . 1072 .0950 .0034 .85 feb) Para diseño: Entrar a la tabla con Mu 1 (.0099 .0504 .0897 .2256 .0551 . 1695 .0119 .0275 . 1037 .2060 .2807 .0197 .0959 . 1489 • 1497 . 1481 .0532 .fe b Jl).0129 .0304 .0188 .2981 .2992 .004 . 1141 .002 . .004 b =35 d= 65 cm CONCRETO Para estudiar el comportamiento o respuesta de la sección frente a un momento flector de magnitud creciente. integrar (conviene numéricamente) los esfuerzos en el concreto para calcular la compresión total (Ce) o utilizar la tablas 10-8 y 10-9.35 ~k 0.--------- 210 1 JI- lp_JABOLA 1180 . fs fe ECTA '1 í0. La respuesta se calculará utilizando las hipótesis básicas (ver 10. La resultante de las compresiones en el concreto se calcula mediante: Ce= r fe(y) b dy Alternativamente es posible utilizar las tablas 10-8 y 10-9 para calcular la resultante de compresiones en el concreto. no es posible utilizar el bloque equivalente de compresiones del ACI.3. es más conveniente para los cálculos. hasta su agotamiento por compresión y para cada deformación supuesta calcular el momento flector asociado.Comportamiento de una Sección en Flexión Pura Estudiemos el comportamiento de una sección rectangular de concreto armado sometida a flexión pura.002 ecu=0. En lugar de aplicar un momento flector de magnitud creciente.~ 0. permite calcular solamente un punto de la curva total de respuesta. La sección analizada. Relaciones Constitutivas.0001. será necesario variar (iterar) la profundidad del eje neutro (e) hasta lograr el equilibrio de fuerzas horizontales en la sección. Compatibilidad. El procedimiento utilizado es el siguiente: Variar la deformación del concreto de la fibra extrema en compresión {Ec) desde cero hasta su valor máximo (en este caso Ecu = 0. de allí en adelante se ignora el aporte que podría tener el concreto en tracción que aún no se ha fisurado. el modelo supuesto para el comportamiento del acero en tracción y para el comportamiento del concreto en compresión. se indican a continuación. siempre y cuando el diagrama constitutivo del concreto comprimido sea el indicado en esas tablas.004) con incrementos de. fy . Para cada valor de Ec seleccionado. ya que este modelo solo permite aproximar la resistencia máxima de la sección.Ejemplo 10-1. es decir. En todo instante hay que calcular la deformación en el acero y su esfuerzo. Asumiremos que el concreto resiste tracciones hasta un instante antes de producirse la fisuración por flexión. es decir la compresión total en el concreto debe ser igual a la tracción en el acero: Ce= Asfs Para ello será necesario para cada valor de la posición del eje neutro. En todo instante deberán cumplirse los tres bloques de condiciones: Equilibrio.70 1 1 k " 24 om2{05"'bJ 4200 ¡_-. 0. el cual deberá cumplir.3) para el análisis de secciones de concreto armado en flexión.0021 Ss ~~~-/ &e ACERO e 0 =0. por ejemplo. someter la fibra extrema del concreto comprimido (borde superior de la sección) a una deformación que se incrementa desde cero. para el modelo elastoplástico adoptado en este ejemplo: fs = Es x Es :s. .Esf. en la curvatura de la sección así como en el esfuerzo en el acero.3 ton-m) es decir la etapa en la cual el concreto aún resiste tracciones. Si se hubiera adoptado un modelo con endurecimiento por deformación..• 40 30 20 10 o 0.0 0.5 1. En ellos se puede apreciar la variación del momento flector.r\ ¡. la deformación del acero y del concreto. (Ec) del Concreto x E-03 .. • • .5 4..0 3._.. Acero/1 00 (kg/cm2) ____.a.. La ductilidad de curvatura de esta sección es: <pu 1 <py = 23.. • La tercera etapa una vez que se ha excedido el momento flector que produce la primera fluencia del acero (My ~ 56. el esfuerzo en el acero..0 2. al pasar la sección de no agrietada a agrietada./· / / d=65 E(y) = (E e 1 e) y .. Nótese el salto brusco que se produce tanto en la posición del eje neutro.. Momento (ton-m) --.3 -+-. la curvatura de la sección. l Esfuerzo a¡. Esto se debe.• .5 2.. Se distinguen claramente tres etapas: • La primera asociada al comportamiento de la sección antes de alcanzar el momento de agrietamiento (Mcr ~ 10...La figura a continuación muestra esquemáticamente una de las tantas iteraciones necesarias...fj. l~l l.ero -·•··-··•-···------•-··•·· ··•···-•··-4-----------------·.5 3./ / / / / e "1!--.2 ton-m) hasta alcanzar el agotamiento del concreto en compresión el cual se produce para un momento flector Mn ~ 58 ton-m Nótese la similitud entre el momento de fluencia de la sección (My) y la resistencia nominal o momento último (Mn) la diferencia es de tan solo un 3%. • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • .. • La segunda asociada al comportamiento de la sección con el acero trabajando en el rango elástico (fs <.Asft * 35 LEs · Las principales variables de este problema se han resumido en los dos gráficos insertos a continuación../ .26 1 5. Ee / / . la posición o profundidad el eje neutro. al modelo elastoplástico adoptado para el acero.. en parte.0 Deform.. Ce / / / /"' . Momento ~ 50 ¡ )> Fluencia ...35 ~ 4..0 1. la diferencia hubiera sido mayor.·------------.__Pos Eje Neutro (cm) --Curvatura 1/m*E-03 60 1 l___ .) . ...... .....5 kg/cm 2 Mn = 100.85 x 210 = 178...... .... . .... ..__. .... ..... . .. .. ..._. Acero ~ .. . .85 x 210 x 16... .. ........13 x 35 = 100..200 = 100.... ....8 ton 16 13 ..003 x46..004 10 Ir .....85x210x ax35=100... . .. .r ~- -~m.. . .... ... .. .0021 e =18.. ..012 SQ¡ J'" / 0.. . .... ...8 x 0... .. ! .772 kg • Posición del eje neutro: 16.. ..... .. ....0 5.___...... . .98 cm=> e ~ 0.. .. ...85 d • Verificación de la fluencia en el acero: Ecu = 0....0 25. es: • Tracción en el acero: T =As fY = 24 x 4.0 20..--. ... la resistencia de la sección. .. t-a/2 ~ 56..... . .... . . . ............E (1) o o ::2: 20 . .29 e= 0. . ... ... ....ooo E ~ e (1) E ...002 o . 60 r ········ · ········ ..13 =18. .. 0....... .. .... . .85ftab=AsfY 0... .... ..9 30 (1) ~ o... g ·O ·u ....... .. ..000 0.... ... .............. ....... ....800 kg • Equilibrio: Ce=T 0.... ... ...--..800 => a~16.. _...73% ~ 3. . ..94~ d~ 0..... _ ..._ .003 Ey = 0. .. ..T .13cm • Verificación: Ce= 0.. valida el uso del bloque equivalente de compresiones del ACI.... .... ........ ~ T= 100......_.. ... ..4 ton-m ~ k Ce~ 100. .0 10..98 cm Es= (0..008 E1 e e ~ .98 ~ 0.......... Concreto -L 0..._...40 .. por lo menos para este ejemplo. ..0 Curvatura 1/m x E-03 Utilizando las hipótesis del ACI para secciones en flexión.. .. .0......... ..----..57 ~ 57.. .0 15......... . .. . . ..... .. .... ...4 ton-m) es muy similar a la calculada con el modelo del concreto utilizado para calcular la respuesta de la sección (58 ton-m)......._________.. . .88 jd 1 .. .. . _.. .02)/18... . ....5Ey • Resistencia nominal de la sección: 0.. 0.... .... Este resultado. ... 0...... ...... . .. .010 Deform.... ... . ... .8 ton La resistencia nominal calculada con el ACI (57. asumiendo con cargo a verificar una falla del tipo subreforzada..... que se trata de una falla dúctil (sección subreforzada).84 x 30 = 41.588 (fj.Ejemplo 10-2. no utilizaremos las ecuaciones que se han deducido para el caso particular de las secciones rectangulares.. parafé =210 kg/cm 2.85 c. con cargo a verificar.85 d • Verificación de la fluencia en el acero: Ecu = 0.49%:::.588 {por lo tanto el acero fluye) La cantidad de acero que produce la falla balanceada de la sección es.Es 1 • Con las hipótesis del ACI para el análisis de secciones de concreto armado en flexión. es decir que el acero fluye antes que el concreto alcance su deformación de agotamiento Ecu = 0. 0.983 kg • Posición del eje neutro: 7. La sección mostrada es la misma que se utilizó en el ejemplo de introducción del Capítulo 9. es comparar la cantidad de acero colocada con la que produce la falla balanceada.22cm Es= (0. de 35 cm2 y la cantidad máxima de acero permitida por la Norma es 0. Asumiremos..17 e= 0. también se pudo verificar comparando la relación c/d con la correspondiente a la falla balanceada: cbld = 0.85.75x35 :::.200 = 42. en este caso.78) 19.Análisis de una sección rectangular con las hipótesis del ACI Calcular la resistencia de diseño de la sección rectangular mostrada en la figura para momento positivo (compresiones en la fibra superior).85 x 210 x a x 30 = 42. 7.000 kg • Equilibrio Ce = T 0. es decir.0021 c=9.22 cm ::::::> e :::.003 0.000 ::::::> a= 7. Cuando el acero colocado es menor que el balanceado.22 :::.85 fe a b = Asfy 0. IJ ~ e e }~~. 0. = 4.003) en la sección analizada: c/d:::.003 x 45.17 < 0.200 Ecu = 0.84 cm • Verificación: Ce= 0. se obtiene a partir del valor de f3 1 = 0. con la ayuda del diagrama de fuerzas internas que se muestra a continuación: . el acero de refuerzo en tracción estará en fluencia. en consecuencia a = 0.85 x 210 x 7.003 Ey = 0. • Tracción en el acero: T = Asfy = 10 x 4. • La resistencia de la sección la obtendremos por equilibrio de la misma.84 = 9. Evidentemente otra manera de verificar la fluencia del acero.61% Asfy • • 5 r=--j. es suficiente para determinar su resistencia.1Ey La fluencia en el acero de tracción.003. 26 cm 2. 1. La altura del bloque equivalente de compresiones. lt 30 V Ecu = 0.85f'c /1 .e As= 10 cm2 d= 55 p= 0. En consecuencia aumentos del acero por encima del balanceado. en una sección rectangular sin acero en compresión.45 ton-m 19. con esta suposición tendremos: rjJ Mn = rjJAsfy (0.31 ton-m 1 .000 kg d-a =51.8 veces la deformación de fluencia para cuantías cercanas a 0. mientras que el brazo interno de palanca (jd) varía aproximadamente entre 0.. y 0._Asb ~ 30 20 .93d=jd 2 Mn = 42. El cociente c/d varía linealmente hasta la cuantía balanceada donde cambia de pendiente. para cuantías bajas.000 kg Aprovechemos este ejemplo para analizar la forma como cambia la resistencia en flexión de la sección con la cantidad de acero colocada. cambia la deformación del acero de tracción a medida que se incrementa la cantidad de acero. 0. para cuantías bajas la deformación del acero está entre 7 y 15 veces la deformación de fluencia. de allí en adelante la resistencia de la sección se incrementa poco ya que la falla está controlada por la capacidad del concreto y el acero permanece elástico.1 y 0.9.95.9 d) En el segundo gráfico también es posible apreciar la manera como.. La relación es casi lineal hasta la cuantía balanceada. para las cuantías de acero que se emplean normalmente.75 Asb. T= 42.08~0.80 para cuantías de acero altas.4. Eslc.000 x 51. El cociente c/d en una sección rectangular sin acero en compresión. puede suponerse un brazo interno de palanca aproximado de jd = 0. Dependiendo del peralte de la viga. Para estimar de manera rápida la resistencia de una sección rectangular.9x21. son poco eficientes.08 rjJMn = 0. . En el primer gráfico se muestra la variación de la resistencia nominal con el aumento en la cuantía de acero. mientras que para cuantías altas esta se va reduciendo hasta llegar a 1.84 l Ce~ 42... varía entre 0.a 12).85 x 21 O= 178. es decir incrementan poco la resistencia de la sección. similar observación es válida parajd. Resistencia Nominal.y y del brazo interno de palanca medido a través del parámetro J (jd = d . Para ello se han elaborado dos gráficos suponiendo que el peralte efectivo se mantiene constante (d = 0. ~ ..5 kg/cm 2 IEEf' 7.-¡ 10 o o 10 20 30 40 50 60 2 As (cm) En el segundo gráfico se aprecia la variación de las relaciones c/d. 50 """" E e: 40 B "-"' .Area acero 70 60 . además de producir una falla frágil en la sección o elemento.55 m).45 ~ ~ 21. e.'d2.000 x 100 = 22 .. c/d j cslcy . se podrá calcular a. ~ 8 "'l \j w 0.200 kg/cm 2 y para una calidad específica del concreto. diseñaremos la siguiente sección: ft = 210 kgbn2 /1 lt 30 V 7J . 2 Mu 0.. .1.2 (Ku). o o 10 20 30 40 50 60 2 As (cm ) Ejemplo 10-3.000 x100 ~ O.. Este método es apropiado para su uso en calculadoras programables. La ventaja de esta tabla estriba en que es válida para cualquier calidad del concreto y del acero. Es • Tabla 10..fY = 4200 kg/cm2 Mu = 20 ton-m (Resistencia requerida) 60 55 b = 30 d= 55 cm As min =4 cm 2 • • 5 Asb = 35 cm 2 0.126 = p ~ p = 0..___. No son adimensionales. • Ecuación 10-30. Además son adimensionales.. ~u = 20..Uso de tablas v ayudas para el diseño Para ilustrar el uso de las tablas o ayudas para el diseño de secciones rectangulares..9x210x30x55 2 Leer en la tabla el valor de OJ correspondiente que resulta ser 0. a=d. Ku = Mu = 20._..63% y calcular As =0.04 Calcular: bd 2 30x55 2 Leer en la tabla el valor de la cuantía p = 0. basta utilizar un sistema consistente de unidades...85 qJ b !: ~ a ~8...0 14 0.4 cm 2 fe Con el valor de As que finalmente se decida colocar.63% x 30 x 55.0 •.. 1 0..0063 x 30 x 55= 10.75 Asb ~ 26 cm 2 • Tabla 10.2 18 16 1.. Estas tablas son válidas solo para aceros de 4.l 17 Calcular: 2 ~fcbd 0.15cm .6 10 @ .Area acero 1... deben emplearse kilogramos y centímetros.8 12 .2 2 ..63% J: As= pbd = 0. 0....4 ·6 4 0.126: ro= 0. Adicionalmente en este ejemplo veremos como analizar secciones no rectangulares para las cuales no se han derivado ecuaciones.4 cm 2 Mu 20. una aproximación razonable es j ~ 0. reforzada con 10.6 cm As= 10.95 en secciones rectangulares con poca armadura.88 cm As= 10. j ~ 0.85.. j ~ O. b = 30.80 en secciones rectangulares con armadura cercana a 0. En el ejemplo que se ha resuelto.75 Asb. .9x4. Ejemplo 10-4.38 }=0.. el valor supuesto hasta lograr la convergencia .90. . d= 55. se puede encontrar en el libro de Park y Paulay y en la lectura 10-3. Una discusión sobre la validez del empleo del bloque equivalente de compresiones en secciones no rectangulares.. Útil cuando no se dispone de tablas.9 jd=49.fy (d-a_) 2 0.92 • Segundo estimado: j = 0. . Mu = 20 ton-m): • Primer estimado: }=0.000 As= = .a/2 (3) Apliquemos estas ideas al ejemplo que hemos resuelto con la ayuda de las tablas (fe= 210.46 cm 2 a= 8. Igual que en el ejemplo 10-2 utilizaremos solamente las hipótesis para el análisis de secciones de concreto armado en flexión. Por lo tanto para cantidades intermedias o usuales de armadura. Con este valor es posible calcular un primer estimado de la armadura necesaria mediante la ecuación (1) e ir corrigiendo el valor supuesto mediante las ecuaciones (2) y (3): As= Mu 1 rp.69 cm2 a=8. .925 jd = 50.200x(55.40 cm2 a= 8.fy (jd) (1) a= Asfy /0.. 75 en secciones con armadura igual a Asb. en el segundo estimado ya se tenía una buena aproximación al área de acero necesaria. Ya se ha mencionado que en secciones rectan'gulares el valor de J se puede aproximar mediante: j ~ 0..1") de acero para momento positivo (compresiones en la fibra superior).926 La convergencia de este método suele ser rápida.109 (/J• .20 j = 0.16 j = 0..8.92 jd = 50. por aproximaciones sucesivas..925 • Tercer estimado: j = 0.15 ~ 10.x. se sigue cumpliendo la hipótesis simplificadora de trabajar con un bloque equivalente de compresiones.5cm As= 10..2 cm 2 (2 . Consiste en suponer un valor inicial del brazo de palanca interno jd e ir corrigiendo. .Análisis de una sección no rectangular Calcular la resistencia de diseño de la sección triangular mostrada en la figura.fc b (2) j = d. 2) • Método de tanteos. Lo importante en este ejemplo radica en aceptar que aún con un bloque comprimido no rectangular. i 0.0034 ~ 1.85.588 :::::::> eb = 0..840 x 40..-------..78 29.305 kg-m • La resistencia de diseño o capacidad disponible de la sección será: ~ Mn = 0..200 Ecu = 0.91 ¡d = d.85x210xa2 /2=42.47 < 0.85 fe (27 .85fc 2a -.0021 Es~ 0.85 = 25.003=~ 25..39 cm~ 0.=55.003 0...1 cm 2 El límite de la Norma es: As max.si 12 = 67.34 cm profundidad del bloque de compresiones:.588 (en la falla balanceada para..003) en la sección analizada: cid~ 0. Parafc =210 kg/cm2 ~~ = 0.840 kg • Equilibrio: Ce= T (área del bloque comprimido equivalente= cl/2) Ce=0.91cm e= a 10..2 x 4. es decir que el acero fluye antes que el concreto alcance su deformación de agotamiento Ecu = 0. ¡.= 40. que se trata de una falla dúctil (sección subreforzada).575 kg-m • Calculemos el área de acero en tracción que produce una falla balanceada en la sección: ebld = 0.1 ~ 12 cm 2 .588 x 55 = 32.5 cm equilibrio en la falla balanceada: Ceb = Asb fy 0.73 d 3 3 Mn = 42..62 Ey Es • Resistencia de la sección: Mn = Cejd= T jd=Asfy jd . lit. ab = 0.305 = 15.34 = 27.. 2a 2 x 21.78 cm c/d~ 0. se puede verificar comparando la relación c/d con la correspondiente a la falla balanceada: ebld = 0. = 0.75 x 16.47 • La fluencia en el acero de tracción.200 = 42.fy = 4.495 = Asb fy => Asb ~ 16.840kg :::::::> a=21.-.75 Asb = 0. · T = Asfy = 10.·-·1~ ·-~-~ ~~·1 ~ kt= 3 Ce d~ 55 60 ~ ..:: T=Asfs 30 30 "" Es Asumiremos.588 (por lo tanto el acero fluye) Ecu = 0..22 Ey = 0.003. con cargo a verificar.85 x 32.9 x 17.39/100 = 17. . no menor de 0. la -deformación del acero es de 1. es decir la deformación dependerá de la forma del bloque comprimido. 5 O· 0.4 Ey 27.200 ~ a=23.8 4 25 ::.4 Ey para las mismas condiciones. cuando se alcanza la resistencia de la sección.Area re ocero cid j Es lEy . de acuerdo al ACI-02 no podría utilizarse.51 0.005. el requisito dé la Norma de limitar la cantidad máxima de acero al 75% del valor que ocasiona lafalla balanceada.. En los gráficos a continuación. no es posible definir el concepto de cuantía de acero en flexión (p = Aslbd).04 .005. por este motivo (entre varios otros) a partir de la versión del ACI-95 se introdujo el Apéndice B el cual exige que. esta exigencia ha pasado a ser parte del cuerpo de la Norma.76 ~ c=27.2 w "' ID· 0. EsiEy y del brazo interno de palanca medido a través del parámetro J (jd = d-a 12). es aplicable a secciones rectangulares o T. En consecuencia el tratamiento de las secciones sobre reforzadas y subreforzadas ya es uniforme. para que una sección clasifique como subreforzada (falla en tracción) la deformación del acero más alejado del borde comprimido (Et).. En la sección triangular que hemos analizado. ~ Es= 0.6 3 .__. no genera la misma deformación en el acero.96cm ~ c/d~0. También es necesario señalar que la sección analizada no cumple con los requisitos del ACI-02 para clasificar como sección controlada por tracción (Et:::: 0. Este resultado no es consistente.Area de acero 35 LO 30 0. Para que cumpla con el ACI-02 sería necesario aumentar la calidad del concreto o reducir la cantidad de acero o añadir acero en compresión.8 Ey (acápite 10.4 . el concepto de cuantía tal como lo define la Norma. equivalente a c/dt ~ 0. • Calculemos la deformación en el acero para 12 cm 2 (0.6).. Nótese que para la sección triangular analizada. &sistmcia Nninai._ E 6Xl '"" 1 0.003 Es --=-.=-=: : : ~ .S .375) y así poder usar rjJ = 0.75 Asb) de refuerzo en la sección: 2 0..--.0029 ~ 1.85ft(a) /2=12x4.. sin embargo de acuerdo a la Norma Peruana y al ACI hasta el año 1999 sí puede utilizarse. A partir del ACI-02. Para una sección rectangular reforzada con 0. en consecuencia.. Tampoco cumple con el requisito para vigas de tener una deformación en el acero de tracción más alejado del borde comprimido.004.75 Asb la deformación del acero.. ::::IJ ~ 15 0.0 • o o 5 ID ~ X> 25 30 ~ ~ o 1o 15 20 25 30 35 40 As(cnf) As (cm 2 ) . debe ser por lo menos 0. En consecuencia esta sección. dejando de ser un apéndice.2 .9. independientemente de la forma de la sección y de la calidad del acero y del concreto. y no está basado en el concepto de cuantía balanceada. es de aproximadamente 1.96 27.:¡-. se muestra la variación de la resistencia nominal con el aumento en la cuantía de acero y la variación de las relaciones c/d. 94 0. En el caso que hemos analizado.1 28.200 .9 16.Incremento en el módulo de elasticidad del concreto y en consecuencia la posibilidad de reducir las deflexiones.1" = 15.55 m (constante) -••• 5 f'e =variable La tabla a continuación resume las resistencias en flexión para diversos valores de fe: fe Delta fe Asmin Asmax e (cm) e Id Es lEy rjJMn Delta rjJMn (kg/cm 2) (cm 2) (cm 2) (kg-m) 175 base 3.15 8. mejoras en fe vienen acompañadas de otras ventajas.59 0. la cantidad de acero colocada (15.3 14. .Es posible colocar una mayor cantidad de acero en la sección ya que aumenta la cantidad máxima de acero permitida por la Norma. tales como: . .. .0 29.0 26.205 6% 350 100% 5.00 0. Manteniendo la cantidad de acero de refuerzo constante. kg/cm (constante) As= 3. Con esto es posible aumentar la resistencia de la sección o modificar su comportamiento de sobre reforzada a subreforzada.12 0. V 30 V 2 "' ?J / .Reducción en la fisuración en elementos a flexión ya que aumenta la resistencia a la trac~ión por flexión del concreto. Nótese en la tabla anterior.3 9.6 35.19 6.75 Asb.16 7. Para cuantificar la influencia que tiene la resistencia a la compresión del concreto en la resistencia a la flexión de una sección.00 0.4 30. es comparar el valor de c/d con el valor de este cociente correspondiente a la falla balanceada e bid que en este caso (fy = 4. Utilizaremos las hipótesis del ACI para los cálculos.3 cm 2 ) es menor que 0. analicemos una sección rectangular como la indicada en la figura a continuación.340 3% 280 60% 4.075 9% En todos los casos la falla de la sección es el tipo subreforzada.6 21.26 4. .Incremento en la resistencia al corte del concreto.Influencia de fe en la resistencia. 0.1 10.Ejemplo 10-5.4 ----·--··-- 8.645 base 210 20% 4.93% (constante) d= 0.6 46.588.3 29. Otra forma de comprobar la fluencia del acero.75 Asb. Sin embargo. .31 3.3 cm2 (constante) 60 p= 0. un incremento del 140% en fe produce tan solo un incremento del 9% en la resistencia a flexión. 71 fy = 4. .003) vale 0.725 8% 420 -- 140% 5.Para una misma cantidad de acero en tracción.1 41. el incremento de la deformación del acero con la mejora del concreto.2 27.200 y Eeu = 0. . calcularemos la resistencia de diseño para distintos valores de fe. Nótese la poca influencia que tiene fe en la resistencia de la sección. aumenta la ductilidad de curvatura de la sección. 200 kg/cm2 (constante) .1 10. Sin embargo.Para una misma cantidad de acero en tracción. i j .588.835 4% 40 60% 5. la cantidad de acero colocada {15. tales como: . 1 b(cm) Delta Asmin Asmax e (cm) cid Es lEy rjJMn Delta rjJMn volumen (cm 2) (cm 2) (kg-m) 25 base 3. un incremento del100% en el ancho (que significa duplicar el volumen de concreto) produce tan solo un incremento del 8% en la resistencia a flexión. .26 4.75 Asb.0 26.59 0.1 28.Influencia de la cantidad de acero en la resistencia.003) vale 0.8 8.Influencia del ancho de la sección (b) en la resistencia.15 7. .7 30.6 43.. Ejemplo 10-6.7 12. Mantendremos constante la cantidad de acero de refuerzo así como ft. el aumentar el ancho de la sección tiene de otras ventajas. Con esto es posible aumentar la resistencia de la sección o modificar su comportamiento de sobre reforzada a subreforzada.Incremento en la resistencia al corte de la sección. para cuantificar la influencia de la cuantía de acero en la resistencia a la flexión.8 29. Otra forma de comprobar la fluencia del acero. .19 6.. b (variable) fY = 4. Se analizan dos calidades de concreto. Ejemplo 10-7.47 0.3 21.Permite un mejor acomodo (menor congestión) del refuerzo.3 cm2) es menor que 0. Utilizaremos la misma sección del ejemplo anterior.12 0.93% (constante) -••• 5 d = 0.31 3.3 14. Utilizaremos la misma sección del ejemplo anterior (0. d =55 cm) y variando la cantidad de acero. facilitando la colocación del concreto.730 8% En todos los casos la falla de la sección es el tipo subreforzada.1 28.205 6% 50 100% 6.3 35.60). 0.30x0. Nótese la poca influencia que tiene el ancho (b) en la resistencia de la sección.200 y Ecu = 0.3 cm2 (constante) p= 0.1" = 15.0 29.340 3% 35 40% 4. para cuantificar la influencia que tiene el ancho de la sección en la resistencia a la flexión.55 m (constante) b =variable La tabla a continuación resume las resistencias en flexión para los diversos valores del ancho de la sección analizados. Calcularemos la resistencia de la sección manteniendo las dimensiones constantes (b =30 cm.22 5.Es posible colocar una mayor cantidad de acero en la sección ya que aumenta la cantidad máxima de acero permitida por la Norma.2 27. es comparar el valor de cid con el valor de este cociente correspondiente a la falla balanceada cbld que en este caso (fy = 4.10 0. 1 1 2 f'c = 210 kg/cm (constante) 55 As= 3.9 16.75 Asb.645 base 30 20% 4.94 0. En el caso que hemos analizado. aumenta la ductilidad de curvatura de la sección. 92 0. Las resistencias nominales (Mn) se han calculado con las hipótesis del ACI que conducen a las ecuaciones 10-20 y 10-21 y que se transcriben a continuación: Asfy a= Mn = T(jd) =As fy (d-a) 0. i J .o.70 m ¡.¡. intentemos cuantificar la influencia que tiene la forma de la sección transversal de un elemento de concreto armado..085 0.20 m.54 20.0 Curvat.86 Es ley 6.86 5.4 23.65 m y para la sección S2 de 0. reforzadas con la misma cantidad de acero en tracción {20 cm2 ).3 3.8 15.J'------. La menos dúctil es la S4 ya que esta trabaja como rectangular con un ancho de tan solo 0. S2.85 ~~ b 2 Para las secciones S 1.50 --'lr---- As=20cm2 0. S1 S2 S3 S4 La tabla a continuación resume los resultados para las cuatro secciones analizadas.2 e (cm) 11. La sección S2 corresponde a la de una viga chata.14x10-J La comparación entre las resistencias de las secciones S 1 y S2 muestra claramente la influencia del peralte efectivo. en su resistencia a la flexión. el consumo . 0. para las dimensiones del ala y la cantidad de acero en tracción.r--- t7=foos 03 o. S3 y S4 el peralte efectivo es de 0. Se han calculado también las curvaturas últimas (<pu = Ecu le = 0.os r 0. La secciones con mayor ductilidad son la S2 y S3 debido a la poca profundidad del eje neutro por tener amplias zonas de concreto en compresión.. está trabajando como rectangular con un ancho b = 0. Nótese que la sección S4 corresponde a la S3 para las zonas de momento negativo. Ejemplo 10-8 -Influencia de la forma de la sección en la Resistencia a Flexión Por medio de un ejemplo. 0.20 0.35 m. <pu (1/cm) 0. La sección S3 en este caso.76 c/d 0.003 /e) de las cuatro secciones para tener una idea de la ductilidad de curvatura. ' t [::::] 0.54x10-J 0.32 j 0. Las cuatro secciones tienen la misma área y en consecuencia. salvo por el encofrado. de materiales (concreto y acero) es el mismo..2o 0 As=20cm2 ::±o. Sección Sl S2 S3 S4 Mn (ton-m) 50.os r As=20cmZ -1-o.1 52.5lx10-j 0..4 5.25x10-J 0.92 0..20 m 0.75 m J "' .18 0.75 m ya que el bloque de compresiones está contenido en el espesor del ala y su resistencia es muy parecida a la S1 (4% de incremento).6 47. S3 y S4) mostradas en la figura a continuación.50 l As=20cm2 :J r' =#n.93 5. Para ello analicemos las cuatro secciones (S1. la sección S3 a una viga T con una generosa área de concreto en compresión y la sección S4 a una viga T invertida. Se ha supuesto un concreto de fe = 280 kg/cm2 y acero de refuerzo con fy = 4.96 0.200 kg/cm2.30m. 9 39.325 92% 5-1" 25.Es!Ey . De las variables analizadas.2 base 6.245 84% 5.Variación de la resistencia de diseño con la cantidad de acero en tracción: fé = 210 kg/cm 2 . el peralte efectivo (d) y la cantidad de acero en tracción.3 50% 4. 28.3 10.675 177% 7-1" 35.¡ (.1 .5 150% 1.fe = 420 kg/cm2 As rjJMn rjJMn óAs Es lEy órjJMn Es lEy órjJMn cm 2 (kg-m) (kg-m) 1-1" 5.4 30. para el concreto de 210 la linealidad se pierde para cuantías altas de acero..1 28. esto suele ser mucho más económico que mejorar la calidad del concreto.8 64.665 .-.4 49.r 30 (2fO) ._ S 50 - 1 . \~y --:. las que tienen mayor influencia en la resistencia a la flexión son. ya que normalmente habría que mejorar el concreto en todo el piso.3 20._ ~ o :::§ 40 .245 186% 2.775 217% 8-1" 40. 15.3 72.075 47% 4-1" 20.860 179% 2. la variable más influyente es la cantidad de acero en tracción./ 1 _:_ 70 1· {J..7 250% l.340 44% 8. ¡:: 80 .8 L__ 300% -· .410 - ~1" 10.0 10. 1 - 15 - w r. Sin embargo.9 - 56.¡J 1 10 ~ 20 ~:'u ¿~~uuut: o 10 20 30 40 50 2 As (cm ) Es claro que la cantidad de acero influye de manera aproximadamente lineal en la resistencia de la sección.9 19. cercanas a la cuantía balanceada. A esta misma conclusión se puede llegar si se observa la figura 10-28.8 36. 13. lo más eficiente sería aumentar el ancho de la viga.5 56.')¡)\ 60.5 48.::.4 100% 2. cuando el acero excede del límite impuesto por la Norma. _.215 .735 153% 3.375 121% 4.435 base 3-1" 15.195 136% 6-1" 30. por limitaciones de altura libre de entrepiso. Cuando no se puede variar el peralte de la viga.-.20 S:: . O 54. -- 0. . es decir en las vigas y aligerados o losas con un costo mayor.6 200% 1.9 43. ~ . . -· . En el ejemplo analizado.485 255% La figura a continuación muestra la variación de la resistencia en función de la cantidad de acero en tracción así como la variación de la deformación del acero como fracción de la deformación de fluencia. 70 o o v!ZQzz• 1 -1-o. La solución corresponde a una profundidad del eje neutro de 7.2 Ey o o 1-----~ Es4 ~ 11 Ey Aprovechemos los resultados de la sección S3 para calcular el peralte efectivo de esta sección de acuerdo a lo explicado en el acápite 6.49 0.os ¡• •¡ =+0.003 -- ID etEst~0. 5 cm 2 en cada capa <~-~ espaciados a 0. S2. . a partir del cual se pueden calcular los esfuerzos en los aceros de refuerzo (fsi =Es x Esi ~fy) y las fuerzas correspondientes (Fsi = Asi xfsi).05 As=20cm2 As.20 0. reforzadas con la misma cantidad total de acero (20 cm2).36 cm como se indica en la figura a continuación.70 .000 De manera similar.70 070 0. Es3 ~ 7. iterando sobre la profundidad del eje neutro hasta lograr el equilibrio de la sección.-lfkm 2 f Sl S2 S3 La resistencia nominal de la sección S2 se obtuvo por tanteos.f0cm 2 o o1 .9.. con respecto a la compresión del concreto. 05 As= W/Zl/A 1 10cm 2 -r T=42.J5 mlr '1 '1 t D+~ ~ 1 A's. Para ello analicemos las tres secciones (SI. La sección S2 corresponde a la de una viga con acero en tracción y compresión y la sección S3 a una sección con refuerzo distribuido en la altura del alma en lugar de co. donde se muestra el estado de deformaciones y de fuerzas internas a partir del cual se puede calcular la resistencia nominal de la sección tomando momentos por ejemplo.- 71 7) Ecu= 0.47Ey e= 7.003 es~4.49 cm como se indica en la figura a continuación donde se muestra el estado de deformaciones. Ecu= 0.36 0.. v0.200 kg/cm 2 ..Ejemplo 10-9 -Influencia de la distribución del acero en la Resistencia a Flexión Intentemos cuantificar la influencia que tiene la distribución del acero en la resistencia a la flexión. S3) mostradas en la figura a continuación.030 IZ:22Z1ZI +---. la resistencia nominal de la sección S3 se obtuvo por tanteos. iterando sobre la profundidad del eje neutro hasta lograr el equilibrio de la sección. El peralte efectivo se obtiene . ¡p35 m~. Se ha supuesto un concreto def'c = 280 kg/cm 2 y _acero de refuerzo confy = 4. La solución corresponde a una profundidad del eje neutro de 5. .ncentrado en los extremos. e o o 1--------'>. e= 5.70 ----1-0. . M3 y M4). 21 o ~-----. trataremos de cuantificar la influencia que tiene el modelo que se asuma para el comportamiento del concreto en la zona de compresiones...002 &CIJ=0. Nótese que el modelo M4 equivale al bloque equivalente de compresiones del ACI.200 kg/cm (constante) As = 1O ó 20 cm2 (constante) 60 55 d = 0. la curvatura última de la sección S3 es menor lo cual indica que se ha perdido algo de ductilidad en la sección. en la resistencia a la flexión pura de una sección de concreto armado..49 cid 0. Asumiremos que el concreto es de 210 kg/cm y que su comportamiento (relación constitutiva en compresión) es cualquiera de los cuatro modelos mostrados en la figura (Ml.oo'2 > &e &0 =0.4xlo·J Como era de esperarse la sección con más resistencia es la S l.0 Curvatura <pu (1/cm) 0.36 7. 0. reforzada en un caso con 1Ocm de acero y 2 2 luego con 20 cm .0045 &eu=0.56x10=T 0..003 e M1 M2 fe fe ['. lt 30 .. & 0 =0. Sección Sl S2 S3 Mn (ton-m) 50.55 m (constante) f'c = 210 kg/cm 2 (Cuatro modelos) -••• 5 fe fe 210f----~ 210~----~----~ 140 V 1 1 ) S. j 0.2 e (cm) 11.86 5..92 0.25x10. V 1 1 ) $.85x210 178. calculado el centroide de las fuerzas en las barras en tracción. en este caso las tres barras inferiores. La tabla a continuación resume los resultados para las tres secciones analizadas... M2..082 ..2 26.5 1 &o=O.96 -- Es lEy 6. Ejemplo 10-10 -Influencia de Jos Modelos para el Concreto en Compresión Por medio de este ejemplo.18 0. Sin embargo. este hecho pareciera indicar que un armado con el acero repartido en el alma.9 11. Nótese la similitud entre las resistencias de las secciones S2 y S3.003 &e MJ M4 . conduce a una resistencia parecida a la de un "armado convencional" en el cual los aceros se concentran en los extremos de la sección.3 0.002 Seu=0. Para ello analicemos la 2 sección mostrada en la figura a continuación. resultando en un valor de d = 0.003 e & 0 =0. Al final de este Capítulo se analizará con más detalle el armado con acero distribuido en el alma.4 26.45 m medido desde el borde superior.V 7¡ fy = 2 4.4 15. 5 x 0.000 kg e = 0.oo3 ~--- 0. La resistencia de la sección es: Mn = 42 x 0.002 0.002-_ i c=70cm d-e 1 1 > 42000 kg.9/cm \ 1 > 42000 kg T= Asfy = 10 x 4200 = 42. que en este caso. en consecuencia el brazo interno de palanca esjd ~ 51.58 ton-m. Definidas las relaciones constitutivas de los materiales.81 cm (j ~ 0.003 x 1 0. considerando como incógnita la profundidad del eje neutro. • Caso 1 As= 10 cm 2 Modelo Mi: 740 e cu =o. Scu =0.5 (210) (x) (30) + 210 (e-x) 30 = 42. que cuando el concreto alcance su deformación de agotamientó el acero ya está en fluencia (sección subreforzada).514 ~ 21.27 cm La resultante de las fuerzas de compresión en el concreto es de 42 ton y está ubicada a 4.62 cm aproximadamente desde el borde superior. es decir.4 Ey T= Asfy = 10 x 4200 = 42. no será necesario proceder a la solución por tanteos ya que será posible escribir la ecuación de equilibrio de las fuerzas horizontales.34 ton-m. .Para el acero se ha supuesto un modelo (relación constitutiva en tracción) del tipo elastoplástico perfecto.5 x 0. sin endurecimiento por deformación.38 cm (j ~ 0. Para los cuatro modelos del concreto supondremos.003 ~~~.000 => e~ 10 cm x ~ 6. Con esta suposición y al tener modelos para el concreto simples. la hipótesis de despreciar la resistencia en tracción del concreto y el equilibrio de la sección. debe satisfacerse log(ando que la compresión total en el concreto debe ser igual a la tracción en el acero.5 (140 + 210) (e-x) 30 = 42. La resistencia de la sección es: ModeloM2: Mn = 42 x 0.002 => e= 1.5 (210) (x) (30) + 0. con cargo a verificar.67 cm La resultante de las fuerzas de compresión en el concreto es de 42 ton y está ubicada a 3.003 x 1 0. para la solución nos queda emplear la compatibilidad (secciones planas permanecen planas).000 kg e = => e= 1.000 => e~ 10. en consecuencia el brazo interno de palanca es jd ~ 50.93). l¡ """ ~ Es~ 6.91 cm x ~ 7.19 cm aproximadamente desde el borde superior.002 e= 10.92). la hipótesis de adherencia perfecta entre acero y concreto.508 210 _310 ~ 21. 8 6.84 cm => e~ 9.5I ~ 2I.86 Es lEy 2.Modelo M3: 210 -.OO IO.85 0.93 Es lEy 5.93).45 e (cm) I0.003 ------~----- c=9.I • Caso 2 As = 20 cm 2 Los resultados se resumen en la tabla a continuación.00 I8.2 2.. Modelo M4: Bcu =0..000 => e~ IOcm La resultante de las fuerzas de compresión en el concreto es de 42 ton y está ubicada a 3.8 .23 cm La resultante de las fuerzas de compresión en el concreto es de 42 ton y está ubicada a 3.6I e (cm) 2I.3 7.87 0...23 jd (cm) 50.25 51.-.77 47.00 20.92 cm desde el borde superior.58 21..I7 40.93 0.1 Ey T= Asfy = IO x 4200 = 42.08 j 0.-- \ 1 ~ 42000 kg •.7 2.000 => a~ 7. Los resultados obtenidos para los cuatro modelos se resumen en la siguiente tabla: Modelo Concreto MI M2 M3 M4 Mn (ton-m) 21.---.-..I5 j 0.OO 9.75 cm desde el borde superior.8I 51.45 ton-m.90 39.08 cm (j ~ 0.34 21.9I IO.23cm \ 1 ~ 42000 kg Es~ 7.50 47.000 kg (178.53 ton-m.93 0.86 0.63 47.92 0. Modelo Concreto MI M2 M3 M4 Mn (ton-m) 39. La resistencia de la sección es: Mn = 42 x 0.93).25 cm (j ~ 0.5 (a) (30) = 42. -. T =As fy = 10 x 4200 = 42. en consecuencia el brazo interno de palanca es jd ~ 51.-- e cu= 0..38 5I.002 ..000 kg 2/3 (2IO)(e)(30)=42.4 4.. La resistencia de la sección es: Mn = 42 x 0. en consecuencia el brazo interno de palanca es jd ~ 51.5I3 ~ 2I..82 20.45 jd (cm) 46.13 39.53 2I.5 1. 711 5.08 39.38 40 1. En conclusión.99 1.730 8._ ' ~ ~Recta fr = 210 kg/cm2 0.41 o 5.68 1.270 35. 0 v 30 v c .31 2. Se ha supuesto además que el peralte efectivo (d) permanece constante cualquiera sea la cantidad de acero colocada en la sección.83 39.14 33.770 1. el bloque equivalente de compresiones del ACI y el modelo del CEB (figura 10-22) que se reproduce en la figura a continuación. Ductilidad Curvatura My (CEB) rpy (CEB>.475 28.92 62. Es claro que los valores de la resistencia nominal (Mn) obtenidos con el modelo "simple" del ACI son muy parecidos a los obtenidos con el modelo más elaborado del CEB. para flexión simple el modelo del ACI suministra resistencias suficientemente "precisas" para fines de diseño.026 2. Nótese que para As = 40 cm 2 no llega a producirse fluencia en el acero.elastoplástico perfecto. ser.97 6.610 19.. A 71 / j Parabola 2do grado .0035) mayor que la del ACI. .200 kglcm2 · d= 55 Es = 2x1 d' kglcm2 Ey = 0. Se presenta también el momento flector que da inicio a la fluencia en el acero (My) calculado con el modelo del CEB ya que.35 20 0.57 18. con el modelo del ACI.66 7.47 0. También es posible observar la estrecha relación que existe entre la cantidad de acero en tracción y la ductilidad de curvatura de la sección.14 .0035 As = variable Modelo del CEB La tabla a continuación resume los resultados.11 o 40 1.45 2.24 1.58 30 0.86 53.430 7. con lo cual el adoptar un diagrama momento curvatura del tipo bilineal no conduciría a errores importantes.85 fc' jj.09 21.C Sección 0002 0.29 9. Para el acero se ha supuesto un modelo .á necesario iterar sobre la profundidad del eje neutro.32 3. La resistencia de la sección con las hipótesis del ACI se calculará con las ecuaciones 10-20 y 10-21 si se presenta fluencia en el acero y con las ecuaciones 10-32 y 10-33 sí no hubiera fluencía. La resistencia de la sección con el modelo del CEB se calculará con la ayuda de la tabla 10-9 y en los casos en los cuales no se produzca la fluencia del acero.055 En la tabla a continuación se comparan las ductilidades de curvatura para los dos modelos.91 62.Ejemplo 10-11.455 9. La ductilidad de curvatura calculada con el modelo del CEB es mayor que la calculada con el ACI.82 21.41 54.I As (cm2) As/Asb ACI 1 CEB (kg-m) 1/m x 10E-03 10 0.410 20 0.50 54. Esto se debe principalmente a que el CEB acepta una deformación de agotamiento del concreto Ecu (0.0021 • • 5 '---~-------*----}f.Resistencia en Flexión con otros Códigos Utilizaremos dos modelos para el concreto... ACI CEB Mn Mn As (cm2) As/Asb e (cm) ES lEy (kg-m) e (cm) ES lEy (kg-m JO 0. no es posible calcular este valor.23 7. ..59 0. es decir sin endurecimiento por deformación. El momento de fluencia es ligeramente inferior al momento nominal de la sección. en consecuencia no es posible (en teoría) definir o calcular la ductilidad de curvatura de la sección. = 4.450 30 0.86 27.57 38.29 20. 2 (t-m) My (t-m) 1 12 0. 1 Mod.64 Resistencia a Flexión de la Sección (Mn) en ton-m Caso 1As=12 Caso 2As=24 Caso 3As=36 Def. reforzada con tres cantidades distintas de acero y utilicemos dos modelos de comportamiento en compresión del concreto (modelos MI y M2) .48 14.25 Asb 30.81 2 24 0.. el procedimiento para calcular la resistencia se explica en el ejemplo IO-I y consiste en ir variando la deformación del concreto en la fibra extrema comprimida y para cada una de las variaciones.48 0.35 < M d =0. se muestran a continuación y se diferencian únicamente en la zona de la rama descendente.86 43.07 18.80 0. Ductilidad de Curvatura MnACI M.19 6. La resistencia (Mn) predicha con las hipótesis del ACI. Este proceso se realizó con la ayuda de un programa de computadora.82 30. se calculó con las ecuaciones I 0-20 y I 0-2I.65 67.50Asb 57. o. Para ello analicemos la sección mostrada en la figura.11 43.0025 30.98 80.006.002 0.75 Asbal) Caso I Caso 2 Caso 3 Los modelos MI y M2 utilizados para caracterizar el comportamiento en compresión del concreto.08 26.07 23.80 48.90 30.Influencia del valor de. . Ejemplo 10-12.15 81. Se ha adoptado una deformación de rotura Ecu = 0.25 Asbal) As2 = 24 cm 2 (0. (RECTA ae 210 -- -RECTA 1 1 1 lpAJABOLA 1 130 lpA~ABOLA 1 0c 0c 0.09 48 1.00 Asb 98. Concreto Mod 1 Mod2 Mod 1 Mod2 Mod 1 Mod2 0..22 0.24 2. Las tablas a continuación resumen los resultados para las tres áreas de acero analizadas y para los dos modelos del concreto.22 26.50 81.65 f'c = 210 fy =4200 Asi = I2 cm2 (0.006 0.06 58.0015 30.0005 18.39 56.61 3.54 30.74 80.78 80.0020 30. 210 acl --7'1---.54 56. relaciones constitutivas y equilibrio.65 56..002 0.006 Modelo M1 ModeloM2 Para el acero asumiremos un modelo elastoplástico perfecto con fy = 4.11 48.82 57.51 101.0010 29.74 57.200 kg/cm 2 y módulo de elasticidad Es= 2xi06 kg/cm2.13 3 36 0.08 23.78 0.92 58.86 29.rol [J! 0.48 16. calcular por iteración la resistencia de la sección utilizando las ecuaciones de compatibilidad.3 2.75 Asb 79.50 Asbal) As3 = 36 cm 2 (0.73 29.48 67.52 4. Ecu -en la Resistencia a Flexión Intentemos cuantificar la influencia que tiene la deformación máxima del concreto Ecu en la resistencia a la flexión en una sección rectangular de concreto armado..14 7. Fluencia Caso As (cm 2) Mod.70 . En cada caso. lo cual indica que el momento de fluencia es muy parecido a la resistencia nominal o última de la sección...oo3 o.oo1 o...8 o ~ Modelo de Concreto M 1 --'EQ) 0. El comportamiento de la sección es prácticamente elastoplástico para las tres cantidades de acero.34 82.2 í ¡ [5 1 <( o 'E ~ 0.oo6 Def.58 0.24 82.90 30. As =36 E o ~ 0.95 58.55 58.. Modelo Concreto Ml 90 .01 56.98 57.6 - __l Q) ·¡¡¡ Q) 0::: -As=12 .Modelo Concreto 1 .9 e 0..53 79.0050 30.54 0.. 1....60 .60 82.77 58..-.09 0. En ellos se muestran el cociente entre la resistencia calculada con los modelos Ml y M2 y la resistencia calculada con el ACI...oo4 o.07 58.000 0.005 0.0040 30.: o.30 58.. -- La figura a continuación muestra para el modelo de concreto Ml y para las tres cantidades de acero.0055 30..oos o..49 0.002 0.. ------.50 80..02 58. Concreto Ec Para comparar los resultados de la resistencia en flexión con los que se obtienen con las hipótesis del ACI.004 0. se han elaborado los dos gráficos que se presentan a continuación.ooor o..¡ .0045 30. .42 81..01 57.96 58..003 0....15 82. la variación del momento resistente en función a la deformación del concreto en la fibra extrema en compresión.54 79.82 31.33 81. 0.55 78.0035 30.51 82.87 30.. ii 30 - § 20 • • • • • • • •'As=• 12 • ~ 10 1 o 0.0030 30. Concreto en la Fibra Superior .77 82.01 57. 58..84 82. 80 9 e:: 70 6 60 'As =-24__ ' ~ 50 o 40 .00 57.57 31.42 0.77 ..47 80.2 o _ _ T _______ .006 Deform..30 0.0060 30.70 31.64 31.4 ! -As=24 Q) .001 0.77 31.oo2 o..01 57.. 6 i ·¡¡¡ (1) a::: 0.006 Def.Modelo Concreto 2 Del análisis de los resultados. Esto probablemente se debe al gradiente de esfuerzos presente en la zona comprimida de una viga. Naturalmente sí depende de la cantidad de acero. a pesar de que la deformación adoptada de 0. donde las fibras menos esforzadas (las cercanas al eje neutro) tienden a estabilizar a las más esforzadas.005 0. 1. El valor de Ecu = 0.) <( 1 .8 .As =12 ------As = 24 § 0. Concreto en la Fibra Superior .9 e (1) § 0. resulta claro que a partir de un valor de la deformación del concreto en la fibra extrema mayor o igual a 0. normalmente no mostrará agrietamiento ni se presentará estallido del recubrimiento.2 ···•·--As = 36 ~ o 0. esto se debe a la forma de la rama descendente de la curva esfuerzo - deformación.2 (.002 0.003 es mayor que la correspondiente al valor para el cual se produce el esfuerzo máximo (fe) en los ensayos de compresión en probetas (aproximadamente 0. la resistencia en flexión de una sección de concreto armado es prácticamente independiente del valor de Ecu que se adopte. Nuevamente notamos que el modelo del concreto comprimido.003 adoptado por el ACI.3 y 3. Para este nivel de deformación.004 o mayor dependiendo del grado de confinamiento que tenga el concreto comprimido. la cual es la misma para ambos modelos.002).4 del libro de Park y Paulay que tratan sobre este tema y sobre la validez del empleo del bloque equivalente de compresiones en secciones no rectangulares.001 0. El momento de fluencia resultó ser independiente del modelo de concreto adoptado. El modelo M-2 presenta una ductilidad de curvatura mayor que la correspondiente al modelo M-1. Diversos autores recomiendan que para los cálculos de la curvatura última se adopte un valor de 0. Esto es debido a que la fluencia del acero se presentó cuando el concreto se encontraba en la zona parabólica de comportamiento.. tiene poca influencia en la resistencia de la sección. -"* ~ Modelo de Concreto M2 2 0. El valor de Ecu que se adopte sí tiene una marcada influencia en la curvatura última de la sección. en este caso la variable más importante es la cantidad de acero en tracción. de allí que el valor del ACI puede ser demasiado conservador para los cálculos de la curvatura.4 o e: (1) -----.004 0. Se sugiere la lectura de los artículos 3.002.003 0. resulta adecuado y conservador para el cálculo de la resistencia de secciones en flexión.000 0. el concreto comprimido en una sección en flexión. .. A continuación se detalla la solución.. la hipótesis de adherencia perfecta entre acero y concreto.. de amplitud igual a Ey.35 m fs fs ¡y 5.. Los modelos para el acero M2 y M3.5 Asb parajj.. considerando como incógnita la profundidad del eje neutro.5 Asb) d= 0... y no será necesario proceder a la solución por tanteos ya que será posible escribir la ecuación de equilibrio de las fuerzas horizontales (Ce= As fs).200. es decir trabajaremos con el bloque equivalente de compresiones y con una deformación de agotamiento del concreto en compresión de 0.stitutivas en tracción.Influencia del Modelo del Acero de Refuerzo Por medio de este ejemplo.. la hipótesis de despreciar la resistencia en tracción del concreto y el equilibrio de la sección.Ejemplo 10-13. ...0025 Ey =0. ...000 kg/cm 2 (20% mayor) a diferencia del esfuerzo nominal que solemos emplear de 4. con este modelo se pretende cuantificar la sobre-resistencia que tendría la sección.. constituidos por segmentos de rectas... que en este caso.. El modelo MI es elastoplástico perfecto y es el que se emplea normalmente en los cálculos de resistencia de una sección.... El M2 se diferencia del MI en que se ha supuesto un esfuerzo de fluencia "real" de 5. en la resistencia a la flexión pura de una sección de concreto armado. = 4.000 ¡y 1.. Para el modelo M3.65 m +-o:3s b = 0. debe satisfacerse logrando que la compresión total en el concreto debe ser igual a la tracción en el acero. seguido de una zona de endurecimiento por deformación que se ha idealizado como lineal. como se mencionó en el párrafo anterior.. utilizaremos las ecuaciones de equilibrio para establecer una ecuación en la cual la incógnita sea la profundidad el eje neutro. puede emplearse una solución por tanteos o iterativa. son modelos simples. r Ey -0. al final de este ejemplo. fY =Variable í Es= 2x10 6 kg/cm 2 f'c = 210 kg/cm 2 '}_ As= 24 cm 2 As= 24 cm 2 (0. trataremos de cuantificar la influencia que tiene el comportamiento del acero de refuerzo en tracción.... reforzada con 24 cm2 que equivalen a 0. Para los modelos MI y M2 son aplicables las formulas I0-20 y I0-21 y los resultados se consignan en la tabla resumen.es r . El M3 corresponde a un acero sin escalón de fluencia y con endurecimiento por deformación y el M4 a un acero con un pequeño escalón de fluencia. Definidas las relaciones constitutivas de los materiales..200 4.0021 2 Ey MI M2 M3 M4 2 Asumiremos que el concreto es de 2IO kg/cm y que son aplicables las hipótesis del ACI. Es Ey = 0.0021 Ey =0. para la solución nos queda emplear la compatibilidad (secciones planas permanecen planas). Para ello analizaremos la sección mostrada en la figura a continuación.200· . tomando como la variable de iteración la profundidad del eje neutro. 4. Sin embargo.200. .003. .'1. Para el acero se ha supuesto cuatro modelos de comportamiento o relaciones con.0021 . 8 fs (kg/cm2) 4. Los resultados obtenidos para los cuatro modelos se resumen en la siguiente tabla: Modelo Acero MI M2 M3 M4 Mn (ton-m) 57. b) Construir el diagrama de resistencia requerida (Mu) y el de resistencia suministrada (rjJMn).14x10-3 Ejemplo 10-14.310 e (kg) (4) Igualando 3 con 4 se obtiene una ecuación cuadrática. d) Revisar la seguridad de la viga utilizando el Análisis Límite (ver acápite 7.5 70.98 22..Análisis de una Viga Se trata de un problema típico de análisis.12x10-3 0.88 0.00 jd(cm) 56.64 ton/m (carga muerta) y roL= 2.000 Es+ 3.86 Es lEy 3.32 ton/m (carga viva).60 24.85 e) x 35 = 5.5 65.7).640 + 28.13x10-3 0.865 Curvat.5 2.003 (65 -e) 1 e (1) para Es> 0.3 2.7 55.85/'e a b = 0.4 2.84) y la resistencia de la sección: Mn = (Asfs) xjd ~ 70. e cu =0.4 66. y se quiere estimar lo siguiente: a) La carga máxima (rou) que podría aplicarse si se aceptan los resultados del análisis elástico (Diseño por Resistencia). <pu (1/cm) 0. cuya solución es: e ~ 24. se obtiene: De(l) Es=0.200 5. bajo cargas de servicio.003 d= 0.4Ey de(2) fs~5.68 cm (j ~ 0.800 (65-c) /e (kg) (3) Ce= 0.85 x 210 (0.9 55.en este caso particular aplicado a una viga doblemente empotrada .370 4.000 Es+ 3.360 (kg/cm2) (2) T= Asfs = 24 x (400.005031~2.7 j 0. e) Calcular los esfuerzos en el concreto y en el acero en las secciones de momento máximo positivo y negativo.0021 fs = 400. Las cargas en servicio que obran sobre la viga son: roD = 4.16x10-J 0..28 22.000 5.370kg/cm 2 ~ Asfs~I29ton El brazo interno de palanca es jd ~ 54.5 ton-m.360) = 80.4 54. .84 0.en el cual se conoce la distribución de las armaduras de refuerzo por flexión y las cargas de gravedad que obran sobre la viga.0 11Mn base + 16% +23% + 13% e (cm) 18.28 cm Con la profundidad del eje neutro.65 . Es Es= 0.85 0. 2{iJ1" ~ 1.75 Asb Ri 41 cm 2 .00 m 2..50 m ~ ~ //! 7.67 Ey Vt?Z?A j -10.. ~0.4 cm 2 As+= 2$1" + 2$3/4" = 15.0 Ey ljJ Mn.5 ton-m ljJ Mn+ = 36.14 ton/m Por lo tanto la resistencia viene controlada por la sección de máximo negativo y la carga máxima. de acuerdo al diseño por resistencia. la zona de momentos positivos tiene exceso de resistencia.= 45. 05 . Ri 46.0 cm Es R~ 5. 7.8x2.íl 1 =f= O. incluyendo en los cálculos el acero en compresión presente en ella.05 . 0.40x0.40 m ¡ 111¡ 1l l l 111¡ 111l lt J 2fP1" 2~7" 2fP3!_4" 2$1" "DAs. Vemos que se trata de un diseño sin "holgura" en la zona de negativos.2 cm 2 V?//!Z.70 m Es R~ 8.88 cm 2 e= 14.00 m ~( ~/ ~ 1 ~¿ wu 0.5x4.ljJ Mn.)\~ J As = 20.14 ton/m.70 con d = 0.40 cm 0.64 + 1.5 Ey E' s R~ -0.05 2 2 t As+ r f'c = 21 O kg/cm fy = 4.200 kg/cm a) Para una sección de 0.2 Ey Es R~ 7.4 cm2 A 's = 10. sin embargo. el área máxima de acero de refuerzo por flexión que se puede colocar es de 0.32 Ri 11. Las resistencias nominales (Mn) de las secciones de máximo momento positivo y negativo. La resistencia requerida es: 1.2 ton-m Por curiosidad calculemos la resistencia de la sección de máximo negativo.73 ton/m (1/12) rou (7) 2 = 45.12 cm e= 11.2 rou R~ 17. es rou Ri 11. Los diagramas de momentos para la carga de servicio (izquierda) y la carga última máxima (derecha) se muestran a continuación: .8 ton-m (3% de incremento) 2[iJ1" -r Igualando las resistencias suministradas ( ljJMn) con los momentos máximos (positivo y negativo respectivamente) podremos calcular la carga máxima que puede soportar la viga con las armaduras colocadas: (1/24) rou C7i = 36. 2. se calcularán sin tener en cuenta el acero en compresión presente: Momento Negativo: d = 65 b =40 Momento Positivo: d = 65 b =40 As-= 4$1" = 20.40 m Momento negativo con acero en compresión: A' 4~ 1. 05 e= 9.00 m '1 1 -10.65 m.14 ton/m.5 rou ¡::¡ 11.50 m+. 00 m 71 71 45. 23.00 m e) Cálculo de los esfuerzos bajo cargas de servicio.{]5-- ~"_.. = (11. El factor de seguridad se puede estimar mediante: F.5 ld~I" . y 14.9 1 22. eje neutro e = kd = 20. Sección de Momento Negativo Máximo: Mservicio = 28. 70 m 20..78.S.5 4 Me Me ~ •=696 wu = 11. en consecuencia utilizaremos las propiedades de la sección agrietada transformada.57 j'c fe = 720 kg/cm 2 .14 ~ 1 =-=-==--.96)x(l/0.000 cm ~ 0..-2390 kg/cm 2 len~ 487.. el factor de seguridad debe calcularse en el instante en el cual se agota la capacidad de momentos negativos (formación de la primera rótula). se espera fisuración en las secciones bajo cargas de servicio.4 cm Pos. Si se aceptan los resultados del análisis elástico y la filosofía del diseño por resistencia.-.42 ton-m 2 As= 20.50 m~/ 4. El momento de agrietamiento (MCR) estimado tanto para las secciones de momento negativo como positivo es de McR ~ 9.---------.43 Ig =r h~ ~ } '~ _ 4 2 2 fs ~ 2.45 ) fe~ 120 kg/cm 2 ~ 0.74 •.00 m k 3.21 22.14 1 6.2 /r 1.5 ton-m (sin considerar el aporte del acero presente) por lo tanto.9) ~ 1.74 23.390 kg/cm 2 ~ 0. despreciando la influencia del acero en compresión presente.57 fy O.9 1 L---~-------------------------' Id ~314" 36. aún cuando haya reserva de resistencia en la zona de momentos positivos. b) Los diagramas de resistencia requerida (Mu) y el diagrama teórico de resistencia suministrada (rjJMn) se muestran a continuación: k 2.5 45.45 cm (T. 45. 6 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 l 1 1 1 i Mn- 1 50. en caso contrario no podrá movilizarse toda la ductilidad disponible en las secciones.44 cm kR:::::: 400. Se ha supuesto que los diagramas son del tipo elastoplástico perfecto._ ]"· -=--=-) 85 1421 fs:::::: 1.curvatura de las secciones de máximo negativo y positivo son como se indican en la figura a continuación. esto significa que aceptamos la simplificación de admitir My ~ Mn.000 cm 4 :::::: 0.36. .Mn=40./Y l:::::: 65 kg/cm 2 :::::: 0.38 50.Mn= 50.35 Ig 0. M.Sección de Momento Positivo Máximo: Mservicio = 14. M+ My. como se muestra en la siguiente figura: Mn. no será el "verdadero" valor máximo que puede alcanzar la estructura._ ~. la carga máxima calculada en la parte a (11.+ Las dos primeras rótulas plásticas se formarán en los empotramientos. 12. .115. que las secciones de máximo negativo tienen suficiente capacidad de rotación inelástica como para acomodar rotaciones plásticas hasta formar el mecanismo completo.88 cm 2 Pos eje neutro e = kd = 18.. Ya que la sección de momento positivo máximo tiene un exceso de capacidad. Cuando se formen las dos primera rotulas plásticas en la zona de los negativos. También tendremos que asumir que no se producirá una falla prematura por fuerza cortante en las secciones de máximo negativo y positivo. Para lograr esto último es necesario llevar a cabo un diseño por capacidad (ver acápite 7.y.520 kg/cm 2 :::::: 0.. para una intensidad de la carga externa de 14.23 ) El mecanismo plástico se alcanzará cuando se forme la tercera rótula plástica en la sección de máximo positivo.6 e~ ~ ~ 1 w 25. para una intensidad de la carga externa de 12.2 .. .70 m :+ -:a44 .6 My.-'"'J.82 ton/m como se indica en la figura a continuación: . Asumamos además. Asumamos que los diagramas momento .t .- ~A:r~ fs= 7520 kg/cm 2 d) Revisión de la seguridad de la viga utilizando el Análisis Límite.6) del refuerzo por cortante (estribos). todavía será posible incrementar la carga externa hasta formar un mecanismo plástico de tres rotulas.14 ton/m).21 ton-m 0.3 f'c o/ 0.38 ton/m.40 m 2 v 7J 7J v As= 15. 950 kg/m 0. Diseño de una Viga Diseñar la viga doblemente empotrada mostrada en la figura.5% (0.22 Asb) rjJ Mn+ ~ 17. es: F.80 m ~ ~0.82 ton/m 2 El factor de seguridad. d ~ 59 cm Mu+ = (1124) rou (6.75 Asb ~ 28 cm 2 As min ~ 4.45 Asb) rjJ Mn.~ 33. Asb ~ 38 cm 2 As max = 0. d ~ 59 cm. 760 kg/m .8 roL = 8.Áreas de acero máximo y mínimo calculadas con b = 30.96) ~ 2. d ~ 59 cm ~ 2 Mu.500 kg/m.8) = 16.0 cm 2 2 As+ (colocado)= 3 <1>3/4" = 8. frente a la formación de un mecanismo plástico.Áreas de acero requeridas.ill As+ .2 .30 m 1¿ ~ wu ~ "' As-. roL = 1.. La carga última límite es: (118) roul (7) = 50. Los materiales que se utilizaran son: f'c = 210 kg'cm~ fy = 4.06 1 1 1 "' lt?l2?2.6 + 40.82 16.8) = 33.2 ~ roul ~ 14.S..200 kg/cm2 • Las cargas externas (en servicio) provenientes de un metrado. para momento positivo y negativo: a) Acero Negativo: b = 30.9 Ey b) Acero Positivo: b = 30.06 ~~ 6.880 kg-m ~ As+= 8.Resistencia requerida: ro u = 1.760 kg-m As-= 17.3 Ey El refuerzo seleccionado se muestra en la elevación de la viga inserta a continuación: .04 cm 2 p~ 1% (0. WuJ Mn- 50.930 kg-m (resistencia suministrada 6% de exceso) Es~ 9.700 kg-m (resistencia suministrada) Es~ 3. Mn.(colocado)= 6 <1>3/4" = 17. = (14.= (1112) rou (6.1 cm 2 As.6 Cfr~) 40. Ejemplo 10-15.52 cm 2 (7% de exceso) p~ 0. que debe soportar la viga son: roo = 3.5 roo + 1.¡ 111¡ 111111 ts ~ =4=0.13.6 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1! 50.3 cm 2 . ( 3. 70 1.40 m 1r 1.80 m l. Si a los puntos de corte teórico determinados en la figura anterior se le agrega 0.t7. 2rJ3/4" ~~ / ~ 2$3/4" 2$3/4" 7@Jj_4" 2rJJ/4" 2$3/4" 2$3/4" 'l / t 0.50 1. ""-· ~.t 1... Finalmente. en este caso para armadura de 3/4" ubicada en la capa superior. el diagrama de resistencia requerida (Mu) versus la resistencia suministrada (~ Mn) se muestra a continuación.10 t1 1V 1"' 1"' t1 1v "' 1~ 1~ O.70 m aproximadamente.00 0.---- 12190 12190 16880 12190 17930 ~.190 kg-m.60 ó 12db ~ 0..40 m t-t As= 2~3/4" ~Mn = 12.J .8) 2 = 33.420 kg-m.23 m..450 ~ 1.5~.65 . Ir k 1 0... 0.8 " 1. Adicionalmente debe verificarse que ningún bastón tenga una longitud menor que su longitud de anclaje..Los puntos teóricos de corte de las armaduras negativas se calculan mediante: Ir 0. debe prolongarse más allá como mínimo d ~ 0..o¡ ¡.. el que sea mayor. .-.700 + 17.21x6..JO m k . ~~J/4" 2r¡.60 m resulta en las longitudes de los bastones indicadas en la figura al inicio de esta página.70 ¡.82 .930 ~ roul ~ 8..45 m1 La Norma exige que el acero no se corte exactamente en el punto teórico.925 1 5..10 m k 3.93010. Ir0.925 kg/m El factor de seguridad frente a la formación de un mecanismo plástico: 9.50 mk 71 1.00 ~ 1/1 33700 -----.00 0. esta longitud es de 0.80 m "' /1 1.9 ~ 9.50 0. O. ~ ~ <:::>t 2? ·--.85 m Ir 1 1 Capacidad de las armaduras: 0.Jj4" As= 4~3/4" ~ Mn = 23.21)3/4"'"21/!J/4" (\.so* / L + .10 m k 1 1 1 '1 Para las armaduras colocadas la carga límite es de: 118 roul (6. 70 ~ /1 6.. Losa h = O..5 ~ 690 kg/tn p.5 .200 kg/cm 2 Franja de diseño 6 ~ L... 4.-·-. J .· • . en este caso. o= 360 kg/m 2 6 p. term.0 = 300 300x 1..~. aplicarse y. =lOO kg/m 2 síc = 300 kg/m 2 fe= 21 O kg/cm 2 6 ~ ~ ~ ~ jj. Om ~ 4.·Jt·--··. .15xl.400x0.. = 1OOx l.5 .7). ·.t.~ •<Í''·._~·2.. .5 m de eje a eje.25 A partir de una relación entre los lados de 2 a 1. Ir. siendo la carga la misma en toda la planta.230 kg/m . no existen vigas en la dirección longitudinal y la relación entre los lados de cada uno de los tramos de la losa continua es cercana a 4. que fue presentado en el acápite 8. Ejemplo 10-15. • Metrado: por metro de ancho de la losa (h = 0. Ir. La losa cumple con todas las condiciones para que el Método de los Coeficientes pueda .~::"-41' l.-1. los resultados que se obtengan para la franja mencionada serán válidos en todas las otras franjas..5 . 0..:: ~ · .15 m p."'\·.. Por comodidad analizaremos una franja de losa de un metro de ancho. 4. En este caso. it·:·~"..25 jJ..Diseño de una losa maciza armada en una dirección. Utilizando el Método aproximado de los Coeficientes de la Norma Peruana. 1 4.O = 360 kg/m } 460x 1. La losa se apoya sobre las vigas transversales espaciadas cada 4..' · .5 .. = 4.. es posible analizar la losa prescindiendo de la acción en la dirección larga (ver acápite 2. En este ejemplo. O = 100 CV: sic = 300x1.:í.p.. en consecuencia se puede afirmar que el trabajo de la losa será básicamente en la dirección corta. debería proporcionar resultados aceptables en comparación con otros métodos más "precisos". 4.8 = 540 kgím m servicio = 760 kg/m mu = 1.9. diseñaremos la losa plana maciza del edifico cuya planta se muestra en la figura a continuación.15 m): CM: pp losa = 2. Y 1 1 1 .045 (e= 1.55 cm. 15 .230x(4.5 Ey) b) lfu = 1110 = 2. =$::::::: 3 d r::::.9 cm2/m.15 r~.020 As = 4.3 veces al área de acero que resulte del cálculo.. '"''fWJ> "•A\%1~)~:~ f. Es= 29. • Diseño de las secciones de momento máximo negativo y positivo 2 ro u (lnl = 1. Es = 11.31 cm.• Corte longitudinal de la losa. En este caso.090 (e = 1.23 tjJMn= 1.0 cm /m tjJ Mn = 890 kg-m/m (e= 0.217 kg-m/m a) lfu = 1/24 = 925 kg-m/m As= 2.73 tjJ Mn = 2.185 (e= 1.7 Ey) Para completar el diseño será necesario revisar la capacidad de la losa para fuerzas cortantes.34 cm.0018 x 100 x 15 = 2. 7 cm /m Smax ~ 3h Smax ~ 0. 4. Si bien la Norma (tanto la Peruana como el ACI) no especifican claramente el acero mínimo negativo para losas macizas en una dirección.15 cm2/m Colocar 3/8"@28 + 3/8"@28 = 5.25 ~:~5 lt 1 ~ ~ ~ 'L. puede ser conveniente colocar 1.l#tii@t¡"i:.k·•x"+. .020 As= 4.3 = 12 cm 1.. parecería razonable el utilizar como referencia el acero mínimo de secciones rectangulares.25 0. Es= 17.8 Ey) e) lfu = 1111 = 2.. verificar las deflexiones del tramo exterior.390 As= 3."''i~:· ··.0 • Acero máximo y mínimo As max = 0.L.7 Ey) d) ~u = 1/11 = 2.07 tjJMn = 2.420 (e= 0.84 tjJ Mn = 2. k:·:····<~ .rkd:··~··c:.89 cm.13% x 100 x 12 r::::.. .67 cm2/m Colocar 3/8"@30 + 3/8"@30 = 4. de acuerdo a la Norma Peruana.08 cm 2/m 2 Colocar $8 mm@ 25 = 2.4 Ey) e) ~u= 1116 = 1. Es= 10.45 m (Acero de contracción y 2 temperatura).75 x 2. sin embargo cuando este acero resulte excesivo. ¡1124 1110¡ 1/11j j1110 1124j 1111 1116 1 1/16 1 1111 1 1 1 Sección b = 100 cm 0.220 As= 5.19. ·.24% x 100 x 12 ':::! 2..40 cm.25) = 22..67 cm2/m Colocar 3/8"@25 + $8@25 = 4. revisar la fisuración y acotar las longitudes de los bastones (corte de fierro).16 cm 2/m Colocar 3/8"@22 = 3. el acero mínimo negativo podría ser 0. Es= 11.2 cm2/m (límite que rara vez controla el diseño) As+ m in = 0. Nótese que el acero positivo corrido provisto.4 1 / .25 0.67 3.. ' ~ ""' / 3/8"@ 25 r"> 3/8"@ 25 1 1 1 1 ------..9 ~ 1. 1 CL -------~ As Negativo Necesario 2.185 kg-m/m rou ~ 1.23 Resistencias Negativas Exigidas 2.5 0. el momento negativo en el primer apoyo interior será el primero que alcanzará su resistencia disponible o suministrada..25 0. se obtiene igualando la solicitación a la resistencia a momento negativo en el primer apoyo interior: (1/lO)rou (4..210 kg/m F.. -------------~ -------. En consecuencia el factor de seguridad de esta losa frente a la falla por flexión.020 Suministradas 2.77 Para el cálculo anterior del factor de seguridad se ha utilizado el momento negativo proveniente de la aplicación del método de los coeficientes.25 4. )' 1-. por lo no se presentarán excesos o defectos de resistencia importantes.• Armado por flexión propuesto q. .420 (+2. donde se presenta el mayor defecto en el acero (5.185 (-1.1 1 1 1 1 1 1 1 A 1 .390 Suministradas 2.S. si se aceptan los resultados del análisis elástico.045 (+1.090 (+3. ---------- __ 1 • -------.07 4. 1 1 ...15 necesarios)..15 4. ---.5910.00 5.210/760 = 1.220 2. = 1... Es claro que la sección que gobierna la resistencia de la losa. es la de momento negativo en el primer apoyo interior. en consecuencia hay que tomar en cuenta por un lado que el método de los coeficientes es aproximado y por otro lado el hecho que este método toma en cuenta la alternancia de la sobrecarga..67 Colocado 2.84 3.07 cm2/m colocados contra 5.020 1. Si imaginamos que la carga uniformemente repartida se incrementa desde un valor cero hasta la carga última. esta exigencia condicionó la elección de las combinaciones de diámetros para el acero positivo.~-_ .6 1 '1 '1 3/8"@28 ~ 3/8"@ 30 1 1 11 1 1 cp8@ 25 1 lct>8~25 3/8"@28 3/8"@ 30 1 1 ~ 3/8"@ 22 1 3/8"@ 25 1 0.5%) 1...25 -. sobre la base de los resultados del análisis elástico..25i = 2.73 As Positivo Necesario 4..2%) Resistencias Positivas Exigidas 2.. 0..2%) Las resistencias suministradas se aproximan bastante a las exigidas. /-{ i! 1 ' ------.. -------- -----~ --------r.. 1/ _.6%) 2. en ningún caso está por debajo del acero mínimo de retracción y temperatura.16 Colocado 4.08 5.z5 4. ----------. la que ocasionará un incremento en el positivo el cual tiene reserva de resistencia.62/0. en este caso un mecanismo parcial.S = 1. Investiguemos los tramos interiores y los tramos extremos. .7. frente a la falla por flexión.7401 765 ~ 2.3 Análisis del tramo exterior: '' ' '' ' ~Mn~O ( ~ J~Mn~-2.185/2 + 2.565 kg/m F. en consecuencia el momento último (resistencia nominal en flexión) es igual al momento de fluencia. ~ __ Mn = 1420 l = 4.185 ( ' ' ' ' ' ¡ ' J~Mn~-2. Supongamos además que los diagramas momento . En consecuencia será posible una ligera redistribución del momento negativo (reducción).25i => roul = 1. que se comporta como una viga continua de cuatro tramos.045)/2 + 1.045 ~~ X.9 ~1.S = 1.curvatura de las secciones son del tipo bilineal. es decir se ha supuesto que la carga es la misma en todos los tramos y que se incrementa proporcionalmente desde cero hasta formar el mecanismo plástico. l = 4. .25 La carga límite para el tramo interior y el coeficiente de seguridad serán: (2.9 ~ 1. de 1.565/765 ~ 2. sin posibilidad de fallas prematuras por fuerza cortante o por adherencia. Por este motivo los coeficientes de seguridad difieren de manera importante de los calculados a partir de los resultados del análisis elástico. La segunda opción es la más probable ya que hemos utilizado para el diseño el método de los coeficientes y se han realizado redondeos en las áreas de acero necesarias. Esta reducción es insignificante.185 X .420 = (1/8) roul (4.S. por otro lado la resistencia suministrada para los momentos positivos de los tramos extremos e~á en exceso de la exigida (3.80 El haber reducido el área de acero en el primer apoyo interior modifica el factor de seguridad.565/0..5% de exceso). Nótese que en el análisis realizado no se ha considerado la alternancia de la sobrecarga.090 = (118) roul (4. = 1. roul fjJMn=J090 . frente a la falla por flexión. .565 kg/m con un factor de seguridad global frente a la falla por flexión cercano a dos.740 kg/m F. • Análisis límite: Calculemos el factor de seguridad frente a la falla por flexión utilizando el análisis límite (formación de un mecanismo plástico) que se describió en el acápite 7. Supongamos que la falla de la losa es por flexión.185+2. Análisis del tramo interior: roul ~Mn~-2. hubiera sido: F. podrá alcanzar la falla bajo un mecanismo completo o bajo mecanismos parciales. el factor de seguridad global.41010. La losa.25 La carga límite para el tramo exterior.77.Si se hubieran proporcionado áreas de acero exactamente iguales a las exigidas.0 En consecuencia controla el tramo exterior y la carga límite que puede soportar la viga es de 1.230/760 = 1.25) 2 => roul = 1. asumiendo que el momento máximo positivo se produce cerca del centro del tramo.80 a 1. y el coeficiente de seguridad serán: 2.9 ~ 1. 112" y hasta 5/8"). se excluyen las losas nervadas las cuales tiene sus propias exigencias. 3/8" + 3/8". puede ser necesario acudir a barras de 3/4" y hasta de 1". obedecen a las mismas reglas dadas para el acero negativo. en bastones con barras de a lo sumo dos diámetros iguales o distintos (8 mm+ 3/8". . f) Las losas se arman.11 Recomendaciones para el Armado por Flexión de Losas Macizas Varias de las recomendaciones que se encuentran en la literatura técnica para el armado de losas. sin excepciones y como mínimo. responden a las preferencias personales del diseñador. salvo en las situaciones en las cuales se presente inversión de momentos. parece razonable el utilizar como referencia el acero mínimo de secciones rectangulares. d) Perpendicularmente a la armadura positiva por flexión debe colocarse. a) El espesor de las losas debe dimensionarse para no requerir refuerzo por cortante. e) En losas gruesas puede repartirse la armadura de retracción y temperatura entre las caras superior e inferior. e) La armadura positiva por flexión a lo largo de todo el paño no debe ser menor que la correspondiente a la armadura mínima de retracción y temperatura (0. debe tener una longitud menor que su longitud de anclaje a ambos lados de la sección crítica (de máximo momento). otras obedecen a los requerimientos de las Normas. b) Las losas macizas no llevan refuerzo corrido en la parte superior. k) La armadura positiva consiste en barras corridas y si fueran necesarios bastones adicionales. con barras de pequeño diámetro (8 mm.5. 3/8" + 1/2". h) La armadura negativa debe consistir. En losas gruesas.forma de estribos o similar.3 veces al área de acero que resulte del cálculo. La selección de los bastones y su espaciamiento.). El espaciamiento de esta armadura no debe exceder de tres veces el espesor de la losa (3h) ni de 0. Al apoyo debe llegar por lo menos la tercera parte del acero positivo necesario en la sección de máximo positivo. es decir el concreto debe soportar toda la fuerza cortante sin la contribución del acero de refuerzo en la . . j) Si bien la Norma (tanto la Peruana como el ACI) no especifican claramente el acero mínimo negativo para losas macizas en una dirección. etc. por lo general. Sin embargo cuando este acero resulte excesivo.). g) Deben evitarse los espaciamientos con decimales. es decir que en las zonas centrales de los paños exista momento negativo en lugar de positivo. puede ser conveniente colocar alrededor de 1.10. 1/2" + 5/8".45 m (ver figura 6-12).0018 x b x h). con luces y cargas importantes. 12 db ni ln 116. por lo general. 3/8"@ 25 + 112"@ 25. i) Ningún bastón positivo a negativo. etc. A continuación se presentan algunas recomendaciones aplicables a losas macizas. 3/8 @ 25 + 3/8 @ 25. Esto ayuda a controlar el agrietamiento en la cara superior. De preferencia los espaciamientos de los bastones deben ser múltiplos exactos uno del otro (8 mm@ 20 + 3/8"@ 20. 3/8"@ 15 + 112"@ 30. Por el punto de inflexión debe pasar por lo menos la tercera parte del acero negativo determinado para el apoyo y extenderse más allá de este punto una distancia no menor que d. la armadura de retracción y temperatura. por ejemplo 3/8"@ 21. 3/8". 40 L: .2 20.2 m 2 p.0m • (4) El análisis estructural se realizó suponiendo comportamiento elástico de la viga bajo la acción de las cargas amplificadas.t. Vu =17.·.p.8 = 2.410 2. sin considerar alternancia de sobrecarga. Se trata de una viga que no forma pórtico con las columnas ya que se apoya sobre otras vigas (las vigas principales de los ejes 1.Diseño por flexión de una viga continua. 1.250xl.200 kg/cm 2 5 ... 70 = 1. 2.590 kg/m wu = 5.term.735 F. los resultados son: M-u= 20.. cp 6 cp 6 <p 6 cp ~~ 130x60) . -~o s/c = 250 kg/m 2 ~ ! .· . (30x60) (30x60) ·' (30x60) ¡ 11 1 ! : .760 kg/m • Modelo estructural a ejes rou = 5.. = 300x4.5 ~ 3.:a iiS ~ p. = 300 kg/m . a !~ .Ejemplo 10-16.760 kg/m t ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ t t t t ~ (1) 6. _/i_L .0 = 1.0 = 500 CV: sic = 250x5.342xl.590 \ "t.280 kg + M u= 5.3x0.510 p.400x0.7 13. = 100 kg/m 2 Je i ~J ~~ .6 = 432 kg/m} pp alig. 5 Aligerado h=0..825 j + M u =16. :7y~~7Yz7YZ'' ~ 1~LZ7/L~?¿:.# ~. (30x60) . : L ¡"¡1. 3 y 4). • Metrado de la viga CM: pp viga = 2. = 100x5.250 w servicio = 3. - püx60) - ~ fe= 210 kg/cm 2 fy = 4.0m ~ (3) 6..0m ~ (2) 6...185 . ti e .250 1. ! ~ :._l. Diseñar la viga de tres tramos del eje B correspondiente a la planta mostrada a continuación. _Ll_L ~~ !i~ "~t-L.735 kg-m 2. 59 cm 2 Colocar 2~5/8" As= 4 cm2 rp Mn = 7.6%) Resistencias positivas Exigidas 16..54 m ~ ' As max = 0.145 kg-m que representa una reducción del 12% con respecto del momento flector calculado al eje./Q" j J As negativo Necesario 11. 1 . indirectamente.9 Ey • Esquema en elevación de la armadura seleccionada q.2~3/4" f ~ "' ¡"P" • 1 . Los aceros positivos y negativos colocados se aproximan bastante a los necesarios. i l. 1.60.885 kg-m Es= 8.8%) 7.885 (+ 1.75 x 2.00 (+54%) Resistencias negativas Exigidas 20..9%) As positivo Necesario 8.200 .La Norma permite diseñar con los momentos negativos reducidos a la cara del apoyo. Peralte efectivo estimado d ~ 0.5 Ey e) M-u= 20.275 (+2.'1/A" -1.67 cm 2 Colocar 1~3/4" + 3~5/8" As= 8..apoyo para así tomar en cuenta. • Diseño de la Sección 0. Sin embargo. 1.590 5.185 Suministradas 16..1.3 ~ 2~5/8"? \ :¡-. En el segundo tramo hay un . + a) M u= 16..84 cm2 rpMn = 16.930 (+53%) Para completar el diseño es necesario realizar el diseño por fuerza cortante (estribos). el diseño se realizará con los momentos negativos sin reducir a la cara del .04 cm2 Colocar 4~3/4" As= 11.:.930 kg-m Es= 19. el aumento en los momentos negativos por efecto de la posible alternancia de la carga viva.67 2. realizar el control de la fisuración y acotar las longitudes de los bastones (corte de fierro). El momento negativo reducido a la cara izquierda del primer apoyo interior es de 17.145.36 cm2 rpMn = 21.30x0.185 As= 2.1. verificar las deflexiones del tramo exterior. no habrá sobreresistencia en flexión importante.1mo = 0. por lo tanto.36 (+2.59 Colocado 8.1 l.242% x 30 x 54~ 4 cm 2 4.0 Ey + b) M u= 5.13% x 30 x 54~ 26 cm l 2 2 fe= 210 kg/cm Asmin = o. es decir 18.84 (+2%) 4.. El momento flector negativo de diseño sería el mayor de los dos valores.04 Colocado 11.735 Suministradas 21. y a la cara derecha de 18.275 kg-m Es= 5. 1 l.625 kg- m aproximadamente.735 As= 11.75 Asb = 0.590 As= 8.. exceso de acero positivo producto de la exigencia de la Norma relativa al acero mínimo. el diseño por fuerza cortante deberá realizarse sobre la base de la carga límite que resulte de este análisis (diseño por capacidad). es decir.590 = 1. sobre la base de los resultados del análisis elástico. será aproximadamente: {16.6010.76013. = 5. En consecuencia la carga máxima que se podrá aplicar a la estructura y el factor de seguridad de la viga frerúe a la falla por flexión. Para ello haremos las siguientes suposiciones: a) Los apoyos extremos son simples.8601 3. en consecuencia.S. Es claro que la sección que gobierna la resistencia de la viga. es muy parecido al que se hubiera logrado si se hubieran proporcionado áreas de acero exactamente iguales a las exigidas: F.9::::: 1. son los siguientes: OJu1 -ii1Jii ¡ í iJiJi! OJu1 } Mecanismo completo OJu1 Mecanismos parciales ! • í i=:' 'ii í ¡ ! El mecanismo plástico que controla la resistencia de toda la viga es el segundo. el momento positivo en los tramos extremos será el primero que alcanzará su resistencia disponible.760 ~ (J)U::::: 5.S. si se aceptan los resultados del análisis elástico.885 f 16.860 kg/m F. que son la base del análisis límite o por capacidad.78 • Verificación del factor de seguridad de la viga utilizando el diseño límite o diseño por capacidad.9::::: 1. Los diagramas Momento- Curvatura son del tipo bilineal con una ductilidad de curvatura alta. Si imaginamos que la carga se incrementa desde cero hasta la carga última. No hay endurecimiento del acero por deformación. Se trata de un mecanismo parcial en el cual primero se formarán las rótulas en la zona de momento positivo de los tramos extremos y poco después (casi con la misma carga) se formarán las rotulas en los apoyos interiores. tal como se supuso en el análisis elástico.8%). Para calcular la carga límite. donde se ha proporcionado la menor sobreresistencia (+ 1.590) X 5.81 El valor calculado del coeficiente de seguridad. e) No existe posibilidad de una falla prematura por fuerza cortante ni por adherencia. b) Las secciones poseen una buena ductilidad de curvatura. es decir el asociado con la formación de un mecanismo plástico controlado por flexión. Los posibles mecanismos plásticos. no se desarrolla momento negativo.63 10. analizaremos los tramos extremos y el tramo central: .590 = 1. es la de momento positivo en los tramos extremos. = 5. 9 ~ 7. 930 ~ -.530 1 3.530 kg/m. ~M7~"' -r 8.9 ~ 6. .= 21.:j ¡ ¡ íJ_ }i! . .4 m del apoyo izquierdo. 71 21..' .82 • Análisis del tramo interior: roul ' ' ¡ ¡ ' ' ~ ~Mn-=21..• Análisis del tramo exterior: roul '1 ~~J ¡ 1 '' 1 r/JMn.9 ~ 6.'.590 ~ 1. En consecuencia el mecanismo plástico que controla la resistencia de la estructura es: roul = 6.0 ------:: . --~. se obtiene roul ~ 5.88010. Si suponemos que el máximo positivo se presenta al centro de la luz.275 Del diagrama anterior. para los tramos extremos será: F.~' .795 kg/m El error que se comete al suponer la rótula en la zona de momento positivo al centro de la luz.885 = roul x 62 18 => roul = 6. -~. El factor de seguridad. de tan solo el4%.275 . 1 = 6. es en este caso.275( ~ J ~Mn-=21. frente a la formación de un mecanismo.275 1/ r/JMn + =¡:}.' ..0 La carga límite para el tramo central será roul ~ 6. =6..S. tendríamos: 21.510 ll'.490 1 0. ----------------------~ 1 = 6.210 kg/m mayor que la correspondiente a los tramos extremos..115 10.275 12 + 16. considerando que el máximo momento positivo se produce a 2.530 kg/m k' '. 0 .'.885 ...----------..O 10..o 2.81 b) Con los resultados del análisis limite controla el mecanismo parcial asociado a los . ' ' . Además el análisis y diseño se ha realizado sin considerar alternancia de la sobrecarga.930 Los porcentajes entre paréntesis indican la comparación con los resultados considerando todos los tramos con sobrecarga plena._' ' t Mpos sin alternancia = 16. -l Mpos sin alternancia = 5.735 ' -1 _.0 1~ .o 6.. con los que se obtendrían con alternancia de sobrecarga sin reducción en su intensidad. suponiendo sobrecarga plena en todos los tramos.. .250 kg-m (+10%) Resistencia de diseño = 16. se han ajustado bastante a los requerimientos provenientes del análisis elástico.. es decir no hay ni excesos ni defectos significativos en el acero.:-.235 kg-m (+78%) ' ' Resistencia de diseño = 7. J_. ___ ' .185 1 ._.En resumen: a) Con los resultados del análisis elástico controla el momento positivo de los tramos extremos: rou ~ 5.275 __ L ' --.::--:...090 kg-m (+7%} Resistencia de diseño = 21._ . ~ 1...0 18._..S.0 B.0 12. L ._ J Mmax positivo = 9. .. Los patrones de carga que es necesario analizar son: L_ L _j t f t Mneg sin alternancia = 20.860 kg/m F.o 16.--+--r----r-~j-:---:-:. Es interesante comparar los resultados del análisis elástico que se ha realizado._ . -• ' J._ ...82 Ambos factores de seguridad son muy similares ya· que las áreas de acero colocadas.. ·20000 ·15DDD ·10000 ·5000 5000 10000 lSDDD 20000 L--___.590 Mmax positivo = 18..S._ ' t Mneg máximo al eje = 22. ' ___ 1 ..---------.:::::_.530 kg/m F.--:¡ o.tramos extremos: roul ~ 6.0 ~. La envolvente de momentos flectores (resistencias requeridas) considerando alternancia de sobrecarga se muestra a continuación: Envolvente MoMento Flecto~ ·25000 ~--------.. ~ 1. Para el análisis se han ignorado las deformaciones axiales y por cortante.: : : 210 kg/m 2 .275 kg-m por lo tanto la armadura provista cubre la posibilidad de alternancia en los negativos. En la dirección perpendicular al pórtico. es de 19.Diseño por flexión de una viga continua con sismo. Sin embargo la capacidad última del sistema. es decir la sobrecarga de diseño pudo reducirse a 250x0. permitiría una reducción cercana al 15%.85 .250 (alternancia) Al" u positivo tramo interior = 1116 = 11. Las diferencias mencionadas no deberían ser preocupantes ya que. Si se provee una adecuada ductilidad a la viga será posible una redistribución de los momentos máximos antes de que sobrevenga la falla.235 (alternancia) Ejemplo 10-17.11 (ver tabla 8-2). En los momentos positivos de los tramos extremos no hay mucha diferencia. que obedece a las exigencias de acero mínimo. las fuerzas de sismo son resistidas por muros de albañilería confinada. El máximo momento negativo reducido a la cara del apoyo. La figura muestra el modelo a ejes de un pórtico interior simétrico de un edificio de un piso. 18. la mayoría de los códigos permiten reducir la intensidad de la carga viva de diseño en función del área soportada por el elemento. en este caso. El diseño con reducción en el valor de la sobrecarga y sin alternancia. todos los máximos no pueden ocurrir simultáneamente. luego de la redistribución de momentos producto de los sobreesfuerzos. tan solo un 10%. La fuerza de sismo. es de 7. Esta diferencia importante se explicó en el acápite 8. podría originar sobreesfuerzos en algunas secciones en la eventualidad de que el 100% de la sobrecarga actúe en algunos de los patrones que originan los máximos momentos. Este nivel de reducción puede aplicarse perfectamente a los patrones de carga que conduzcan a la determinación de los momentos máximos positivos y negativos. Las principales características son: fe= 21 Okg/cm 2 fy = 4. en este caso a la derecha del mismo. El pórtico debe soportar las cargas muertas y vivas provenientes del metrado por áreas tributarias y una fuerza lateral de sismo estimada en 20 ton.7 m: lfu negativo cara del apoyo = 1110 rou ln 2 = 18. tan sólo del 16%. 9.010 kg-m vs. Por otro lado los patrones de carga que producen los máximos positivos y negativos son distintos. La resistencia proporcionada a esta sección. . La armadura negativa colocada suministra una resistencia de diseño de 21. está a nivel de resistencia.030 del 2003. la Norma Peruana de Cargas E-020 del año 2005. Se quiere diseñar la viga.700 kg-m vs. es decir ya está amplificada. Por ejemplo. Donde se produce la máxima diferencia es en el momento positivo correspondiente . para este caso particular. y por lo tanto..330 kg-m aproximadamente. Para concluir con el ejemplo.715 kg-m vs.330 (alternancia) Al" u positivo tramos extremos= 1111 = 17. calculada de acuerdo a la Norma E. al tramo central (+78%).760 kg/m y ln = 5.930 kg-m por lo tanto el exceso de la demanda sobre la resistencia proporcionada es. veamos los resultados que se obtendrían si se aplicara el Método de los Coeficientes de la Norma con rou = 5. no debería ser menor que la requerida para soportar el íntegro de la sobrecarga reducida actuando en todos los tramos. 19.200 kg/cm 2 Sección de la viga y de las columnas 030x050m Carga muerta =3 trn/m(servicio) Carga viva=12 trnlrn(servicio) Columnas empotradas en la base. 50) 3..9 D. La demanda de resistencia para las cargas verticales solas (wu = 6.7 ton/m 5) 0.00 6.JOx. se han indicado las parábolas correspondientes a cinco combinaciones de carga.5x3 + 1.25 ton/m 4) 0.5 D + 1.25 (3 + 1. 6. ~ 1 J J ! ! I J 1 ! I I ! ! J \--.2) = 5.7 ton/m La figura inserta a continuación muestra la envolvente.50) (. w +20 ton .30x.25 (D+L).66 ton/m) está representada por la curva con círculos llenos.5 t-m -6 Diagrama Simétrico 3 Diagrama de momentos para CM = 3 ton/m Diagrama Antisimétrico ·11. -10.• Modelo del pórtico..00 .25 (D+L) +S wu = 1.30x.- (..30x.S wu = 5. Para el momento negativo de la izquierda controla la combinación 3) con sismo y • .9 x 3 = 2.2 1 3).57 Diagrama de momento para carga lateral de sismo hacia la derecha El diagrama de momento para la carga viva se puede obtener multiplicando el de carga muerta por 0.66 ton/m 2) 1.30x. Se construye con las siguiente combinaciones de carga: 1) 1.2 = 6.50) (.9 D +S wu = 0.8 L wu = 1.43 -13.4 (1. • Envolvente de momentos flectores (resistencias requeridas en flexión).50) (.8xl.S wu = 2.50) (.25 ton/m 3) 1.00 • Resultados del análisis estructural lineal elástico. .... 6@. .....15 (reducción 19%) M+= 2..25 r~·~ -->1... El diseño se realizará con los valores subrayados del cuadro anterior...- J •---T 0....0 4.....000 'E -10..... 15..0 6....74 ton-m M.. +<=......000 --···•······ ......0 5.......25-r 72.......Jo ~ secci6n a-a sec-ci6n b-b .......000 "E Q) E o o ::.. M........ r ................... ..0 (4-5/8" + 2-3/4") As+ 1.......0 1.......0 3.....al eje= -16..-........ ~-------------------------5.....000 ... -15...cara= 8..Jo ~ Wo.... Los estribos indicados obedecen a los requerimientos para elementos con responsabilidad sísmica (estribos de confinamiento).86 • Diseño por flexió[email protected]·--·-·············... -25..15......5 (4-5/8") 13.... -2o....¡...... 0......0 2.25 C][p 0........................ 7 (4-5/8") La figura a continuación muestra el armado seleccionado para la viga.. . .....10...00 (reducción 23%) -19... por cortante la viga necesita menos estribos que los seleccionados.cara -13....75 Asb ~ 21 cm 2 As min ~ 3. Sección b =30 d ~ 44 d' ~ 6 As max = 0...........r!l......4 7..93 ton-m -23... 1'@... _ ....000 10......~_e_t_:~p~y() ' ···-······. ..... ........... 5. Para la zona de momentos positivos cercana al centro de la luz controla la combinación 1) de cargas verticales sin sismo y para el apoyo derecho las combinaciones 1) y 2) dan prácticamente el mismo resultado.000 ~ . .... ....a........tramo izquierdo • Momentos flectores para el diseño(resistencias requeridas en flexión).000 C) ~ o -5...¡....50 Wo.50--------------------------~ e/ó 8 .. 5--t 0.31 11....ooo .llega a producirse una pequeña inversión de momentos originada por la combinación 4)..2 cm2 As.0 distancia( m) Envolvente de momentos flectores (resistencias requeridas).......... . ............ ---·--·······:··········r --············· --··"·················· ..... ...... .. La armadura corrida...0 2. usar barras de diámetros muy distintos.......0 distancia( m) 10-12 Recomendaciones para el Armado por Flexión de Vigas Varias de las recomendaciones que se encuentran en la literatura técnica para el armado de vigas. •..... dentro de una misma viga. ..000 ...0 1..........000 ···. . otras obedecen a los requerimientos de las Normas.... ...... La figura a continuación muestra la envolvente de demandas (Mu) y las resistencias de diseño suministradas(~ Mn) -25........ No es razonable.... ....................000 . los bastones deberían ser de 3/tf' y 5/8" o de 3/4" y 1". --·.. Para anchos de 0........ es mucho mejor trabajar por lo menos con cuatro barras de menor diámetro.............45 por lo menos 3 y para anchos entre 0...........0 6.. debe ser "compatible" con las dimensiones e importancia de la viga........000 ........ Por ejemplo si se decidió colocar dos barras corridas de 3/4"............ . asumiendo d ~ 44 d' ~ 6...----------~----------~~~------~~-----+~ 5........ a) Es conveniente disponer tanto en la parte inferior como en la superior de la viga....00 m no es recomendable colocar acero corrido o bastones de 1/2" o por el contrario colocar una barra de 3/4" o de 1" en la vigueta de un aligerado.. A continuación se presentan algunas recomendaciones aplicables a vigas aisladas o que forman pórticos sin responsabilidad sísmica........0 4..8).. de preferencia.......... ...... ....ooo ~ ~Q) u: :E o ~~--~--~----~~--_.......... Los cálculos se realizarán incluyendo el aporte del acero en compresión. .....30 m o menos bastará con dos barras..- 0..60 m de ancho colocar únicamente dos barras de refuerzo de gran diámetro.. b) Es conveniente colocar un número mínimo de barras que guarde relación con el ancho de la viga....... ya que la viga daría la apariencia de ser un "muestrario" de los diámetros disponibles en el mercado...50 y 0.0 5... ... d) El diámetro de las barras de refuerzo debe ser "consistente" con las dimensiones de la sección transversal..... .......... "' -15..................... armadura corrida que permita el armado de los estribos... responden a las preferencias personales del diseñador. 3/4" y 1" simultáneamente..30 y 0.. e) No es conveniente. .................70 m por lo menos 4 barras. .............. ........30 x 1..... Así por ejemplo en una viga de 0. .......• Revisión de la capacidad con los aceros seleccionados............... para anchos entre 0. La armadura corrida. 15. .. .. 5/8".0 3......... ...... -20...... luces e importancia del elemento........ ... ......... no debería ser inferior a dos barras con un área total igual o mayor a la armadura mínima especificada por la norma (ver acápite 10.....E' -1o.... : .... No deberían colocarse bastones de 112".000 ... en una viga de por ejemplo de 0... 15 o 0. nv n n1 ~--+--H-~il~ 1 - 1 ~1 1 ~*' 11 11 1 1 1 11 11 1 1 1~1 1 1 1 1 1 1 1 " 1 j!_J1 itoAl 1 • 1 1 1 Planta u u A.30 m.3) muestra la vista en planta y el corte de un nudo extremo al cual concurren las armaduras de las vigas . Por ejemplo en una viga de 0.e) El número de varillas que se pueden colocar en cada capa debe estar de acuerdo con el ancho de la viga y con el espaciamiento mínimo entre barras (véase el acápite 6. longitudinales y transversales y las armaduras de la columna.. La figura a continuación (adaptada de la lectura 6. . Recuerde que en muchos casos la armadura de los extremos de la viga debe anclar dentro de las columnas y por lo tanto es necesario imaginar la congestión de armaduras que se puede produce en los nudos.265 m de longitud. Al apoyo debe llegar por lo menos la tercera parte del acero positivo necesario en la sección de máximo positivo .1 O m. g) Ningún bastón positivo a negativo. Los autores del artículo enfatizan las ventajas de trabajar con vigas más angostas que la columna y de utilizar una de las dos vigas de un peralte ligeramente menor que la otra (unos 5 cm menor) para evitar la excesiva congestión de armaduras en el nudo. en este caso debería especificarse 1.20 m de ancho. no deberían colocarse más de dos barras en cada capa. 1 rortP A f) Por el punto de inflexión debe pasar por lo menos la tercera parte del acero negativo determinado para el apoyo y extenderse más allá de este punto una distancia no menor que d. por ejemplo no es "razonable" especificar un bastón de 1. i) La armadura positiva debe consistir en barras corridas y si fueran necesarios bastones adicionales. h) La longitud de los bastones debe aproximarse a múltiplos de 0. 12 db ni In 116.3). debe tener una longitud menor que su longitud de anclaje a ambos lados de la sección crítica (de máximo momento). 1 Exigencias de la Norma Peruana Relacionadas con Ask La norma peruana (artículo 11. 1O.90 TRACCION POR FLEXION As [ACERO PRINCIPAL DE FLEXION) ~t bw ~~ Fig. son aplicables a vigas con un peralte mayor a 0.3) exige que la armadura mínima superficial repartida en el alma Ask no debe ser menor del 10% del acero principal por flexión.2.DISTRIBUIR Ask EN LA ZONA DE h ~ 0. de una cierta cantidad de acero distribuido en el alma (Ask) que en inglés se le denomina "skin reinforcement" término que puede traducirse como refuerzo o "armadura superficial" .. Para estas vigas el ACI y la Norma Peruana exigen la colocación. 10-35 Exigencias de la Norma Peruana relativas aAsk. 0. adicional al acero principal de tracción. . M( Fig.. La exigencia de la Norma Peruana proviene del ACI 318-83 y es conceptualmente incorrecta.90 m Las recomendaciones que a continuación se presentan. en donde.. La distribución de este acero se muestra en la figura 10-35 . menos acero de flexión será necesario y por lo tanto menor será el área de refuerzo Ask exigida y en consecuencia mayor será el riesgo de agrietamiento en el alma.Ask?: 0.10 Vigas con altura (peralte) mayor a 0.30 -s$ bw ~u .7.10. Sin este refuerzo.90 m. resulta que cuanto más peraltada sea la viga. podría suceder que las grietas "B" tengan un ancho mayor que las grietas "A" donde está ubicado el refuerzo principal de flexión. . el ancho de las grietas en el alma podría ser mayor que el ancho de las grietas a nivel del refuerzo principal de flexión. La armadura superficial debe colocarse lo más cerca posible a las caras del alma de la viga en la zona de tracción. con la finalidad de ·controlar el agrietamiento por flexión del alma. Esto se muestra en la figura 10-34. 10-34 Agrietamiento por flexión en el alma de una viga peraltada.. . 1O.. originados por la retracción en vigas restringidas longitudinalmente. En muchos casos este refuerzo también ayuda a controlar o distribuir mejor el agrietamiento que se produce por los esfuerzos de tracción. de no existir acero distribuido en el alma..1 As -S::. ya que al fijar Ask como una fracción (10%) del acero principal de flexión. si la resistencia es adecuada. El problema de análisis. En la mayoría de los casos los problemas de diseño se pueden transformar en problemas de análisis. f'si Asi = 'f. 4) Realizar el equilibrio de la sección Ce + 'f. . El refuerzo total (dos veces Ask) exigido por el ACI.si y el esfuerzo correspondiente fsi = Es r. r. 2) Calcular la deformación en cada uno de los aceros (capas).5 As principal. pues derivar ecuaciones específicas para su diseño . cuando no se cuenta con herramientas mas elaboradas. puede llegar a ser importante. den cm.2 Ask no necesita ser mayor As que 0.. (cm) . Con relación a la figura 10-37 el procedimiento de tanteos consiste en: 1) Asumir un valor de "e" (posición del eje neutro).dada la gran variedad de configuraciones geométricas de las secciones transversales así como las múltiples posibilidades de distribuciones del acero de refuerzo que se pueden presentar en la realidad . 10.75) 2 Aben cm .30 m h 2::0. . -------------. tienen sus propias disposiciones especificas.90 - . por lo tanto puede incorporarse en los cálculos de la resistencia a flexión de la sección.si.000 Ab 1 (d. En el ACI del 2005 se han vuelto a modificar las disposiciones para el acero repartido en el alma. En estos casos hay que acudir a métodos numéricos. fsi Asj donde Así son las barras en compresión y Asj las barras de tracción.11 Análisis de Vigas con Refuerzo Distribuido en el Alma Veremos solamente el análisis de este tipo de vigas. 5) Si no se logra el equilibrio regresar al primer paso e intentar con un nuevo valor de la posición del eje neutro. 3) Calcular la compresión total en el concreto (Ce). --« Mu -s~d/6 :! S 1 0. ~¿ bw ~t PRII\ICIPAL Fig.5 d . 10-36 Exigencias del ACI-02 relativas aAsk. modificó los requerimientos de este acero para subsanar la inconsistencia señalada.As k (en cada cara del alma) .2 Exigencias del ACI318-02 Relacionadas con Ask Las disposiciones del Código ACI 318-02 (artículo 10.¡ .s~ 1. Las vigas de gran peralte o vigas pared. J.10.s ~ 0.7) se resumen en la figura 10-36 y deberían usarse en reemplazo de lo dispuesto en la Norma Peruana ..6. 10. para ello es necesario suponer una cierta distribución tentativa o preliminar del acero para luego verificar mediante el análisis de la sección. En ese sentido el ACI a partir de la edición de 1989. Verificar que fsi ~fo.no es práctico. se resuelve por tanteos. el procedimiento a seguir es: \ le. Es claro que si el análisis demuestra que el acero mas alejado del eje neutro no llega a la fluencia. 12 Cuantía Balanceada en Vigas con Refuerzo en el Alma Luego de lograr el equilibrio de la sección.S7 ' Fig. 10-37 Análisis de una sección con refuerzo distribuido en el alma. \<:. será necesario verificar que la sección es subreforzada (falla por tracción).588 d (válido paraJY = 4.. Este límite deberá verificarse en el acero de tracción mas alejado del eje neutro (el As principal de la figura 10-37) es decir en la capa de acero más baja en el caso de flexión positiva. tal como se mencionó en el acápite anterior. Para ello será nécesario calcular la cantidad de acero Asb que produce la falla· balanceada de la sección. 10-38 Condición de falla balanceada en una sección con acero en el alma.003) ab = 0. Con referencia a la figura 10-38. al centroide del acero en tracción más alejado del eje neutro.200 y Ecu = 0. construida para el caso de flexión positiva. que As~ 0. .cb .588 Pt d En este caso d deberá medirse desde el borde en compresión de la sección. se trata de una sección sobrereforzada.75 Asb. Similar razonamiento es válido para el caso de flexión negativa. «: As repartido <f>Mn ' 6ss . 1O. Para la posición del eje neutro en la falla balanceada . En caso contrario deberá verificarse. Determinar la posición del eje neutro en la falla balanceada: cb = 0.calcular las deformaciones y esfuerzos en las distintas capas del acero de refuerzo. el acero en compresión A 's y el acero repartido en el alma son conocidos. La incógnita es Asb. Cuando existe acero repartido en el alma.S1 cb Es7= Ey Fig. y en el acero superior más alto si se tratara de flexión negativa. .. de acuerdo a la Norma. El diseño del acero repartido en el alma se hará de acuerdo a la Norma ACI 318-02 presentado en la sección 10.200 kglcm2 ---.75 Asb donde.32 cm dd~0. Adicionalmente se calculará el aporte a la resistencia en flexión de este acero repartido.30 ~ Considerando el aporte del acero en compresión (As =2~ 1')1a resistencia de la sección es: rp Afn ~ 92. fsbj As} Compresión en el concreto en Fall a Ba1anceada ~CBarras en .2 ton-m e= 18.encaiacara L .29 s~ ~ 26 cm 2~ 112" (125 -75) Para acero de 3/8'' repartido Ab= 0.13 Influencia del Acero Repartido en el Alma en la Resistencia a Flexión En la figura a continuación se muestra la sección de momento positivo de una viga continua de varios tramos que fue diseñada por resistencia. 2~ 1" 20 s~d/6= 125/6~21 cm 2~ la" s 5. s ~ 30 cm.82 cm dd~O.29 cm2 2~ 112" 1QQQ X 1. As es el acero más alejado del eje neutro. +L.1 ey 1.t5 es ~8. 10.10.9).20m.8 ey El incremento en la resistencia por la presencia del acero en compresión es de tan solo 2. 7%. Para que la sección califique como controlada por tracción (rp = 0. Con las nuevas disposiciones del ACI-02 el cálculo del acero que produce la falla balanceada. uuuzar 1a ecuac1on ae equmono ae 1a secc1on para aetermmar Asb Ct + LJ 'sbi Asi = Asb jj.005.24% x 30x125 ~ 9 cm2 2~ 1" Considerando solo el acero en tracción (4~ 1')1a resistencia de la sección es: rp Afn ~ 90.71 cm2 2~ 112" lQQQ X 0.90 m de peralte. tal como se mencionó líneas arriba.0. Por ser una viga con más de 0.091 Es~ 14. Para ello primero calculemos la resistencia de la sección sin la presencia de acero repartido en el alma tal como se indica a continuación: ~ 2 f'c = 21 Okglcm fo = 4.05 As min = 0. se requiere colocar acero repartido en el alma.4 Ey e's ~. ompres10n ~Barras Tracción en Finalmente verificar que As~ 0. es innecesario.$0. _1o_o_o_A_b 2~ 112" (d -75) Para acero de 1t2"repartido Ab = 1.6 ton-m e= 11.71 4~ 1" s~ ~ 14 cm 1 1 (125 -75) Seleccionamos 1t2" @0.2. bastará verificar que la deformación (Et) en el acero de tracción más alejado del eje neutro (asociado a dt) sea mayor o igual a 0. Para la distribución del acero repartido mostrada en la figura anterior se tiene: Ask= 1.29x5=6.45cm2 (en cada cara del alma) 2 Ask = 2 x 6.45 = 12.9 > 0.5 As= 10.2 cm2 Si bien el ACI indica que 2 Ask no necesita ser mayor que el 50% del acero principal en tracción, la condición que gobierna el espaciamiento es d/6, en consecuencia el espaciamiento no puede aumentarse. Utilizando la metodología propuesta en 10.10.2, 1~ resistencia de la sección considerando el acero principal en tracción y compresión así como el refuerzo repartido en el alma es: ~.M7~117.8taHn e=19.82cm ~~7.6Ey Es~-1.1Ey El valor calculado representa un 27% de incremento en la resistencia, en consecuencia podría reducirse el acero principal de flexión (los 4 - 1'). En todo caso, si no se realiza esta reducción, es necesario modificar la fuerza cortante de diseño (diseño por capacidad) para tener en cuenta la sobreresistencia en flexión que podría inducir una falla por cortante. Es interesante aprovechar este ejemplo para calcular el peralte efectivo de la sección, de acuerdo a loa definición clásica de peralte efectivo "d ". Cuando la sección alcanza su resistencia nominal (e = 19.82 cm) la resultante de las fuerzas de tracción en el refuerzo está ubicada a 1.06 m aproximadamente (0.82 h) del borde superior, en consecuencia este es el valor del peralte efectivo para esta sección. Nótese que en este caso, por ser una viga continua, se ha colocado acero repartido a todo lo alto del alma. Si fuera, por ejemplo, una viga simplemente apoyada, el acero repartido podría colocarse hasta una altura equivalente a d/2 medida desde el acero de tracción. En este caso la distribución del acero sería: Con esta distribución del acero la resistencia 2~ 1" de la sección es: 60 111 . 11 ~.M? ~ 114.6 1aHn e= 16.58 cm 2~ 1/2" Es ~9.3 Ey E' S~ -1.0 Ey d/2 r:::; 601 ::+1~ ~ 12~ 112'' 2~ 1/2" La capacidad de la sección aumenta en 24% 20 1 11 11 4~ 1" Para la distribución del refuerzo de la figura anterior, el peralte efectivo, calculado cuando la sección alcanza su resistencia nominal (e = 16.58 cm), resulta ser 1.14 m aproximadamente (0.88 h). 10.14 Comparación entre el Acero Concentrado y el Acero Repartido La idea de este acápite es la de comparar la resistencia de una viga con un armado del tipo "clásico" - es decir aquel en el cual tratamos de colocar los refuerzos de acero lo más cerca de los bordes superior e inferior para tratar de ganar el mayor brazo interno de palanca posible - con un armado no tan convencional que consiste en utilizar la misma cantidad de acero pero distribuida a lo alto del alma. Para comparar ambas situaciones utilizaremos algunos ejemplos simples . ... a) Primer caso. Se trata de una sección rectangular con igual cantidad de acero en tracción y compresión. Esta situación es común en la zona de momentos negativos de vigas que soportan sismo y con poca carga vertical, en las cuales debido a la inversión de los signos de los momentos flectores, resultan cantidades similares de acero superior e inferior. ~ fe= 21 O kgan2 .fY =4,200 kgan2 10.05 Considerando solo el acero en tracción (4 - 1") la 4~ 1" resistencia de la sección es: t)Mn =67.1 ton-m e= 18.82 cm dd~020 Es~5.8 ey 1.0 ~ <pu=0.003/18.82~ 0.16xl0- l!an (curvatura última) 3 Considerando el aporte del acero en compresión (As =4-1") la resistencia de la sección es: tP Mn =69.9 ton-m e= 8.24 an dd ~0.087 Es~ 15.0ey E's ~ -0.56 ey <pu=O.Oü31824~ 036xl0-3 1/an (curvatura última) El incremento en la resistencia por la presencia del acero en compresión es de tan solo un 4%. Una forma rápida de estimar la resistencia de una sección peraltada con igual cantidad de acero en tracción y compresión, consiste en tomar momentos del acero en tracción con respecto al acero en compresión. Esto presupone que el centroide del bloque de compresiones coincide aproximadamente con el del acero en compresión. Para el caso anterior se tendría: tj}Mn ~ 0.9 X (20.4 X 4,200) x (d- d') = 69.4 too--m Se observa que la precisión del método propuesto es razonable y puede servir para verificaciones rápidas. Ahora transformemos las ocho barras de 1" (As= 40.8 cm2) concentrados en los extremos de la viga, por su equivalente distribuido a lo alto del alma. La equivalencia más cercana consiste en utilizar 14 ~ 3/4" (As~ 39.8 cm 2) espaciados cada 0.15 m, tal como se indica en la figura a continuación: $0.05 Con esta distribución del acero la resistencia de la sección es: 14~3/4" 115 rjJMn R; e = 20.67 cm 61 ton-m c/dt = 20.67 /95 R; 0.22 ... Es Ri 5.1 Ey E 's Ri -1.1 Ey cpu=0.003/20.67Ri 0.145xl0-31/cm (curvatura última) 1 ·$ 0.05 En consecuencia, en este caso particular, el utilizar acero repartido en el alma ha reducido la capacidad de la sección, de 70 a 61 ton-m, es decir un 13% de reducción. Esta reducción ciertamente no es dramática, es más, si se utiliza para la comparación la capacidad de la sección con armadura convencional y sin considerar el aporte del acero en compresión, la reducción sería de 67 a 61 ton-m, es decir un 9% de reducción. Sin embargo la curvatura última sí ha experimentado una reducción importante y en 3 consecuencia la ductilidad de la sección, la curvatura última ha cambiado de 036 xi0- a 3 0.145xl0- 1/cm lo que representa una reducción del 60%. Para esta distribución del refuerzo, el peralte efectivo, calculado cuando la sección alcanza su resistencia nominal (e =20.67 cm}, resulta ser 0.65 m aproximadamente (0.65 h). Algunos investigadores, entre ellos Nigel Priestley (ver lecturas 10.6 y 10.7), en vigas con responsabilidad sísmica, abogan por el uso de refuerzo distribuido en el alma en lugar del armado convencional. El refuerzo distribuido en el alma en este tipo de vigas tiene las siguientes ventajas: - No hay diferencias importantes entre las resistencias del armado clásico y del armado con acero distribuido. - Se reduce la congestión del acero en los nudos. - Permite una mejor colocación y compactación del concreto. - Mejora el comportamiento del nudo frente a fuerzas cortantes, reduciendo así la cantidad de refuerzo transversal que suele colocarse en los nudos. - Mejora el comportamiento de la zona de unión viga columna frente a la posibilidad de una grieta vertical que genera deslizamiento por cortante. - Mejora la resistencia de la viga para fuerzas cortantes ya que hay mayor cantidad de concreto comprimido resistiendo parte de la fuerza cortante. Esto es fácil de comprobar en el ejemplo anterior si se comparan las profundidades de los ejes neutros para el caso de refuerzo convencional y refuerzo distribuido. - Se reduce la sobreresistencia en flexión asociada al endurecimiento por deformación del acero de refuerzo. b) Segundo caso. Se trata de la misma sección rectangular analizada en el primer caso, con la diferencia de que se evalúa la resistencia en la zona de momentos positivos donde se tienen únicamente 2- 1" en compresión. ~ ~ 0.05 Considerando el acero en tracción y el de 24> 1" compresión, la resistencia de la sección es: t/J lvfn ~ 69.5 too-m ... e= 11.32 cm c/d~ 0.12 1.0 Es~ 10.6 Ey E 's ~ -0.8 Ey <pu =0.003/1132 ~ 027x10-3 1/an (curvatura última) Ahora transformemos los 6~ 1" (Ast = 30.6 cm2) concentrados en los extremos de la viga, por su equivalente distribuido a lo alto del alma. Una posibilidad consiste en utilizar 12~3/4" (Ast ~ 34.1 cm2) espaciados cada 0.18 m, tal como se indica a continuación: ,..---... ~ 0.05 Con esta distribución del acero la resistencia de la sección es: t/J lvfn~53.8taHn 12cj>3/4'' ¡18 e= 17.87 cm Es~ 6.2 Ey c/dt = 17.87/95 ~ 0.19 E 's ~ -1.0 Ey <pu=0.003/17.87 ~ 0.17x10- 1/an (curvatura última) 3 peralte efectivo d ~ 0.64 m 1 ·~ 0.05 En consecuencia, en este caso particular, el utilizar acero repartido en el alma ha reducido la capacidad de la sección, de 69.5 a 53.8 ton-m, es decir un 23% de reducción. A diferencia del caso anterior, esta reducción sí podría ser importante. Nuevamente la curvatura última ha experimentado una reducción importante y en consecuencia la ductilidad de la sección. 10.15 Diseño de Secciones No Rectangulares Las fórmulas que se han deducido para el análisis y/o diseño de secciones sometidas a flexión simple, corresponden a secciones con una geometría simple del bloque comprimido, tales como rectangulares, secciones T, secciones doble T. Cuando la geometría del bloque comprimido no es rectangular, normalmente, no es simple derivar expresiones generales para el análisis y/o diseño de tales secciones. En muchos casos, ni siquiera es práctico tratar de derivar estas ecuaciones ya que podría tratarse de unas pocas secciones ó elementos aislados dentro de una estructura en la cual predominan las secciones rectangulares o T. En la lectura 10.3 se puede encontrar una extensa discusión sobre la validez de utilizar el bloque equivalente de compresiones, aún en los casos en los cuales la zona comprimida no tiene una geometría rectangular. Para los casos en los cuales el bloque de compresiones no es rectangular o no puede descomponerse en una suma de rectángulos, existen dos posibilidades: b) Utilizar procesos numéricos o de tanteos.667x 106 =O 3 2 • De las tres raíces de esta ecuación.fy = 4. por lo general.85 • • • • 0.. Esto será posible en los casos en los cuales la geometría del bloque comprimido sea relativamente simple.9 (8.. Esta.06f = 30. T =As . ya que la geometría del bloque comprimido es triangular.85 Ce= 119 (16.fy As=7.70 a) En este caso es fácil plantear ecuaciones para el diseño de la sección.a d = 65 3 2 Ce = 0.8cm e=19.06 a= 16. será la opción más práctica.3__x ~ 6·8] ~ 16. la solución es: 16.692 kg =As .31cm 2 (4~5/8") • Verificación de la capacidad resistente con los 4 fierros de 5/8" seleccionados: As.85 f~ ~ = 119 a 2 2 • Asumimos que el acero de tracción fluye.23a) 5 15 x 10 = 119 a2 (65 _ 2 a) 0.2a) 3 ~u= 119a2(d.fy • Equilibrio de momentos (equivalencia estática) ---¡ Mu =Mn=As.06 cm e= = 18.89cm 0. Las expresiones para el brazo interno de palancajd y para la resultante de compresiones en el concreto Ce son: 2 jd = d.200)[ 65.270 kg m .9 3 79. -=~-f fé = 280 kg/cm 2 Mu = 15000 kg-m .70 As=? ~1 = 0.33a -7735a + 1.200 kg/cm 2 a ~ 0.a) Tratar de derivar ecuaciones para el diseño en las cuales normalmente se establece como incógnita la profundidad del eje neutro.0 )(4. Veamos las dos posibilidades mencionadas mediante un ejemplo: .fy ( d.05 S l '1 IL '1 0.0jy=119á 2 a=16.fy Equilibrio: Ce = T => 119 a 2 = As .77cm fjJ Mn = 0.fy=Ce 8. 588(65) = 38..(1) As=----.5 cm 2 • Verificación del acero mínimo: (70)(70)_3 ~ 667. • Verificación de la fluencia del acero eh =0.68cm 2 5 7 3 3 de (2) As= 7. un mejor estimado inicial hubiera sido jd = 0.47 ~Segundo Estimado jd = d -~-(l_ = 65.78 cm 2 de(3) Ce=Asfy=119a 2 ~a=15.¡ .33cm 3 de (2) As= 7. M+ =. J.0cm ~Tercer Estimado jd = 65.d = d --.fy Ash ~ 30 cm 2 As max = 0.8 d por la forma triangular del bloque de compresiones.3 cm 2 +---Solución Se puede apreciar que el proceso converge rápidamente.¡fc 1" i .9 x 65 = 58.~-(1 6 ) = 54. = 9.9d jd = 0.26 cm2 de(3) Ce= As fy = 119 a 2 ~a= 16.588 eh =38.22> 19.75 Ash (solo por curiosidad ya que es evidente que se trata de una sección subreforzada).(2) Ce= As fy (3) 3 ~fy(jd) Estimar jd ~Primer Estimado jd = 0.85(280) ( ----:j_- 2 . Ecuaciones para las iteraciones : .000 (momentodeDiseño) ok.. 2a Mu .5 de (2) As= 6. = 14.570 kg.000 cm 4 lg= --36 J fr=2~. eh= 0.75 x 30 = 22.33 er Yh f'c = 280 M:. 32 5) Ceh = 0.5M:. b) Solución utilizando un proceso iterativo.4 ) = 54. a pesar que el primer estimado fue pobre.(1 .355 kg-m < 15.22 ah = J3¡ eh ~ 32.77cm ok d • Verificación del límite de la Norma As ~ 0.5 cm . = 125.m 1.!_r_l!_ Ycg = 23. En este caso utilizaremos un proceso de- tanteos en el cual la variable es el brazo de palanca interno jd.694 kg = Ash ..