ejercicios del capitulo 2 -concreto-mc cormack
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Elaboración de los ejercicios impustosTRANSCRIPT
TRABAJO GRUPAL N°2
AREVALO VALDIVIESO DANNETTH PATRICIA…………………..(B.2.AVDP)
BUSTAMANTE BUSTAMANTE MANUEL ALEJANDRO …………(B.4.BBMA)
CABRERA ARIAS ROBERTO ALEJANDRO ……………………….(B.5.CARA)
CAMPOVERDE MUÑOZ RONALD ALEXANDER……………………(B.7.CMRA)
CELI CARRASCO JOHN ALEXANDER……………………………….(B.10.CCJA)
GUACHIZACA LOZANO PAULO CESAR…………………………….(B.18.GLPC)
LEON ROSALES ALEXANDER MAURICIO………………………….(B.25.LRAM)
MALDONADO ERAZO PABLO ANDRES…………………………….(B.26.MEPA)
MUYMA PASACA JHANDRY ALEXIS ……………………………….(B.28.MPJA)
ING. Carlos Aguilar Quezada
UNIVERSIDAD TÉCNICA PARTICULAR DE LOJA
INGENIERÍA CIVIL
CONCRETO I
LOJA
2014
CONTENIDO
RESUMEN ......................................................................................................................... 4
INTRODUCCIÓN ............................................................................................................... 5
RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS 2.7, 2.8, 2.9. .......................................................... 6
EJEMPLO 2.7 ................................................................................................................ 6
EJEMPLO 2.8 .............................................................................................................. 10
EJEMPLO 2.9 .............................................................................................................. 14
RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS DEL 2.1 A 2.20 DEL LIBRO GUÍA ...................... 21
Problema 2.1 ................................................................................................................ 21
Problema 2.3 ................................................................................................................ 22
Problema 2.4 ................................................................................................................ 23
Problema 2.5 ................................................................................................................ 24
Problema 2.6 ................................................................................................................ 25
Problema 2.8 ................................................................................................................ 27
Problema 2.9 ................................................................................................................ 27
Problema 2.10 ................................................................................................................ 2
Problema 2.11 ................................................................................................................ 3
Problema 2.13 ................................................................................................................ 5
Problema 2.14 ................................................................................................................ 7
Problema 2.15 ................................................................................................................ 9
Problema 2.16: ............................................................................................................. 10
Problema 2.18 .............................................................................................................. 12
Problema 2.19 .............................................................................................................. 14
Problema 2.20 .............................................................................................................. 15
ANÁLISIS DE RESISTENCIA DE VIGAS DE ACUERDO AL CÓDIGO ACI .................... 17
Método de diseño por resistencia última (diseño por resistencia): ................................ 17
Ventajas del diseño por resistencia: ............................................................................. 17
Obtención de expresiones para vigas........................................................................... 17
Porcentaje mínimo de acero ......................................................................................... 19
CUESTIONARIO .......................................................................................................... 20
FORMULARIO CAPITULO 3 ........................................................................................ 21
CONCLUSIONES ............................................................................................................ 23
RECOMENDACIONES .................................................................................................... 24
BIBLIOGRAFÍA ................................................................................................................ 25
RESUMEN
El presente trabajo pone a disposición la resolución de ejercicios para vigas de concreto
reforzado sometidas a flexión, evaluando el tipo de agrietamiento al que está sometido el
concreto y analizando el esfuerzo que presenta la sección ante las diferentes etapas en
las que se puede encontrar.
Se presenta el planteamiento, análisis y solución de diferentes secciones de vigas de
concreto reforzado sometidas a flexión. Calculando los esfuerzos admisibles, el momento
de agrietamiento, los esfuerzos de flexión y compresión y los momentos últimos en este
tipo de vigas.
INTRODUCCIÓN
El análisis de una viga de concreto reforzado sometida a flexión conlleva a evaluar las
diferentes etapas en las que se puede encontrar el concreto, y mediante este análisis
conocer el esfuerzo al que se somete tanto el concreto como la varilla de refuerzo.
A través del momento de agrietamiento se puede conocer la etapa cuando el concreto
comienza a agrietarse y ello permitirá conocer el esfuerzo al que se someterá la varilla.
Sin embargo cuando las varillas se encuentren trabajando a fluencia podremos conocer la
resistencia teórica o nominal a flexión de vigas de concreto reforzado, muy importante
para los diseños estructurales de edificios y otras obras civiles.
Un buen análisis de este tipo de vigas nos permitirá predecir la resistencia última de una
estructura con el fin de determinar la intensidad de las cargas que provocan la ruptura y
así poder asignar coeficientes de seguridad que permitan asegurar la vida de los
ocupantes.
RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS 2.7, 2.8, 2.9.
EJEMPLO 2.7
Análisis ejercicio 2.7
En este caso, se trata de una sección doblemnte armada, como ya
conocemos la determinación del área transformada para la zona sometida a
tensión es la misma que par secciones simplemente armadas. La unica diferencia
es que en el presente tipo de secciones tenemos un refuerzo en la zona de
compresión lo cual ayudará a aumentar su resisitencia. Para la determinación del
área correspindiente al acero en función del hormigón, se lo hace mediante la
siguiente expresión: A=(2n-1)*As. Su localización desde el eje neutro (calculado
por equilibrio), será igual a la distancia comprendida entre el eje neutro de la
sección y el centro de gravedad del acero de refuerzo. En cuanto al calculo, una
vez teniendo los datos anteriormente mencionados se procede a efectuarlo de la
misma manera que una sección simplemente armada.
Ejercicio 2.7-1
Calcular los esfuerzos de flexión de la siguiente figura, usando el método de
sección transformada. n=10; M=165 Kn.m.
Datos:
A Ø28=615.75mm2
As’= (615.75*2) =1232 mm2
As = (615.75*4) =2463 mm2
n*As = (10* 2463) = 24630 mm2
(2n-1)*As’ = 19*As’ = 19*1232 = 23408 mm2
((x-65)(23408))+((425x)(x/2))=24630*(435-x) ==> x = 152.21 mm
I = ((425*(152.21^3))/3)+(24630*((435-152.21)^2))+(23408*((152.21-65)^2))
I = 2 647 268 163 mm4
fc = (M.y)/I = (165*152.21*106)/( 2 647 268 163) = 9.49 MPa
fs’= 2*n*(M.y)/I = (2)*(10)*(106)*(165)*(152.21-65)/( 2 647 268 163) = 108.71 MPa
fs = n*(M.y)/I = (10)*(106)*(165)*(435-152.21)/( 2 647 268 163) = 176.26 MPa
Ejercicio 2.7-2
Calcular los esfuerzos de flexión de la siguiente figura, usando el método de
sección transformada. n=10; M=165 Kn.m.
DATOS:
A Ø28=615.75mm2
As’= (615.75*2) =1232 mm2
As = (615.75*4) =2463 mm2
n*As = (10* 2463) = 24630 mm2
(2n-1)*As’ = 19*As’ = 19*1232 = 23408 mm2
(175*X2)+((23408*(x-65)) = 24630*(535-x) ==> x = 183.42 mm
I = ((350*183.423)/3) + 24630*(183.42-65)2 + 23408 (535-183.42)2
I = 3 958 745 814 mm4
fc = (M.y)/I = (165*183.42*106)/ 3 958 745 814 = 7.64MPa
fs’= 2*n*(M.y)/I = 2*10*106*(165*(183.42-65)) / 3 958 745 814 = 98.71MPa
fs = n*(M.y)/I = 10*106*(165*(535-183.42)) / 3 958 745 814 = 146.54 MPa
Ejercicio 2.7-3
Calcular los esfuerzos de flexión de la siguiente figura, usando el método de
sección transformada. n=10; M=165 Kn.m.
DATOS:
A Ø28=615.75mm2
As’= (615.75*2) =1232 mm2
As = (615.75*4) =2463 mm2
n*As = (10* 2463) = 24630 mm2
(2n-1)*As’ = 19*As’ = 19*1232 = 23408 mm2
((175*x2)+(23408*(x-42)) = 24630*(458-x) ==> x = 160.94 mm
I = (350*160.942)/3 + (23408*(160.94-42)2) + (24630*(458-160.94)2)
I = 2 507 633 941 mm4
fc = (M.y)/I =(165*160.94*106)/ 2 507 633 941 = 10.59MPa
fs’= 2*n*(M.y)/I = 2*10*106*165*(160.94-42) / 2 507 633 941 = 156.52MPa
fs = n*(M.y)/I = 10*165*(458-160.94)*106/ 2 507 633 941 = 195.46 MPa
EJEMPLO 2.8
Análisis ejercicio 2.8
Para determinar el momento nominal, se debe empezar igualando tanto las
fuerzas de tensión como de compresión, a continuación se encuentra la altura del
material que está sujeto a compresión, se encuentra el centro de gravedad del
area sujeta a compresión para poder determinar el brazo de momento entre los
centros de gravedad en las cuales actúan las cargas de tensión y compresión, el
sentido opuesto formando el momento par, que equilibra el momento nominal.
Ejercicio 2.8-1
Determinar la resistencia Mn por momento ultimo teórico o nominal de la
sección si fy= 420 Mpa, f’c = 23 Mpa.
𝐴𝑆 = 4 ∗ 28^2 ∗ 𝜋/4 = 2463,009
𝑇 = 𝐴𝑆𝑓𝑌 = 1034,46363𝐾𝑛
𝐶 = 0,85𝑓´𝑐𝑎𝑏 = 0,85 ∗ 23 ∗ 𝑎 ∗ 200 = 17,01𝐴𝑐
𝐴𝑐 = 3910𝑎
𝐶 = 𝑇 => 𝐴𝑐 = 𝑇(𝐸3)
𝑎 = 264,5787𝑚𝑚
𝐵𝑟𝑎𝑧𝑜 = 212,7156
𝑀𝑛 = 220,0466𝐾𝑁. 𝑚
Ejercicio 2.8-2
Determinar la resistencia Mn por momento ultimo teórico o nominal de la
sección si fy= 420 Mpa, f’c = 21 Mpa.
𝐴𝑆 = 2 ∗ 30^2 ∗ 𝜋/4 = 1413,717
𝑇 = 𝐴𝑆𝑓𝑌 = 593,7610𝐾𝑛
𝐶 = 0,85𝑓´𝑐𝑎𝑏 = 0,85 ∗ 21 ∗ 𝑎 ∗ 400 = 17,01𝐴𝑐
𝐴𝑐 = 7140𝑎
𝐶 = 𝑇 => 𝐴𝑐 = 𝑇(𝐸3)
𝑎 = 83,1598055𝑚𝑚
𝐵𝑟𝑎𝑧𝑜 = 578,420097
𝑀𝑛 = 343,443302𝐾𝑁. 𝑚
Ejercicio 2.8-3
Determinar la resistencia Mn por momento ultimo teórico o nominal de la
sección si fy= 420 Mpa, f’c = 23 Mpa.
𝐴𝑆 = 4 ∗ 30^2 ∗ 𝜋/4 = 2827,433
𝑇 = 𝐴𝑆𝑓𝑌 = 1187,52202𝐾𝑛
𝐶 = 0,85𝑓´𝑐𝑎𝑏 = 0,85 ∗ 23 ∗ 𝑎 ∗ 350 = 17,01𝐴𝑐
𝐴𝑐 = 6842,5𝑎
𝐶 = 𝑇 => 𝐴𝑐 = 𝑇(𝐸3)
𝑎 = 173,550899𝑚𝑚
𝐵𝑟𝑎𝑧𝑜 = 233,2245507
𝑀𝑛 = 276,9592903𝐾𝑁. 𝑚
EJEMPLO 2.9
Análisis ejercicio 2.9
Para determinar el momento último teórico o nominal de una sección se
toma en consideración que después de que el concreto es sometido a esfuerzos
mayores que 0,5f’c, ya no varían directamente a la distancia del eje neutro, es
decir que las presiones o gráfica de presiones no se muestra de manera
rectangular sino mas bien una curva, pero para efectos de análisis se lo toma
como rectangular con esfuerzo constante de 0,85f’c, de esta manera resulta fácil
el cálculo de las resistencias a flexión.
Con esta hipótesis (c=0,85f’c(a) (b)) podemos obtener el área de compresión y
luego con esto el valor de la altura del rectángulo de la hipótesis “a”.
Por último y en base a la formula se puede obtener el momento último teórico o
nominal ya que es igual a T o C veces la distancia entre sus centros de gravedad.
Ejercicio 2.9-1
Calcule la resistencia del momento último nominal o teórico de la sección de
la viga mostrada en la figura 2. Si fy =420 MPa y f’c = 24 MPa (concreto de
alta resistencia).
116,76 116,76 116,76
200mm
380mm
1272,35mm2
20mm
350
350mm
Datos
5 Ø 18
Cálculo de el área de influencia del hierro ( As )
𝐴𝑠 = 𝑛 ∗ (𝜋 ∗ (𝜎)2
4) = 5 ∗ (
𝜋 ∗ (18 𝑚𝑚)2
4) = 1272,35 𝑚𝑚2
Cálculo de las fuerzas de Tención (T) y Compresión (C)
𝑇 = 𝐴𝑠𝑓𝑦 = ( 1272,35 𝑚𝑚2 ) ∗ ( 420 𝑁/ 𝑚𝑚2) = 534,38 𝐾𝑁
𝐶 = 0,85 𝑓’𝑐(𝐴𝑐) = 0,85 (24 𝑁/ 𝑚𝑚2) 𝐴𝑐
Cálculo del área a compresión (Ac)
𝑇 = 𝐶
534,38 𝐾𝑁 = 0,85 ( 24 𝑁/ 𝑚𝑚2) (𝐴𝑐 )
𝐴𝑐 =534,38 𝐾𝑁
0,85 ( 24𝑁
𝑚𝑚2) = 26195,44 𝑚𝑚2
= ?
Cálculo del valor de ( a )
(1) Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑚𝑢𝑒𝑠𝑐𝑎 = 116,67 𝑚𝑚 (200 𝑚𝑚 ) = 23333,33 𝑚𝑚2
(2) Á𝑟𝑒𝑎 𝑟𝑒𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = 𝐴𝑐 – (1) = 26195,44 𝑚𝑚2 – 23333,33 𝑚𝑚2
= 2861,44 𝑚𝑚2
𝑎 = 200 𝑚𝑚 +(2)
350𝑚𝑚= 200 𝑚𝑚 +
(2861,44 𝑚𝑚2)
350𝑚𝑚= 208, 18 𝑚𝑚
Cálculo del Momento Ultimo Nominal o Teórico (Mn)
Centro de gravedad del área comprimida ( Ẏ )
Ẏ = 𝐴1 𝑦1 + 𝐴2 𝑦2
𝐴𝑐
= (1) 𝑦1 + (2) 𝑦2
𝐴𝑐
= 23333,33𝑚𝑚2 (400𝑚𝑚) + 2861,44𝑚𝑚2 (200
8,18𝑚𝑚2
)
26195,44 𝑚𝑚2= 111, 37 𝑚𝑚
𝑍 = 380𝑚𝑚 − 200𝑚𝑚 − Ẏ = 380𝑚𝑚 − 200 𝑚𝑚 − 111,37 𝑚𝑚
= 468,63 𝑚𝑚
𝑀𝑛 = 𝑇 ∗ 𝑍 = 534,38 𝐾𝑁 ∗ (468,63 𝑚𝑚)
𝑀𝑛 = 250426,5 𝐾𝑁 𝑚𝑚
𝑀𝑛 = 250,43 𝐾𝑁 𝑚
Ejercicio 2.9-2
Calcule la resistencia del momento último nominal o teórico de la sección de
la viga mostrada en la figura 2. Si fy =420 MPa y f’c = 29 MPa (madera).
100 150 100
150mm
430mm
801,11mm2
X 20mm
350
350mm
Datos
3 Ø 14
X 3 Ø 12
Cálculo de el área de influencia del hierro ( As )
𝐴𝑠 = 𝑛 ∗ (𝜋 ∗ (𝜎)2
4) = 5 ∗ (
𝜋 ∗ (12 𝑚𝑚)2
4) = 801, 11 𝑚𝑚2
Cálculo de las fuerzas de Tención (T) y Compresión (C)
𝑇 = 𝐴𝑠𝑓𝑦 = ( 801, 11 𝑚𝑚2 ) ∗ ( 420 𝑁/ 𝑚𝑚2) = 336, 48 𝐾𝑁
𝐶 = 0,85 𝑓’𝑐(𝐴𝑐) = 0,85 (29 𝑁/ 𝑚𝑚2) 𝐴𝑐
Cálculo del área a compresión (Ac)
𝑇 = 𝐶
336, 48 𝐾𝑁 = 0,85 ( 29 𝑁/ 𝑚𝑚2) (𝐴𝑐 )
𝐴𝑐 =336, 48 𝐾𝑁
0,85 ( 29𝑁
𝑚𝑚2) = 13649,68 𝑚𝑚2
= ?
Cálculo del valor de ( a )
(1) Área de la muesca =150 mm (1500 mm ) = 22500 mm2
𝑎 =(2)
𝑚𝑚=
91 𝑚𝑚
150𝑚𝑚= 91 𝑚𝑚
Cálculo del Momento Último Nominal o Teórico (Mn)
Centro de gravedad del área comprimida ( Ẏ )
Ẏ = 𝑎
2=
91 𝑚𝑚
2= 45,5
𝑍 = 600 𝑚𝑚 − 20 𝑚𝑚 − Ẏ = 600 𝑚𝑚 − 20 𝑚𝑚 – 534,5 𝑚𝑚
𝑀𝑛 = 𝑇 ∗ 𝑍 = 336, 46 𝐾𝑁 ∗ (534,5 𝑚𝑚)
𝑀𝑛 = 179841183,9 𝐾𝑁 𝑚𝑚
𝑀𝑛 = 179841,18 𝐾𝑁 𝑚
Ejercicio 2.9-3
Calcule la resistencia del momento último nominal o teórico de la sección de
la viga mostrada en la figura 2. Si fy =420 MPa y f’c = 179,16 MPa
1500
720
575 300
Datos
4 Ø 32
Cálculo de el área de influencia del hierro ( As )
𝐴𝑠 = 𝑛 ∗ (𝜋 ∗ (𝜎)2
4) = 5 ∗ (
𝜋 ∗ ( 32𝑚𝑚)2
4) = 3216,99 𝑚𝑚2
Cálculo de las fuerzas de Tención (T) y Compresión (C)
𝑇 = 𝐴𝑠𝑓𝑦 = (3216,99 𝑚𝑚2 ) ∗ (420𝑁/ 𝑚𝑚2) = 1351,14 𝐾𝑁
𝐶 = 0,85 𝑓’𝑐(𝐴𝑐) = 0,85 (179,16 𝑁/ 𝑚𝑚2) 𝐴𝑐
Cálculo del área a compresión (Ac)
𝑇 = 𝐶
1351,14 𝐾𝑁 = 0,85 (𝑁/ 𝑚𝑚2) (𝐴𝑐 )
𝐴𝑐 = 1351,14𝐾𝑁
0,85 ( 179,16𝑁
𝑚𝑚2 ) = 8872,36 𝑚𝑚2
Cálculo del valor de ( a )
(1) Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑚𝑢𝑒𝑠𝑐𝑎 = 1500 𝑚𝑚 (125 𝑚𝑚 ) = 187500 𝑚𝑚2
𝑎 =(𝐴𝑐)
1500 𝑚𝑚=
187500 𝑚𝑚2
1500 𝑚𝑚= 5,91 𝑚𝑚
Cálculo del Momento Último Nominal o Teórico (Mn)
Centro de gravedad del área comprimida ( Ẏ )
Ẏ = 𝑎
2=
5,01 𝑚𝑚
2= 2,96𝑚𝑚
𝑍 = 720 𝑚𝑚 − Ẏ = 600 𝑚𝑚 − 2,96 𝑚𝑚
𝑀𝑛 = 𝑇 ∗ 𝑍 = 1351,14 𝐾𝑁 ∗ (679,05 𝑚𝑚)
𝑀𝑛 = 941805,38 𝐾𝑁 𝑚𝑚
𝑀𝑛 = 941,81 𝐾𝑁 𝑚
RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS DEL 2.1 A 2.20 DEL
LIBRO GUÍA
Problema 2.1: Determine los momentos de agrietamiento para la sección
mostrada, si f’c = 28 MPa y fr = 0.7 (f’c)^0.5
𝑏 = 12 𝑖𝑛 = 300 𝑚𝑚 ℎ = 21 𝑖𝑛 = 525 𝑚𝑚 𝑓’𝑐 = 4000 𝑝𝑠𝑖 = 27.58 𝑀𝑃𝑎 ≈ 28 𝑀𝑃𝑎
𝑓𝑟 = 0.7𝜆√𝑓′𝑐 = 0.7(1.0)√28 = 3.70 𝑀𝑃𝑎
𝐼𝑔 =𝑏ℎ3
12=
(300)(5253)
12= 3617′578,125.000 𝑚𝑚4
𝑌𝑡 = 262.5 𝑚𝑚
𝑀𝑐𝑟 =𝑓𝑐𝑟𝑥𝐼𝑔
𝑌𝑡=
(3.70)(3617′578,125)
262.5 𝑚𝑚∗
1
106= 𝟓𝟎. 𝟗𝟗 𝑲𝑵. 𝒎
Problema 2.2: Determine los momentos de agrietamiento para la sección mostrada,
si f ‘c=32 MPa y si el módulo de ruptura
450 mm 525 mm
75 mm
350 mm
2Ø25mm
As=981.75
mm2
= 0.7(1)(32)1/2=3.96MPa
Desarrollo:
Ig=(350*5253)/12=4220507813
Yt=Yb=525/2=262.5mm
Mcr=(3.96)(2657812500)/262.5=63.67 MPa
Problema 2.3: Determine los momentos de agrietamiento para la sección
mostrada, si f’c = 28 MPa y fr = 0.7 (f’c)^0.5
𝑓𝑟 = 0.7𝜆√𝑓′𝑐 = (0.7)(1)(√28) = 3.704 𝑀𝑃𝑎
Desarrollo:
𝑀𝑐𝑟 =𝑓𝑟𝐼𝑔
𝑌𝑡
𝑌𝑏 = 400 𝑚𝑚
𝑌𝑡 = 600𝑚𝑚 − 400 𝑚𝑚 = 200 𝑚𝑚
𝑀𝑐𝑟 =𝑓𝑟𝐼𝑔
𝑦𝑡=
(3.704)(5,000′000,000)4001𝐸6
= 𝟒𝟔. 𝟑𝟎𝟏 𝒌𝑵. 𝒎
Problema 2.4: Determine los momentos de agrietamiento para la sección
mostrada, si f’c = 28 MPa y fr = 0.7 (f’c)^0.5
𝑓′𝑐 = 4000𝑙𝑏
𝑝𝑙𝑔2×
1𝑀𝑝𝑎
145.04 𝑙𝑏/𝑝𝑙𝑔2
= 27.58 𝑀𝑝𝑎 ≅ 28 𝑀𝑝𝑎
𝑓𝑟 = 0.7𝜆√𝑓′𝑐 = 0.7(1)(√28)
= 3.704 𝑀𝑝𝑎
Desarrollo:
Fig A �̅� �̅�A
1 75 000 400 3 x 107
2 67 500 75 5.0625 x 106
142 500 35 062 500
�̅� =35 062 500
142 500= 246.053 𝑚𝑚
≅ 246 𝑚𝑚
𝑌𝐵 = �̅� = 246 𝑚𝑚
𝑌𝑇 = 575 − �̅� = 650 − 246 = 404 𝑚𝑚
𝐼𝑔 =150(500)3
12+ (75000)(154)2 +
450(150)3
12+ (67500)(171)2
= 5.44153𝑥109 𝑚𝑚4
𝑴𝑪𝑹 =𝒇𝒓𝑰𝒈
𝒀𝑻=
(3.704)(5.44153𝑥109)
(404)(106)= 49.8897 𝐾𝑛. 𝑚 ≅ 𝟒𝟗. 𝟗 𝑲𝒏. 𝒎
Problema 2.5: Determine los momentos de agrietamiento para las secciones
mostradas, si f ´c =28 MPa y si el módulo de ruptura fr = 0.7 √𝒇’𝒄
F´c = 4000lb/plg2
F´c = 28 MPa
𝑓𝑟 = 0.7 ∗ √𝑓´𝑐 = 0.7 ∗ √28 = 3.704 𝑀𝑝𝑎
𝑀 =𝑓 ∗ 𝐼
𝑌=
(3.704 ∗ 106)(0.01116851)𝑚4
0.3375 𝑚= 𝟏𝟐𝟐. 𝟒𝟒 𝑲𝒏 ∗ 𝒎
Problema 2.6: Calcule la carga uniforme (adicional al peso propio de la viga)
que ocasionará que las secciones empiecen a agrietarse si se usan en claros
simplemente apoyados de 28 pies. f’c=4000 psi, fr= 7.5(f’c)^0.5 and
reinforced concrete weight = 150 lb/ft3.
b=14 in = 350 mm h=24 in = 600 mm p=150 lb/ft3 *(3.28^3)(9.81)/(2.204)= 23.553 KN/m3 L=28 ft = 8.54 m f’c=4000 psi=27.58 MPa≈ 28 MPa
𝑓𝑟 = 0.7𝜆√𝑓′𝑐 = 0.7(1.0)√28 = 3.70 𝑀𝑃𝑎
𝐼𝑔 =𝑏ℎ3
12=
(350)(6003)
12= 6300′000,000.000 𝑚𝑚4
𝑌𝑡 = 300 𝑚𝑚
𝑤𝑝𝑝 = 0.350𝑚 𝑥 0.600𝑚 𝑥23.553𝐾𝑁
𝑚3= 4.946
𝑘𝑁
𝑚
𝑀𝑚𝑎𝑥 = 𝑀𝑐𝑟 =𝑓𝑐𝑟𝑥𝐼𝑔
𝑌𝑡=
(3.70)(6300′000,000.000 )
300 𝑚𝑚∗
1
106= 77.7 𝐾𝑁𝑚
𝑤𝑡 =8𝑀𝑚𝑎𝑥
𝐿2=
8𝑥77.7
8.542=8.52 KN/m
𝑤 = 𝑤𝑡 − 𝑤𝑝𝑝 = 8.52𝐾𝑁
𝑚−
4.946𝐾𝑁
𝑚= 3.57𝐾𝑁/𝑚
Problema 2.7: Calcule la carga uniforme (adicional al peso propio de la viga
que ocasionará que las secciones empiecen a agrietarse si se usan en claros
simplemente apoyados de 28 pies. fc=32MPa, Peso del concreto
reforzado=27.78 KN/m3.
Yt=Yb=750/2=325 mm
Area=(300)100+100(550)+300(100)-1470=11353mm2=0.1135m2
8.4 m
W=27.78 KN/m3(0.1135 m2)=3.15 KN/m
Ig=[2(300*1003)+100(5503))/12]+2*300(100)(6002)=4580208333 mm4
Mcr=(3.96)( 4580208333)/325=55.81 KN.m=Mmax
W+3.15KN/m=(8)Mmax/l2
W=6.33-3.15=3.18 KN/m
100 mm
550 mm 750 mm
100 mm
100 mm
300 mm
3Ø25mm As=1470 mm2
𝑀𝑐𝑟 =𝑓𝑟𝐼𝑔
𝑌𝑡
Problema 2.8: Suponga que las secciones están agrietadas y use el método
de la sección transformada para calcular sus esfuerzos de flexión para las
cargas o momentos dados.
As = 1963 mm2
nAs = 15704 mm2
Igualando los momentos tenemos:
(350)(𝑋)(0.5𝑋) = (15704)(425 − 𝑋) ⇒ 𝑋 = 155.5 𝑚𝑚
𝐼 =1
3𝑏ℎ3 + 𝑛𝐴𝑠𝑑2 =
1
3(350)(155.5)3 + 15704(425 − 155.5)2
= 1,579′255,481.4 𝑚𝑚4
𝑓𝑐 =𝑀𝑦
𝐼=
(80𝐸6)(155.5)
1,579′255,481.4= 𝟕. 𝟖𝟖 𝑴𝒑𝒂
𝑓𝑠 = 𝑛𝑀𝑦
𝐼= 8
(80𝐸6)(425 − 155.5)
1,579′255,481.4= 𝟏𝟎𝟗. 𝟐𝟐 𝑴𝒑𝒂
Problema 2.9. Repite el problema 2.8 si 4 varillas #6 son usadas
𝑛 = 8
𝑀 = 60 𝐾. 𝑓𝑡1000 𝑙𝑏
1 𝐾×
4.4482216 𝑁
1 𝑙𝑏
×0.3048 𝑚
1 𝑓𝑡
= 81.349 𝐾𝑛. 𝑚
≅ 81 𝐾𝑛. 𝑚
Desarrollo:
Suponiendo el eje neutro de la siguiente manera:
(350)(𝑥) (𝑥
2) = 8(𝐴𝑠)(425 − 𝑥)
𝐴𝑠 = 4𝜋(19)2
4= 1134.115 𝑚𝑚2
0.019288𝑥2 + 𝑥 − 425 = 0
𝑥 = 125 𝑚𝑚
𝐼𝑔 =350(125)3
3+ 8(1134.115)(300)2 = 1 044 427 383 𝑚𝑚4
𝑌𝑐 = 𝑥 = 125 𝑚𝑚
𝑌𝑡 = 425 − 𝑥 = 425 − 125 = 300 𝑚𝑚
𝒇𝑪 =𝑴𝒀𝒄
𝑰=
(81)(125)(106)
1 044 427 383= 𝟗. 𝟔𝟗𝟒 𝑴𝒑𝒂
𝒇𝑺 = 𝒏𝑴𝒀𝒕
𝑰= 8
(81)(300)(106)
1 044 427 383= 𝟏𝟖𝟔. 𝟏𝟑𝟎𝟕 𝑴𝒑𝒂
2
Problema 2.10: Suponga que las secciones están agrietadas y use el
método de la sección transformada para calcular sus esfuerzos de flexión
para las cargas o momentos dados.
450(X) (𝑋
2) =(n𝐴𝑆) (562.5 –X)
X= 252.82
I= 𝑏ℎ3
3 + nA𝑑2
I= 450∗(252.823)
3 + 9(8) (
𝜋(28.7)9
4) ∗ (309.69)2
I= 6890924874 mm^4
M=120 ft – k
M= 162753.7323 N*m
𝑓𝑐 =𝑀 ∗ 𝑦𝑐
𝐼=
162000 ∗ 252.82
6890924874∗ 10004 = 𝟓. 𝟗𝟕𝟏𝟐𝟒𝟒𝑴𝒑𝒂
𝑓𝑠 =𝑛 ∗ 𝑀 ∗ 𝑦𝑐
𝐼=
9 ∗ 162000 ∗ (309.68)
689092487410004 = 𝟔𝟓. 𝟖𝟑 𝑴𝒑𝒂
3
Problema 2.11: Suponga que las secciones están agrietadas y use el
método de la sección transformada para calcular sus esfuerzos de flexión
para las cargas o momentos dados.
M=110 ft-k(1.35582 KN-m)=149.14 KN-m n=8 b=14 in= 355.6 mm h=24 in= 609.6 mm 18 in= 457.2 mm 3 in= 76.2 mm A#9 =645 mm2
𝑛𝐴𝑠 = 8𝑥(4𝑥645 𝑚𝑚2) = 20640 𝑚𝑚2 (2𝑛 − 1)𝐴′𝑠 = (2(8) − 1)(2𝑥645𝑚𝑚2) = 19350 𝑚𝑚2
(355.6𝑥) (𝑥
2) + (19350)(𝑥 − 457.2) = (20640)(533.4 − 𝑥)► 𝑥 = 240.1381 El eje
neutro se encuentra más arriba
4
𝑛𝐴𝑠2 = 8𝑥(4𝑥645 𝑚𝑚2) = 20640 𝑚𝑚2
𝑛𝐴𝑠1 = 8𝑥(2𝑥645 𝑚𝑚2) = 10320 𝑚𝑚2
(355.6𝑥) (𝑥
2) = (20640)(533.4 − 𝑥) + (10320)(457.2 − 𝑥)►𝑥 = 222.835 𝑚𝑚
< 457.2 𝑚𝑚 𝒐𝒌
𝐼 =355.6(222.8353)
3+ (10320)(234.3652) + (20640)(310.5652)
= 3869′154 ,639.000𝑚𝑚4
𝑓𝑐 =𝑀𝑦
𝐼=
149.14 E6(222.835)
3869′154 ,639.000= 8.589 𝑀𝑃𝑎
𝑓𝑠2 =𝑛𝑀𝑦
𝐼=
8(149.14𝐸6)(310.565)
3869′154 ,639.000= 95.768 𝑀𝑃𝑎
1
2
5
𝑓𝑠1 =𝑛𝑀𝑦
𝐼=
8(149.14𝐸6)(234.365)
3869′154 ,639.000= 72.27 𝑀𝑃𝑎
Problema 2.12: Suponga que las secciones están agrietadas y use el
método de la sección transformada para calcular sus esfuerzos de flexión
para las cargas o momentos dados.
a) Igualando los momentos tenemos:
(300)(x)(x/2)=(19634.95)(437.5-x)
X= 182.65 mm
b)
Ig=((300)(182.652)/3)+19634.95(437.5-182.65)2=1884600068 mm4
c)
M=(25)(7.2)(7.2/2)=648 KNm
25KN/m (incluyendo el peso de la viga)
7.2 m
300 mm
62.5 mm
437.5 mm
500 mm
4 Ø25mm
As=1963.5 mm2
X
437.5-X nAs=10(4)(252)(π)/4=19634.95
𝑀
= 𝑤𝑙𝑙
2
𝑓𝑐 =𝑀𝑦
𝐼
6
fc=(648E6)(182.65)/(1884600068)=62.8 MPa
fs=10(648E6)(437.5-182.65)/(1884600068)=876.28 MPa
Problema 2.13: Suponga que las secciones están agrietadas y use el
método de la sección transformada para calcular sus esfuerzos de flexión
para las cargas o momentos dados.
𝑓𝑠
= 𝑛𝑀𝑦
𝐼
7
As = 3695 mm2
nAs = 29560 mm2
Igualando los momentos tenemos:
(400)(𝑋)(0.5𝑋) = (29560)(700 − 𝑋) ⇒ 𝑋 = 256.1 𝑚𝑚
𝐼 =1
3𝑏ℎ3 + 𝑛𝐴𝑠𝑑2 =
1
3(400)(256.1)3 + 29560(700 − 256.1)2
= 8,064′300,125.1 𝑚𝑚4
𝑀 =(225 + 135)
2∗ 3 = 540 𝑘𝑁. 𝑚
𝑓𝑐 =𝑀𝑦
𝐼=
(540𝐸6)(256.1)
8,064′300,125.1= 𝟏𝟕. 𝟏𝟓 𝑴𝒑𝒂
𝑓𝑠 = 𝑛𝑀𝑦
𝐼= 8
(540𝐸6)(700 − 256.1)
8,064′300,125.1= 𝟐𝟑𝟕. 𝟕𝟗 𝑴𝒑𝒂
Problema 2.14: Suponga que las secciones están agrietadas y use el
método de la sección transformada para calcular sus esfuerzos de flexión
para las cargas o momentos dados.
𝑛 = 9
𝑀 = 70 𝐾. 𝑓𝑡1000 𝑙𝑏
1 𝐾×
4.4482216 𝑁
1 𝑙𝑏×
0.3048 𝑚
1 𝑓𝑡= 94.907 𝐾𝑛. 𝑚 ≅ 95 𝐾𝑛. 𝑚
Desarrollo:
Suponiendo el eje neutro de la siguiente manera:
8
125(100)(𝑥 − 62.5) + (375)(𝑥 − 100) (𝑥 − 100
2) = 9(𝐴𝑠)(675 − 𝑥)
𝐴𝑠 = 4𝜋(28)2
4= 2463.00864 𝑚𝑚2
187.5𝑥2 − 2832.92224𝑥 − 13869027.49 = 0 => 𝑥 = 280 𝑚𝑚
𝐼𝑔 =375(180)3
3+
125(100)3
12+ (125)(100)(230)2 + 9(2463.00864)(395)2
= 4 859 284 975 𝑚𝑚4
𝑌𝑐 = 𝑥 = 280 𝑚𝑚
𝑌𝑡 = 675 − 𝑥 = 675 − 280 = 395 𝑚𝑚
𝒇𝑪 =𝑴𝒀𝒄
𝑰=
(95)(280)(106)
4 859 284 975= 𝟓. 𝟒𝟕𝟒 𝑴𝒑𝒂
𝒇𝑺 = 𝒏𝑴𝒀𝒕
𝑰= 9
(95)(395)(106)
4 859 284 975= 𝟔𝟗. 𝟓 𝑴𝒑𝒂
9
Problema 2.15: Usando el método de la sección transformada, calcule el
momento resistente de la viga del problema 2.10 si 𝒇𝒔 es 240000lb/pulg2 y
𝒇𝒄 = 1800 lb/pulg2
𝑓𝑠 = 170.87 𝑀𝑝𝑎
𝑓𝑐 = 12.82 𝑀𝑝𝑎
𝑀𝑐 =𝑓 ∗ 𝐼
𝑌=
(12.82 ∗ 106)(0 .00689092487)𝑚4
0.252983 𝑚= 𝟑𝟒. 𝟐𝟏𝟒𝟒 𝑲𝒏 ∗ 𝒎
𝑀𝑠 =𝑓 ∗ 𝐼
𝑛𝑌=
(170.87 ∗ 106)(0 .00689092487)𝑚4
9(0. 30 𝑚)= 𝟒𝟐. 𝟐𝟒𝟔 𝑲𝒏 ∗ 𝒎
El momento es el más pequeños 𝟑𝟒. 𝟐𝟏𝟒𝟒 𝑲𝒏 ∗ 𝒎
10
Problema 2.16: Compute the resisting moment of the beam of Problem 2.13 if eight #10 bars are used and n=10 fs=20 000 psi and fc=1125 psi. Use the transformed area method.
𝐴#10 = 819 𝑚𝑚2 𝑓𝑠 = 20 000 𝑝𝑠𝑖 = 137.9 𝑀𝑃𝑎 𝑓𝑐 = 1125 𝑝𝑠𝑖 = 7.76 𝑀𝑃𝑎 𝑛 = 10
𝐴𝑠 = 6(819) = 6528 𝑚𝑚2
𝑛𝐴𝑠 = 10𝑥(6528) = 65280 𝑚𝑚2
(406.4𝑥) (𝑥
2) = (65280)(711.2 − 𝑥) ► 𝑥 = 343.75 𝑚𝑚
11
𝐼 =406.4(343.6623)
3+ (65280)(367.5382) = 14316′577 ,030.000𝑚𝑚4
𝑀𝑐 =𝑓𝑐𝐼
𝑦=
7.76MPa(14316′577 ,030.000)
343.662𝐸6= 323.27𝑘𝑁𝑚 Ok
𝑀𝑠 =𝑓𝑠𝐼
𝑛𝑦=
137.9MPa(14316′577 ,030.000)
(10)367.538𝐸6= 537.16𝑘𝑁𝑚
12
Problema 2.17: Usando la sección transformada, ¿qué carga permisible
puede soportar esta viga además de su propio peso para un claro
simplemente apoyado de 8.4m? peso del concreto igual 23.56 KN/m^3
fs=170.81 MPa fc= 12.81MPa.
Aconcr=(725+75)(450)-3834.95-200(150)=0.33m^2
Wconcr=(23.56KN/m^3)(0.33m2)=3.03 KN/m
fr=0.7(0.1)(7.01)^1/2= 2.66 MPa
a) Se encuentra X
450X(X/2)-150(X-100)((X-100)/2)=9(4879.5)(725-X)
X=346.34 mm
b) Inercia
150 150 150
450mm
100
200
425
75
725
W=?
8.5m
As=(5)(322)(π)/4=4879.5
5 Ø31.25mm
13
Ig=(450(281.11^3)-150(281.11-100)^3)/3)+9(4879.5)((725-281.11)^2)
Ig=11785886590 mm^4
fc=My/L^2
Mc=192(11785886590)/(9(725-346.34))
Mc=435.92 KN.m
Ms=fs(Ig)/ny
Ms=2.66(11785886590)/346.34
Ms=590.72 KN.m
M=(Wl^2)/8
W=8(435.92)/(8.5^2)
W=(48.26) KN/m
Problema 2.18: Determine los esfuerzos de flexión en estos miembros,
aplicando el método de la sección transformada.
As = 1847 mm2
nAs = 18470 mm2
Igualando los momentos tenemos:
(1200 − 300)(100)(𝑋 − 50) + (300)(𝑋)(0.5𝑋) = (18470)(450 − 𝑋) ⇒ 𝑋
= 103.3 𝑚𝑚
14
𝐼 =1
3𝑏ℎ3 −
1
3𝑏ℎ3 + 𝑛𝐴𝑠𝑑2
=1
3(1200)(103.3)3 −
1
3(1200 − 300)(103.3 − 100)3
+ 18470(450 − 103.3)2 = 2,661′020,832.0 𝑚𝑚4
𝑓𝑐 =𝑀𝑦
𝐼=
(135𝐸6)(103.3)
2,661′020,832.0= 𝟓. 𝟐𝟒 𝑴𝒑𝒂
𝑓𝑠 = 𝑛𝑀𝑦
𝐼= 10
(135𝐸6)(450 − 103.3)
2,661′020,832.0= 𝟏𝟕𝟓. 𝟖𝟗 𝑴𝒑𝒂
Problema 2.19: Determine los esfuerzos de flexión en estos miembros,
aplicando el método de la sección transformada.
𝑛 = 8
𝑀 = 130 𝐾. 𝑓𝑡1000 𝑙𝑏
1 𝐾×
4.4482216 𝑁
1 𝑙𝑏×
0.3048 𝑚
1 𝑓𝑡= 176.256 𝐾𝑛. 𝑚 ≅ 176 𝐾𝑛. 𝑚
Desarrollo:
Suponiendo el eje neutro de la siguiente manera:
75(950)(𝑥 − 37.5) + 2(125)(𝑥 − 75) (𝑥 − 75
2) = 8(𝐴𝑠)(412.5 − 𝑥)
𝐴𝑠 = 4𝜋(25)2
4= 1963.495 𝑚𝑚2
15
125𝑥2 + 68207.96327𝑥 − 8448284.848 = 0 => 𝑥 = 104 𝑚𝑚
𝐼𝑔 =2(125)(29)3
3+
950(75)3
12+ (950)(75)(66.5)2 + 8(1963.495)(308.5)2
= 1 845 478 063 𝑚𝑚4
𝑌𝑐 = 𝑥 = 104 𝑚𝑚
𝑌𝑡 = 412.5 − 𝑥 = 412.5 − 104 = 308.5 𝑚𝑚
𝒇𝑪 =𝑴𝒀𝒄
𝑰=
(176)(104)(106)
1 845 478 063= 𝟗. 𝟗𝟐 𝑴𝒑𝒂
𝒇𝑺 = 𝒏𝑴𝒀𝒕
𝑰= 8
(176)(302.2)(106)
1 845 478 063= 𝟐𝟑𝟓. 𝟑𝟕 𝑴𝒑𝒂
Problema 2.20: Determinar los esfuerzos de flexión en los miembros,
aplicando el método de la sección transformada.
M = 122.0299 Kn*m
n = 9
n*As = 8835.729 mm2
(500 ∗ 𝑥) ∗ (𝑥
2) − 2 ∗ (
𝑥2
4.8) ∗ (
𝑥
3) = 2 ∗ 4417.86 ∗ (412.5 − 𝑥) x=107.13
mm
Yc = 107.13 mm
16
Ys = 305.37 mm
𝐼 =(500 ∗ 107.133)
3+ 2 [(
44.64 ∗ 107.133
36) + (
44.64 ∗ 107.13
2∗ 35.712)]
+ (8835.729 ∗ 305.372)
I = 1019710466 mm4
𝑓𝑐 =𝑀 ∗ 𝑦𝑐
𝐼=
122029.9 ∗ 0.10713
1019710466∗ 10004 = 𝟏𝟐𝟖. 𝟐 𝑴𝒑𝒂
𝑓𝑠 =𝑛 ∗ 𝑀 ∗ 𝑦𝑐
𝐼=
9 ∗ 122029.9 ∗ 0.30537
1019710466∗ 10004 = 𝟑𝟐𝟖. 𝟗 𝑴𝒑𝒂
17
ANÁLISIS DE RESISTENCIA DE VIGAS DE ACUERDO AL
CÓDIGO ACI
Método de diseño por resistencia última (diseño por resistencia):
1. Usa un enfoque más racional que el método de diseños de esfuerzos de
trabajo;
2. Usa una condición más realista del concepto de seguridad;
3. Conduce a diseños más económicos;
En este método las cargas de servicio se multiplican por ciertos factores de
seguridad y los valores resultantes se los denomina cargas factorizadas
Ventajas del diseño por resistencia:
1. Toma en cuenta la forma no lineal de diagrama esfuerzo-deformación
unitaria;
2. Se usa una teoría más consistente para el diseño de estructuras de
concreto reforzado;
3. Se usa un factor de seguridad más realista;
4. Aprovecha ventajosamente los aceros de alta resistencia;
5. Permite diseños más flexibles en cuanto al material a usar.
En cuanto a la seguridad de estructuras de concreto reforzado, está
determinada por factores de seguridad que varían según el método de
diseños empleando.
Para le método de esfuerzos de trabajo es seleccionada la menor razón de
f´c/fc o fy/fs, este es un factor global para cargas vivas, muertas y
ambientales. En el caso del método de resistencia última existen diferentes
factores para cada una de las respectivas cargas.
En cuanto a la resistencia de los diferentes elementos estructurales existen
factores de reducción aplicados en a la resistencia nominal que
contrarresta la incertidumbre en las resistencia de los materiales.
Obtención de expresiones para vigas.
Las deformaciones unitarias varían en proporción a las distancias del eje
neutro, para una carga menor 0,5f’c los esfuerzos al igual que las
deformaciones varían linealmente desde el eje neutro hasta el la fibra extrema
de la sección, pasado el 0,5f’c los tienden a variar parabólicamente.
Los esfuerzos varían de viga a viga, por ello es necesario sustentar el diseño
de resistencia en una combinación de teoría y resultados experimentales, para
ello Whitney remplazo el bloque curvo de esfuerzos por un bloque rectangular
de igual área y centroide; Considerando la disminución de esfuerzos en la
18
fibras extremas se remplaza por un intensidad constante de 0,85f’c y altura
α=βc.
Grafica 1. Generación de momento par
En unidades SI, β1 debe tomarse igual a 0.85 para resistencias del concreto de hasta 30 MPa inclusive. Para resistencias mayores a 30 MPa, β1 se debe reducir continuamente a razón de 0.05 por cada 7 MPa de resistencia en exceso de 30 MPa, pero no se tomará menor que 0.65. Para concretos con f’c>30 MPa; β se puede determinar con la siguiente expresión:
β1 = 0.85 − 0.008(𝑓′𝑐 − 30) ≥ 0.65 Con base en estas hipótesis relativas al bloque de esfuerzos, se pueden escribir fácilmente las ecuaciones de estática para la suma de las fuerzas horizontales y para el momento resistente producido por el par interno. De estas ecuaciones pueden despejarse separadamente los valores de a y del momento Mn. Mn=ϴ*M>Mu (momento factorizado). Para que un momento flector sea equilibrado por los esfuerzos internos es necesario que se genere un par para ello se necesita dos fuerzas de igual magnitud pero sentido diferente, como:
𝐹 = 𝑃 ∗ 𝐴 𝐹𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛 = 𝐹𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛
0.85 ∗ 𝑓′𝑐
∗ 𝑎𝑏 = 𝑓𝑦 ∗ 𝐴𝑠
Despejando a𝑎 =𝐴𝑠∗𝑓𝑦
0.85∗𝑓′𝑐∗𝑏
∗𝑑
𝑑=
𝜌∗𝑓𝑦∗𝑑
0.85∗𝑓′𝑐
Donde: 𝜌 =𝐴𝑠
𝑏𝑑= 𝑃𝑜𝑟𝑐𝑒𝑛𝑡𝑎𝑗𝑒 𝑑𝑒 𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛
19
Como el acero de refuerzo está limitado a una cantidad tal que lo que haga ceder antes de que el concreto alcance su resistencia última, el valor del momento nominal Mn puede escribirse como:
𝑀𝑛 = 𝑇 (𝑑 −𝑎
2) = 𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦 (𝑑 −
𝑎
2)
Y la resistencia útil a flexión es
∅𝑀𝑛 = ∅𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦 (𝑑 −𝑎
2)
Existen dos tipos de miembros, dúctiles y frágiles controlados por el acero y concreto respectivamente. Cuando un miembro está sometido a compresiones altas que puedan llegar a producir aplastamiento significativos (generalmente ε > 0.003) se lo considera como un miembro frágil ya que puede fallar repentinamente y no dar un previo aviso, por otro lado cuando el miembro está sometido a altos esfuerzos de tensiones que sobre pasen el límite de cedencia y considerando aplastamientos a compresión en el concreto se han ε < 0.003 se consideran miembros dúctiles los mismos que se caracterizan por su alta deflexión. Se habla de secciones balanceadas cuando el límite de cedencia y la deformación en el concreto (ε > 0.003) son alcanzadas al mismo tiempo. Para vigas y losas dúctiles o controladas por tensión donde εt ≥ 0.005, el valor
de ϴ para flexión es
0.90. Cuando los valores de εt están situados entre 0.002 y 0.005, se dice que están en el intervalo de transición entre las secciones controladas por tensión y las controladas por compresión. En este intervalo los valores de ϴ estarán situados entre 0.65 o 0.70 y 0.90, el uso de estos miembros a flexión en este intervalo es generalmente antieconómico y es probablemente mejor, si la situación lo permite, aumentar las profundidades del miembro y/o disminuir los porcentajes de acero hasta εt =>0.005. Si esto se hace, no solo los valores de ϴ serán iguales a 0.9, si no que los porcentajes de acero no serán tan grandes como para causar la aglomeración de las varillas de refuerzo. El resultado neto será secciones de concretos ligeramente mayores, con las consiguientes deflexiones más pequeñas.
Porcentaje mínimo de acero
Si el momento resistente último de la sección es menor que su momento de agrietamiento, la viga fallara tan pronto como se forme una grieta. Para impedir tan posibilidad cierta cantidad de mínima de refuerzo que debe usarse en cada
20
sección de los miembros a flexión donde se requiere esfuerzo de tensión de acuerdo con el análisis, ya sea por momento positivo o negativo.
𝐴𝑠𝑚𝑖𝑛 =𝑓′𝑐0.5
4 ∗ 𝑓𝑦∗ 𝑏𝑤 ∗ 𝑑 𝑦
1.4 ∗ 𝑏𝑤 ∗ 𝑑
𝑓𝑦
CUESTIONARIO
1. ¿Cuáles son las ventajas que considera más importe del método de
diseño por resistencia?
Toma en cuenta la forma no lineal de diagrama esfuerzo-
deformación unitario;
Se usa un factor de seguridad más realista;
Permite diseños más flexibles en cuanto al material a usar.
2. ¿Cuáles son los métodos de diseño vigentes?
Método de Esfuerzos de trabajo;
Método de resistencia (resistencia ultima);
3. ¿De qué trata el método de diseño de esfuerzo de trabajo?
Este método consiste en calcular primero las cargas muertas y vivas, llamadas cargas de trabajo o cargas de servicio, que han de ser soportadas. Luego se determina el tamaño de los miembros de la estructura, de manera que los esfuerzos calculados por medio del método de la sección transformada no excedan de ciertos valores límites o permisibles.
4. ¿Qué considera el método de diseño por resistencia ultima?
Usa un enfoque más racional que el método de diseños de
esfuerzos de trabajo;
Usa una condición más realista del concepto de seguridad;
Conduce a diseños más económicos;
5. ¿Cómo se determina el facto de seguridad en el método de diseño
de esfuerzos de trabajo?
Se determina como la menor razón de f´c/fc o fy/fs, este es un factor
global para cargas vivas, muertas y ambientales.
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6. ¿A que se denomina una sección balanceada?
Se habla de secciones balanceadas cuando el límite de cedencia y la deformación en el concreto (ε > 0.003) son alcanzadas al mismo tiempo.
7. ¿Cuándo se dice que una sección es controlada por tensión?
Cuando la falla de la viga dependa de la tensión
8. ¿Qué función tiene el factor de reducción ϴ?
Contrarrestar la incertidumbre en la resistencia de los materiales.
9. ¿Cuál es la expresión que expresa el porcentaje de acero de
tensión?
𝜌 =𝐴𝑠
𝑏𝑑 Estable la relación entre el área del acero respecto a la de
concreto
10. ¿Cómo se equilibra un momento flector?
Un momento flector es equilibrado cuando los esfuerzos internos del
material generan un momento par, que es igual al producto de la
fuerza interna (compresión o tensión) por el brazo.
FORMULARIO CAPITULO 3
ANÁLISIS DE VIGAS
𝐹 = 𝑃 ∗ 𝐴 𝐹𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛 = 𝐹𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛
0.85 ∗ 𝑓′𝑐
∗ 𝑎𝑏 = 𝑓𝑦 ∗ 𝐴𝑠
Despejando a𝑎 =𝐴𝑠∗𝑓𝑦
0.85∗𝑓′𝑐∗𝑏
Definición de resistencia nominal
𝑀𝑛 = 𝑇 (𝑑 −𝑎
2) = 𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦 (𝑑 −
𝑎
2)
Resistencia útil con 𝑇 = 𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦
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∅𝑀𝑛 = ∅𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦 (𝑑 −𝑎
2)
FACTOR DE REDUCCIÓN Para miembros espirales
𝜃 = 0.75 + 0.15 (1𝑐𝑑
−5
3)
𝜃 = 0.75 + (𝜀𝑡 − 𝜀𝑦) (0.15
0.005 − 𝜀𝑦)
Para otros miembros
𝜃 = 0.65 + 0.25 (1𝑐𝑑
−5
3)
𝜃 = 0.65 + (𝜀𝑡 − 𝜀𝑦) (0.25
0.005 − 𝜀𝑦)
Porcentaje mínimo de acero
𝐴𝑠,𝑚𝑖𝑛 = 3 ∗√𝑓′𝑐
𝑓𝑦∗ 𝑏𝑤 ∗ 𝑑 Ni menor que
200∗𝑏𝑤∗𝑑
𝑓𝑦
Donde:
𝑏𝑤 Alma de la viga d espesor de viga c define la altura del área de compresión ε deformación permisible
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CONCLUSIONES
En el análisis de cargas las cargas vivas, muertas y ambientales son diferentes
tipos de cargas con características propias por los que se considera
conveniente asignar a cada uno de ellas un factor de seguridad diferente.
Denegando el uso inoportuno de un solo factor de seguridad global para todas
las cargas.
Al diseñar los miembros estructurales con los momentos nominales en base al
método de diseño por resistencia optimizamos las construcciones entre costo-
servicio, estas estructuras se consideraran limitadas a condiciones críticas, sin
embargo pueden resultar muy seguras al trabajar con los momentos
estandarizados o reducidos.
Si se disminuye el recubrimiento mecánico, los esfuerzos incrementan su
magnitud.
Si se incrementa el peralte, la inercia aumenta, esto debido a que la altura esta
elevado a un exponente 3, por lo tanto disminuye la magnitud de los esfuerzos.
Si se incrementa el ancho de la sección, la inercia aumenta, en un pequeña
parte y por ende la magnitudes de los esfuerzos también disminuyen un poco.
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RECOMENDACIONES
El tipo de agrietamiento que presente la viga permitirá evaluar el esfuerzo
que presente:
Etapa del concreto no agrietado: Cuando los esfuerzos de tensión son
menores que el módulo de ruptura
Concreto agrietado-esfuerzos elásticos: Cuando se ha excedido el módulo
de ruptura. Mientras los esfuerzos de compresión en las fibras superiores
sean menores a aproximadamente la mitad de la resistencia a compresión
f’c del concreto y mientras el esfuerzo en el acero sea menor que su límite
elástico.
Falla de la viga – etapa de resistencia última: Cuando los esfuerzos de
compresión resultan mayores que la mitad de f’c.
Verificando el momento de agrietamiento podemos conocer el momento en
que el concreto empieza a agrietarse, y desde cuando empiezan a actuar
las varillas de refuerzo.
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BIBLIOGRAFÍA
McCORMAC, J., & BROWN, R. (2013). Design of Reinforced Concrete
(Novena ed.). Estados Unidos: John Wiley & Sons, Incorporated .