Estructuras de Concreto 1 4a Edición - Capitulo 2_Flexión

CAPITULO 2FLEXION Capíllllo 2 Flexión CAPITULO :: FLEXiÓN Trataremos este tema de la flexión para las vigas de concreto reforzado por dos procedimientos, en su orden: el método de diseño elástico también conocido como de los esfuerzos de trabajo o de los esfuerzos admisibles y el denominado método de la resistencia o de la resistencia última. METODO ELASTICO Generalidades Se presenta el Método Elástico aquí por las siguientes razones principales: El Código del Instituto Americano del Concreto ACI-3 l 8-83, que es uno de los documentos que sirvió de base para la elaboración del primer Código Colombiano de Construcciones Sismo Resistentes CSR-84, así como el actualmente vigente ACI-31895, aceptan este método como una alternativa de diseño. 2. La Norma actual Colombiana NSR-98, en su Apéndice C-A, también lo acepta como un procedimiento alterno para el disciio a la flexión. 3. Muchas estructuras se han diseñado y se seguirán diseñando con este método por lo que consideramos indispensable su conocimiento por parte del profesional en ejercicio y 4. Su estudio es de especial importancia en la formación académica de los estudiantes de esta área. Existen dos hipótesis fundamentales en la teoría elástica y por consiguiente en su aplicación a la viga de concreto: - La sección de una viga sometida a flexión es plana antes y después de cargada o deformada. Se concluye entonces que las deformaciones de las fibras son proporcionales a su distancia al eje neutro. - Las deformaciones de las fibras son proporcionales a los esfuerzos que las deforman con una constante de proporcionalidad que es el Módulo de Elasticidad (Ley de Hooke). 9 Estructuras de Concreto 1 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ _ _ _ _ _ _ __ __ _ _ La aplicación de estas hipótesis para una sección rectangular (b x h) homogénea y elástica en equilibrio implicaría diagramas de deformaciones y esfuerzos según esquemas adjuntos: Figura 2.1 El momento interior resistente, igual al exterior actuante, será: M=C*~h=T*~h 3 en donde 3 e = T = -1 * tb * -h = -1 tbh 2 2 4 expresión esta similar a la obtenida en la aplicación de la fórmula de la flexión: f* bh f= Mc 1 M 3 = __12_ = ~ tbh 2 h 6 2 que nos permite diseñar (obtener b x h) en una sección homogénea y elástica a partir del momento actuante M, si se conoce el esfuerzo admisible o de trabajo f. Al aplicar la teoría anterior a una viga de sólo concreto cargándola gradualmente, muy pronto nos encontramos con el agrietamiento del concreto a la tracción que nos obliga a reemplazarlo en el diagrama de esfuerzos por un refuerzo metálico en una proporción tal que su trabajo corresponda a esfuerzos y deformaciones admisibles. Por otra parte, aunque las deformaciones del concreto a la compresión no son proporcionales a las cargas que las producen, para un rango de esfuerzos pequeños la curva esfuerzos-deformaciones se acerca 10 Al variar la proporción del acero en la sección producimos las siguientes clases de diseño dentro del citado método elástico: Diseño Balanceado: Los materiales se han proporcionado de tal forma que los esfuerzos obtenidos para ambos. Diseño sobre-reforzado: La proporción del refuerzo es excesiva en la sección. 11 .. Diseño Optimo: Es un diseño sub-reforzado en donde la proporción final en los materiales obedece a un estudio de costos. esta se produciría simultáneamente para el concreto y su refuerzo. esta se iniciaría en el acero (falla lenta).- ~~~~~ Capítulo 2 Flex ión a la recta y puede aceptarse la ley de variación lineal de los esfuerzos. de tal manera que si se llevara a la falla. método de los esfuerzos de trabajo o de los esfuerzos admisibles. son los de trabajo. Se supone entonces que al llevar a la falla una sección así diseñada.---.. de tal manera que si se llevara a la falla.~~~~~~~- ------. De esta manera tenemos entonces el denominado método de diseño elástico. concreto y refuerzo. Diseño sub-reforzado: La proporción del refuerzo es escasa en la sección. esta se iniciaría en el concreto (falla súbita). Estru cturas de C llllcreto I . fe = Esfuerzo máximo admisible o de trabajo del concreto a compresión.-.2 en donde denominamos: d = Altura efectiva: distancia de la fibra más comprimida al centro de gravedad de las áreas de refucrzo de tracción en secciones sometidas a flexión.-.-. A partir dcl funcionamiento de la sección con sus diagramas de esfuerzos y dc!ónnaciones según la figura: f r---'--t T h1 --T I d kd d·kd As id ..- METono ELASTICO VIGAS RECTANGULARES CON ARMADURA A LA TRACCION Generalidades Se deducirán las principales expresiones utilizables para el diseño de vigas rectangulares con armadura a la tracción. k = Constante menor que la unidad que multiplicada por la altura efectiva equivale a la profundidad (kd) del eje neutro..-.. ----+ 3kd -Jo- ~~ CORTE LONGITUDINAL el d CORTE TRANSVERSAL DIAGRAMA DE DEFORMACIONES Figura 2. fs = Esfuerzo m áxi mo admisible o de trabajo del acero a tracción. obtenemos: a) Del diagrama de d 'formaciones: 12 . según el método elástico .. y su fónna de tabulación. J = Constante menor que la unidad que multiplicada por la altura efectiva equivale al brazo Ud) del par interior resistente. 2np = O 13 .. P = ..kd f.- k .2.2r (4) expresión que relaciona la cuantía del refuerzo con la profundidad dcl eje neutro y los esfuerzos a los cuales estarán trabajando los materiales así proporcionados en la sección. la profundidad del ej e neutro para el caso en que conocemos los esfuerzos a los cuales cstán trabajando los materiales....--- kd \.k y k= -~ (2) n+r o sea. obtenemos: fe I-k r=n . As Area del refuerzo bd Area útil = cuantHl del refuerzo = ----'. k 3 (3) J= 1-- c) A partir de la igualdad e= T: en donde: p . y Ec f = y e ~* n k 1. c d .. Llamando r =.__ __ Capitulo 2 Flex ión cp . b) Del corte longitudinal de la viga: . d) De ( 1) Y (4) obtenemos: k 2 + 2npk .k (I) expresiones que nos relacionan los esfuerzos en los ma teriales con la profundidad del eje neutro. como en cl caso del diseño balanceado.. f..= .. .. _ Una muestra J 3' e n I .- Expresando la profu nd idad del eje neutro en función de la cantidad de refuerzo en la sección se ti ene : k == .. (np)2 + 2np e) (5) Finalmen te.~ f == f~ * k K == I f eJ k.Estructuras de COllcreto 1 .-. .np + (np)2 + 2np. nos resulta una expresión tabulable en K de utilidad (7) 1 .np + . si llamamos K == I 2 para el diseño por esta modalidad: fckj. de donde: M A == -s f-d (6) sJ Para el segundo caso: M == I fekjbd 2.M De aquí podemos obtener: d == ---=... en donde si reemplazamos fe Yj en función de k y k 2 en función de p .. a partir de Momento Exterior actuante pla nteamos: Momento Interior resistente.k ' 2 K de las tablas así obtenidas se encuentra anexa en el Apéndice del presente texto_ A continuación aplicaremos las fórmulas antes deducidas en problemas de diseíio y revisión de secciones recta ngulares de concreto reforzado con armadura a la tracción..== 1..y k2 == . M == Tjd == Cjd Para el primer caso: M '" AJsjd . -! K J b en donde si k2 == 1 K entonces: (8) En el proceso de tabulación antes mencionado procedemos a partir de p calculando I k == . obtenemos un programa de diseño con p en función del momento M_ Por otra parte. empezando por los de revisión en ate nción a consideraciones didácticas _ 14 . 1 Revisar el diseño a flexión para momento máximo en el centro de la luz de 8 metros de una viga simplemente apoyada sometida a carga uniforme.1 MPa (211 kgf/cm2) 120 MPa (1200 kgf/cm2) 11. la carga w en kN/m y los esfuerzos en los materiales.7.011727 bd 0.44 15 .2 Figura 2. de acuerdo a la sección y datos adjuntos: Concreto : f~ Refuerzo: fy = = n= 0 . determinar el admisible y a partir _de este. Ms Y Me ' Y momento resistente de la sección.50 21. (Véase Secciones C. se deben tener -en cuenta las siguientes recomendaciones de la Norma NSR-98 sobre recubrimiento de las annaduras y separación libre entre barras: 40 mm 30 mm 1) Refuerzo principal: Estribos y espirales: 2) La separación libre entre las barras paralelas colocadas en una fila o capa no debe ser menor que el diámetro db de la barra.33 veces el tamaño del agregado grueso. ni menor de 25 mm.7 de la NSR-98). ni menor de 1. Solución: 1) Se trata de obtener los momentos resistentes por acero y por concreto de la sección.000387 =0.3 NOTAS: Para la distribución del refuerzo en la sección._ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ Capítulo 2 Flexión Problema 2.7. la carga w en kN/m que puede soportar en condiciones de seguridad y los esfuerzos a que estarán trabajando los materiales. 0. así: Momentos resistentes por acero y concreto.30.6 y C. Para calcular estos momentos debemos conocer antes k y j a partir de p: P = As = 4· 0. determinando el momento resistente. 000387*120000*0.397747*0. fe kjbd 2 = 1. el momento resistente admisible según el acero de refuerzo a la tracción: Ms =70. La conclusión sobre el diseño como sub-reforzado la hubiéramos podido tener con anterioridad evitándonos el cálculo de Me al comparar la p actual con la p balanceada: k Pbalanceada = 2r n 11.18 kNm (9. .Estructuras de Concreto 1 _ _ _ __ _ _ _ _ _ __ __ _ _ _ _ _ _ _ __ _ k = -np + ~(np '1 + 2np = -11.4700 = .-12"0· = 0.= 120 = 0.4700 n+r 11.44 2 2 2 = 95.2 en donde k = .30*0.44 = 70.Q}97~~ = 0.09 tr-m) (diseño sub-reforzado).397747 kd (profundidad del eje neutro) = 0. también en unidades de kN'm.011727 + ~{l1.867418 3 3 jd (brazo del par interior resistente) = 0.2+ 9. esto es.011727'1 + 2 * 11. en unidades de kN·m.867418*0.011727 = 0.5 Carga a soportar en condiciones de seguridad: Pbalanceada 2) 16 .5 0.018604 > Pactual = 0.382 m Ahora: Momento resistente admisible. *9500*0.~ = 1.2 * 0. según el concreto a la compresión.011727 2* 9.2' * 0.90 kN·m (7. según el acero de refuerzo a la tracción.90 kN·m (7. M s : Ms = T* jd = Asfs * jd =4*0.09 tr-m) Momento resistente admisible.52 tr-m) El momento resistente de la sección será el menor de los dos calculados.867418*0.2 * 0.175 m j = 1. M c : Me = C* jd = 1. 09 tf.397747 fe resulta inferior a fe admisible ratificando que el diseño es sub-reforzado.8 *0. 3) Esfuerzos de trabajo de los materiales: f s : Para el momento resistente adoptado._ _ __ _ _ _ _ _ _ __ __ _ _ _ _ _ _ __ _ _ _ Capítulo 2 Flexión M actuante = M resistente (2 *82 ~ = ~ = 70. el cual igualamos a Me: 70..----.44 2 = 70.30*0.26 kN/m (0.90 fe = 9. 17 . obtenemos de las tablas respectivas por interpolación lineal los valores de K y fe: K = 1220.* . w = 8.526 tf/m).= 7.86 .86 kN/m (0.8 Mresistente y fe = 7..0.18 = 7. = -120.0.011727. fe: Se puede calcular a partir del momento resistente adoptado.08 MPa e n l-k 11.. que es el del acero de refuerzo trabajando a su esfuerzo admisible a la tracción.00*24 = 5.-k_. también se puede usar la expresión: f = -fs * .26 kN/m La carga exterior a la viga que puede soportar en condiciones de seguridad resulta de 5._-95.397747 .m) El valor de fs será igual al admisible o 120 MPa (\ 200 kgf/cm 2).30* 0.5 * .08 MPa = Kbd 2 = 1220.21-0.50* 1.8 kgf/cm2) A manera de comprobación.08 MPa (70.90 kNm 8 8 w exterior actuante w exterior actuante = = :. 4) Solución por tablas: A partir de p = 0. puesto que el diseño es sub-reforzado.886 tf/m) w total .90 kN-m (7. el valor de fs será de 120 MPa.peso propio de la viga: 8. 2 0. de obtener e! momento resistente admisible de la sección.2 Revisar el diseño a flexión para momento máximo en el centro de la luz de 8 metros de una viga simplemente apoyada sometida a carga uniforme determinando el momento resistente. se debe tener en cuenta la siguiente recomendación de la Norma NSR-98 . la carga w en kN/m y los esfuer.l MPa (211 kgf/cm2) Refuerzo : fs = 120 MPa (l200 kgf/cm2 ) n = 11.50 Figura 2. las barras superiores deben colocarse directamente encima de las inferiores y la separación libre entre filas no debe ser menor de 25 mm." Solución: 1) Se trata. como en el problema anterior. Sección C7_6: "Cuando se coloquen dos o más filas o capas de barras.Y en donde y es la distancia del centroide de las áreas de las barras al borde inferior de la viga_ 18 .Estructuras de Concreto 1 _ __ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ _ _ _ _ _ __ La carga a soportar en condiciones de seguridad se calcula en la misma forma del punto 2_ Problema 2.4 NOTA: Para la distribución de! refuerzo en la sección en más de una fila. de acuerdo a la sección y datos adjuntos: Concreto: f~ = 21. la carga w en kN/m que puede soportar en condiciones de seguridad y los esfuerLOs a que estarán trabajando los materiales.los en los materiales_ Momento resistente de la sección: Calculamos inicialmente p: obtenemos d= h . .~ 3 = 1- 0.826352 * 0.8 mm y j a partir de k: J.-.1 mm = 78.-.018604).05 kN/m NOTA: Debe notarse que no obstante que la armadura existente es aproximadamente el doble de la correspondiente al problema anterior.2 *0.-.4219 2 2 = 2) 2 109.520944 * 0. w = 13.. Calculamos entonces k: ---::--.365 tf/m) w exterior actuante = w total ._._ _ _ _ _ _ Capítulo 2 Flexión 4 * 51 O* 60 + 3 * 387 * 110 Y = ---.78.- = 109.19 kN·m (10.520944 :.00*24 = 10.peso propio de la viga w exterior actuante = 13 .05 0.2 *0..025290+ -)(11. .J'd = 348 ..---.5 P = 3201 300*421.. la carga no es proporcional a este aumento..19 8 :..06 d = 500 .1 mm 421.92 tfm) Carga a soportar en condiciones de seguridad: M actuante = M resistente w*8 2 -.520944 3 = 0. = 1. kd = 219. 19 .-4*510+3*387 3$7/8Q 4$1 " 0... por lo tanto se trata de un diseño sobre-reforzado.65 kN/m (1.826352 :.65 .025290 ' cuantía superior a la balanceada (p bal = 0. el momento resistente admisible de la sección estará dado por el concreto a la compresión: Me = Cjd = !-f e kjbd 2 = 1.9 = 0.9 mm = Figura 2.300 * 0.025290 = 0.2 *0.-- k = -np+ -J(np 1 +2np = -11.50*1..0252901 + 2 *11. *9500 * 0. 6 mm Finalmente...30*0.0. \ partir de la e:\presión: I .0. por interpolación lineal obtenemos: 20 .52 0944 = 97. eotcjúndolo con el eorrespondicntc al problema 2.008415 300 * 450 Comll eJemplo de utiliz ación de las tablas.5 * . de obtener el momento resistente admisible de la sección. de acuerdo a la sección y datos adjuntos.45 Concreto: ( = 21 .3 Re\isar el diseiio a Ilex ión para momento má x imo en el centro de la luz dc X metros de una \' iga simplemente apo yada sometida a carga un iforme. 1. quc es el del concreto trabajando a su c esfuerzo admisible de compresión.obtenemos: f . Problema 2.k f. : Para el momento resistente adoptado. de terminando clmomcnto resistcnte.1 . el \'alor de fe serú de 9. como en los casos anteriores.X4 MPa (97X kgflcm c) 0. admisible por ser un d iseño sobre-reforzado.50 Refuerzo: f.1 y determinar también la carga w en kN por metro y los esfuerzos en los materiales. 0.6 Soluc ión: 1) Se trata. n = C ) 170 MPa (1700 kgti'cm C ) = 11. .2 *9. 1 MPa (211 kgf/c m 0.2 Figura 2. = ni e * -k.ht ructuras de Concreto 3) J Esfuerzos de trabajo dc los matnialcs: f L. Mo mcn to resistente de la sección: Ten emos: = P ~-'.= bd 4 * 284 = 0. la carga w en kN /m que puede resisti r en condiciones de seguridad y los esfucrzos a que eslarún trabajando los materiales .: .5 MPa (95 kgti'cm ) . = 11.520944 < f. _ _ _ Cfll' ít/ {¡p 2 Flex ión K = 12ú·U t~ = X.50 m. = 120 MPa (1200 kgt!cm\ n = 11.79 kN·m 8 w = 9.17 MPa Por lo tanto: M Kbd c = 1264. esta aplicación será útil en el caso de difi cultades en la acomodación del refuerzo en una sección inmodificable.679 tfm) Oc la comparación dc los momcntos res iste ntes de los problemas 2.30 x 0.1 *().3.3{) * ().60 kN/m (0.. dcntro del período del sub refuerzo.30*0.peso propio de la viga w exterior actuante = 9. 2) Carga a soportar en condic iones de seguridad: 2 2 wl W *8 .0.=.45~ = = 76..= 76.960 If/m) 8 w exterior actuante = w total .1 y 2.= RO kN· m (8 tr m) 8 8 21 .17 MPa (81. quc con brazos del par interior resistente parec idos nos permita obtener resultados equiparables.50* 1. Por otra parte.4 Diseñar la armadura necesaria a la flexión en una viga dc 0. armada con concreto de f~ = 21 . serú el admisible o sea 170 MPa (1700 kgf/em 2 ) y el re obtcnido de las tabl as.00*24 = 6 kN/m (0. Problema 2.2 Y las siguientes condiciones de carga: Carga uniforme total (incluyendo el peso propio): w Momento actuante w l· 2 10*8 2 = 10 kN /m (1 tf/m) = .79 kN·m (7 .1 MPa (211 kgf/em ) y acero para fs a.7 kgf/cm\ resulta inferior al fe admisible . es claro que para este disei'io sub-reforzado el valor de f.600 tf/m) Los siguientes son prohlemas de disei¡o de secciones rectangulares de concreto re!{¡r::ado con armadur" (/ la tracción.... podcmos concl uir que hClllos compensado la di sminución en la armadura con un aumcnto cn cl csfuerzo de la misma para lograr una tracc ión scmcjante.= .60 . ambos obtcnidos para cl accro dc refuerzo a la tracci ón . simplemente 2 apoyada en una luz de 8 metros. de R. 4 2 2 0.m) 8 4 8 4 Para momentos actuantes y resistentes iguales.6 * 8 Momento actuante = .30 m Altura útil "d" invariable e igual a 0..= . w f2 pe 3. Ancho de la viga "b" invariable e igual a 0. como en "a": 21j> 1" + 21j> 7"/8. Problema 2.Estructuras de Concreto I _________ ___ ____ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ A partir de este momento actuante.56 tf) aplicada en el centro de la luz.siempre por exceso) Carga unifonne total w = 3.. obtener el diseño balanceado suponiendo w en kN/m constante y las siguientes condiciones adicionales: a.30 * 0.36 tf/m) adicionada a una carga concentrada P = 25.. b.5 En el problema anterior.+ .lK en donde K = Ji * fe k j (fe en kN/m\ Para diseño balanceado ree mplazamos : 22 .= 80 kN·m (8 tf.013333 2 As = pbd = 0. se puede utilizar la fórmula-prog rama de diseño (ver el capítulo 2: Generalidades) y directamente obtener la cuantía p o utilizar las tablas así: Momento actuante = M = Kbd K=~=-~= 1377. Procedemos así: k2 = .44 m Solu"ción a.6 kN/m (0..44 bd 2 Para este valor de K interpolamos el valor de p Armadura: Refuerzo: = 0.+ .6 kN (2.013333*300*440 = 1760 mm 2 2 Ij> 1" + 21j> 7/8" (As = 1794 mm . b. la armadura será también.6 * 8 2 25. A parti r del momento actuante. determinamos la altura efectiva "d" correspondiente a un diseño balanceado utilizando el valor de k2 respectivo que podemos calcular u obtener de la tabla correspondiente.. NOTA: En las anteriores soluciones teóricas del problema.. En forma semejante al caso anterior: 0.Iccc.= OA4- 0.432 m 2 Esta solución implica diversas alturas según los momentos actuantes y resul ta impracticable con la variedad de momentos existentes en una viga y con mayor razón enel caso en que esta haga parte del sistema de vigas de una estructura. h = 0..-::-O = 0. esta solución con diferentes anchos según los momentos actuantes resulta también impracticable. .0230 Y conocido el momento actuante = o.0.4 700 11.0230'"...H433 7-k _- I ~ vl llrl L I -- = 1HH2 .k= _ 11_ n..: :--.---.30 [M XO kN·m calculamos d =k 2 ~ As = 0.4 con una mejor utilización del concreto en contraposición con una mayor dificultad en la constrllcciún dc la viga. la solución >oh" es comparabl e a la original del problema 2.219 m As =0.2 .'a!Jífulo l .44 m.4700 --. b.. h = 0.-0. _7'() J También de las tablas obtenemos k2 0.2 J 1- y k ~= . .0230 2 * XO - ._ __ _ _ _ _ (.7 00 .-.50 m Lo mismo que en el caso anterior.= b =0 . 23 . omitiendo otras consideraciones. * 9:'00 '" OA 700 *' 0.3 6 m c Refuerzo: 2 <1> I Yx + 1<1> I ~ (A s '"" 21 09 mm ) Concreto: b = 0... .219 m.30 m... 95 K = y.r ! 1.0IX604*2l9*440= 1793 mm" X"+ 1<1>1" (A.-= (Uj4_D .-.0IX604*300*376 = 2099 mm = 0.) - Flexión "" 1 .. Altura útil "d" invariable e igual a 0. = I XOO mm 2 ) Refuerzo: 2<1>1 Concreto: b = 0.. debe destacarse la intluencia de la altura en la determinación de la cantidad de armadura. asÍ. 0 tf/m).44 2 Para este valor de K interpolamos el valor de p = 0.m) = M resistente M = = Kbd 2 K= XO = 1377.50 m = 0.4 OJO * 0. simplemente apo yada en una luz de X metros.46X m Ahora ma11lene mos la altura útil "d" usada en "a" y calculamos b. 3/4"(A s = 1342 mm 2) b = 0.2 y una carga uniforme total (incluyendo el peso propio) de w = 10 kN/m (1.Estructuras de Concreto I _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ Diseñar la armad ura necesaria a la flexión en una viga de 0.0 I 0756*300*40X Refue rzo : Con :reto: = 1317 mm 2 2 q) 7/X" + 2 <1> 3/4" (As = 1342 cn/) que es igual al refu erzo en '"a'" donde se colocó con un mayor exceso. armada en concreto de r¿ = 21. b.30 m.00921 *300*440 = 1216 mm 2 Annadura: NOT A: Nótese la disminución en el área de refuerzo necesaria con respecto al problema 2. b = 0. Diseño balanceado: Con la suposición de w constante y el mismo momento actuante. con el mismo momento act uante M : 24 . Diseño para la sección propuesta: M actuante XO kN·m (X tf. h = 0. a. h = 0.50 m. = 0.30 m: ~ ~ - M 80 d = k2 = 0. 7/X" + 2 q.00921 As Refuerzo: Concreto: 2 q.1 MPa (211 kgflcm") y acero para f s = 170 MPa (fs = 1700 kgf/cm\ n O" 11 . Complementar este diseño obteniendo el balanceado para la condición de w constante.025 == OAOX m b OJO A. obtenemos d y h para b = 0.30 x 0.30 111 .4 cuando aumentamos el esfuerzo admisible a la tracción en el acero al cambiar la calidad del material. 258 m. Partimos de una sección rectangular con armadura a la tracción y se requiere obtener una sección o área de concreto teórico que reemplace el refuerzo resistiendo sus esfuerzos.010756*258*440 = 1221 mm 2 Refuerzo: 24> 7/8" + 24>3/4" (A . h = 0. .258 m : 0. el cual complementa las expresiones deducidas al comienzo. 2 ) que también colocamos en Concreto: b = 0. Figura 2. en el problema 2. MÉTODO DE LA SECCIÓN TRANSFORMADA U HOMOGÉNEA Generalidades A continuación se deducirán las relaciones correspondientes al Método de la Sección Transformada u Homogénea para la solución de los problemas de vigas rectangulares con armadura a la tracción. = 1342 mm exccso en procura de simetría.5 implica diversas alturas o anchos según los momentos actuantes y esta circunstancia restringe su utilización al plano puramente teórico.50 m La solución balanceada.025 *80 0. exponemos ahora el denomillado Método de la Sección Transformada u Homogénea. está mlly de acuerdo COII la formación académica preliminar sobre el tratamiento de las secciones homogéneas y elásticas y tiene además algunas aplicaciones de utilidad en el estudio de las secciones "T" y similares._ ___ Capítlllo 2 Flexión 2 0.7 25 . para lograr una sección homogénea o transfonnada a la cual se le pueda aplicar la fórmula de la flexión: x \ A \ . . Continuando con el estudio sobre las secciones de concreto reforzado con armadura a la tracción seglÍn el método elástico.J.44 As 2 0. podemos calcular el momento de inercia respecto al eje neutro: 26 . resulta: 2 b. que re. (tensión en el acero) = TI (tensión en el concreto teórico) AJs = A[f[ de donde: (2) nAs = Al Cumplidas las condiciones anteriores. (deformación en el acero) = E¡ fs f¡ (deformación en el concreto teór ico ) (según la ley de Hooke) Es Ec de donde: ( 1) También se debe lograr que la tensión en e l acero reemplazado sea igual a la tensión en el concreto teórico que lo reemplaza: T. E. ecuación de segundo grado cn :\. _ nA s (d . es decir. en donde: 1 f= esfuerzo en la fibra considerada c = distancia de la fibra considerada al eje neutro 1 = momento de inercia de la sección homogénea y estáticamente útil con respecto al eje neutro Lo anterior es posible si en el diagrama de deformaciones hacemos que la deformación en el acero reemplazado sea igual a la del concreto teórico que lo reemplaza.Estructuras de Concreto 1 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ f = Mc. que el esfuerzo de tracción en el concreto teórico que reemplaza al acero sea igual a fi n y que el área de este concreto sea n veces el área del acero reemplazado. uelta nos permite obtener la profundidad elel eje neutro : conocida esta .x) = O. podemos aplicarle a la sección homogénea la fónnula de la flexión . definiéndole con anterioridad la posición del eje neutro y su momento de inercia. aSÍ: Tornando momentos de las áreas estáticamente útiles con respecto a la posible situación del ej e neutro. x) .x. Aplicando la fónnula de la flexión: Mx fe=-. expresiones similares anteriormente. resulta de pequeña magnitud por lo que podemos no tomarlo en cuenta.fs( I x-x) . M = momento resistente por concreto a la compresión = Me De la misma fonna: fl = M(d.x 1---:. n d-x fs = esfuerzo de tracción admisible en el acero M = momento resistente por acero a la tracción = Ms Finalmente._ _ _ _ _ _ _ Capítulo 2 Flexión en donde 11\ ' momento de inercia de A t respecto a su centroide. en la cual: x esfuerzo de compresión máximo admisible en la fibra más comprimida.8 27 a las obtenidas . de donde: Ix-x f = s nM(d.. por lo tanto: ' M s -. en 1a cua l'.x) Ix-x . Figura 2. a partir del diagrama de esfuerzos en la sección homogénea: fs=nfe d.x x *-- _ fs *_x_ f en d. de donde: Ix-x fe = 1 Me = fe x. 7 Resolver el problema 2.44 d·x x2 + 115.50 2 Concreto: f~ = ? Figura 2. a partir del diagrama de esfuerzos se calcularán los esfuerzos en los materiales. finalmente.2*4*387 = 44. Obtención de la sección homogénea: Al = nAs = 11.44 0. tracción y el admisible de la sección como requisito para determinar la carga que debe soportar en condiciones de seguridad y. Se obtendrá inicialmente la sección homogénea a la cual se le aplicará la fórmula de la flexión calculando los momentos resistentes por compresión.59x-50858.2 n = 0.8 (barras de ~ 7/8")*387 = 17338 mm 2 Tomando momentos de las áreas estáticamente útiles con respecto a la posible situación del eje neutro.30 d.x = 265 mm Figura 2.Estructuras de Concreto 1 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ Problema 2.1 MPa (211 kgf/cm ) Refuerzo: fs = 120 MPa (1200 kgf/cm-) 11. 10 28 .x)= O 2 0. 21 .1 utilizando el Método de la Sección Transformada u Homogénea.13=0 x = 175 mm 0. resulta: x-!--·_·~ x 300x * 2-17338 *(440.9 Solución: 1. 527 tf/m) 4.87 kN/m (0. Carga a soportar en condiciones de seguridad M actuante = M resistente e2 2 * 8 70.27 kN/m (0.x) fs = ----'----'. 3 64 I x-x = 53594 + 53 + 121756 = 175403 cm 4 - 0.92 kN·m ~=~= 8 8 w exterior actuante w exterior actuante = = w = 8.- - -..92 kN·m Momento resistente admisible de la sección: 70.50* 1. nos pennite no tomarlo en cuenta. lo calculamos 4 3 .5 rc * 2.--.92 kN·m (7.001754 .80 +173.001754 m 4 Debe notarse el orden de magnitud del momen to de inercia del área transfonnada con respecto a su propio centro de gravedad.22 kN m 0.001754 11.175 Momento resistente por acero a la tracción: nM(d. 2. 4 30*17. 29 .0.m) 3.09 tf. Esfuerzos de trabajo de los materiales f s : Para el momento resistente adoptado._ _ _ _ _ _ __ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ __ _ _ _ Capítulo 2 Flexión Momento de inercia (por facilidad en el manejo de las cifras. 88 7 tf/m) w total . .---= 95 .2*0.38 26. . el valor de fs será de 120 1 MPa (1 200 kgf/cm-).0* 24 = 5.265 70.x = .5 1I11clalmenteencm): I x . Momentos resistentes por compresión y tracción y admisible de la sección: Momento resistente admisible por concreto a la compresión: _ Mx f cIx-x 9500 * 0. que como lo anotamos arriba.22 * 2 +44.30*0. que es el del acero de refuerzo trabajando a su esfuerzo admisible a la tracción.27 kN/m La carga exterior a la viga que puede soportar en condiciones de seguridad resulta de 5. 87 . Ix-x fs *I x.x n(d-x) 120000*0.peso propio de la viga 8. 175 21·_· fe ft=~ = puesto que fe < fe máximo admisible se confirma el diseño sub reforzado. determinando el moment resistente.30 b-0.71 MPa = 7.70 10 . de acuerdo a la sección y datos adjuntos.=0.175* 10.12 30 2 ) Refuerzo: fs = 120 MPa (1.11 La secuencia de resultados parciales y el resultado final nos permiten concluir que son igualmente utilizables e intercambiables en forma total o parcial los dos métodos propuestos en los problemas 2.200 kgf/cm n = 11. Concreto: f~ = 21 . V fc= 0. A continuación incluimos algunos ejemplos de esta aplicación.71 = 7. Problema 2.1 MPa (211 kgf/cm I 0. Una aplicación especialmente útil del método de la secc/On transformada u homogénea es la revisión de diseños a la flexión de vigas con sección enforma de "T" o similares.7 para la revisión de una sección diseñada a la flexión. d.07 MPa 0.20 I Figura 2.07 MPa (70.265 x=0.7 kgf/cm 2 ) Figura 2.8 Revisar el diseño a flexión para momento máximo en el centro de la luz de 8 metros de un viga "T" simplemente apoyada sometida a carga uniforme. la carga w en kN/m que puede soportar en condiciones de seguridad y lo esfuerzos a que estarán trabajando los materiales.Estructuras de Concreto 1 _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ _ _ _ _ __ _ _ _ _ _ __ _ fe : A partir del diagrama de esfuerzos: f.1 y 2.20 I b'-0.265 10.2 2 ) . 003413 m Momentos resistentes: Momento resistente admisible por concreto a la compresión: _ Mx f eIx-x Me -_ fe Ix-x __ 9500*0. - 40*1.8mm 4 Momento de inercia en cm .88 2 =341327.9.1631 31 198. Revisión de la sección "T" según Norma: "Las vigas aisladas en las cuales la forma T se utiliza para proporcionar un ala como área adicional de compresión.2*(4*510 + 3*387) = 35851 mm 2 d = 421. En nuestro caso: b (ancho efectivo de ala) t (espesor de ala) ~ b' /2 2.4 Ix-x = 341328 cm 3.2= 150mm Obtención de la sección homogénea: At = nAs = 11. los momentos resistentes.. deben tener un espesor de ala no menor que la mitad del ancho del alma. la carga a soportar y los esfuerzos en los materiales.88 tfm) .x ) 2) 2 x 2 +639x-130837=0 x= 163 .31 + 35851 *25. Obtención de x: 700*15 Jx- vl 150 \300 (x -150f 35851 *(421....8 kN·m (19. por la misma razón del problema anterior: 3 70 * 16.7).31 3 3 I x.d-x=258.5.8.2).9 mm (ver problema 2.1 mm.003413 x 0._ _ _ _ _ Capítulo 2 Flexión Solución: l. y un ancho efectivo de ala no mayor que 4 veces el ancho del alma" (Véase artículo C.71 cm4 3 4 0.x = . ~ 4b' b < 4x300 = 1200 mm t =300. Primero se debe revisar que la sección cumpla los requisitos geométricos de la Norma NSR-98 para su consideración como viga ''T'' y luego se obtienen la sección homogénea. = 141.5 kgf/cm 2 ) d-x=258.62 kN/m (1. que es el del acero de refuerzo trabajando a su esfuerzo admisible a la tracción. 5.262 tf/m) La carga exterior a la viga que puede soportar en condiciones de seguridad resulta de 12.66 kN/m (1.262 tf/m).8 x=163 . ft =~ = 10.00*24 = 12.3kNm 8 8 w = 17. (Diseño sub-reforzado).1 * 10. fe: A partir del diagrama de esfuerzos: f =163. 4.13 32 .3 kN·m .. Esfuerzos de trabajo de los materiales: fs: Para el momento resistente adoptado..peso propio de la viga w exterior actuante = 17.71 =6.75 MPa e 258. Carga a soportar en condiciones de seguridad: Maetuante = Mresistente 2 Wf2 W *8 .14.62 kN/m (1. el valor de fs será de 120 MPa.766 tf/m) w exterior actuante = w total .21 * 1. M = _~~!~=~=~20000 ~O..0.x) 11.13 tfm) Momento resistente admisible de la sección: 141.m.2 * 0.x).OQ~~g Ix-x s n(d .Estructuras de Concreto [ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ Momento resistente admisible por acero a la tracción: fs = nM(d .8 puesto que fe < fe máximo admisible se confirma el dise~o sub-reforzado.13 tf.2588 Ms = 141.1 fe = 6.75 MPa (67.3 kN·m (14.71 MPo Figura 2.= ..66 . determinando el momento resi stente..-- - .1 Problema 2..1 MPa (211 kgf/cm Refuerzo : fs n = Solución: 1. El ala efectiva que se proyecta hacia cada lado del alma no debe exceder: a) 8 veces el espesor de la losa.- _ _ _ _ Capítulo 2 Flexión NOTA : A manera de conclusión .10 Figura 2. en cuanto a momento resistente de la sección. Revisión de la sección "T" según Norma: "El ancho de losa efectivo como ala de una viga "T". no debe exceder Yo de la longitud de la viga.-. los momentos resistentes..2 en un diseño sub reforzado y que además hace efectiva..- - ..-.2 2 ) kgf/cm 2) Primero se debe revisar que la sección cumpla los requisitos geométricos de la Norma NSR-98 para su consideración como un sistema de vigas "T" y luego se obtiene la sección homogénea.. 120 MPa (1200 11... la carga a soportar y los esfuerzos e!l los materiales...00 d-x 0..75 1. ni 33 ... la carga w en kN/m que puede soportar en condiciones de seguridad y los esfuerzos a que estarán trabajando los materiales.---- -..-- - .... 14 Concreto : f~ = 2 1. la adición de armadura con respecto al problema 2. de acuerdo a la sección y datos adjuntos : 0.94 0. hacemo notar el aumento considerable de la comp resión proporcionado por la aleta de la viga "T" que convierte al diseño sobre reforzado del prob lema 2.15 x x-o 0 .-. 9 Revisar el diseño a flexión para momento máximo en el centro de la luz de 12 metros de una viga doble "T" simpl emente apoyada sometida a carga unifo rme.. 65 m b (ancho efectivo de ala):::.7 kN·m (79.25 = 2. __ 150* (25.77 tfm) Momento resistente admisible de la sección: 797. b = 1.57 tfm) Momento resistente admisible por acero a la tracción: 120000* 0.050670 x 0.Estructuras de Concreto I _ _ _ _ _ _ __ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ b) la mitad de la distancia hasta el alma siguiente" (Véase el Artículo C.8.050670 11.94 3 3.2 * 0. 16t + b' = 16*0.4 mm.7). separación centro a centro del sistema = 1. 34 .00 m. Obtención de la sección homogénea: At = nAs = 11.7 kN·m (185.062= 5067011 cm 4 (0.77 tfm) (Diseño sub-reforzado).050670 m 4) 3 Momentos resistentes: Momento resistente admisible por concreto a la compresión: f _ Mx eIx-x Me -_ fe Ix-x __ 9500 * 0.00 m b (ancho efectivo de ala):::.2*15*510 = 85680 mm 2 Obtención de x: 2000*x 2 (x-150? ----1500 2 2 X2 85680(940-x) +1242. En nuestro caso: b (ancho efectivo de ala) :::.80*68. 1/4 = 12.15 + 0. d .x = 680.00/4 = 3.6806 797.7 kN-m (79.2594 1855.7x-389657=0 x = 259.6 mm Momento de inercia (en cm\ 3 Ix-x 200* 25.5.94 -15)3 + 856.00 m 2. 0._ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ _ _ ________ Capítulo 2 Flexión 4. 5.peso propio de la viga w exterior actuante = 44.71 MPa Figura 2.6 = 1~·7I=4. 35 .m w = 44.32 kN/m (2.00*24 = 23.6 MPa 4.08 MPa (40.15 Finalizamos nuestra breve incursión sobre el Método Elástico en su tratamiento de la flexión. f ft='* =10. con las denominadas Vigas con Armadura a la Compresión cuya razón de ser radica en la imposibilidad que existe en algunas ocasiones de aumentar las dimensiones de secciones sometidas a momentos jlectores mayores que los resistidos por condiciones de trabajo máximo admisible.432 tf/m) 8 w exterior actuante = w total .332 tf/m).875*1. fe: A partir del diagrama de esfuerzos: f =259.32 .32 kN/m (2. el valor de fs será de 120 MPa. Este caso se soluciona CO/1 una armadura adicional a la tracción y una armadura en la zona de compresiones que le da su nombre al sistema.08 680.4* e 259. que es el del acero de refuerzo trabajando a su esfuerzo admisible a la tracción. Esfuerzos de trabajo de los materiales: fs : Para el momento resistente adoptado.32 kN/m (4.7 kN.4 fe 680.8 kgf/cm 2 ) puesto que fe < fe máximo admisible se confirma el diseño sub reforzado. Carga a soportar en condiciones de seguridad: Maetuantc p2 = Mrcsistcnte *122 ~=_w_ _ 8 = 797.332 tf/m) La carga exterior a la viga que puede soportar en condiciones de seguridad resulta de 23 . DEFORMACIONES Figura 2.Estructuras de Concreto I ~-- _ . T ~§ 0~ CORTE LONGITUDINAL CORTE TRANSVERSAL DIAG. Ce resultante de compresiones en el concreto. armadura de compresión. = resultante de compresiones en el acero. Cs = A s2 A' s = = armadura adicional de tracción para el momento flector por encima del correspondiente a la viga con sólo annadurd a la tracción. _-~ ~~~ ------------ METODO ELASTICO VIGAS RECTANGULARES CON ARMADURA A LA TRACCION y A LA COMPRES ION Generalidades A continuación se deducirán las principales expresiones utilizables para el diseño de vigas rectangulares con annadura a la tracción y a la compresión. A partir del funcionamiento de la sección con sus diagramas de esfuerzos y defonnaciones según la figura: f A' s /~ kd ! h l' ¡--<--t - d d·kd . . = f s= esfuerzo de compresión en el acero.:' r- d' Cs C Ce i kd ·d . d ~kd ---. 36 . según el Método Elástico.- V -.16 A la nomenclatura conocida adicionamos: d' distancia de la fibra más comprimida al centro de gravedad de las áreas de refuerzo a la compresión. que las defonnaciones en el acero a compresión y el concreto que lo rodea deben ser simultáneamente iguales y que la fluencia lenta en el concreto a compresión en contacto con las barras significa defonnaciones adicionales en el acero aumentando su esfuerzo de compresión. así: ~M )' por lo que: Annadura adicional a tracción: A s'= ( .kd f~ = nfc kd-d' --kd de donde: f' = f kd. pero no mayor que el valor admisible en tracción ._ _ __ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ __ _ _ _ _ _ _ _ Capít/do 2 Fl exión 2 La viga con annadura simple o sólo a tracción resiste un momento M) = Kbd Y está provista de una cantidad de refuerzo As) = pbd. f~ en donde -el valor de d-d' f~ puede calcularse a partir del diagrama de defonnaciones basado en las hipótesis de que la sección es plana antes y después de defonnada y que las defonnaciones de las fibras son proporcionales a sus distancias al eje neutro y a los esfuerzos que las producen: ~c_ Ec kd r.d' s s d _ kd o las cuales son expresiones de f~ elásticamente obtenidas.kd . Por lo tanto se tomará: 2f~ = 2nfc kd-d' kd 5: fs o 2fs~ kd-d' = 2fs . La diferencia entre cI momento actuante y el que toma como simplemente armada es ~M = M .d' d . se especifica para el diseño que el esfuerzo de compresión en el acero se tome como dos veces el calculado elásticamente.fs d-d' Annadura total a tracción: A S1 + A s2 =Pbd+ fS(~~d') Por otra parte: Annadura a compresión: A~= (~M )' ..M) Y debe ser resucIta con annadura adicional a traeción y annadura de compresión. teniendo en cuenta que la condición de elasticidad del concreto disminuye a medida que aumentamos los esfuerzos y sus defonnaciones. ~ ~_~~ kd ..5: fs d. 37 . Sin embargo. ----s 2f.1). 38 .63 kN·m Momento adicional sobre Mi 13.052 tf/m).10 Diseñar la amladura necesaria a la flexión en una viga de 0. Se debe obtener el momento actuante según la carga propuesta y hacer el diseño correspondiente según las relaciones deducidas .60 kN/m 10.018604*0.30 x 0.05) As = 0.1 MPa y acero para fs = 120 MPa.7*0.Estructuras de Concreto 1 A y la armadura de compresión será: .30*0.52 kN/m w M actuante Mi i1M 2.52 kN/m (1. (Nótese que la carga sobre la viga es ahora el doble de la que soportaba en condiciones de seguridad en el problema 2. = = Kbai bd 2 w f.2 y una carga exterior de 10.-i1M -.96 kN·m 2 99.50 m simplemente apoyada en una luz de 8 metros.33 kN·m Armaduras: i1M Armadura a la tracción:A s = Asi + As2 = Pbarbd + __.. fs(d-d') A.(d-d') expresiones estas que aplicaremos a continuación. armada en concreto de f~ = 21.12 *8 2 8 8 = 1882. Obtención de M actuante y comparación con Mi: Cargas: peso propio viga: 0.002344 + 0.30*0.30*0.002644 m2 (2644 mm 2 ) Colocamos 44> 1" en la fila inferior y 24> 7/8" en la segunda fila.50*1.42-0. n = 11.0003 = 0.42 + 13. Solución: 1.33 s 120000*(0. = .00*24 carga sobre la viga 3.12 kN/m 112. Problema 2. = 0.-.2 14.42 14. 0. kd = 197.. kd-d' ~ 2f~ (' d-d" . .80 mm d = h ..35 . = n[. . . fs~ .05 Colocamos 34> 1/2" 3. .- f~ admisible 13.96 x = 1..33 ? 2 >ti ) = 0. Capitulo 2 Flex ión ~M '" Anna d ura a la compreslOn: As = Calculamos f~ .18 39 X2 = 4 *13..4 mm v d' = 50 mm = 11. )' Sl IS .37 m Teóricamente.7/2 = 46.3 = 1.4700.8 .4 Por lo tanto : A~ = .50 z= 4*510*60+2*387* 110 4*510 + 2*387 = 73..17 X2 En la sección longitudinal resulta: - ~M (7'2) .4-50 = 79.37 m a cada lado del centro de la viga.2.0003 m.50 mm chequeo de d: 0.z = 500 . i . J~:~::: l/2 L/2 Figura 2.80 = 420 mm Figura 2.(300 mm ) 120000 .2 *9.5* 197.89 112. armadura la de compresión es necesaria hasta una distancia x = 1.4 MPa 2f s = 158. 2n rs~ . Localización de la armadura transversal y longitudinalmente: En la sección transversal resulta: chequeo de d' : 40 + 12.42 -0. reemplazando: = -- M ' 2 "'). en donde k = 0.8 MPa > 197. 19 Obtención de la sección transformada : De la sección correspondiente: At = nAs Para computar el área teórica de concreto a la compresión tomamos dos veces el área de la armadura en compresión siempre que el esfuerzo de compresión resultante en el acero no sea mayor que el admisible a tracción.1) A's d' d-d' X X h ---f'-- d Jd x d h d-x r-b b At=nAs Figura 2.I f's Para obtener x tomamos momentos de las áreas estáticamente útiles con respecto a la posible situación del ej e neutro: 40 .Es rur3S e Concreto 1 APLICACIÓN DE LA SECCIÓN TRANSFORMADA PARA VIGAS CON ARMADURA A LA COMPRESIÓN A partir de las relaciones correspondientes a la sección transformada y la especificación que pem1ite el uso de dos veces el área de la armadura en compresión al computar el área de la sección transformada u homogénea. Partimos de una sección rectangular con armadura a la tracción y a la compresión y se requiere reemplazar el refuerzo por un concreto teórico que resista lo que el refuerzo para lograr una sección transformada u homogénea a la cual se le pueda aplicar la fórmula de la flexión. \A ' A 't -.-? n A's . Con esto se pretende no sólo obtener una sección homogénea si no también.(2 n .A's -. A's 1/2 A't= 1/2 (2n. se obtienen las expresiones necesarias para la revisión de una sección rectangular doblemente armada o con armadura a la compresión. recuperar sus características de elasticidad necesarias para la aplicación de este método. x .x) y x fs 1x-x Finalmente.-- Ix-x Ix-x Siendo M en las expresiones anteriores el Momento actuante = Momento resistente De igual manera: Me = M resistente por compresión fe1x-x Ms = M resistente por tracción ~(d.x). nM( x) [.-= + (2n -] )A. It-~ -n Figura 2. . a partir del diagrama de esfuerzos de la sección homogénea... x -d' fs = 2nfc .__ Capitulo 2 Flexión ? b. -.-M(d --x). aplicamos la fórmula de la flexión: fe = esfuerzo de compresión en el concreto = M~ I x-x ' ..fs x x-d' f~ = 2 fs . f s = -----._ ~~d' f fs x n d..-.d ----Ix-x fu d -.d')= nAs(d . s = . ecuación que resolvemos para x. Definida la sección homogénea.--... podemos conclu ir: fC~ .t -_ es f uerzo d e tracclOn -. I ' ' f t = es erzo e compreslOn en e concreto teonco Ix-x M(x-d').~(x . f' 2nM(x-d') ------.$.- = . A partir de x calculamos el momento de inercia: en donde podemos no tener en cuenta los momentos de inercia de las áreas transformadas con respecto a sus propios centros de gravedad. fs d-x = e ]x Jd-X Expresiones estas coincidentes todas las anteriormente expuestas..20 41 con .$. en eI concreto teonco . 21 En primer ténnino se debe obtener la sección homogénea a la cual se le aplicará la fórmula de la flexión calculando los momentos resistentes por compresión .Estructuras de Concreto 1 _ _ _ Problema 2.42 0.22 42 .I)A~ = 21.50 2 ) Figura 2.4*3*129 = 8282mm Al 2 1/2 A't x-d' d-x Figura 2.1 MPa (211 kgf/cm") Refuerzo: fs = 120 MPa (1200 kgti cm n = 11. = (2n . tracción y el admisible de la sección como requisito para determinar la C¡lrga que puede soportar en condiciones de seguridad y finalmente a partir del diagrama de esfuerzos se calcularán los esfuerzos en los materiales . Obtención de la sección homogénea: = nA.2*(4*510 + 2*387) = 31517 mm 2 A.10 y los materiales respectivos son los siguientes: f: = 21 . = 11. Solución: La sección resultado del diseño a flexión del problema 2.10. l.11 Revisar el diseño a flexión para momento máximo en el centro de la luz de 8 metros de la viga simplemente apoyada sometida a la carga uniforme utilizada en el problema 2.2 Concreto: 0. m (12.xl 120000* 0.d' = 147 111m Momento de inercia en cm 1.X) 2 x~ + 2653x -.17*22.00251 2 11. =" f.14 kN.82*14. .m). 19 + 17X97 + 91._ __ _ "_____ ________ "_____"__ _ __ Capítulo:: Flexión Obtención de :\: x-" :>00'.10.-.49 + 26.002512 = 121.. Carga él soportar en condiciones de seguridad: M :lctu~lnt e = M resi stent e 43 . = 120.. *1 .197 Momento resistente por acero a la tracción: M.\ ~ 30 * 19. n(d .+ M *? 2')4 + 11.2* 2* ~-=· ---+315. 3._.54 4 +82.69 + 156731 = 251208 cm 4 Momentos resistentes: Momento resistente admisible por compresión: 9500 * 0.x .1 1 trm) 0. = 76454 + X.223 . 2* 0.07 tt·m) Momento resiste nte ad mis ib le de la sección: 120 .7 3 ] 4 : 1[* 1 27 + 21.50) ~ :> 1517 * (420 .07 tf.-.9100X = 0 x -" 197 mm d-x=223 mm x .2*4*--.3 2 64 1x-x 2.+ X2X2 * (x .. .69 kN ·m (12.69 kN'111 ( 12.7-+11.4*3*' 4 M o 1[ * 2. La diferencia entre los dos momentos resistentes se debe a la aprox imación en la adopción del refuer:to en el problema 2. Esfuerzos de trabajo de los materiales f.10 porque en la colocación del refuerzo de dicho problema se procedió por exceso.10.71 MPa Figura 2. que es el del acero de refuerzo trabajando a su esfuerzo admisible a la tracción. 223 -.peso propio de la viga w exterior actuante = 15.50* 1.23 Conclusiones: La breve muestra del tratamiento de la flexión por el Método Elástico nos permite sacar conclusiones.09 kN/m w exterior actuante = w total .30*0.Estructuras de Concreto 1 _ __ _ __ __ _ _ __ _ _ _ _ _ __ _ __ __ e? * 82 8 8 ~.: Para el momento resistente adoptado.46 MPa e 223 fe=9. la cual resulta un poco mayor a la carga de diseño del problema 2. 4.49 kN/m.49 kN/m (1.-=~ = 120.69 kN· m w = 15. algunas de las cuales expresamos a continuación: 44 .09 . el valor de fs será de 120 MPa.00*24 = 11 .fa.0.120 _ ft-n-m. fe: A partir del diagrama de esfuerzos: f = 197 * 1Q-22 =9.5 MPa (95 ? kgf/cm-) y la aproximación se debe a la razón arriba expuesta de la diferencia entre el refuerzo colocado y el teóricamente calculado.6 kgf/cm 197 2 ) Debería obtenerse fe = 9.46 MPa (94.149 tf/m) La carga exterior a la viga que puede soportar en condiciones de seguridad resulta de 11. En el Método Elástico el factor de seguridad de un diseño no se detennina exactamente en función de consideraciones tales como importancia o probabilidad de presentación de las cargas. Sin embargo.___ ______ __ _ _ __ Capitulo 2 Flex ión l. El Método Elástico._. son las que han relegado al Método Elástico a una simple alternativa de diseño en el Apéndice C-A de la Norma NS R-98 y en el Apéndice A del Código ACI-318-95 . también cambiará Ee Y por tanto el valor E de n = -~. Sólo lo suponemos admisible y así lo podemos verificar por medio del Método de la Resistencia Ultima que estudiaremos a continuación. pero a medida que estos crecen la proporcionalidad va dejando de ser correcta.. si el esfuerzo varía. como su nombre lo indica. de la indeterminación de un diseño o del funcionamiento de la estmctura así diseñada. 2. entre otras. de la anterior exposición teórica del método y su elemental aplicación presentada para algunos casos de normal ocurrencia nos rati fi camos en el concepto expresado sobre la necesidad que tienen los estudiantes de l área de su conocimiento como parte esencial en su formación académica y con mayor razón si en alguna parte de su ejercicio profesional lo pudieran encontrar. en el concreto el diagrama defonnaciones-esfuerzos no es una recta y la proporcionalidad de las defonnaciones con respecto a los esfuerzos que las producen sólo es aceptable para pequeñas deformaciones y esfuerzos. que hemos considerado constante en todos los casos. se basa en consideraciones de elasticidad. del control de calidad de los materiales y de la construcción. Las consideraciones anteriores. 45 . Ee 3. que sólo son completamente válidas para el acero. E l módulo de elasticidad del concreto Ee es sólo válido para un esfuerzo y una defonnación admisibles. esfuerzos y deformaciones admisibles . también llamado solamente Método. suponiendo parámetros elásticos de los materiales. deben falla r cuando el acero a tracción alcanza su límite elástico. En o tras palabras. f ". Este trabajo de la estructura en su última resistencia no es posible conocerlo a partir del Método Elástico.002 0. aunque inicialmente la falla se debió a la fluencia del acero. ~ fy =420 21 .00 1 0. si gradualmente se aumenta la carga hasta que f.=240 1/ O O 0 . anotam os que los elementos de concreto reforzado sujetos y diseñados a flexión por cualquier mdlldo apropiado. el diseñador podrá estudiar el comportamiento de la estructura en el instante de fa lla.. el diseñador obtiene los esfuerzos y deformaciones que se presentan en una estmetura sometida a las cargas para las cuales se diseiia.003 0.Estructuras de Concreto I METODO DE LA RESISTENCIA ULTIMA Generalidades: Por el Método Elástico o de los Esfuerzos de Trabajo. Por el Método de la Resistencia Ultima. de la Resistencia. = fy .24 46 15 20 . se podrá tener un diseño con factores de seguridad apropiados. 8 v0 ":¿ '" 28 1:1 o 875 e 700 " i u Qi 8 . si este instante se hace lo suficientemente mayor que el ele su trabajo para las cargas que soporta normalmente. el elemento resistirá carga adicional en la medida en que se aumenta el brazo del par interior resistente y hasta que la falla definitiva se presente por aplastamiento del concreto a compresión. para su trabajo con cargas. A continuación estableceremos las relaciones existentes en la sección en el instante de la falla para vigas rectangulares con armadura a la tracción. Como una in troducción al estudio ele l comportamiento de la estructura en el instante de f:l lla. en vista ele que el comportamiento de los materiales inelásticos en el instan te ele fall a es diferente al supuesto dentro del período elástico de su funcionamiento. 42 1050 e 35 ~ e º e' Ci O '" ~ E e ::.350 1-1- 14 f -€w 1.004 I o O 5 10 Deformaci6n %o De'ormac ión unita ria Figura 2. por lo tanto. es decir. k 1: factor que hace promedios los esfuerzos de compresión en el concreto.~ -. de obtcner una expresión de momento resis tente último para viga s rectangulares sometidas a fle xión con armadura .==l===!:==t ~ Figura 2. partiendo de la sección longitl!dinal y de la transversal plana antes y después de la deformación por flexión.85 f~ *k¡ *ku=pfy Por lo tanto: 47 . Podemos decir que en el instante de la falla. la compresión C u es igua l a la trac ci ón cuales evaluamos: C u = O. las en donde la ex presión O. según la teo ría de la Resistencia Ultima y una expresión de cuantía múxima dc refu erzo en el diseño ba lanc cado y su limitación para diseiios apropiados.85f~ * k 1 * kud * b. d: dimensiones útiles de la sección. k2: factor menor que la unidad que multiplic ado por ku d nos da la profundidad de l punto de aplicación de la resultan te de compresiones.85 f'e 11 J . "d" nos da la profundidad del eje neutro. con la siguiente nomenclatura: b.________ ___ _______ _ _ Capitulo:: Flexión \IETODO DE LA RESISTENC IA ULTIMA VIGA S RECTANGULARES CON ARMADURA A LA TRA CCIO N Se trata. entonces. 0. Igualando C u = Tu resulta: O.1 la tracción. T u.85f~ corresponde al máximo valo r de la compresión como resultado de la fle xión y su magnitud obedece a obtención experimental.- I -+- d-kud ~=. ku: factor menor que la unidad que multiplicado por.I.25 En esta obtención utilizamos un procedimiento abreviado con propósitos didácti cos . _ -. obteniendo: expresión esta conocida como la fórmula general de la resistencia última. También en el instante de la falla.85k¡ calidades y cuya evaluación experimental a través de numerosos ensayos dio como resultado: m = 0..ku d ku = __E-. para poder garantizar esta situación debemos obtener antes la cu antía necesaria para una falla sÍmultánea de acero y concreto.59. podemos expresar los momentos resistentes últimos como: Aceptando que los elementos de concreto reforzado diseí'íados a f1exión deben fallar cuando el acero de tracción alcanza su límite elástico.--c_ ¡:uc + Ey 48 ..- . es decir.....- expresión que nos permite conocer la r y la profundidad del eje neutro en función de calidad de los materiales.... en la deducción anterior partimos de la falla inicial por el acero de refuerzo lo cual imp lica secciones sub-reforzadas... podemos al mismo tiempo tener E uc y E Y : EllC= _. Ahora bien.-.85 * k ¡ f~ k en donde m == _ _2_ constituye una propiedad intrínseca del concreto en sus diferentes O.-.u". De acuerdo con el diag rama de deformaciones de la figura 2..btructuras dc ('Ollcrctll ¡ . . la cuantía bal anceada '! a partir de ella garantizar el sub-refuerzo apropiado.26 y suponiendo que el acero falle por tracción simultáneamente con el concreto a compresión .. tomamos el momento correspondiente a la tracción como el inicial y resistente último de la sección: que reagrupamos: M' =p* f u y ( I_~_* Pfy ) bd 2 0.. que reemplazamos en la fórmula de M~.~ kud d . como dijimos antes. hacemos simultáneamente ¡. Con el mismo criterio anterior de prevención: p máxima de diseño = 0.034028 De igual fomla.75p balanceada = 0.85-f~ * k I * fy fy ¡.-..L fy 0. y = fylEs.__ en donde 2f t - Capítulo 2 Flexión variable entre 0.85f * 0.. ue = 0.003 + . de arriba.85 !~.85 para resistencias a la compresión del concreto fe hasta de 28 MPa (280 kgf/cm\ cargas bajas y gradualmente aplicadas.003 y 0. _= 0.003 y ¡. ue ue + ¡. conseguimos la p máxima en el diseño balanceado.. con C u tomamos: d-kud ..516071. -.85 * = f' 0..~ 200000 y p balanceada especifica: 0.003 .021351 .* 0.016013 Como complemento de lo arriba expuesto si reemplazamos las p balanceadas aquí obtenidas en la fónnula para M'u de la resistencia última.75p balanceada = 0. calculamos a continuación p balanceada para las condiciones de 2 materiales f~ = 21.5 y * k I k u-O.. __. Para prevenir el riesgo de falla súbita. . 0.045371._ .003 + _ ~O___ fy 200000 p balanceada = 0. la Norma NSR-98 p máxima de diseño = 0.425 0. A manera de ejemplo. calculamos para las condiciones de materiales kgf/cm 2 ) f~ 21. y = fylEs ]Ud Por otra parte.003 y uc t . ue ~___.8 -f~ p-0.0:.004 la tomamos como 0.1 MPa (211 kgf/cm ) y fy = 240 MPa (2400 kgf/cm\ f' P balanceada = 0. Tu ¡. y Figura 2.1 MPa (211 y fy = 420 MPa (4200 kgf/cm 2 ): p balanceada = 0.26 La anterior constituye una expresión de cuantía en función de las deformaciones en donde k¡ lo tomamos como un promedio de 0. conseguimos el momento máximo o de falla para estos aceros y concretos así: 49 .85 * fy . ¡._ ¡. . Si en esta expresión.003 240 0.. complementando con las expresiones usadas actualmcnte cn el discño y su tabulación. f vll 0. _ Mu-0.( _ .::> d .85f~ resulta: 0.Estructuras de Concreto I .51 6071 ~ f . suponicndo una distribución rcctangular de los esfuerzos dc compresión C0!110 diagrama equivalentc con un esfucrzo unitario dc 0.- f~ = 21.1 MPa (2 ! I kg f/cn/ ) y f. = 240 M Pa (2400 kgticnh +._ .359f~ bd::> c f~ = 21.4~) fy ~ \ f y te ::> _ .318f c bd Estos resultados de M'u coinciden con suficiente aproximación con el valor promedio obtenido experimentalmente para esta expresión por el investigador Sr. 1. te ) f' ( f' f M'u= 0 .0.851'c H r kud I . Método de Whitncy Sc trata dc obtcner una cxpresión dc momento resistente último para vigas rectangulares somctidas a flexión con armadura a la tracción.0. _ * ..f. Charles Whitney: Este invcstigador propuso una mctodo logía de sencilla aplicación para cl diseño por la resistcncia última de scccioncs de concrcto rcforzado cuyos fundamcntos cxponcmos a continuación.425 r: f~ y} . 59" ()._.1 MPa (211 kgl/c!11 ) y t~.-_ . -1 Q d d·Q b Figura 2._ -.. ty \ bd C= (). A parti r de las seccioncs longitudinal y transversal adjuntas en las cuales reemplazamos cl bloque real de compresiones por uno cquivalcntc dc forma rcctangular.516071 ~ tv .27 50 . = 420 MPa (4200 kgti'cm\ .)9 0.85f~. sicndo todos los esfuerzos de compresión iguales a 0. Whitney para el caso de momento máximo o de falla para la p balanceada.85~(1-~)f'bd2 d 2d e amaximn = 0.0.18 a 51 . d 2d que igualado al promedio obtenido por el Sr.85f¿ 0. como antes lo hemos dicho . expresión que nos permite 0. lo expresamos como: pfy 2 * 0.. resulta: kud = 1.~) f~ bd 2 .85f~ d 0. y con el propósito de establecer comparación.85 f~ab = A J y = pbdfy conocer la profundidad del bloque rectangular de compresiones en función de p y los materiales.59 pfy Jbcl 2 Y f~ ' I j que es la misma fórmula general de la resistencia última presentada antes. Sólo con el propósito de establecer una expresión límite de "a" en función de "d".537 d Adicionalmente. el momento resistente último que. del problema anterior: pfy ku = . profundidad del eje neutro. trabajamos con el momento resistente último por el concreto en compresión: M~. También en el instante de la falla.85f~ k¡ kud=~ k¡ en donde reemplazamos: Si tomamos k 1 = pfy a O. = Cu(d - a / 2) = 0.d.85 para resistencias a compresión del concreto f~ menores o iguales a 28 MPa (280 kgticm2¡.85f~ d reaorupando: M' =pf ti b (1. podemos obtener el valor de kud.85~(1 .85f~ ab(d -a / 2)= 0. está detemlinado por el acero de tracción al llegar a su límite elástico._ _ _ _ _ _ _ __ __ _ _ _ _ _ _ _ _ Capítulo] F¡exión Para la compresión C u = Tu en el instante de falla: pfy a = .-'--O . nos dará el valor máximo de "a": M' = lIf'bd 2 u /3 e = O.. en función de "a". Para resistencias por encima de 28 MPa.::: 0.0. en donde el factor (J¡ debe tomarse como 0.28 Resumimos esta aproximación en la figura. ~¡ debe reducirse a razón de 0.003 y que el esfuerzo en el concreto de 0. Por lo tanto: ¡jI 0= f' -.65 0.2) Y el Códigu del Instituto American o del Concreto ACI . limitándose a reglamentar su uso con requisitos de seguridad apropiados que veremos a continuación.Estructuras dc Concreto I La Norma Sismo Resistente Colombiana NSR-98 (Sección C.85 2 para resistencias a la compresión del concreto f~ hasta 28 MPa (280 kgf/cm ) inclusive.85 f~ se distribuya uniformemente sobre una zona cquivalente ele compresión limitada por los bordes de la sección transversal y por una línea recta paralela al eje neutro a una distancia a = (1¡C de la fibra de máxima deformación somctida a compresión. La Norma NSR-98 recomienda un factor de seguridad obtenido de una parte aumentando las cargas o los momentos que ellas producen por medio de los denominados "coeficiente s de carga" y por otra parte disminuyendo la resistencia de las secciones por medio de los denominados "coeficientes de reducción de resistencia". es evidente que se pretende que dicho momento no se presente colocándose un factor de seguridad apropiado. aceptan como suposiciones ele eliseilo qll~ la mú xim<1 deformación unitaria utilizable en la fibra extrema a compresión elel concreto s~a 0.05 _c[ 7 Es con estas suposiciones que la Norma Colombiana protocoliza la utilización de las expresiones antes estudiadas del Método de la Resistencia Ultima.65.05 por cada 7 MPa (70 kgf/cm 2) por encima de 28 MPa. I 0.85 . 52 .28] . Factores de Seguridad Para efectos de diseilar a partir del momento último de una sección . pero no puede ser menor de 0. Figura 2. 7 W) U = 1. retracción de fraguado. cambios de humedad.28 L + 1.7 H.0 E Para cargas verticales y horizontales (viento) combinadas: U = 0. las combinaciones de carga más usuales: Para cargas verticales: U = U= O= L= lA O + 1.7 L + 1. en donde H = carga debida al empuje lateral del suelo o a presión hidrostátiea Para cargas verticales y fuerzas y efectos causados por expan sión o contracción debidas a cambios de temperatura.9 O + 1. en donde: carga total mayorada o factorizada carga muerta carga viva Para cargas verticales y horizontales (sismo) combinadas: U = 0.75 (lA O + 1.05 O + 1.7 L +1.7 L) + 1. Una carga mayorada es por consiguie nte la carga resultante de multiplicar la carga nominal por un coeficiente de carga. en donde W = carga de viento Alternativa: U = 0.0 E U = 1. La Norma NSR-98 lo dcfine como "coeficiente que tiene en cuenta las desviaciones inevitables de las cargas reales con respecto a las cargas nominales y las incertidumbres que se tienen ell el análisis estructura l al transformar las cargas en efectos internos de los elementos".28 L + 1.75 (lA O + 1. A continuación.__ _____ _ Capitlllo 2 Flexión Coeficient e de Carga Es un factor de seguridad con respecto a las cargas exteriores.28 W.0 E. en donde E = Fuerza sísmica.9 0+ 1. flujo plástico. Las fuerzas sísmicas obtenidas según la Norma NSR-98 son cargas mayoradas con un coeficiente de carga de 1.3 W Para cargas verticales y horizontales (empuje lateral o presión hidrostática) combinadas: U = lA O + 1.7 L. asentamientos di fe renciales o combinación de varios de estos efectos : 53 .4 Alternativa: U = 0.05 0+ 1. 75 x 1. Coeficiente de Reducción de Resistencia q) Es un coeliciente que reduce la capacidad de la sección para tener en cuenta \ariaciones en la calidad de los materiales. + 14T) 1.7 (D + L + W) U = 1.7(D+L+II) Pero siempre teniendo en cuenta el uso de la combinación más desfavorable. 54 ... es decir aquellas en que la carga viva no exceda del 40'X.---.. en donde U Para cargas verticales y horizontales (viento) combinadas: U = 0.- 075(140 + 1.. de la carga muerta.-. además.0 E.6 0 + 2.05 T.75 x 1.0 L En estructuras de tipo corriente..2 X L I 1. utilizamos: U " 1.275 (O + L + W) Para cargas verticales y horizontales (empuje lateral o presión hidrostática) combinadas: U= I.71.0 E ~... 1.. en donde represen ta las flh:~rzas y efectos distintos a las cargas ve rtical es y que enunciamos arriba.. el diseilador podrá escoger desde los j~lctores anteriores hasta los siguientes que recomendamos ligeramente superiores yen los cuales._ . así: Para cargas verticales: U "c 1. NOTA: De los resultados anteriores se toma el más desfa vora ble y en Illllgún caso se trabajará con un "U" inferior al utilizado para cargas ve rticales.-- II li T . La Norma NSR-98 lo define como "e l coeticiente qu e toma en cuenta las desviaciones inevitables entre la res istencia real y la resistencia nominal del elemento y la fórma y consecuencia de su tipo de falla". deficiencias en la ejecución de la obra disei'iada y las indeterminaciones del diseilo. Para trabajar en las condiciones especíticas de nuestro medio.05 D i 1..7 (O + L) +1.7 (O + L) Para cargas verticales y horizontales (sismo) combinadas: U = 0.. puede considerar incluidos los efectos de la retracción de fraguado y fluencia lenta.Estructuras de Concreto 1 _.275 (O + L) + 1. por lo cual se constituye en un sencillo programa de diseño.-.= U -._ ______ _ _ _ __ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ _ Capitlllo 2 Flexión La Nonna NSR-98 define la aplicación del <jl como "la resistencia de diseño que tiene un elemento. en términos generales.59 UM P~y ) bd 2 . 55 . Expresiones para el cálculo y su tabulación 0. o sea flexión.S. carga axial.¡. de los materiales fy y f~ Y de la sección bd. que para el caso de nuestra recomendación para cargas verticales en estructuras de tipo corriente resulta de 1.-.85 f'c r----t C 1 u . cortante y torsión. sus conexiones con otros miembros y cualquier parte o sección de el.=- a d r d.. debe ser igual a su resistencia nominal calculada de acuerdo COII los requisitos y suposiciones del Título C de esta Norma (Norma NSR-98) multiplicada por un coeficiente de reducción de resistencia <jl.29 Notación: M U <jlM n Momento de flexión o momento actuante Coeficiente de carga Momento actuante último o momento de diseño Mn <jl Luego: <jlM n <jlM n Momento de falla a la resistcncia última o momento nominal Coeficiente de reducción = = <jlM' ti <jlpfy = Mu (1- = 0. Por tanto el factor de seguridad resultante será: F.90. será de 0.. Por lo tanto: Resistencia de diseño = <jl x Resistencia nominal ~ Resistencia requerida" El factor de reducción de resistencia <jl para el capítulo que nos ocupa.. en términos de momento flector. expresión a partir de la cual calculamos la fe cuantía del refuerzo p en función del momento actuante último.89 que es a nuestro juicio aceptable para nuestro medio.a!2=id d·Q Tu ~ Figura 2. de p -a = .. en donde a = .- El valor de p máxima de diseño en la formulación usual la obtenemos a partir de la expresión general deducida antes: ~ &u .85f~ De la figura 2. en donde el valor de k2 es igualmente tabulable. cjlM n = Kbd 2 . en donde K = cjlpfy De aquí: d = . a 2d J= 1 . en la cual SI reemplazamos k ) = 0..85-*k¡ * . expresión a la que debemos acceder en 600+ fy unidades de MPa.003 Y &y = fylEs Y multiplicamos el numerador y el denominador por Es = 200000 MPa resulta: Pmáxima diseño = 0.d .29: jd = d .7225 f~ * fy 600 .75*0. descritos en el Apéndice de este texto).85 fy &u +&y (para concretos con f~ ~ 28 MPa o 280 kgf/cm\ &u = 0. Expresando cjlM n en función de "a": ( a) P fy cjlM n =cjlAsfy d-.Estructuras de Concreto I _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ Esta expresión también puede escribirse: .. este valor de j se puede tabular en la forma de: 2 ..75*0. (Véase tablas de diseño elaboradas con los procesos arriba . tamb" len en tiunclOn d 0. Pmáxima diseño = 0. En el caso de concretos con 2 f~ por encima de 28 MPa (280 kgf/cm ) se debe calcular el valor de k l por la fórmula del 13 1 arriba enunciada..85f~ Este valor de a es tabulable en la forma: P fy . 2 0..~ ..k~cjl~n = k2l~~n (1- 1 059p f: es tabulable en función de p fe / . 56 . Capítulo l Flexión Refuerzo Mínimo de Elementos en Flexión En cuanto al refuerzo mínimo de elementos a flexión, dice la Norma NSR-98 en la Seeción C.l0.S que "en cualquier sección de un elemento sometido a flexión donde debido al análisis se requiera refuerzo a tracción, exceptuando lo prescrito cn los artículos C.I O.S.2, C.I O.S.3, C.l O.S.4 y C.I 0.5.5, el As suministrado no debe ser menor que el dado por: . .. K lA As(mlJl)=p(mlJl)db w =-41' db w ~-:-dbw para f" en MPa" y ty "Para secciones en forma de 'T', donde el ala esté sometida a tracelOn y el alma a compresión, el As suministrado no debe ser menor que el valor obtenido por medio de las ecuacIOnes: donde b", es el ancho del alma y br cl del ala. Los requisitos anteriores pueden dispensarse si, en todas las secciones del elemento la cuantía de refuerzo a tracción suministrada es mayor al menos en un tercio a la requerida por análisis. En losas estructurales de espesor uniforme, el área mínima y el espaeiamiento máximo de l refuerzo en la dirección dc la luz deben ser los que se requieren para retraceión y variación de temperatura dc acuerdo con la Sección C. 7 .12. El espaciamiento máximo de l refuerzo no debe exceder del mínimo de tres veces cl cspesor de la losa o zapata, ni 500 mm". Con el propósito de limitar el agrietamiento por flexión en vigas y losas que trabajen en un a dirección, el refuerzo para tracción por flcxión debe distribuirse uniformem<.;ntc dcntro de las zonas dc tracción de acucrdo a los requisitos de C.I O.GA dc la NOrBJa. Allí dicc qu e "cuando la resistencia nominal a la fluencia del acero de refuerzo, j~ , excede de 300 MPa, las secciones transversales de máximo momento positivo y negativo deben dimcnsionarse de talmancra que el parámetro dado por z = fs~JdcA no exceda de 30 MN/m para concreto no expuesto a la intcmperie y de 25 MN /m para concrcto expuesto a la intempcrie." El valor de t~ dcbc calcularsc por cl procedimiento alterno ele eliseiio él la flexión por el Método de los esfuerzos adlllisibles o alternativamente utilizar un fs igual al GO%, de la resistenci a nominal a la fluencia fy. 57 ) Estructuras de Concreto 1 de espesor dd recub rimi ento de cOllcrdo medido desde la fibra ex trema sometida a tracción hasta el centro de la barra. en Illlll . A .~ úrea efecti va. por barra. del concreto sometido a tracción que circunda el refuerzo de flexión a tracción. Se calcula como el área de concreto que tiene el mismo centroide que dicl~o refuerzo. dividida por el número de barras o alambres de refuerzo. en mm" de concreto por barra o alambre. Alternativamente. en los casos en los que f\ no excede de 420 MPa. el refuerzo de tracción por fle.'\ión en \'igas debe distribuirse de tal manera que el ancho de la viga . dividido por el número de barras. o paquete de barras . no exceda 225 mm para concreto que no estú expuesto a la intemperie. ni 125 mm para concreto expuesto a la intemperie. A continuación problemas de aplicación de los conceptos antes expuestos. Problema 2.12 Diseñar la armadura necesaria a la fle xión en una viga de 0.30 x 0.50 m. simplemente 2 apoyada en una luz dc II mctros. armada en concreto de f~ = 21.1 MPa (211 kgtlcm ) y acero para f\ o•• 240 Ml'a (2400 kgUcm 2 ) y una carga total de lI.lI(í kN /m (O.lIlIó tf/ m.) (Nótese que esta carga cs la obtenida como soportada en condiciones de seguridad por la viga del problema 2. l . de sección. luz. tipo de carga. condiciones de apoyo y materiales idénticos a este problema. cuando la sección estaba reforzada con 4 qJ 7¡g-'). Se trata de obtener una carga última y un momento actuante último a partir del cual obtenemos p. Solución: l. Obtención de \v u, F. de S. y <jJM n : La aplicación del coeficiente de carga U lA [) + 1.7 L implica el conocimiento de las porciones de carga total que corresponden a carga muerta y carga viva. Suponiendo un lIO'Yo de la carga como muerta, obtenemos: c.. Wu= lA x O.lIO x ~U\(í + 1.7 x 0.20 x lI.8(í _ . U (coeilclentc dc carga ponderado) ~ .~ 12.93 kN /m = 12.93 - _Oo' 8.8Cl ~ IA6 -0.9 Factor de Seguridad F. de S. recomendación anterior ele 1.89 58 IACl • ~ l.el:' que resulta inferior a la _ __ __ __ _ _ _ _ _ _ _ _ Capítulo 2 Flexión . 12.93 *8 2 <j>tvl n = - - - = 103.44 kN·m 8 2. Armadura: Usando las fórmulas o la calculadora programada: [ (y} <j>M n = q,pf y 1- 0.59p f~ . d 2 ' 1 103.44 = 0.9*p *240000(1 - 0.59*P * 240000 * 0.30*0.44 2 21100 J p2 -0.149011p + 0.001229 = O /"0 de donde escogemos: As = 0.008764*300*440 = 1157 mm p = 0.008764 2 La solución por tablas a partir de <l>M n: K=<l>Mn = 103.44 =1781.0; p(porintcrpolación) = 0.008762 bd 2 0.30 * 0.44 2 As = 0.008762*300*440 = 1157 mm 2 , obteniéndose el mismo resultado. Colocamos 3 <l> 7/8" (As = 1161 mm\ que es inferior en una barra a las cuatro necesarias por el Método Elástico. Una de las razones de esta diferencia es el factor de seguridad que aquí es de 1.62 y en el Método Elástico el factor de seguridad lo suponemos por encima de 2.0. Confirmamos lo anterior, si diseñamos el problema anterior para un factor de seguridad de 2.0, es decir, coeficiente de carga de 1.8: 2 <l>M n = 8.86*8 *1.8=127.58kN·m 8 K=<l>Mn= 127.58 =2196.6 bd 2 0.30*0.44 2 p (por interpolación) = 0.010978 2 As = 0.010978*300*440 = 1449 mm , que todavía nos resulta por debajo de las cuatro barras de <j> 7/8", pero que sin embargo las podríamos colocar en una aco modación del refuerzo por exceso. 59 86 kN/m (0 . determinando su momento resistente último de diseño.13 Revisar el diseño a flexión para momento máximo en el centro de la luz de 8 metros de una viga simplemente apoyada sometida a carga unifonne. ~ = ~387 bd = 0.886 tf/m). obteniéndose así el factor de seguridad de este método para el problema antes citado. con materiales y refuerzo como aparece en la sección adjunta.30 Solución: 1.E5tructuras de Concreto 1 Problema 2. carga esta obtenida en el problema 2. Se trata de obtener el momento resistente último de diseño a partir de la cuantía p existente.44 0.1 como soportada en condiciones de seguridad por una viga similar de acuerdo a un diseño por el Método Elástico. la carga w en kN/m que puede soportar cuando el factor de seguridad sea de 2.0 y cual sería el factor de seguridad resultante si consideramos que la carga total actuante es de 8.50 2 Concreto: fb = 21. luego la carga a soportar para un factor de seguridad suministrado y finalmente el· factor de seguridad cuando la carga w es suministrada como segura en un diseño elástico. Obtención de p: = P 2.011727 300*440 Obtención de c!>M n : A partir de las fórmulas: 60 .1 MPa (211 kgf/cm ) Refuerzo: fy = 240 MPa (2400 kgf/cm 2 ) Figura 2. 0. _ _ _ _ _ Capítulo 2 Flexión ------ - - - --- - - - - - - - - a= rfy 0.85f~ ~Mn d = 0.011727*240*440=69.1mm 0.85 * 21.1 = 0.9*4*0.000387*240000*(0.44 - 0.0691-7-2) = 135.57 kN·m A partir de las tablas: ~Mn = Kbd 2 para K correspondiente a p = 0.011727 ~Mn = 2333.4*0.30*0.44 2 = 135.52 kN·m, obteniéndose resultados iguales. 3. Carga w en kN/m que puede soportar para un factor de seguridad de 2.0: 2 ~Mn Wue W u *8 = 135.57 kN·m = - - = ------- 8 2 8 Wu = 16.94 kN/m Si el factor de seguridad es 2.0; U = 2.0*0.9 = 1.8 W = 16.94 = 9.41 kN/m, 1.8 concluyéndose que el resultado obtenido en el problema 2.1 implica un factor de seguridad por encima de 2.0. 4. Factor de Seguridad para una carga total actuante de 8.86 kN/m: . 16.94 SI W U = 16.94 kN/m, entonces U = ---- = 1.912 8.86 F.deS. = 1.91~=2.12 0.9 Y que sería el correspondiente al diseño por el Método Elástico en el problema 2.1. Problema 2.14 Diseñar la armadura necesaria a flexión en una viga de 0.30 x 0.50 m, simplemente apoyada en una luz de 8 metros, armada en concreto de f~ = 21. I MPa (21 I kgf/cm 2) y aceros p~ra 2 fy = 240 MPa (2400 kgf/cm ) y como alternativa para fy = 420 MPa (4200 kgf/cm\ si soporta una carga uniforme total de 10 kN/m, de la cual el 80% es carga muerta y el 20% es carga vIva. (\\ 61 ~) ,- ') Estructuras de Concreto I Solución: l. Se trata de obtener un momento actuante y con un factor de carga apropiado un momento último de diseño, a partir del cual obtenemos las armaduras para cada calidad de acero. Momento actuante, coeficiente de carga y momento último de diseño: Momento actuante = w pc 10*8 c M = - - = - - = 80 kN· m 8 8 Utilizando un coeficiente de carga U = 1.6 D + 2.0 L, resulta: w u = 1.6*0.80* 10+ 2.0*0.20* 10= 16.8 kN /m U = 16.8 = 1.68, muy aproximado al factor de carga conjunto recomendado 10 arriba de 1.7 (D + L). ~Mn 2. = 1.68*80 = 134.4 kN· m Armaduras: Se pueden ~M n = <!»pfy (1 - 0.59p f; }d 2 obtener por la con p en función de fe aplicación del programa ~Mn o por intermedio de la tabulación efectuada para esta misma expresión. Así: a. Utilizando fy = 240 MPa (2400 kgf/cm\ K=~,!VIn bd 2 = 134.4 =2314.0: p=0.011621 0.30 * 0.44 2 2 As = 0.011621 *300*440 = 1534 mm - 4 $ 7/8". Esta armadura, también principalmente por la disminuci@n en el factor de seguridad, resulta inferior a la obtenida por el Método Elástico en el problema 2.4 parte ~~a" b. . Utilizando fy = 420 MPa (4200 kgf/cm\ A partir de K = ~i,. = 2212.3 obtenemos p = 0.006320 0.30*0.45" 62 _ _ __ _ _ _ _ __ __ _ _ __ _ __ __ _ _ _ _ _ __ _ _ Capítlllo 2 Flexión As = 0.006320*300*450 = 853 mm - 3 ~ 3/4". que resulta inferior a la armadura obtenida con el acero de baja resistencia utilizado en "a", por lo que el cambio en la calidad del acero de baja a alta res istencia puede representar una solución a la acomodación del refuerzo en secciones muy congestionadas. 2 También por el Método de la Resistencia Ultima existe en ocasiones la imposibilidad de aumentarlas dimensiones de secciones sometidas a momentos jlectores últimos o de diseHo mayores que los resistidos por la sección, teniéndose que usar una armadura en la zona de compresiones que implica una armadura adicional a tracción, produciéndose entonces las denominadas Vigas con Armadura a la Compresión. Sin embargo, hay casos de uso de la armadura en la zona de compresión sin que se tenga razones de resistencia, como en los casos en que con esta armadura se pretende reducir las flechas por fluencia lenta o retracción de ji'aguado o en los casos en que tal armadura se usa para el sostenimiento de estribos. A continuación las relaciones para el disei10 de las Vigas con Armadura a la Compresión, también llamadas Vigas con Armadura Doble, por el Método de la Resistencia Ultima. 63 complementando con las limitaciones de cuantía para el diseño según la Norma NSR-98. que es la parte del momento desarrollado por las fuerzas en la armadura de compresión y un área igual de la armadura de tracción.s+c u d.A's = Armadura de tracción correspondiente a la compresión en el concreto. según la Teoría de la Resistencia Ultima. ~~-rc A's I A's . planteamos: M n = momento resistente último o de falla = M'] + M'2 ' en donde: que es la parte del momento desarrollado por el resto de la armadura de tracción (As .A's) Y la compresión en el concreto.31 Llamando: As A's Area total del acero en tracción Area del acero en compresión As .d' ~ JJ As As Figura 2.Estructuras de Concreto] _ _ __ _ _ _ _ __ _ ______ _ _ _ __ ___ __ _ _ ____ METODO DE LA RESISTENCI A ULTIMA VIGAS RECTANGULARES CON ARMADURA A LA TRACCION y A LA COMPRESION Se trata de obtener una expresión de momento resistente último para vigas rectangulares sometidas a flexión con armadura a la tracción y a la compresión. 64 . Partiendo de la consideración de que tanto As como A's llegan a su límite elástico en el instante de la falla. también conocidas simplemente como vigas con armadura a la compresión o vigas doblemente armadas. para lo cual se especifica: (p .d Esta especificación de (p . ~ fy 600 600 .~~ - -~ ~~ ~~- _.) mín s (p (p - p')máx = p')s (p - p')máx.85 f~ * ¡:¡f-' 1 * (p . el momento de diseño será: Como antes se dijo. ]d~_d' IkUd 1 LJ €y Figura 2.32 65 d-kud . así : A' l I.p .d' _~. que está de acuerdo con lo reglamentado en la Norma.75 Pb. y mm -_ O. ---~----- As p' y Si llamamos: p = bd tendremos según lo expuesto antes: a = ~~~_ Capítulo 2 Flexión bd (P-p')f 0.fy * d' .85f~ yd El momento resistente último o de falla será: De acuerdo con las provisiones de seguridad de la Norma.). en donde: 0.p.p' )mín es deducib'Je a partir del diagrama de deformaciones últimas en el instante de falla. todo el desarrollo anterior se basa en la hipótesis de que tanto el refuerzo a la tracción como el refuerzo a la compresión alcancen su límite elástico en el instante de la falla. Problema 2. armada en concreto de f~ = 21 .30 x 0. 1 MPa (211 kgf/cm ) y 2 acero para fy = 240 MPa (2400 kgf/cm ) y una carga exterior de 10.003 Y E ~ =:.~ *k ¡ * d' *- en dondc k 1 es el mismo d 131 de la Norma Colombiana. Por lo tanto.60 kN/m 10. según lo expucsto antcs. simplemcnte 2 apoyada en una luz de 8 metros. 85 . propIO vIga: carga sobre la viga: 0. Eu . para una p' menor y por consiguiente un (p .15 Diseñar la armadura necesaria a la flexión en una viga de 0.50 x 1.p .-fy E u -E s d Si cn el instante de falla ¡ =0.52 kN/m (1.Estmcturas de Concreto 1 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ _ _ __ Relacionamos: E' _ _ s_ = kud . Se trata de obtener un momento actuante último y dotar a la sección de un momento resistente equivalente.fy p .10. 'Es con los valores de Es en MPa.12 kN/m = .10.) mÍn Por lo tanto : f hacemos Eu = ku = (- y 0.en donde: _ 1_1 kud 0-P"y (p .85f~ k I E~) ~.85 -f~· *k¡ * .30 x 0.p' = 0 .052 tflm). (Resolvemos por el Método de la Resistencia Ultima el problema 2. Solución: 1.d' ku = E .p') mayor que el obtenido por la expresión anterior se garantiza el cumplimiento de la hipótesis básica según la cual el refuerzo a tracción como el refuerzo a compresión alcanzan su límite elástico en el instante de la falla. 0. Obtención de 4>Mn Y comparación con MI: Cargas: p. A continuación.00 x 24 w 66 = 3. resulta: f' 600 fy 600. que por el Método Elástico requirió a la tracción 4 4> 1" + 2 4> 7/8" y a la compresión 3 4> 1/2").50 m. trabajamos con un factor de seguridad de 2. problemas dc aplicación sobre los conccptos antes expucstos.E s Eu .52 kN /m = 14.0 para hacer más comparables los resultados con los obtenidos en el problema 2. por las tablas resulta: K = ~03.034028* 240000*(1.96 ~c 203.43 21100 2 = 314.0. para el Método de la Resistencia. todavía estamos. resulta: NI 1 = 0. así: MI = <ppf y (1 .~3 0.0340n .33 = 0. así: 203.9 * 0.59p 2~00~~)* 0.30 * 0.m).0. o sea el momento máximo desarrollado por la máx ima armadura a la tracción y el concreto a la compresión.6.30 * 0.034028 240000)*0 .01953 .__ _ 7 Nlomento actuante = Flexión " wl':" = 8 .m 8 Para un factor de seguridad de 2. valor similar al obtenido por las tablas: NI 1 ~ 5671 .33 kN·m (20. dentro del período de vigas con sólo armadura a la tracción. que para p máx ima de diseño = 0.0.9 * p* 240000 * (1. 2.333 tf.112.6*0. _•.59 * 0.43 2 = 314..30*0.01953 1" + 2 Q> 7/S" (2S 14 mm 2 ) 0.01953*300*430 = 2519 mm - 67 4 Q> = 0.33 kN·m.43 2 = 3665 . Armadura: De acuerdo a la conclusión anterior.0 utilizamos U = I.59p ~~ }d 2 .43 2 21100 p = Igualmente.3 0 * 0. Comparamos este resultado con el MI. p (interpolada) 2 As = 0. C"{Jí/lIlo] 14.S <jJM n = 1.8* 112 .60 kN·m Lo anterior significa que en la provisión a la sección de un momento resistente último igual a 203.1~*X- =.96 kN.60 kN·m. diseñamos esta viga con sólo armadura a la tracción. 59 * 0. Solución: l.59p MI = ~~ }d 2 ..1 MPa (21 l kgfJcm ) y 2 acero para fy = 240 MPa (2400 kgf/cm ) y una carga exterior de 21.30 * 0.00*24 carga sobre la viga: 3.104 tflm).0. Problema 2.9 * 0.50* 1.02 \ 21100 kN·m (usamos d = 0. o sea. Comparamos este resultado con MI .41 2 = 286. La diferencia con la annadura de compresión se debe principalmente a los factores de seguridad que se usaron para cada diseño.30 x 0. Obtención de <j>Mn Y comparación con MI: Cargas: p.30*0.60 kN/m 21.04 kN/m (2. de S.16 Diseñar la annadura necesaria a la flexión en una viga de 0.0 utilizamos U = 1.034028240000 ) * 0.41 anterior). mantenemos el factor de seguridad de 2.10 sólo requiere la armadura de tracción en cantidad aproximadamente igual a la obtenida por el Método Elástico. el diseño de la viga del problema 2.= 197.50 m simplemente 2 apoyada en una luz de S metros.15 Y cuatro veces la del problema 2. así: MI = <j>pfy ( 1 . de 2.0 con el fin de cotejar resultados. propio viga: 0.482tfm ). armada en concreto de f~ = 21.04 kN/m w 24. que para p máxima de diseño = 0. (I-Iacemos notar que esta carga es el doble de la correspondiente al problema 2.0.X2 kN·m (35..64 kN/m 24.034028 vale: 0. Se trata de obtener un momento actuante último y dotar a la sección de un momento resistente equivalente.-.8 <j>Mn = 1. 111 esperando una armadura superior a la del problema 68 .Estructuras de Concreto 1 _ _ _ _______ _ ________ ___ _ _ __ __ __ _ _ _ __ ~ Concluimos que por el método de la Resistencia Ultima y con factor de seguridad de 2.12 kN·m S Para un F.8*197.12 = 354.64*S2 Mactuante = . 12 con miras a comparar resultados y fijar ordenes de magnitud de cargas contra luces y secciones).0.034028 * 240000 * ( 1. el momento máximo desarrollado por la máxima armadura a la tracción y el concreto a la compresión . _~ -.85*21 ./ ~ i¡ \ . j M2 = Ij>M n .= 0... 9*240000*(0.-. M2 68.0...-= .034~28*0.9*222000*(0.--./ r . = .41 s + ____ .m) ~ 2.0.05) Algunos autores consideran que se debe aumentar el A' s por la disminución de la misma área del concreto a compresión desalojado por el refuerzo.=. j' .-.3 =41 7.90 * 240000 *(0..41-0..41 m Figura 2.~ \'- .80 2 2 A = .88 tf.____ = 0. Armadura: a.1 = 222 MPa 00009 57m 2 ( 957 mm) 2 68.. para lo cual plantean: f~ = f y .85f~ = 240 .005070 m2 0.8 --.02 = 68. $fy(i'::·d') M2 A rmad ura a la tracClOn: A = 0.33 b." + 31j> 1 1/8" (521 1 mm 2) Chequeo de "d":d=500 .80 .' de d·¡seno .30*0.286.41 .41~0..-- lL I '\ \ 1'\ 2- --..05) As = 5070 mm 2 Refuerzo: 41j> 1\1.MI = 354..4*819*60+3*645*120 =500-82.80 kN·m (6._.. ....- 'r -r' ~- .7mm _ 4*819+3*645 0..-- " ~ C ~ Capítulo 2 Flexión Este resultado significa que en la provisión a la sección de un moment" resistente último.82 .000885 m (885 mm ) s Ij>fy(d-d') 0 .* bd T.___ 68.. A . Armadura a la compresión: .05) 69 .. se requiere la contribución de la annadura de compresión produciéndose un diseño de viga doblemente armada.-. .-_. As = P maxlma .0._. s 0. Estmcturas de Concreto! _ _ _ __ Refuerzo: 41j> 3/4" c.-. agregamos que la Norma Colombiana especifica que el refuerzo a compresión en elementos sometidos a flexión debe asegurarse mediante estribos en la misma forma que el refuerzo a compresión en columnas.. consistente en reemplazar la armadura de baja resistencia por armadura de alta resistencia que nos permita utilizar diámetros inferiores de normal ocurrencia y que además muestre al lector la justificación de este tipo de refuerzo como solución a secciones congestionadas..1 *0.033130 < 0. para un mismo factor de seguridad . A continuación una solución al resultado calificado como teórico del problema anterior.1136 = 0. Finalmente. = 1136 mm 2 Chequeo de cuantías: p-p (~ . Solución: Para el mismo factor de seguridad y momento actuante último Ij>Mn = 2 ) y el 354.16 utilizando acero para fy = 420 MPa (4200 kgf/cm mismo factor de seguridad. Problema 2.15.:.p. observamos la aproximada proporcionalidad entre la carga y la armadura de tracción correspondiente.85* 600 * 50 600 .85f: P' mín = .85_* 2J. = As - A~ bd ?211 .) < (p . Comparando con el problema 2.75 300*410 Pb ) 0. Obtención de M 1 Y M2: 70 I ..) mín < (p .f y d 240 600 .034028 = 0. ~ fy \jJ - I 600 d' __ 0.82 kN· m.012911 Por lo tanto resulta: (p .p')mín = 0.17 Diseñar la viga del problema 2.240 410 (p .p' )máx NOTA: Esta solución puede resultar teórica en nuestro medio entre otras razones por la posible dificultad de consecución en la actualidad de las barras en los diámetros usados para la armadura de tracción . 1. comparamos con el M I obtenido para las nuevas condiciones de los materiales y colocamos a continuación las armaduras por un proceso similar al utilizado en el problema anterior.p. 42 .0 160 13 * 420000 * (1 - = 0.d' A.74 0708 2 ( 2 .016013 * 420 ) * 0.59 * 0.002695 m 2 ? = 2695 mm- Refuerzo: 4 cj> 1" + 2 cj> 7/8" (2814 mm 2 ) Chequeo de "d": z= d = 4 * 51 O* 60 + 2 * 387 * 11 O 28 14 500 .08 kN . = 0.85 * 2 1.59/~)bd2. A' A mla d ura a la compresIOn: s= M2 ~f.73.--s 0.34 b.0.42 2 21.M I = 354.) en donde f~ = f y .05) As = 0.9 * 0.. .82 ._ _ __ _ __ _ _ _ __ _ _ _ __ __ __ _ __ _ Capítulo 2 Flexión <l>Pfy[1-O. que para p máximo de diseño MI = MI = 0.05 4 71 G> 5/8" (796 = 73.016013 * 0.0.0. 1 = 260.260.30 * 0.42 .0.74 kN·m 2.01601 3 vale: fe 0. 1 = 402 MPa . A s = ( )' = 0. m M 2 = cj>M n . Armadura a la tracción : As = (p máximo de diseño)*bd + ~2 ) .(d::'-d--. .2 mm . cj>fy d .0.9*420000*(0.____ 9~~!4_ _ . 94.8 = 426.00 m 708 mm ) . Armadura: a. 0..8 mnh .3 0 * 0.08 = 94.85f~ "" 420 .9 * 402000 * 0.42 m Figura 2.42 + __ . A continuación presentamos un ejemplo de la utilización de este procedimiento.025. 2814-796 P -p = .p. el cambio en la calidad del acero cumple el objetivo propuesto. La forma como opera este control consiste en que al reducir el valor de (p .) mínimo. Igual que en el caso anterior.18 Diseñar la armadura necesaria a flexión en el problema 2. ahora calculado para (p . aproximadamente equidistante entre (P-p.016013 = 0.= 0.fy d (p-p')mín = 0.p' )mín < (p .. con el propósito primordial de familiarizar al lector con el diseño y trabajo de las vigas con armadura a la compresión. siempre y cuando el valor de (p . y momento actuante último <j>M n = 354. el refuerzo a compresión debe asegurarse mediante estribos.16.) < (p .) = 0.85f~ p. fy _!iQQ__ ~ 600. Algunos autores recomiendan la utilización de (p .015825 Y (p-p')máx.) = 0.)= o. como en las columnas. Solución: Para el mismo F." p.. y con el M.75pb 300*420 (p _ p' )mín =~.85* -6Q~*2Q. Chequeo de cuantías: .025. reducimos el valor de MI y por consiguiente el trabajo del concreto y su deformación por jluencia lenta.Estructuras de Concreto 1 _ _ _ _.p.p.=0. adoptando una cuantía (p .-. En ocasiones se usa el acero a compresión para controlar o reducir las dejlexiones a largo plazo.420 420 Por lo tanto (p .016016 . Problema 2. calculamos M2 y las armaduras correspondientes: 72 .85*~*0.) = 0.) variable entre o.187( = 0.0.p.181~ fy para un máximo control y O.p'). poco frecuente en el ejercicio profesional. de S. 75pb si este control no es necesario.p. = 0.p' )máx NOTA: Como se observa en los resultados.034028 (sin control de deflexión)._ __ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _____ ____ c.16 con el criterio de reducir la deflexión por plastificación del concreto.82 kN·m obtenido en el problema 2.18 1L fy ¿ (p.014404 420 600 . 82 = 117.00 kN·m 2. .237.!J2·~~.9*222000*(0... Armadura: a.30 * 0.30 * 0.025 * 240000 *(1 - MI MI = J 0.-. 73 .75pb = (p -.1 237.d') _ = 0.42 m Figura 2.06) s Refuerzo: 2 <ji 1" + 2 <ji 7/8" (1794 mm 2 ) Debe notarse el aumento considerable en la armadura de compresión de 740 mm 2 2 teóricos en el Problema 2. A' = ___ _ __ _ .80 = 420 mm = 0.42 .025 * } 40 * 0.(d .-- <jIf. c.p')máx .42 + ________1_!7_ __ _ ____ = 0.2-.9*240000*{0.= 80mm 491 4 d = 500 .0..82 . __ _ M. Chequeo de cuantías: En este caso es más obvio este chequeo que en los problemas anteriores en donde (p ." (4914 mm ) Chequeo de "d": 2 1 1 4' z 4 * 819 * 60 = .16 a los 1627 mm de ahora.42 .- -- +2.9 * 0.42 2 21.= -.59 *0.35 b. Armadura a la tracción: A = s 0 .025 * 0._ _ __ _ _ _ _ _ _ _ _ Capítlllo 2 Flexión = 0.0.004655 m 2 0. A' A rma dura a l a compreslOn: s .001627 m 2 (1627 mm 2 ) 0.82 kN·m M2 = 354.06) As = 4655 mm 2 2 Armadura: 64> 1y.pi) se había calculado muy cercano a 0.*--819 * 120 . A's = .Estructuras de Concreto I . reiteramos la necesidad de asegurar el refuerzo de compresión mediante estribos.19 Revisar el diseño a flexión para momento máximo en el centro de la luz de 8 metros de una viga rectangular simplemente apoyada sometida a carga uniforme.024762 Según lo expuesto antes: (p . sin embargo. NOTA: Se espera que este aumento en la armadura de compresión reduzca la de flexión por plastificación. aumentando.025 bd 300 *420 por las aproximaciones en la colocación de la armadura.. la necesidad de este control dependerá de un ..50 Figura 2.= .P A s . con un problema de re visión de la sección utilizando el diseño del problema 2. como veremos al final del presente eapítulo. de acuerdo a la sección y materiales siguientes: f e = 21.034028 Y (p .-. Terminamos estos problemas de vigas rectangulares con armadura a la compresión. Problema 2.36 74 ..-.< (p - p')< (p - p')máx .:studio sobre las deflexiones elásticas y a largo plazo.012911 Por lo tanto : (p -p')mín.= 0.. Finalmente.1794 < 0. la armadura a compresión. determinando el momento resistente último de diseño y la carga w en kN /m que puede soportar cuando el factor de seguridad es de 2.0.1 MPa = 240 MPa fy 0.p' )mín = 0.p' )máx = 0 . P.... 16 del cual mantenemos la annadura a la tracción y modificamos. 4914 . 9 * 0.= 0.005211-0. el resto de armadura de tracción trabajando con el concreto para producir este momento.p') _.00 1548 * 240000 * (0.A. = 0.85 * 21.X2 kN·m del problcma 2.91 kN ·m Otra forma de obtener M I hubiera sido: *( 1 MI =4)(p-p')I".¡) kN·m 259.p')máx ") Obtención del momento resistente último <j>Mn = MI + M2 A partir de M 2 = <pA~f.p')mÍn < (p .r') Primero veriticamos que esté dentro de los límites admisibles y luego obtenemos M2.16312) = 259. o sea.41" 21.029nO * 240000 * (1 - MI MI .0297XO P p 300*410 Según problema 2. J " f .001548)*240000*(0.5Cl ! 120. 379. ~259.034028 POI" lo tanto: (p . se Lisa en este = 75 .1 MI = 0.0.163 m 0.029nO.p') < (p . 0. reemplazando: ~ 0.d') = 0.9*(0.012911 y (p .37 kN·m obtenemos M I = <I)(A s .93 kN·m que se aproxima al momento último (I)M n 354.41 = 0. bd -o 0.16 concluyendo que e l aumento en la armadura de compresión no implica un aumento en la resistencia de la sccción.p')máx . 1.0._ _ _ _ _ _ Capítulo:! Flexión Solución: (r .X5f: 0. el cual de lermina a su vez el valor de M I para que sumados tengamos el q)M n Y por consiguiente la carga w.16: (p-p')mÍn. Verificación de (p . * (d .05)= 120.029780*240*0.59*(p .p'): (" _.41 .a 12) .9 * 0. .)f y (d .41.0297X * 2~ "I * OJO * 0.59 * 0.3 7 e .56 q)M n = 0.154X = 0.p\~ donde (p . AquÍ: a = (p-p')f y d = 0..) = 521 1 . 8 Wu W = 47.64 kN/m debido no solo al aumento del refuerzo de compresión..) *- 0. = 2..93 kN·m 8 Si F. sino al exceso de refuerzo colocado en el problema original sobre el teórico requerido. 3. que cual/do l/O SOl/ prefiIhricadas. NOT A: PaJ"a casos como este.= 379.'T".49 kN/m = W = 47. 76 . Una de las construcciol1es miÍs ji·ecuentes 1'/1 estructuras de concreto son las llamadas losas aligeradas.. estudiamos las relaciol/es de diseiio F especificaciones de las denominadas vigas "T".75pb.... están constituidas por sistemas mOl/o/iticos de vigas "r· el/ los cllales la aleta es la losa de piso y los nervios son la parte cel/tral de la viga .497 1. A cOlltilluaciól/.8 26. en los que aplicación de la especificación: (p - p')mín.p. es que resulta obvia la p')máx .38 kN/m que es un poco supenor a 24. < (p -p')< (p - (p . Obtención de 1 wlIC- 8 W lI Yw : w lI * 8'. de S.Estructuras dc Cnllcrcto I caso como disminución cn cl trabajo del concreto y por consiguiente en la disminución dc su deformación por fluencia lenta.0 entonces U = 1.::_ . l (Jt + b' El ancho de aleta que se proyecta a cada lado del cuerpo central no debe exceder a la mitad de la distancia hasta el siguiente cuerpo central . Para vigas con losa de ambos lados del cuerpo central o alma y que hacen parte de un sistema monolítico de losa a base de vigas "T": b Figura 2. complementando con las limitariones de cuantía para el diseño según la Norma NSR -9 8._ __ _ __ Capítulo 2 Flexión :\IETO DO DE LA RESISTENCI A UL'¡ IMA VIGAS "'1''' Se deben obtener las expresiones de momento resistente último para vigas "T" sometidas a flexión con armadura a la tracción. a. en términos de b': b :s. en términos de "b": b :s.37 El ancho efectivo "[1" no debe exceder a 1/4 de la longitud de la viga: b :s. Para vigas con losa de un sólo lado del cuerpo central () alma y que hacen parte de un slstcllla Illonolítico de losa a base de vigas " T" : 77 . 1/4 longitud de la viga El ancho de aleta que se proyecta a cada lado del cuerpo central no debe exceder a 8 vcces el espesor de la aleta "t". debemos conocer las especificaciones de la Norma NSR-98 sobre las mismas. Antes de obtener el momento resistente último para secciones en "T". según la teoría de la Resistencia Ultima. a la separación centro a centro de vigas adyacentes b. Si la profundidad del bloquc de compresiones y e l eje neutro quedan dentro de la aleta: 78 . en términos de b': b ~ 6t + b' y tampoco debe exceder a la mitad de la distancia hasta el siguiente cuerpo central. b Figura 2. en las cuales la forma "T" se usa para proporcionar un úrea adicional de compresión. b ~ 4b' . b --~I ] I • • b' Figura 2. Para vigas "T" aisladas.39 Para el estudio de su momento resistente último. b ~ 'h de la distancia libre ha sta la siguicntc viga + b' c.38 El ancho efectivo dc aleta que se proyecta al lado del cuerpo central no debe exceder a 1/12 de la longitud de la viga. en términos de b'. t ::o: 12 b' Y un ancho efectivo dc ala no mayor quc cuatro veces cl ancho del alma. nos encontramos con dos casos: a.Estmcturas de Concreto 1 _ __ _____. en términos de "b": b ~ 1/12 longitud de la viga + b' Tampoco debe exceder a 6 veces el espesor de la aleta. se debe tener un espesor de aleta no menor que la mitad del ancho del alma. \ =0. en donde: Armadura total a tracción..s. .._ _ _ _ _ __ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ ___ _ __ _ CapÍIII/o 2 Flexión b' Figura 2.40 Este caso. ilustrado en la figura.. Si la profundidad del eje neutro es superior al espesor de la aleta y queda dentro del alma: b 1 f--I-- .. Armadura de tracción correspondiente a la compresión en la zona del alma.. Figura 2... ~. Armadura de tracción correspondiente a la compresión en las aletas.a/2) M.\ O-c(A. . ~.I·endonde: M . -+---=t--t!:::::j ~~===:t4--1A..\ = momento resistente último de la zona del alma M ....1 = momento resistente último de la zona de aletas los cuales podemos cuantificar separadamente así: M..\ +M..-t~_. J ---.a 12). A s1 ) f y (d..41 Fn cstc caso. 79 . b. el momcnto resistente último o de falla se compone de dos momentos: Mil ~ M.. puede estudiarse como una sección rectangular de dimensiones b y d....-..X5( ab'(d . las alctils deben disciiarse como voladizos .O .'\ continuación problemas de aplicación de xo IllS conceptos antes ex puestos. .'. .----.b')t (d - tl2)} Y También en estas vigas "T" es neeesario garantizar que la armadura de traeción estará en tlueneia antes de la falla del conereto a compresión.75Pr 600+ f y Adicionalmente a la armadura principal calculada de acuerdo a las espccificaciones anteriores.85((b-b')t(d-t / 2) M'uf = A s! f/d ..----. si llamamos: y P máxima = A .85( {ab'(d-a / 2)+(b . debe colocarse una armadura en las aletas en dirección ortogonal a la luz principaL que para un sistcma dc vigas " T" (losas aligeradas) corresponde a la armadura neeesaria cn la losa de recubrimicnto: cn otros casos.:. tendremos que: b'd Ph (para la parte rectangular central de la viga) + P I' Para tener un margen de seguridad eontra la falla del concreto en compresión la Norma Colombiana especifiea: .--.----.. es deeir: cpM n = cpO.íxlInadlScIlo O' 75( Pb+Pf) . Por lo tanto.. armarlos convenicntcmcnte . el momento de diseiio es: cpM n = cpM'uw + cpM'uf .----.Estnlc turas de Concreto I .-- -- ------- 0.-Pm..t/2) De las expresiones anteriores: De aeuerdo eon las provisiones de seguridad de la Norma Colombiana.. 75 * O.f P t' = .85 f~ ab' De las expresiones anteriores: f~ f~ También para M'uf: M'uf =0. 85 -f~ fy *1'\ 1>1 * 600 + O. M = w8f.. calculamos la cuantía necesaria p para el momento actuante último propuesto y en consecuencia la profundidad del rectán gulo de comprcsiolles y cl eje neutro.80 I 0.7* 197. 80 III Y altura efectiva d = 0._ __ _ _ _ _ _ __ __ _ __ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ Capitulo:: Flexión Problema 2. Comprohación de la profundidad dcl rcctángul o de co mpresi o nes y el eje neutro. = 189 . b = 0 . para su funcIOnamiento como vIga rectangular: Suponiendo un a sección rcctangula r ele anch o b ~ 0. d e S .25 1 I 0. se debe revisar que la sección cumpla los reqUI sItos geométricos de la Norma NSR-9R para su consideración como viga "T" y luego dotar a la sección de un momento resistente último equiva lente al actuante. 64*~ 8 ___ = 197. simpl emente apoyada en un a luz de 8 metros. usando un factor de seguridad apropiado. ~ ~ 4b' b' /2 b < 4*300 t > 300+2 = = 1200 mm 150 mm .1 7).10 kN·m 3.44 m. U =. armada en concreto de f~ = 21 . (La carga es igual a la utili zada en el problema 2..12 kN' ITI '' 17 para F . cl>Mn = 1. Revisión de la " T" según la Norma : b (ancho efectivo de aleta) t (espesor de aleta) .1 MPa (21 1 kgflcm 2 ) y ac ero para f y = 420 MPa (4200 kgflcm\ si soporta un a carga total de 24.15 I 0.464 tf/m).20 Diseñar la armadura necesaria a la flexión en un a viga de sección "T" según la figura. . XI . ___ = 24..64 kN/m (2.12 = 335.. Soluc ión : l.25 Figura 2.30 d O _ " I •••• 0.42 En primer lugar.35 I b'= 0. calculando la armadura correspondiente.006173: As = 0.9*p *420000*( 1.XO * 044 2 • ( 21100 Por lo tanto: a = ? f ! d = 0.80 * 044 valor de ald = 0 .85 * 21. En cualquier caso.10 = 0. caen dentro de la alcta. ga rantizando que no ha y compresiones en la parte central de la viga "T" bajo la aleta y que por lo tanto se puede diseñar como viga rectangular de b = 800 mm y d = 440 mlll .6 111m y kud = 75. continuamos el diseiio como viga rectangular.6 interpolamos en la tabla correspondiente el 2 0. aunque ahora utili zamos un factor de seguridad un poco inferior. Armadura : Para la cuantía obtenida p = 0.59p * 42!LO~~ *O.1 p = 0.006173*420*440 = 63.Estructuras de Concreto I _ _ _ _ _ _ __ ¡ 335. 10 = 2163. podemos decir que reemplaza mos la armadura a la compresión por el concreto de las aletas y di sminuimos la armadura a la tracción por un aumento del brazo del par interior resistente. así: 4.006173 *800 *440 = 2173 mm 2 - 2 ~ 1" + 2 ~ I }~ " (2310 mm 2 ) Armadura adicional: en las aletas se debe colocar una armadura ortogonal a la luz principal y correspondiente a un di seño de dichas aletas como voladizos. 82 .17. NOTA: Comparando con el problema 2.85f~ 0.00617 3 y kud = 1.6 mm 0. Por lo tant9 a = 63. 1445. como la profundidad del eje neutro.O.18*a = 75. En el caso de utilizar las tablas.0 mm Estos resultados significan que tanto la profundidad del rectángulo de compresiones. el procedimiento sería el si guiente : A pa rtir de K = 335 .0 mm. según la figura.64 kN /m (2.10 kN·m 3.25 1 Figura 2.00 m b::S. se debe revisar que la sección cumpla los requisitos geométricos de la Nonna NSR-98 para su consideración como viga "T" y luego dotar a la sección dc un momento resistcnte último equivalentc al actuante. usando un factor de seguridad apropiado. Revisión de la "T" según la Norma: b::S.43 Solución: l.1 MPa (2 11 kgf/cm ) y act<ro para fy = 420 MPa (4200 kgUcm\ si soporta una carga total de 24.1 hi tl exión en un a i l¡! a de secci ón "T". igual que en el problema 2. para F.44 m y calculamos la cuantía 83 .30 1 1b'=0. que han: parte de un sistcma monolítico dc losa basado en vigas "T". - . = 197. Comprobación de la profundidad del funcionamiento como viga rectangular: rectángulo de compresiones. suponemos una sección rectangular de ancho b = 0. para su Como rutina de diseño. 0.7 <j>M n = 1. b=0.89.2 1 Diseil ar ia armadura necesaria .30 I 0.30 = 1.20. de S.12 = 335.80 0. utilizamos U = 1.05 + 0.80 I 0.12 = kN·m.=. longitud de la viga = 2.80 m y altura útil d = 0._ _ _ _ Ca¡n tulo ¿ Flc~ii)!l Prob lema 2.464 tf/m) .80 m = 1. En primer lugar. 16t + b' = 16*0.25 I b'=0. simp lemente apoyada en 2 una luz dc 8 metros.50 0.7*197. separación centro a centro de vigas adyacentes we2 2464*8 2 8 8 M=- .10 m b::S. armada en concreto de f~ = 21.80 b=0. y. 9 * (p . para la zona central rectangular de la viga "T" planteamos: M U \\ = <jJ(p .6 = 75. son mayores que el espesor de la aleta. Luego el tratamiento para su diseilo debe ser como viga "T".44 2 21100 . 4.05 = 0.59p'f~ :135.. P ~ O.9*0.PI' ) * 420000 2 7 *11 -0.85f~ 085 * 21." / 0.006173*420 Por lo tanto: a = )' d = .0 mm Estos resultados significan que la profundidad del rectángulo de compresiones y por consiguiente del eje neutro . la profundidad del rectángulo de compresiones y el eje neutro: J ' //'-.PI' )*420000 lf * 0. Diseilo como viga "T": a.59p *~20000) * 0.30)*0.p! )f y {I-0.59 *(p .001068*420000*(0.001068 m2 420 (~ Mur =0.9 * P * 420000 *( 1.0.56 kN·m (i Por 10 tanto. Determinación de Mul\' Y (As Muw = Mu ' Mur = As!): 335.56 = 0.85f~ (b .59(P . fy bd~ qJM n = <jJpfy( 1.1 8*a = 1. * 440 = 63.OOÓ 173 I pr .p¡)::: }bd 167. .44 2 21100 1 84 .b') t (d .54 kN·m b.Estructuras cle Cnllcrctl) 1 _ _ __ necesaria p para el momento actuante último propuesto y en consecuencia.' kud = 1. Determinación de Mu! Y Ase: M uf = qJ * 0. 1 (.44-0.80 * 0.0.1*(0.t 12) Muf =<jJ*A sr *f y (d ···tl2).05/2)= 167.85*21. • As! =~f~(b=--b~~ ~ de donde: 0.30 * 0..10-167.80 · 0.10 = 0.6 mm 0.54 = 167...18*63. ~ -.--.022082 300*440 0.75 (pb + Pr) 2 * 510+2 *645 .X9.. . b = 0. Armadura adicional: Se debe colocar una armadura en las aletas.-.021351+ _1. (p .1 MPa (211 kgfi'cm Refuerzo: fy = 2 420 MPa (4200 kgf/cm ) 2 ) 0.PI) = 0.75 * (0. se debe revisar que la sección cumpla los requisitos geométricos de la Norma NSR -98 para consideración como viga "T" y luego 85 ..25 Figura 2. .- A ) ·L A s l· = 1121 + 1068 = - -_.) = 0. ortogonal a la luz principal y correspondiente al refuerzo para retracción de fraguado y variació n de temperatura de losas macizas... .= = 0.. detenninando el momento resistente último de diseilo y la carga w en kN/m que puede soportar cuando el factor de seguridad sea de I . según la fIgura. que hace parte de un sistema monolítico de losa basado en vigas "T".00X49 *3 00*440 2189 mm2: = 1 121 mm 2 24> 1" + 2 4> 1 IX" (2310 mn/) Comprobación de P < P máximo de diseño P máx disei'io P actual = = 0.00X49 Armadura: As d..0175 < P máx diseño 300 * 440 e.80 Concreto: f~ = 21. NOTA: La armadura en este problema con respecto a la del problema 2.2~~ . sometida a carga uniforme. _ _ _ _ _ Capítulo 2 Flexión ---- 0.22 Revisar el diseño a flexión para momento máximo en el centro de la luz de 8 metros de una viga " 1''' simplemente apoyada.20 resulta un poco superior por la posible disminución del brazo del par interior (id). Problema 2. = __ ..44 Solución: En primer lugar.-. 1 kud = 1.9*0.SO m As 2310 .1 * (800 . pOI lo tanto.21 86 . .SO m Chequeo del comportamiento como viga rectangular de b = O. Detenninación de ~MIl: de donde: A -r = Mur ~~5f~ (b fy s = b') t = 0.001068*420000*(0. bd 800 * 440 a =_ pf y 0.54 kN ·m lIacemos notar que es tos dos valores de A sr y Mur son constantes para la misma sección del problema 2.05 12) = 167. .300)* 50 = 1068 mm2 420 0.85 * 21.18* 67. p == ~~_.Estructuras de Concreto 1 ~ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ~ ~_ ~ ___ ____ ~ _ ____ ~~_ ~. Revis ión de la "T" según Norma: Aunque esta revisión se efectuó en el problema anterior. la repetimos para fijar el concepto de hacerla rutinariamente : b :S._.85 * 21._ obtener q>Mn según su funcionamiento estructural (profundidad del ej e neut ro) sea co mo viga rectangular o como viga "T" .44-0. l.00656.1 . VI de la longitud de la viga =" 2.00 m b s: 16t + b' = 1..85f~ d = ?006563 * 420 * 440 = 6 7.= 0. ce O.10 m b s: Separación centro a centro de vigas adyacentes 2.8 mm Este resultado significa que la profundidad del rectángulo de compresiones y por consiguiente la del eje neutro son mayores que el espesor de la aleta. Luego el funcionamiento estructural es como viga "T". 3.6 = 79.6 mlll 0. 75 (pb + pr) = 0.7 8 * 206 . 87 .85f~ d * 440 = 96.9 mm 0. = = 0. cuyos fundamentos y aplicaciones estudiaremos en el siguiente título "Deflexiones y control de cletlexiones". M= 351.01750 < P máx diseño 300 *440 Detenninación de M y w (carga que puede soportar para F.44 .001242 * 420000 *(0.As .1 Muw = 0. en vista de que hemos revisado para una armadura mayor que la teórica allí req uerida. modelo de la utilización del acero a la compresión para reducir flechas a largo plazo.Mn Y chequeo de P actual < P máximo de diseño q.68 w = .89) 1.Asf) = 2310 .021351+~!-) = 0.M n = 183.9 * 0.75*(0. Al Jinal del problema 2. q.36 ~~ - 1.--.584 tf/m) 2 8 La carga w resulta un poco mayor que la carga de diseilo del problema anterior. hablamos sobre la necesidad de esta metodología como función de un estudio sobre las deformaciones elásticas y a largo plazo.18.84 kN/m (2.85*21.= 25.68 kN·m = = 1.Asf ) f y ( d-a/2 Reemplazando : a = 0.022082 300 * 440 2310 = 0.36 kN·m P máx diseño P actual 4.82 kN·m c.0.54 = 351. Para F.009409 300 *440 ? (p . el cual lo presentamos como un anexo al capítulo de la Flexión.82 + 167.1068 = 1242 ---= 0.-..0969/2) =183.Capítulo 2 Flexión (As .7 = 1.89 utilizamos U = 206.009409*420 (P-Pf)fy 0. de S. de S.Pf ) = - 1242 mm- ) endondea= ( Muw=q. Estructuras de Concreto I _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ DEFLEXIONES y CONTROL DE DEFLEXIONES Gcncralidadcs Dicc la Norma NSR-9R cn la Sccción C. 16 Ambos apoyos continuos € 28 - f 21 Voladizos - f 10 p - R Estos valores dcbcn usarse para elementos cuyo refuerzo tcnga un límite de tluencia de 420 MPa.9.9. reproducidas a continuación.1 (b) Espesores mínimos h para que no haya nccesidad de calcular deflexiones.1 (a) y (b) dcben multipliearsc por: fy 04+ --700 88 . Construcción en una dirección La Nonna limita en las Tablas C. Elemento Simplemente apoyados Un apoyo continuo p Losas macizas - - Vigas o losas con nervios armadas en una dirección - f 24 ~O ( - t IX:. Simplementc apoyados Elemento Un apoyo continuo Ambos apoyos continuos e - f Losas macizas Vigas o losas con nervios armadas en una dirección e e 19 7 e _. de vigas y losas no prcesforzadas. de vigas y losas no preesforzadas.1 (a) Espcsores mínimos h para que no haya necesidad de calclllar deflexiones.1 (a) y (b). que trabajen en una dirección y que sostengan muros divisorios y particiones frágiles susceptibles de daíiarse debido a deflexiones grandes.9. los valorcs dc las tablas C. Para otros tipos dc rcfucrzo. los espesores mínimos de vigas y losas no preesforzadas y que trabajen en una dirección para que no haya lugar al cáleulo de deflexiones. Tabla C.- - 11 12 e Voladizos Tabla C.5 quc "los clementos de concreto rcforzado deben diseñarse de modo que tcngan rigidez sufieientc para limitar las deflexiones u otras deformaciones que pucdan perjudicar su resistencia o el uso nonnal o funcionalidad de la estructura" .( 14 5 -- - 14 f - 16 . que trabajen en una dirección y que no sostengan muros divisorios y particiones frágiles susceptibles de dañarsc debido a deflcxiones grandes.9.9. 7-J f~ en MPa..~~~. .~ meses . la deflexión debe calcularse con el módulo de elasticidad del concreto Ec. aquellas que ocurran inmediatamente después de la aplicación de las cargas deben calcularse por los métodos o fónnula s corrientes de la teoría de la elasticidad....0 1.S y con un momento de inercia efectivo le no mayor que I g Y que se calcula como se indica a continuación: mamen to de tí suración fr f I = --'--JL Yt módulo de ruptura del concreto = = O.4 6m~~·····S=I. S...Capítulo 2 Fkxión Continúa la Norma: "Cuando se calculen las defle xiones.2 ....== - ' • es el valor en bd el centro de la luz para luces simpl e me nte apoyadas y continuas y en el apoyo para voladizos. ... sin considerar el refuerzo...... 2. A menos que los valores de la rigidez El se obtengan de un análisis más completo. = .. en mm...... por el coeficiente obten ido así: 1 fe S ... ... Yt distancia medida desde el eje centroidal de la sección total.. ..9. momento máximo en el elemento para el nivel de carga que se está evaluando. I 2 meses .......... Las detlexiones adicionales a largo plazo causadas por la re tracción de fra g uado y el flujo plástico deben determinarse multiplicando las detle xiones inmed ia tas ca usadas por la carga muerta consid e rada. donde p = cuantía de refue rzo a la compresión 1+ SOp' A~ . =. El coefic ie nte de efectos dependientes del tiempo...... S= 1. puede tomarse as í: 5 ailo s o más .... momento de inercia de la sección tísurada transformada a concreto.. hasta la fibra extrema a tracción.. considerando los efectos que tienen la fisuración y el refuerzo-sobre la rigidez del elemento.......0 Las deflexiones calculadas de acuerdo a los parámet ros anteri o res no deben ser superiores a los límites dados en la Tabla C'. especificado en el Capítulo c. S= S= 2... que transcribimos: 89 . Deflexión instantánea debida a la carga viva. más la instantánea debida a cualquier carga viva adicional . Cubiertas o losas que soportan o están unidos a elementos no estructurales susceptibles de daño debido a deflexiones grandes.4.. tolerancias de construcción y con fiabilidad de los sistemas de drenaje. Deflexión instantánea debida a la carga viva.5.Véase Nota 3 Deflexión límite R Nota 1 180 - - e - 360 e . La parte de la deflexión total que se presenta después de la unión a elementos 'no estructurales.Nota 2 480 t .2 Deflexiones máximas calculadas pennisibles Tipo de elemento Deflexión que se considera Cubiertas planas que no soportan o no están unidas a elementos no estructurales que pueden ser dañados por deflexiones grandes.2. El límite puede ser excedido si se provee una contraflecha tal que la deflexión total menos la eontraflecha no exceda el límite.9. 90 . Este límite puede ser excedido si se toman medidas adecuadas para evitar el daño de los elementos soportados. Esta debe verificarse por medio de cálculos adecuados.9.. Las deflexiones a largo plazo deben determinarse de acuerdo con C. contraflechas. o sea la suma de las deflexiones a largo plazo debida a cargas pennanentes. La intención de este límite no es salvaguardar la eventualidad de acumulación de agua por efecto de la misma deflexión. No debe ser mayor que la tolerancia de los elementos no estructurales. 4.4 o C. pero pueden reducirse en la deflexión que se calcule que ocurre antes dc instalar los elementos no estructurales.2.Nota 4 240 Notas: l. Cubi ertas o losas que soporten o estén unidos a elementos no estructurales que no puedan ser dañados por de flexiones grandes.Estructuras de Concreto 1 Tabla C.5. Losas que no soportan o no están unidos a elementos no estructurales que pueden ser dañados por de flexiones grandes. 2.9. incluyendo las deflexiones adicionales debidas al agua acumulada y además considerando los efectos a largo plazo de todas las cargas pennanentes. 3. Esta última deflexión debe calcularse con base en datos apropiados acerca de las características de de flexiones a largo plazo de elementos similares a los considerados. .... b.... . = n ( ~ 0.3.5..9. 100 mm El espesor mínimo de losas con vigas entre apoyos en todos sus lados debe ser: a... los espesores mínimos de losas y otros sistemas en dos direcciones cuyos paneles sean rectangu lares con una relación de la luz más larga a la más corta dentro del panel no mayor de dos.... Con ábacos Panel Panel exterior interior interior Sin vigas de borde Con vigas de borde Panel interior Sin vigas de borde Con vigas de borde Panel interior 240 r~33 f ~6 f~ 36 f~ 36 e% 40 p..13 ....0.........13 .......2] ~ 120 mm Para a m > 2.._ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ Capílll/o 2 Flexión Losas en dos direcciones (no preesforzadas) La Nonna limita en la Tabla C. ..... Para 2..... 120 mm Losas con ábacos (sobre espesores) tal como los define el Capítulo C.. .....2 se deben cumplir los requisitos de C.... Para a m :<............9..... b.....2 el espesor no debe ser menor que: fy 0.. .... ...0 el espesor no debe ser menor que: 91 C.........0 ~ a m f... .. 0... h c...9-6 ..8+-~ 1500 J 36+5~[am ....... reproducida a continuación. ...2. Tabla C... % 40 420 eI....3 y no debe ser menor de los valores siguientes: a.3 EJspesores mlnlmos de Iosas SIn vIgas InterIores Sin ábacos Resistenci Panel Panel exterior a del acero.9. . Losas sin ábacos (sobre espesores) tal como los define el Capítulo C.9...3. ...{¡ p~ f~ 33 ei:33 f~ 36 f~ 36 fy en MPa 30 33 Continúa la Nonna: El espesor mínimo de losas sin vigas interiores entre apoyos debe cumplir los requisitos de la Tabla C........ 9-7 en donde: a: d. las condiciones de apoyo y el tipo de restricción existente en los bordes del panel. ~ = relación de la luz libre larga a la corta.Estructuras de Concreto 1 _ _ _ _ _ _ _ __ _ _ __ _ __ _ __ _ _ __ _ __ C. 92 . 9-6 o C.9-7 en el panel con el borde discontinuo. El momento de inercia efectivo debe ser el dado por la ecuación correspondiente antes enunciada. = relación de la rigidez a flexión de la sección de viga con respecto a la rigidez de un sector de losa definido lateralmente por los ejes centrales de los paneles adyacentes (en caso de que existan) a ambos lados de la viga. Las deflexiones deben calcularse tomando en cuenta el tamaño y forma del panel. am = valor promedio de a para todas las vigas existentes en los bordes del panel. Para el cálculo de las deflexiones el módulo de elasticidad Ec del concreto debe ser el especificado en la Norma. para losas que trabajan en dos direcciones Si en los bordes discontinuos no se coloca una viga de borde con una relación de rigidez a mayor de 0. Las deflexiones a largo plazo deben calcularse como antes se indicó. Se pueden utilizar losas con espesores menores que el mínimo requerido arriba si se demuestra que las deflexiones calculadas no exceden los límites dados en la Tabla C. A continuación algunos problemas de aplicación de las nociones anteriores.9 .8 hay necesidad de aumentar en un diez por ciento el espesor requerido por las ecuaciones C.2. 23 En el problema 2. simplemente apoyada en una luz de 8 metros. las deflexiones inmediatas causadas por la carga viva y las deflexiones adicionales a largo plazo causadas por la retracción de fraguado y el flujo plástico.46 93 .16 se diseiió una viga de 0..2-1) 1136 = 24310 mm 2 d' x-d' x h d-x b nA.30 x 0._ _ __ _ _ ______ Capítulo 2 Flexión Problema 2.p')mín < (p . = 11 . armada en concreto de f~ = 21. Ahora calcularemos para esta viga las deflexiones inmediatas causadas por la carga muerta. utilizando el método de la sección transformada: (2n .p')máx (según problema 2.64 kN/m (2.16) Figura 2. obteniéndose los resultados de la figura adjunta.464 tf/m). considerando los efectos que ti enen la fisuración y el refuerzo sobre la rigidez de la viga.45 Solución: Las deflexiones inmediatas se calcularán por las fórmulas de la teoría de la elasticidad.2 x 5211 = 58363 mm 2 Figura 2.1 MPa (211 kgf/cm fy = 240 MPa (2400 kgf/cm 2 ) 2 ) (p .1 MPa (211 kgflcm\ refuerzo para fy = 240 2 MPa (2400 kgf/cm ) y una carga de 24.p') < (p .50 m. las deflexiones adicionales deben determinarse multiplicando las deflexiones inmediatas causadas por la carga muerta por el factor f.1) A'. f~ = 21.= (2 x 11. de la Norma NSR-98.. Para el cálculo de las deflexiones inmediatas debemos determinar la profundidad del eje neutro bajo las cargas de servicio. 21 MPa Yt :.12 ~~~?.12 le = 312500 cm 4 94 4 .+-[~: l}. despreciando el refuerzo.2820 y si el momento máximo en el elemento Ma para el nivel de carga que se está evaluando.m 0.Estructuras de Concreto 1 _ _ _ _ _ __ __ _ __ _ _ _ _ _ _ _ __ _ __ Detenninación de la profundidad del eje neutro: 2 ~i.7-.80f =387364 cm4 3 Por otra parte. f~ =3.0rnm Por lo tanto. ={~: )\.50)= 58363*(410 -x ) x=218.63*(41-21.]3)*387364=386928 cm 197. el momento de inercia de la sección transformada fisurada ler es en cm4 : 3 ler =~}-+(2n .1O*(21.003125 = 35.[ 197.5)2+583.16 es de 197.+(2n .endonde f r =0.80 = 28. hasta la fibra extrema en tracción: Yt = 50 .20 cm ¡--- frlg Calculamos ahoraM er = momento de fisuración= --.l)A~(x-d'f+nAs(d-x)2 ler =!-2-~. 1 ={ e 35:?~ }3 *312500+11. podemos calcular el momento de inercia efectivo le así: 1. 19 = momento de inercia de la sección total de concreto es: Yt = distancia medida desde el eje centroidal de la sección total.80 . M er = 3210*0.21.12 kN·m.57 kN.~L8_f + 243.1)A~(x -d')= nAs(d - x) 150x 2 + 24310*(x . calculado en el problema 2. 009236 Luego la deflexión adicional a largo plazo será: 0. con ~ =2._ _ _ __ _ _ _ _ _ _ _ __ __ _ _ __ _ _ _ _ _ _ Capítulo 2 Flexión También de la Norma.0 =1.0258 m (25. 0.80*0.0047 m (4.0235 = 0. L en m.j f~ = 17900 MPa Por lo tanto. podemos concluir que: La deflexión inmediata causada por la carga muerta será de: 0. se debe cumplir: Deflexión a largo plazo por carga muerta más de flexión por carga viva debe ser menor de /. causada por la retracción de fraguado y el flujo plástico. se determinará multiplicando la deflexión causada por la carga muerta por el factor 1. E en leN/m e le en m Si la carga muerta es un 80% de la total.0235 = 0.7 mm) La deflexión adicional a largo plazo (5 años o más)..8 mm) La deflexión inmediata causada por la carga viva será de: 0.0188 m (18.. donde: A= ~1+ 5Op' .0047 = 0..0235 m 384 Ele 384 17900000*0. Ec = 3900.0333 m 240 95 . 300*410 ' A= 2.20*0.37 = 0.003125 2 4 para w en leN/m.0305 < ~ = 0.64*8 = 0.8 mm) Si la viga del problema hace parte de una cubierta o losa que soporta o está unido a elementos no estructurales que no pueden ser dañados por deflexiones grandes.0258 + 0.0188*1.37 1+ 50 * 0.009236 ..0 Y P = 1136 = 0. la deflexión elástica inmediata será: 8= ~ wL 4 4 = _5_* 24..f 240 . 1) A'. Problema 2.p')= 0.2-1) x 1794 = 38392 mm 2 CI' x-d' h d-x b nAs = 11.24 No obstante el resultado del problema anterior. el diseño presentado en el problema 2.50 (p -p')mín < (p .1 MPa (211 kgf/cm fy = 240 MPa (2400 kgf/cm 0.2 x 4914 Figura 2.48 96 = 55037 mm 2 2 2 ) ) (p -p')máx . f~ = 21. con lo cual se obtuvieron los resultados de la figura. las deflexiones inmediatas causadas por la carga viva y las deflexiones adicionales a largo plazo causadas por la retracción de fraguado y el flujo plástico.16 resulta correcto.47 Solución: Se utiliza el mismo procedimiento del problema anterior. = (2 x 11. así: Determinación de la profundidad del eje neutro bajo las cargas de servicio: (2n .Estructuras de Concreto 1 Por lo tanto.p') < (según problema 2. evaluando si la disminución de flecha que se busca es o no justificable. adoptando una cuantía (p .025.18) Figura 2. en el problema 2.37 0.18 se diseñó la annadura para la misma viga con el criterio de reducir la deflexión por plastificación del concreto. Ahora calcularemos para este diseño las deflexiones inmediatas causadas por la carga muerta. 23 +383.m 0.)2+ nAs(d - x? 3 I cr = 30_*20.77 cm / El momento defisuración M cr = frIg Yt = 3210*0~0.23 = 29.I)A~ (x _ d.12 ~3._ _ __ _ __ _ _ _ _ _ _ _ __ _ Capítulo 2 Flexión 150x 2 +38392*(x-50)=55037*(420-x) x = 202. Ig en cm 3 rg= 30*50 /12=312500cm 4 4 : y Yt = distancia desde el eje centroidal hasta la fibra extrema en tracción: Yt = 50 -.23f = 432681 cm4 3 El momento de inercia de la sección total de concreto.70 kN.37*(42-20.20.2977 y el momento máximo Ma = 197.+ (2n .12 kN·m.Q31 ~~= 33.3 mm El momento de inercia de la sección transformada fisurada es en cm 4 : 3 lel = ~~ .12 4 MPa Por lo tanto. Por lo tanto: I e = { 197. la deflexión elástica inmediata será: 97 * 432681 = 432090 cm4 .23-5f+550.70]3) 312500 cm = 17900 197.92*(20.70 }3 * 312500 + re Ec 0= 3900 i f~ = jI _[~. -.022 + 0.17 = 0.7 mm) La de flexión adicional a largo plazo (5 años o más) será de: 0.0188* 1. sino porque implica un sobre costo para una solución de un orden de magnitud muy pequeño y que igualmente podría lograrse si.0047 = 0.0047 m (4. L en m.0267 < = 0.5 * . = -~.Estructuras de Concreto 1 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ 4 4 0= .-----. en donde: A.022 m (22 mm) Con la misma consideración del problema anterior: Deflexión a largo plazo por carga muerta más deflexión por carga viva debe ser menor de e 240 8 :.0038 m (3. se suministra a la viga una contraflecha apropiada en el momento de construirla.8 mm) La de flexión inmediata por la carga viva: 0. lo cual nos parece poco justificable.24. por ejemplo. 98 .0235 m 384 Ele 384 17900000*0.17 1+50 1794 300*420 Luego la de flexión adicional será: 0. 0.8 mm) por efecto del aumento en la armadura de compresión de 1136 mm 2 a 1794 2 mm .= 1+5Op' _2_.0235 = 0. no solamente porque no es estrictamente necesario desde el punto de vista de de flexión admisible. E en kN/m e le en m Para los mismos porcentajes de carga muerta y carga viva del problema anterior.= 0...3 mm) 240 La solución de este problema nos muestra una disminución en la deflexión total de 0.0_ _ = 1.0235 = 0.0188A.20*0.64*8 .80*0.0188 m (18.0333 m (33..5 -wL = . obtenemos: La de flexión inmediata por carga muerta: 0.-.003125 2 4 para w en kN/m.