Post on 12-Dec-2015
description
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
H O R M I G O N I
1. Diseño sísmico y desempeño sísmico
2. Análisis y diseño de elementos sometidos a compresión
3. Análisis y diseño a flexión de vigas
4. Análisis y diseño a cortante
5. Adherencia, anclajes y longitud de desarrollo
6. Análisis y diseño de columnas cortas
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
DISEÑO SÍSMICO Y DESEMPEÑO SÍSMICO
FILOSOFÍA DEL DISEÑO.-Es un término muy abarcador, se usa para los
fundamentos básicos del diseño.
1. Proporciona razones para recoger cargas y fuerzas de diseño.
2. Técnicas de análisis y procedimiento de diseño.
3. Preferencias por una particular configuración estructural.
4. Preferencias para utilizar materiales.
5. Objetivos de optimización y economía.
Profender aun diseño sísmico de edificaciones, significa escoger cargas sísmicas
mediante un análisis dinámico adecuado (o un análisis estático equivalente).
Podemos realizar análisis dinámico modal a un análisis tiempo, historia mediante la
utilización de un acelorograma real.
Diseño por esfuerzo de trabajo; diseño por el método de la fuerza; método diseño por
capacidad.
DISEÑO POR ESTADOS LÍMITES
Se acostumbra considerar varios niveles de protección para las edificaciones, cada
uno de ellas presenta aspectos diferentes que deben ser considerados por el
diseñador.
Los estados límites son:
a) Estado límite de servicio
b) Estado límite de control de daño
c) Estado límite de supervivencia
a) ESTADO LÍMITE DE SERVICIO
Para terremotos frecuentes, es decir aquellos que se producen cada 50 años
de vida de la estructura (probabilidad de ocurrencia 1:50).
Para este estado límite ocurre poca fisuraciòn en la estructura
Los daños son reparables (evita corrosión con una lechada de algún material
especial).
No ocurre fluencia de acero.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
b) ESTADO LÍMITE DE CONTROL DE DAÑO
El terremoto de servicio es mayor que el utilizado para el límite anterior.
Habrá fluencia en el acero de esfuerzo.
Aparecerá grietas mayores de difícil reparación.
El daño en la estructura es inminente e inevitable.
Como la estructura entra al rango inelástico; las deformaciones; producidas
ocasionan grietas en elementos soportantes (columnas).
Hay pérdida sustancial de rigidez y de resistencia.
c) ESTADO LÍMITE DE SUPERVIVENCIA
La filosofía del diseño actual le apuesta a la protección de la vida humana, en
este estado la estructura entra al rango inelástico.
Los daños que sufren son severos.
Los daños son irreparables.
La estructura no colapsa (no se desploma) permitiendo así la supervivencia de
vidas humanas.
TIPOS DE FALLAS
FALLA FRÁGIL.-Consiste en que un elemento estructural el hormigón se aplasta en
compresión antes de que el acero fluya en la zona de tensión.
FALLA DÚCTIL.-Cuando el acero fluye en tensión antes de que el hormigón se
aplaste en compresión.
El primer tipo de falla indeseable, es catastrófica es explosiva y no da aviso.
El segundo tipo de falla es deseable, es a lo que debe propender el diseñador, es lenta
es gradual, da avisos, permite la excavación y la funcionalidad no se pierde.
PROPIEDADES ESTRUCTURALES
Las propiedades estructurales que están en relación con los tres niveles de protección
sísmica son:
a) Rigidez
b) Ductibilidad
c) Resistencia
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
a) RIGIDEZ.-El concepto de rigidez que se maneja esta en relación con la geometría
del elemento con los materiales, por ejemplo si nos referimos a la rigidez a flexion de
un elemento (el elementos prismáticos la inercia puede ser centroidal es decir h/12 y si
denotamos la rigidez por k esto sería igual a la inercia dividiendo para la longitud del
elemento). En los análisis que realizamos incluyendo, el análisis sísmico de
estructuras se utiliza la rigidez elástica, es decir una relación entre la resistencia ideal
y desplazamiento esta rigidez es posible obtenerla con un elemento de prueba
previamente dimensionada gráficamente una curva, carga o desplazamiento vs
resistencia.
La cantidad relacionada a las cargas o resistencia o fuerzas con las
consiguientes deformaciones en la estructura.
Fig. Curva carga desplazamientos para un elemento de concreto reforzado
Esto se logra mediante un análisis no lineal del elemento la rigidez que acabamos de
definir es una rigidez secante (no es rigidez tang.) y por tomarse en el análisis la
rigidez secante se debe considerar una resistencia disminuida en un 75% de la
resistencia ideal.
(Si) Resistencia Ideal.-Es la resistencia nominal sin afectarle de un factor de
reducción de resistencia.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
b) RESISTENCIA.-La estructura debería tener una adecuada resistencia para resistir
accidentes internos generados durante las respuestas dinámica elástica de la
estructura.
c) DUCTILIDAD (µ).-Es la habilidad d la estructura de sus componentes o de los
materiales utilizados a ofrecer resistencia en el dominio inelástico de la respuesta.
Es la habilidad que posee a estructura para deformarse inelásticamente, sin llegar al
colapso.
Como se aprecia en la Fig. 1 la estructura logra grandes desplazamientos o
deformaciones una vez que entran al rango inelástico hasta alcanzar un
desplazamiento Δµ que produce, la falla d la estructura, a la curva continua la
llamamos, la respuesta observando y el diagrama bilineal determina un
comportamiento suavizado de la curva observada.
Podemos calcularlo mediante un desplazamiento de fluencia
También podemos definir a la ductilidad como la capacidad de la estructura que tiene
al llegar al segmento elástico sin deformarse.
CARGAS CON FUERZA DE DISEÑO
1.- Cargas de gravedad. Carga muerta, carga viva, carga de nieve.
2.- Viento, sismo o restricciones a deformaciones.
Carga Muerta.-resulta del peso de la estructura
La carga muerta puede evaluarse con precisión, son cargas que ocupan un lugar fijo
en la estructura y permanecen durante toda la vida útil.
EJEMPLO
=2.4ton/m3
W=2.4* 1.8
W=0.43ton/m
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Sin embargo los códigos sugieren utilizar factores de carga, para la carga muerta
admitiendo la aleatoriedad en el cálculo de dicha viga.
Carga Viva.- Es la carga de ocupación del edificio, las cargas móviles en los
puentes.
Las cargas vivas son cargas puntuales pero se las considera como cargas uniformes
distribuidas para el caso de edificio.
FUERZAS SÍSMICAS
Hay varias técnicas d simulación de terremotos, una de ellas podemos
conseguirlamediante un análisisestático equivalente.
Actualmente se evalúan las cargas sísmicas haciendo un análisis estático equivalente
esto relaciona a este en relación, con muchas variables.
La carga reactiva
Un coeficiente sísmico que depende de la sismicidad del lugar la importancia
del edificio, las condiciones de regularidad de edificio y las condiciones de
suelo.
ANÁLISIS ESTÁTICO EQUIVALENTE
V=cortante
C.E.C.= código ecuatoriano de la construcción.
Donde:
Z= factor de zona (0.25 en Machala)
I= factor de la importancia de la estructura.
Factores que toman en cuenta la irregularidad del edificio.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
CARGAS FUERZAS DE DISEÑO
CARGAS Y FUERZAS DE DISEÑO
1.- Cargas de gravedad. Carga muerta, carga viva, carga de nieve.
2.- Viento, sismo o restricciones a deformaciones.
La mayoría de los códigos dan valores característicos para cargas de diseño o fuerzas
cuando éstas no pueden ser obtenidas de los pesos de los materiales
a) Carga Muerta (D). Resulta del peso de la estructura y todo lo permanente atribuible
a los materiales. Ciertos valores promedios típicos son obtenidos de los manuales
existentes.
Son cargas permanentes.
En cierto modo se las sobreestima por razones de seguridad. Este aspecto
debería ser considerado en el diseño sísmico.
b) Carga Viva (L)Resulta del uso esperado.
Pueden ser móviles y la intensidad puede variar
Las intensidades máximas que constan en los códigos son basadas en estimaciones
probabilísticas.
En la mayoría de los casos son cargas uniformes distribuidas cubriendo toda el área
de los pisos.
Para ciertas áreas con uso especial, se consideran cargas puntuales.
c) Fuerza Sísmica (E)
Hay varias técnicas de simulación de los efectos de los sismos en los edificios.
Los valores de diseño se pueden obtener de la aplicación del método de la fuerza
sísmica estática horizontal equivalente.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
RESISTENCIA
Resistencia Requerida (Su).-Es la demanda de resistencia que surge de la aplicación
de las cargas o fuerzas en la estructura.
Resistencia Ideal (Si).- o resistencia nominal de una sección de un miembro
estructural, es el término más comúnmente usado, está basado en la teoría de
predicción de la estabilidad para un estado límite con respecto a la falla de la sección.
Depende de las dimensiones de los elementos
Depende del contenido del refuerzo
Depende de los detalles de la sección diseñada.
Depende de las resistencias de los dos materiales especificadas en los
códigos.
La resistencia ideal Si se relaciona con la resistencia requerida mediante la expresión
ΦSi ≥ ϒ Su.
F, es un factor de reducción de resistencia
BASES DE DISEÑO
La resistencia de cualquier elemento estructural debe ser superior para que pueda
resistir todas las cargas que actúan sobre dicho elemento durante la vida útil de la
estructura, sin fallar.
Debe dimensionarse adecuadamente los elementos (obtener secciones de Ho y
acero), de manera que sus resistencias soporten las fuerzas de ciertos estados de
carga. Esta metodología de diseño se conoce como «Diseño a la carga de rotura» o
«Diseño a la resistencia»
La resistencia nominal o ideal Si de un elemento deben calcularse con base en el
comportamiento inelástico de los materiales que lo conforman.
Una alternativa al método de diseño por carga de rotura, es el método de los esfuerzos
admisible de trabajo.
En este método se aplican cargas normales de servicio.
Los esfuerzos en el Ho y el acero se los considera como un porcentaje de sus
esfuerzos de falla, fc =0.50f´c; fs = 0.60 fy, para que permanezcan elásticos.
El método también se conoce como «Método por cargas de servicio».
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
El método por carga de rotura, se aplican factores de carga mayores que «1», a las
cargas nominales, y factores de reducción de resistencia, Φ ˂ 1, a las resistencias
(flexión, cortante, axial, torsión, flexión mas compresión, etc.).
En este curso se aplicará casi exclusivamente el método de diseño «a la resistencia» o
«método de carga de rotura».
DISEÑOPOR CAPACIDAD
Centrarse fundamentalmente en la capacidad, en el caso sísmico, significa crear
estructuras que sean ampliamente tolerantes a las deformaciones impuestas, esto es,
que tengan una capacidad de deformación inelástica muy superior a la máxima
demanda esperada, la cual, es incierta.
El denominado «Diseño por capacidad» es un procedimiento de diseño no de análisis,
determinístico, racional y relativamente simple, desarrollado en Nueva Zelanda,
durante los últimos 26 años; ha sido adoptado en otros países
CODIGO Y ESPECIFICACIONES DE DISEÑO
El AMERICAN CONCRETE INSTITUTE (A.C.I.), no es un documento oficial por sí
mismo; sin embargo, es reconocido ampliamente como un documento autorizado para
la buena práctica en el campo del diseño de estructuras de hormigón armado y
pretensado.
Muchos países de Sudamérica lo han adoptado como un código de carácter legal.
Contiene la parte reglamentaria, y, el lado derecho contiene los comentarios, que es
un material de apoyo e interpretación de las disposiciones reglamentarias.
La mayor parte de los puentes vehiculares están diseñados de acuerdo con los
requisitos de las especificaciones para puentes AASHTO (American Association of
StateHighway and TransportationOfficial), a más de las disposiciones relacionadas con
la carga y su distribución, contiene disposiciones específicas para el diseño y
construcción de puentes de hormigón.
Ningún código o especificación de diseño puede utilizarse como sustituto de un criterio
de ingeniería sólido, para el diseño de estructuras de hormigón.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
DISPOSICIONES DE SEGURIDAD DEL CÓDIGO ACI
La resistencia de diseño Fsi, de una estructura o elemento estructural debe ser por lo
menos igual a la resistencia requerida, Sn, calculada a partir de las cargas mayores
dadas, así:
Fsi = Sn
Las cargas se definen en un sentido general para incluir ya sea cargas directas o
efectos internos relacionados, tales como axiales, momentos flectores, fuerzas
cortantes, momentos torsonantes, etc. Así:
FMu = Mu
FVn = Vu
FPn = Pu
n = es un subíndice que indica resistencia nominales.
u = es un subíndice que indica los esfuerzos mayores.
Los factores de carga pueden ampliarse ya sea a las cargas de servicio directamente
o a los efectos internos de las cargas calculadas a partir de las cargas de servicio.
FACTORES DE CARGA, SEGÚN EL CODIGO ACI
1.4D
1.2(D+F+T) + 1.6(L+H) + 0.50(LroSoR)
1.2D + 1.6(LroSoR) + (1.0 Lo 0.87W)
1.2D + 1.0 E + 1.0 L + 0.205
0.90D + 1.6 W + 1.6 H
0.90D + 1.0 E + 1.6 H
FACTORES DE RESISTENCIA DE REDUCCIÓN (ACI)
Tipo de resistencia Factor de reducción
Flexión simple 0.90
Compresión axial y compresión mas flexión
Elemento con refuerzo en espiral 0.45
Elementos con estribos 0.65
Cortante y torsión 0.75
Contacto sobre el hormigón 0.65
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
El cuerpo principal del código ACI esta formulado en términos del diseño a la
resistencia con los factores γ, y los factores φ.
Un apéndice especial del código, es el apéndice A, que permite el uso del método de
diseño de cagas de servicio.
Significados
D= Carga muerta
E= Terremoto
S= Nieve
L= Carga viva
Lr= Terraza
R= Lluvia
F= Empuje lateral del fluido
H= Empuje lateral del suelo
W= Viento
CURVAS ESFUERZO VS DEFORMACION
Para hº Para Acero de Refuerzo
0.01 0.02 0.03 0.04
1.00 0.85 0.75 0.60
F’c
Єc
0.021
4200
Fs
Єs
Fs = Єs Es
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
COMPORTAMIENTO DE ELEMENTOS SOMETIDOS A CARGAS
AXIAL
Todos los conceptos que se anotan en ese capítulo va a servir para el análisis y el
diseño de elementos sometidos a compresión axial, compresión simple, adherencia,
fuerza cortante y flexo compresión.
COMPRESION AXIAL:Las columnas de hormigón armado son elementos que
trabajan preferencialmente a compresión pero siempre van acompañados de la flexión.
Existen pocos casos o casi nunca en los cuales las columnas trabajan a compresión
axial pura.
COMPRESION AXIAL PURA: Estos elementos se los diseña considerando pequeños
Excentricidades requisito que está contemplado a la norma. ACI 318 – 2008 la norma
para considerar pequeños Excentricidades aplicada factores de reducción de
respuesta como lo que vamos a ver oportunamente.
Las columnas pueden ser de diferentes formas hay columnas rectangulares con
estribos, columna circular con zuncho helicoidal. También tomamos las llamadas
columnas compuestas, que pueden ser cerradas con barras longitudinales y estribos; y
llevan en su núcleo perfiles de acero tipo I como muestra la figura.
P
Columna rectangular Columna circular con
zunchos helicoidales
Columna compuesta
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Otro caso de columna compuesta es lo que tiene un tubo en acero estructural
revestido de hormigón.
COMPORTAMIENTO ELASTICO
Para el caso de comportamiento elástico el hormigón se comporta como tal para
fuerzas hasta el 50% de la resistencia f’c mientras que el acero es casi elástico en
toda la escala de carga para aceros de 4200 kg/cm2 de fluencia.
⁄
⁄
Para esta deformación corresponde un esfuerzo en el hormigón de acuerdo con las
curvas esfuerzo deformación dibujada anteriormente.
De acuerdo a la ley de Hooke la deformación del hormigón es igual a:
(1)
Donde:
c= deformación del hormigón
Fc= esfuerzo nominal del ho
Ec= módulo de elasticidad ho
Y la deformación en el acero es igual a:
(2)
Donde:
s= deformación de acero
Tubo de acero estructural
Columna compuesta
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Fs= esfuerzo nominal del acero
Es= módulo de elasticidad del acero
Tal como lo hemos definido en el rango elástico E y la formación son proporcionales
en el rango elástico. Igualamos los dos miembros de la ecuación (1) y(2)tenemos:
=
→Fs = Fc *
(3)
= n donde n = relación modular
Fs = n Fc(4)
Para el caso de una columna sometida a carga concéntrica
P= Ac*Fc+As(5)
P= Carga a compresión axial
Ac= Área del hormigón = Área gruesa – Área de las barra de acero
Ac= Ag – As
Donde:
Ag = b * h
Ac = b * h – Ag
Reemplazo (3) en (5) o (4) en (5)
P = Ac*Fc + As*Fc*n
P = Ac*Fc + n*As*Fc (6)
P = Fc (Ac + n As) (7)
P = Fc [ Ag + (n-1) As ] (8)
b
h
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
EJEMPLO
2.1. Calcular la Carga Axial que producirá un utilice un hormigón
de
Datos
P = ?
# de varillas 6
En Porcentaje:
𝐛 𝐡
𝐧
𝐧
√
𝐧
𝐧
( )
𝐡 𝐧
𝐡
𝐡 (Carga que produce el esfuerzo del h0)
(Carga que produce el esfuerzo de acero)
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
RESISTENCIA ÚLTIMA O CARGA DE ROTURA EN UN ELEMENTO
ESTRUCTURAL
La resistencia ultima o carga de rotura en un elemento estructural es el valor de mayor
importancia para el ingeniero la carga máxima que puede soportar la columna.
Entonces el Esfuerzo de fluencia del acero es decir:
Suponiendo además para esa deformación la resistencia nominal la del hormigón es
entonces la carga Axial de Fluencia llamada será igual:
(Para un comportamiento Inelástico)
Ahora para el problema anterior (Fluencia en el medio)
Para la carga el hormigón no alcanzado su resistencia última, la cual la suponemos
para los cálculos como . Entonces para carga de rotura carga que
produce la rotura en la columna:
(9)
La expresión (9) sirve para calcular la carga que produce la rotura en la columna. Para
la columna. Para el ejemplo anterior la carga rotura:
𝐡
Ahora:
Para Carga Axial de Fluencia:
𝐡
𝐡
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
En Porcentaje:
Para Carga que produce la rotura en la Columna:
𝐡
𝐡
𝐡
En Porcentaje:
Resumen:
Para el caso de que los materiales h0 y acero (s) se encuentran en un rango
elástico, el hormigón trabaja con un esfuerzo que produce una carga de 145,2
Ton mientras que el acero asume una carga de 21,7 Ton. Para este caso el
hormigón (h0) contribuye a la carga un 87% y el acero (s) lo hace con 13%.
Cuando se produce la fluencia de la barra de acero el hormigón (h0) resiste 301
Ton es decir contribuye un 71%a resistir la carga mientras que el acero (s)
resiste el 29%.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Cuando se produce la rotura del elemento el hormigón (h0) contribuye con el
75% de la carga mientras que el acero (s) lo hace el 25% es decir a medida
que aumenta la carga se produce una retribución de los porcentajes que toma
cada material y el acero (s) va tomando un poquito mayor a la carga al que se
asumió para el comportamiento elástico.
Columnas Circulares con Zunchos Helicoidales.-
Para el caso de columnas circulares con hélice experimentalmente se ha
demostrado que la resistencia a la compresión del núcleo de hormigón de una
columna que se suministra mediante refuerzo helicoidal se gobierna mediante la
expresión:
(I)
Resistencia o Esfuerzo del Núcleo Confinado del hormigón (h0).
Resistencia o Esfuerzo con el h0 Sin Confirmar.
Esfuerzo o Resistencia de Confinación.
(10)
(11)
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
(
)
(12)
(13)
(12)------>(13)
(14)
Para encontrar la cantidad adecuada de acero en espiral se obtiene se sigue el
siguiente proceso:
La resistencia del cascaron con la Resistencia es igual a:
' (16)
𝐡 Es el núcleo del área confinada del hormigón.
Una vez obtenida la contribución sustituyo (14) en I y multiplico por el área del núcleo
del hormigón Ac:
(Es la resistencia proporcionada por la espiral)
La base de diseño según el código ACI la ganancia de la resistencia proporcionada
por la espiral debe ser al menos igual a la perdida de resistencia cuando se (descasa,
desprende o desconcha) el recubrimiento del hormigón.
' (Según México)
' (ACI)
Perdida cuando
se desprende el
recubrimiento
Lo que gana
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
(
)
(
)(16) ------->Numeral ACI
As = Área de las barras de Acero
Ac = Área neta del Hormigón
Ag = Área gruesa
Ach =An = Area neta del zuncho
Columna con zuncho helicoidal Tipos de columnas
(16)
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
35cm
45cm
35cm
PASOS PARA EL DISEÑO DE ZUNCHOS
1. Calculamos (% volumétrico del refuerzo helicoidal)
2. Comparamos con la fórmula
3. Resolvemos ya sea para Aspo para s, siendo Asp(área del zuncho y s el
paso)
- Asumiendo del zuncho y obteniendo “s”
- Asumiendo s y obteniendo del zuncho
EJEMPLO
La columna de la figura se ha utilizado un hormigón de una resistencia de 250
kg/cm2 y fy= 4200 kg/cm2. Obtener la carga con la cual se rompe la columna.
EJEMPLOS DE COLUMNAS RECTANGULARES POR EL METODO DE
ESFUERZOS DE TRABAJO
Al referirnos al método de trabajo éstos son los porcentajes de las resistencias del
hormigón y del acero, para diseño vamos a utilizar el esfuerzo del trabajo del hormigón
0.5f’c y el esfuerzo de trabajo para el acero 0.5fy.
Para este tipo de diseño podemos trabajar con cuantías entre el 1% y 6%. Llamamos
cuantías de acero “ ” a la relación entre el área de acero de las barras principales
dividida para el área gruesa del hormigón.
(Es a dimensional)
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
35cm
45cm
La ecuación que debemos aplicar es la ecuación (I) y las cargas que se consideran
son las cargas nominales (no últimas).
EJEMPLO 2.3
Diseñar mediante los esfuerzos de trabajo una columna rectangular sometida a
una carga muerta de 115 ton (Wm) y una carga viva de 82 ton (Wv). Utilice un
hormigón de 210 kg/cm2 de resistencia a la compresión a los 28 días de edad y
un acero cuyo límite de fluencia Fy=4200 kg/cm2. Utilice una cuantía de Acero de
1.23%.
Diseñar en hormigón armado significa obtener la sección de hormigón y obtener la
sección de acero requeridas para hacer frente a las cargas externas al que el elemento
está sometido.
b h
25 21
30 31
35 45
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
40cm
55cm
EJEMPLO 2.4
DISEÑO NO COLUMNAS RECTANGULARES POR EL METODO DE CARGA DE
ROTURA (O RESISTENCIA ÚLTIMA)
Para el diseño del método por carga de rotura el código ACI en el capítulo 10 le
sugiere considerar pequeñas excentricidades mediante un columnas
rectangulares con estribos y para columnas circulares con zunchos
helicoidales.
Las fórmulas son las mismas pero aplicadas factores de red del esfuerzo. Recordando
que para columnas rectangulares es de 0.65 y 0.75 para columnas circulares.
Utilizando el método de carga de rotura o resistencia última diseñe la columna del
ejemplo 2.3.
[ ]
[ [ ] ]
Comentario
Aplicando los esfuerzos de trabajo la columna sale más económica que aplicando el método de
carga de rotura según la 10-1 del código ACI 3.12.2008 con lo que concluimos que ésta versión
es la más exigente en términos de seguridad para las estructuras de hormigón armado.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
EJEMPLO 2.5
Diseñe una columna circular con zunchos helicoidales, utilice el método de la
carga de rotura. Utilice un hormigón de f’c= 210kg/cm2 y un acero fy=4200 kg/cm2
y una cuantía de =1.1%, carga muerta de 72ton (Wm) y una carga viva Wv=108
ton.
Para considerar pequeñas excentricidades utilice la fórmula 10.2 del código
A.C.I. aplique las disposiciones 7.6.3 respecto de la distancia libre entre barras
longitudinales 7.1.3; 7.10.4 y la pagina 101 ; 7.10.4.2; 7.10.4.3.
[ ( ) ]
REGLAMENTO A.C.I.
Espirales
7.10.4.2.-Para elementos construidos en obra, el diámetro de barra utilizada en
espirales no debe ser menor de 10 mm.
7.10.4.3.-El espaciamiento libre entre hélices de la espiral no debe exceder de 75 mm
ni ser menor de 25 mm.
Desarrollo:
[ ( ) ]
Igualando Ecuaciones:
[ (
)
]
(
)
√
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
(
)
Para obtener el área neta en la columna circular el diámetro exterior le quitamos el
recubrimiento libre entre varillas es decir 5 cm y el área neta será el área cuantificada por el
zuncho.
(
) (
)
Reemplazando Valores:
(
)
Utilizo como zuncho Ø 10 mm para (S).
8Ø 10 mm. 7.5 cm
45 cm
48cm 43 cm
48 cm
Resumen del diseño:
Una columna con diámetro exterior de 48 cm y diámetro interior de 43 cm y
paso de 7.5 cm.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
ANÁLISIS Y DISEÑO A FLEXIÓN DE VIGAS
Suposiciones Fundamentales Para El Comportamiento Del Hormigón Armado
La mecánica del hormigón se basa en las siguientes premisas fundamentales:
1. Las fuerzas internas tales como (momentos flectores, fuerzas cortantes,
momentos flexionantes y esfuerzos de tensión y compresión) en unasección
cualquiera de un elemento estructural se encuentra en equilibrio con los
efectos de carga externas de la sección.
2. La deformación unitaria en una barra inclinada en el hormigón es de la misma
magnitud que la del hormigón a cortante (si se deforma la barra se deforma el
hormigón).
3. Las secciones son planas antes y después de que el elemento haya sido
cargado.
La deformación es nula
4. Debido a que la resistencia a la tensión del hormigón es una pequeña parte de
su resistencia a su compresión el hormigón en aquella parte del elemento
sometido a tensión se encuentra usualmente agrietado.
Fibras comprimidas.
h E.N.
Fibras en tensión no se toman en
cuenta en el análisis de flexiona.
5. La teoría se basa en el esfuerzo-deformación real y en las propiedades del
hormigón y acero o en alguna simplificación razonable realizada.
Los 5 permisos anotados sirven para predecir el comportamiento del Hormigón
Armado.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
ANÁLISIS Y DISEÑO A FLEXIÓN
En este capítulo se aplicaran las mismas supuestas y se utilizaran conceptos para el
análisis y diseño de vigas.
Fuerzas en Vigas Homogéneas:
Las vigas del hormigón armado no son homogéneas sin embargo los principios
fundamentales son los mismos para las vigas compuestas de un solo material; estos
principios son:
1. En una sección transversal existen fuerzas internas que pueden
descomponerse en componentes normales y tangenciales. Las fuerzas son los
esfuerzos a flexión (compresión de un lado del eje neutro y en tensión del otro
lado) y las fuerzas tangenciales son las llamadas esfuerzos cortantes.
Compresión
E.N.
Tensión Los esfuerzos normales que nacen frente a los extremos de
compresión en el Eje Neutro son
0 y máximo en sus extremos.
Las componentes normales son los esfuerzos de compresión de un lado del Eje
Neutro y de tensión del otro lado tal como observamos en la figura.
2. Los esfuerzos tangenciales son los esfuerzos cortantes que resisten las
fuerzas tangenciales o cortantes.
a) Las secciones planas antes de que el elemento se someta a carga sigue
siendo en el elemento cargado.La expresión significa que las
deformaciones unitarias por encima y por debajo del eje neutro son
proporcionales a las distancias desde este eje.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
b) Los esfuerzos de flexión dependen de la (distancias) deformaciones
unitarias en un punto específico de la misma manera que el diagrama
esfuerzo vs deformación para el material.
Ep y Fp es el límite ante la parte elástico.
Ep= deformación proporcional.
FP= esfuerzo proporcional.
La figura 2 representa un diagrama esfuerzo-deformación para el hormigón en el cual
se ha en los esfuerzos Fp es dibujado en el eje horizontal las deflexiones y en el
vertical los esfuerzosEp. Que le corresponden en los esfuerzos Fp es el límite de
proporcionalidad es decir el límite para el comportamiento lineal y el comportamiento
inelástico o no lineal.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Si la deformación es menor Epla distribución es como se aprecia en la figura (a) y el
esfuerzo es como se aprecia en la figura (b). Si la deformación en el material supera la
deformación proporcional la distribución es como se muestra en la figura (c) y la
distribución de esfuerzos es como se aprecia en la figura (b).
3) la distribución de los esfuerzos cortantes (v) en la altura de la sección depende de la
sección transversal y del diagrama esfuerzo- deformación unitaria para el material en
el eje neutro.
Los esfuerzos cortantes son máximos mientras que los momentos flectores son nulos.
En cambio en las fibras exteriores los esfuerzos cortantes son nulos mientras que los
momentos flectores son máximos.
4) debido a la acción cámbiate de esfuerzos cortantes horizontales y verticales y alos
esfuerzos de flexión se presenta esfuerzos inclinados de tensión y compresión
encualquier punto de la viga el cual forma 90° con el otro, la magnitud del máximo
esfuerzo inclinado o esfuerzo principal (t) es igual a:
√
F= magnitud del esfuerzo normal en la fibra
V= magnitud de los esfuerzos cortantes tangenciales.
Si F<F posea el esfuerzo nominal es menor que esfuerzo proporcional de la viga se
comporta elásticamente en este casi se puede afirmar que:
a) El eje neutro pasa a través del centroide de la sección transversal
b) La magnitud de los esfuerzos de flexión normales a la sección directamente
con las medidas desde el eje neutro y es máximo en las fibras extremas y se lo
obtiene mediante la expresión:
F= es el esfuerzo de flexión a una distancia y medida a una distancia y del eje
neutro.
I= momento de inercia de la sección transversal correspondiente al eje neutro.
Y= distancia del eje neutro.
M= momento flector externo.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Fcc= el esfuerzo de flexión máxima en la fibra de flexión superior exterior.
=>
=>
S= módulo de elasticidad de la sección.
c= posición del eje neutro.
c) El esfuerzo cortante “v” es la longitud igual al transversal en cualquier punto de
la sección transversal, esta dad por:
V= fuerza cortante total en la sección.
a= eje estático con respecto al eje neutro.
ESFUERZOS ELASTICOS SECCION NO AGRIETADA
La sección transversal de una viga de ancho b con peralte total h, acero de tensión As
y d igual a peralte efectivo.
Para pequeñas cargas a las queestá sometida ele elemento toda la sección del
hormigón es útil y contribuyente a la flexión.
El diagrama de deformación es idéntico al
presentado en la figura A y el diagrama de
esfuerzos es parecido al de la figura B con la
consideración de que hay que tomar en cuenta
el esfuerzo a tensión.
Fct= máximo esfuerzo a tensión del hormigón
Fcc= máximo esfuerzo a compresión del
hormigón.
Fs= esfuerzo nominal en la barra de acero.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
ANALISIS:
Si los esfuerzos de tensión son menores que Fr (módulo de rotura) al módulo de rotura
se lo conoce como esfuerzo a tensión, pero pro flexión de manera que no se desarrolle
grietas debajo del eje neutro la sección se la puede considerar como no fisurada y
para resolver el problema utilizamos la expresión:
Explicada anteriormente debemos transformar la sección de acero en la sección
equivalente de hormigón tal como se aprecia en la figura.
a) Sección transformada utilizando área neta.
b) Sección transformada utilizando área gruesa.
La sección transformada se aplica los métodos para las vigas elásticas
homogéneas.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
EJEMPLO 3.1
Determine los esfuerzos causadas en la viga de la figura para un momento flector
externo de 7 toneladas-metro.
F´c= 210 kg/cm^2
Fy= 4200 kg/cm^2
Fr= 32 kg/cm^2
*cap. 9 del código ACI =>Ec. 9.10 (para cálculo de módulo de rotura).
√ ; Mpa; l = h° normales
√ ; Kg/cm^2
n= relación modular.
√ ;
[ ]
TEOREMA DE STEINER
∑(
)
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
1)
2)
3)
1)
2)
OK
3)
ENCUADRE:
Fct= Esfuerzo a tensión del hormigón.
Fct<Fr ; √ ; Fr= Kg/cm^2
Se considera sección Transformada No Agrietada.
En el caso que el esfuerzo a tensión del hormigón supere el módulo de rotura (
)todo el hormigón que se encuentra debajo del Eje Neutro esta agrietado y no debe
ser tomado en cuenta en el análisis. En esta circunstancia todavía es válido aplicar el
método de la sección transformada que le llamamos “Sección Transformada
Agrietada”
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
√
(1)
C = T
Calculo Momento en C
(
) (
) (
)
(
)
Calculo Momento en T
(
)
(
)
(
)
(
)
Para Diseño
(
)
(
)
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
55cm 50cm
30cm
3 22mm
(
)
(
)
Con fines para diseño si reemplazamos la posición del Eje Neutro como 1% de k del
peralte efectivo (d) y el brazo del par como un %j del peralte efectivo entonces la
ecuación 1 se transforma:
𝐧
√
√
(9)
NOTA.-k y j solo para vigas Rectangulares
EJEMPLO 3.2
Calcular los esfuerzos del hormigón del acero para la viga de la figura, la viga
está sometida a un momento flector externo de 9 Ton – m.
Desarrollo:
Fr = 2√ fr= 30
√
𝐧
n = 9
(3.8*3) = 11.4
(9 * 11.4)= 102.6 cm2
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Utilizando la fórmula (8)
Fórmula(11)
CASO DE UNA VIGA DOBLEMENTE REFORZADA
Se llama así porque tiene acero de tensión y de compresión. Colocar acero de
compresión es antieconómico.
Sin embargo se coloca acero de compresión por varias causas:
1 La presión del acero de compresión disminuye la flexión a largo plazo la deflexión.
2 Sirve para sostener los estribos (refuerzo a cortante). Al compactarse el hormigón a
compresión causa en las barras de refuerzo un aumento de capacidad para tomar
cargas como consecuencia de la fluencia plástica del hormigón.
Se supone que los esfuerzos de las barras de compresión calculadas en el método de
la sección transformada se duplico con el tiempo
El área transformada de las barras de compresión se supone igual a dos veces al área
del acero a compresión A’sK
Si se considera el área total de la sección del hormigón las aletas de compresión es
20-1 = As la tención son iguales (n – 1) As
Para el caso de considerar la sección transformada agrietada la interpretación para el
área de las aletas será
El área de las aletas de compresión es igual (211-1)A’s y para el caso de las aletas de
tención (n As)
Los esfuerzos en la varilla de compresión se determinaran multiplicando por 2n los
esfuerzos en el hormigón situado en la misma distancia del eje neutro
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Calcular los esfuerzos de compresión a tención en la viga producido por un
momento Flector de 2.7 ton-m por la viga de la figura.
Utilice un h° = 280 kg/cm² y A = 4200 kg/cm²
A’s = 2 (5.54) = 5.08
As = 4 (3.8) = 15.2
(2n-1) A’s = 76.2
(n-1) As = 106.2
Utilizamos sección Transformada no agrietada porque el momento es menor
Y= 22.85cm = y = 22.9cm
√
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Inercia con respecto al eje neutro
I=283375
Fr=2√
F’s = 2N FccF´s= 2(8)(31.52) F´s = 504.26kg/cm²
FS = N FccF´s= (8)(31.52) Fs = 252.16kg/cm²
EJEMPLO 3.4
Para la viga doblemente reforzada obtener el esfuerzo a compresión del
hormigón y el esfuerzo en las barras de Acero tanto en compresión como en
tensión para el caso en la que la viga se someta a un momento Flector de8
ton/m.
Si en las ecuaciones reemplazamos 8 tan/m en vez de 3.9 obteneos un esfuerzo a
tensión de 62.4 Kg/cm valor muy superior al módulo de Rotura (33.47).
En consecuencia debemos analizar la viga mediante el método de la sección
Transformada.
y² + 13.17y – 349.6 =0
y=13.24
I= 115447
FR = 33.47
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
DISEÑO DE VIGA A FLEXION UTILIZNDO EL METODO
DE LOS ESFUERZOS DE DETRABAJO
Viga Isostática calcular momento
Vigas hiperestáticas calcular por fórmula
M
M
M
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Diseñar la viga de la figura sometida a una carga muerta de ton/m y carga viva 2
ton. Utilice el método de los esfuerzos de trabajo de hormigón de 210 tan, y
Fy=4200
En los valores de las cargas ya están incluidas el peso propio de las vigas utilice una
cantidad de 8%
DESARROLLO
Wm= 3ton –m Wv= 2ton-m
F’c = 210 Fy= 4200
1) Calcular carga nominal : 3+2=5 ton/m
Importante
Diseñar una estructura de hormigón amado significa determinar la sección de
hormigón y la sección de acero necesario para hacer frente a las cargas exteriores.
2) Calcular carga el momento (m) Flector Externo
Aclaraciones al Diseño
FS = 0.45 (2.10) = 94.5
FS = (0.5) (4200)=2100
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
K=√
K= 0.317
J = 1 -
As= 0.008(25)(40)=8cm²
Aclaraciones al diseño
En vista que la sección del diseño de hormigón dio de 25x35 de peralte efectivo. Si
consideramos esa sección efectiva nos daría una sección de acero de 7.8 cm que equivale
aproximadamente a 3 barras de 18mm.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Diseñar una viga rectangular a flexión simplemente apoyada reforzada que está
sometida a cargas para calcular los momentos flectores utilizamos el método de
las secciones.
3.5 9 9 3.5 9 9
C RB
10m
∑ ∑
RA= 3.5+9+9-RB RB = 3.5 (0.7)+9(5)+9(5)+9(9.3)+10
RA=8.385 RB = 13.115
Tramo AB
RA
Tramo BC
RA M=8.385(5)-3.5 (5-0.7)
M=26.875
FC=0.5 (210)=105 J=0.345 K=0.885
b d h
40 65 70
B C D
3.5
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Calcule la carga uniforme adicional al piso de la viga que ocasionara que las
secciones empiecen a agrietarse si se usan en vigas simplemente apoyadas de
8m.
Fct> FR Fct>FR Fct = FR
Fcc=? f’c=2880 fy=4200 fs=n Fcc
Método no agrietado
⌊ ⌋
Teorema Del Eje Paralelo
FR = 2 √ =33.5
8m
22
22
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
EJEMPLO 2 VIGA EN i
METODO NO AGRIETADO
⌊ ⌋
[ ]
(
)
D=804.52 kg-m
*Si aumenta la carga aumenta el momento
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
METODO AGRIETADO
n=8
(8)(9.42) = 75.36 cm2
[ [ ] ] (
)
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
d h
b
d
c
Es
b
As = Fs = T
C
c
FLEXION SIMPLE
RESISTENCIA ÚTIL.-Cuando las cargas aplicadas sobre cargas son pequeñas que
los esfuerzos en los dos materiales (hormigón y acero) no rebasen los esfuerzos de
trabajo Fc 0.45 f’c; Fs0 0.50 fy,la viga se la puede analizar utilizando el método de
la sección transformada no agrietada y agrietada.Si los esfuerzos a los materiales
rebasan los esfuerzos de trabajo entonces hay que aplicar métodos que toman en
cuenta el comportamiento no lineal del hormigón y el acero.
Existen varios métodos para evaluar flexión mediante ese enfoque. En este curso
vamos a estudiar 2 métodos. EL método general y el método del Bloque Rectangular
Equivalente de Esfuerzos (método de C Withney).
MÈTODO GENERAL.-Consideramos la sección transversal de la figura 1, viga
rectangular.
Fig. 1 Fig. 2
EL diagrama de deformación (D.D.D) se presenta en la figura 2 en el cual se presenta
“c” posición del eje neutro.
Ec es la deformación del hº a compresión.Es la deformación del Acero a tensión.
LA distribución de los esfuerzos de compresión reales no tienen ninguna forma de
alguna figura geométrica conocida como es el caso de la distribución triangular para
los esfuerzos elásticos.
As
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
F’c (Kg/ cm2)
100
200
300
400
500
600
0.8
0.6
0.4
0.2
La distribución real se la presenta la fig. 3. Parael análisis nos podemos valer de los
principios de la mecánica estructural combinados con una gran información empírica.
Sidamos ese enfoque ya que no importa la formación real que tiene los esfuerzos de
compresión.
Loque importa es:
A que es igual la Resultante de las fuerzas totales de compresión C y su ubicación
respecto de la fibra exterior superior.
C = (Fav) * (b) (c) Fav = Esfuerzo promedio
Fav= () (F’c)=
C = () (F’c) (b) (c) 1
= 0.72 para hº hasta de 280Kg/ cm2disminuyen 0.04 por cada 70 Kg/ cm2de
aumento sobre 280 Kg/ cm2hasta 0.56
=0.425 para h hasta 280 Kg/ cm2 disminuye 0.025 por cada 70 Kg/ cm2 de aumento
sobre 280Kg/ cm2hasta 0.325 que corresponde a 560 Kg/ cm2
.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Reconocemos 3 tipos de fallas en elementos sometidos a fallas:
1 Se produce cuando el acero fluye en tensión mucho antes que el hormigón se
aplaste en compresión; física y matemáticamente se produce Fs =Fy.
2 Este tipo de falla experimentael elemento cuando (el acero fluye) empieza por un
aplastamiento del hormigón en la zona de compresión mucho antes que el acero
fluyea tensión.
Se ha demostrado mediante pruebas de laboratorio que el hº empieza a dañarse, para
deformaciones comprendidos entre 0.003 y 0.005 para estar a nivel protegido
(obrando conservadoramente se recomienda utilizar un valor de 0.003=Ec= Eu
Eu=Deformación ultima.
EL primer tipo de falla es deseable y el segundo tipo no es recomendable
3 Este tipo de falla se produce cuando el hormigón se aplasta en compresión al mismo
tiempo que el acero fluye a tensión; física y matemáticamente seria Fs =Fy y Ec = Eu=
0.003
La falla balanceada esta en relación con la cuantía balanceada ( )
Calculo de la de la figura 3, tenemos que C = T (porque es un par de fuerza osea
tiene igual magnitud, dirección pero sentido contrario)
() (f’c) (b) = (As) (Fs) () (f’c) (b)(c) = (As) (Fy)
pero sabemos que:
() (f’c) (b)(c) =
Consideramos la figura 2.(calcular la posición del eje neutro)
3
Falla balanceada
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Reemplazo 3 en 2
(
)
(
) 4
Cuantía balanceada
Si la cuantía de la viga es menor que la cuantía balanceada se presentara en
elElemento una Falla Dúctil. (<b)
SI la cuantía de la viga es mayor que la cuantía balanceada se presenta en el
Elemento una Falla Frágil.(>b)
Los elementos que presenta Falla Dúctilse les llama elemento subreforzados y los
elementos que presentan Falla Frágilse les llama sobrereforzados.
ELEMENTOS SOBREFORZADOS(
Mn= momento nominal externo
Tomando momento en C
Mn = Fy.As.(d-βc) (5)La ecuación 5 y 6 deben dar igual respuesta
Tomando momento en T
Mn = α.F’c.b.c.(d-βc) (6)
Considere ecuación (5)
Mn=ρ.d.b.Fy.(d-
)
Mn=ρ.d^2.b.Fy.(1-
)
)
Mn= ρ.d^2.b.Fy.(1-0,59
) (7)
Mn= ρ.d^2.R
R=ρ.Fy.(1-0,59
)
En términos de diseño es igual al Mu del diseño Mu=φMn; φ=0,90
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
VIGAS SOBREREFORZADOS
Para el caso de vigas sobrereforzados hay que obtener la real resistencia del acero.Fs
puesto que en este caso el acero ha alcanzado el esfuerzo de fluencia entonces:
(12)Mn= As.Fy.(d-β )
La posición del eje neutro C se obtiene de una ecuación de segundo grado de la
siguiente manera:
As.Fy= (8)
Como de la relación de triángulos semejantes (figura 2) obtenemos que:
:
Reemplazo 8 en 9
As.Eu. .
= (10)
La ecuación número10 es una ecuación de segundo grado en c. Obteniendo la
posición del eje neutro c. Calculamos Fs por la ecuación 9 y luego reemplazamos en
ecuación 12 para obtener el momento nominal externo de la viga tan reforzada que la
falla se produce por aplastamiento de hormigón en la zona de compresión.
RESUMEN DE FÓRMULA:
Falla balanceada= Cuantía balanceada.
ρ b= ( ’
).
(4)
Falla Subreforzada= falla dúctil
Mn = Fy.As.(d-βc)
Mn = α.F’c.bc.(d- βc)
C=
=
(11)
Vigas sobre reforzadas = Falla Frágil
Mn = Fy.As.(d-βc)
Mn = α.F’c.bc.(d- βc)
Eu. .
(9)
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
EJEMPLO 3.6
Calcular el Mn y el diseño para la viga mostrada en la figura. Además obtener la
posición del eje neutro.
F’c= 240
Fy=4200
ρ=
ρ=
ρ= 0,012
ρ b= ( ’
).
ρ b= (
ρ= cuantía de la viga
ρ b= 0.024 ρ > ρ b (falla dúctil)
Para un h* DE 280 β valdrá 0,425
Mn =Fy.As.(d-βc)
Mn=
’ )
c= 17,11 c es la posición del eje neutro.
Mu= φ Mn
Mu= 0,9 (54,6) Mu= 49,14
Φ=0,90 siempre porque esta dado en términos de diseño
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
EJEMPLO 3.7
Calcular Mn, Mu y C para la viga mostrada en la fig.
F’c= 240
Fy=4200
ρ =
ρ =
ρ= 0,027
ρb= (
ρb= 0.024 ρ > ρ b(falla frágil)
En la ecuación 10 calculamos C.
As x Eu x Es x
x b x c
As = (8 x 7.07) = 56.56 Es= 2 x 106
Eu = 0.003
(
)
(
)
√ (– )
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
(
)
(
)
( )
Notas importantes
El acero fluye a tensión en es el recomendable.
El hormigón (amplia) empieza a deformarse para una fluencia del acero que
varía de :
En las fallas balanceadas obtendremos también
Siempre será (falla fragil)
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
METODO DEL BLOQUE RECTANGULAR EQUIVALENTE DE ESFUERZO: METODO DE
WHITNEY
Whitney propuso un método sencillo para evaluar Flexión Simple, basado en una
distancia rectangular de esfuerzos en la cual considera que la profundidad del bloque
“a” es la que varía y la otra dimensión es la que permanece constante.
Como el método es sencillo sus formulas son fáciles de obtener y se presta para el
análisis de esfuerzos combinados de flexión mas cortante, flexión mas compresión;
flexión mas torsión mas cortante, flexión mas carga axial. El método se presta para el
análisis de vigas de cualquier forma geométrica.
a
h a
b
SECCION DE VIGA DIAGRAMA DE DEFORMACION
a=
a/2
a c= rfc1a.b
DISTRIBUCION DE TRIANGULO DE ESFUERZOS
Entonces
Para la confiabilidad del método y su posterior aplicación se plantea que la posición de
las fuerzas totales de comprensión
del nuevo método. También hay la
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
necesidad e expresión de profundidad de bloque “a” con términos de posición del eje
Neutro C así . Siendo un parámetro menor de 1 a definirse
posteriormente.
Posteriormente debe comprobarse que lo resultante de las fuerzas de comprensión
den los mismos resultados para lo cual debe definirse el valor de entonces:
(4) - Debe darse esta igualdad para que este método
funcione.
Por otro lado:
(5)
La fórmula4 y 5 validan el método expuesto de la siguiente manera.
F2c ≤ 280 350 420 490 ≥ 560
0.725 0.68 0.64 0.60 0.56
0.425 0.40 0.75 0.35 0.325
0.85 0.80 0.75 0.70 0.65
0.85 0.85 0.85 0.85 0.85
Conclusión:
De acuerdo con la tabla obtenida adopta valores constantes de 0.85 y disminuye
con el aumento de la resistencia del hormigón disminuye 0.05 por cada 70 kg – cm 2
de aumento de resistencia el hormigón hasta un valor tope de 0.65 correspondiente a
un hormigón de 50 kg/cm.
La variación de es lineal y para obtener valores intermedios entre 280 kg – cm2
por ejemplo debe hacerse una interpolación lineal. Una vez validado el método los
tipos de falla conocidos son los ismos que el método anterior.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
1. Falla dúctil el acero fluye en tensión antes que el hormigón se aplaste en
compresión, se cumple que Fs. = Fy.
2. El hormigón se aplasta en comprensión antes que el acero fluya en tensión se
cumple que
3. El acero fluye en tensión al mismo tiempo que el hormigón se aplasta a
comprensión se produce lo siguiente y este tipo de
falla es balanceada.
Formulación
Cuantía balanceada (pB) corresponde a la falla balanceada.
C = T
(
) Calculo “C” utilizando el D.D.D
Reemplazo 7 en 6 y obtengo.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
(
)
(
)
(
)
si < B Falla dúctil ( F. Sub-reforzada)
si > B Falla frágil (F. Sobre reforzada)
VIGA SUBREFORZADA
0.85 Fc`* a * b = As* Fy
a=
(9)
Mn= As Fy( d-
(10) Momento en “C”
Momento tomado en T
Mn= 0.85 Fc`* a * b*( d-
(11)
a=
(9`)
Si reemplazo 9` en 10 obtengo:
Mn= As* Fy( d -
) ; As= *d*b
Mn= * *b* Fy *(1-
)
Mn= * *b* Fy * (1-
) (12)
Para diseño
Mu= Φ Mn Φ =0.90
La fórmula12 podemos escribirla como:
Φ Mn= Φ R * b * R= Factor de Resistencia a la flexión.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
R= * Fy * (1- 0.59* *
) (13)
Vigas Sobrereforzadas (ρ>ρB)
As Fs = 0.85 Fc` *a *b 0.85 β1* Fc`*a*b
ρ * b * d * Fs= 0.85 β1* Fc`*b*c
(14)
Para el caso de vigas sobrereforzadas en las cuales las vigas es mayor a B (1) igualo
la respuesta en toneladas con la respuesta en compresión y obtengo:
As* Fs= 0.85 Fc`* a * b 0.85 β1* Fc`*b*c
Como: Fs=εs Es (15) y a su vez εs=
(14)
Al reemplazar estos valores obtengo:
εsAs= 0.85 β1* Fc`*b*c
As* Es(
) = 0.85 β1* Fc`*b*c (16)
La ecuación 16 debe resolverse para c' y luego el valor de C reemplazarlo en (14) para
obtener.
Posteriormente este valor se lo reemplaza en la ecuación 15 para obtener el verdadero
esfuerzo al cual están sometidas las barras de tensión en la viga. Finalmente:
Mu= ΦAsFy (
)
Dará el momento de diseño de una viga tan reforzada que la falla se produce por el
aplastamiento de la viga.Hormigón en la zona de compresión.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
EJEMPLO 3.8
Obtener Mn, C; de la siguiente viga Fy= 4200 Fc`= 210; Utilice el método de
withney.
30
55 50
1) Obtener cuantía de la viga
ρ=
= 0.01232
ρb= 0.85 β1
ρb= 0.02125
0.01232 < 0.02125 falla dúctil
a=
a=
= 14.5
Mn= As* fy( d –
)Mn 18.47 *4200*( 50-
)
Mn= 3316288.5 kg-cm Mn= 33.16 ton-m
Mu= Φ Mn Mu= 0.90 ( 33.16)
Mu= 29.85 ton-m
C=
C=
C= 17.06cm
3 Φ 28 mm
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
EJEMPLO 3.9
Obtener Mn, Mu, C; y el diseño para la viga de la figura: f'c=210 fy= 4200; Utilice
el método de whitney.
15 15 15
a/2= 14.5
15 225 = 0.012729
354.53 𝐛 0.02125
38 b falla dúctil
7 4Φ28mm
45
As Fy= 0.85 fc' a b As Fy = 0.85 Fc' Ac
Ac=
Ac=
Ac= 579.63
Altura=
Altura=
a= 15+7.88= 22.88
y(579.53) = 225( 7.5) + 354.53 ( 3.94+15)
y =
= 14.50cm
y = a/2
Mn = 24.63 ( 4200) ( 53-14.5) Mn = 3982671 kg-cm
Mn = 39.83ton-m
Mu= 39.83 ( 0.9) = 35.847 ton –m
C=
=
= 26.91 cm
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
METODO DEL BLOQUE RECTANGULAR EQUIVALENTE DE ESFUERZO
C.SWHITNEY
3 ton 3ton
3m
3ton 3ton3ton3ton 3m
3m
6m 4m 4m 6m
Para el pre-diseño de vigas considerar una altura (h) igual a 7cm por cada metro d luz
de viga.
Wm=3 ton
H=7*6 =42
H= 1.5b b=45/1.5 b= 30cm
Ag= Ac Pn= carga que soporta una columna
Pn= 0.85 fc´ *ag*As fy
Pn= 030*fc´ b*h
Carga axial= Pn
Pn = (# pisos) (……………..)(Carga promedio)
Pn = (3*30) (1.2ton\m2) = 108 ton 110 ton
Pn = 110000 kg
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Igualando tenemosf´c=240
110.000= 0.30 * 2.40 * (b*h)
B*h= 1550 b= 40 h=40
DISEÑO DE VIGAS
Cuando se utiliza programa de computadora como elSAP y se analiza una estructura
con carga de gravedad únicamente es necesario hacer un predimensionamiento de
elementos estructurales, para el caso de las vigas la altura de ellas se las asume igual a
7cm multiplicando por la luz de la viga en metros. Para el caso del pórtico plano
analizado por elSAP, todas las secciones de la viga son de 45 x 30, reconociendo que el
ancho b resulta de dividir h por 1.5.
Para el caso de las columnas se asumió el criterio de la carga nominal Pn= 0.30 f´c b x
h; Pn se lo obtuvo multiplicando el área de ascendencia de la columna por 1.2 ton\m2.
Así se obtuvo se obtuvo una sección de 40 x 40 para todas las columnas y de 45 x 30
para todas las vigas la carga muerta incluida al peso propio es de 3 toneladas-metros la
carga viva 1.6 ton-m y existen cargas puntuales de 3 toneladas, en el primero y
segundo piso alto ubicados como se muestra en la figura; realizado el análisis los
métodos son como se muestran en las diferentes graficas obtenidas del programa,
este ejemplo de diseño a flexión es para la viga de 6m cuyo diagrama de cuerpo libre
se muestra en la figura 1 (a) y diagrama de momentos 1 (B)
DEDUCCION DE LA ECUACION DE MOMENTOS
Queda claro que cualquier estructura hiperestática se la puede convertir en una
estructura isostática equivalente tal como muestrea el D.C.L. de la figura (1a)
Aplicando los criterios de los esfuerzos y utilizando los métodos de las secciones
tenemos
X
18.36 6.16
Mμmμ+18.36-21.34x+6.16 x2/2=0
X 1) mμ=21.34x – 3.08x2 – 18.36
21.34 Va
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
6.16 3.6
Mμ – 18.36 – 21.34x + 3.6(x-1.5)+6.16 x2 \2= 0
Mμ= 21.34x -3.6x +5.4 – 3.08x2– 18.36
Mμ =-3.08x2 + 17.74x – 12.96
0˂x˂4.5
1) Mμ= -8.46 x= 0.5 x=1.5 Mμ=6.72
2) X=3 Mμ= 12.54
Diseño: se puede utilizar tres métodos distintos
1._ Diseñando con el algoritmo Mμ = φ Rbd2 por lo que R= mμ\ φbd2 luego en la tabla
de ayuda leo “ρ”, finalmente As= ρ bd se reparte el acero de barras
2._ Asumir la profundidad a del bloque, calcular As con Mμ= As fy( d– a\2 ) entonces
As= mμ\fy( d – a\2 ) luego compruebo a= As Fy\0.85 f´cbluego si el valor de “a”
asumido es parecido al valor de “a” comprobado el área de las barras es correcto, de la
contrario asumir nuevo valor de “A” y comprueba el otro . etc.
PRIMER METODO
R= 1836000\0.9*30*402= 42.5 kg\cm
Lea R y ρ ρ= 0.0115
As= 0.0115 * 30*40 = 13.8
R = 2277000\0.9*30*402= 527 kg\cm
R = 1256000\0.9*30*402= 29.07 kg\cm
1) ρ= 0.014 ρ= 0.014
2) As = 0.01475 x 30 x45=17.7cm2
3) As= 0.0075 x 30 x45= 9cm2
Ρmin=14/Fy o 0.0033 ˂ 0.0075 ok
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
DISEÑO DE VIGAS A FLEXION
1.- Para obtener el área del acero
Mμ= φbd2 R= mμ/φbd2
En las ayudas leemos “ ” luego de As = bd
2.- Asumo “a” obtengo As=mμ/fy( d – a\2 ) compruebo “a”
Asumiendo con: a= As fy/0.85f´c b
Si “a” es similar al valor calculado As es correcto de lo contrario repetir los cálculos
3.- Aplicando la ecuación que define “ ”
-18.36 -22.77
6m 45cm 40cm
30cm
Un valor inicial de la profundidad del bloque puede ser d/4 , es de a= 40/4 a= 10
a= 1836000/4200(40-5) (0.9) =12.5cm
a= As x fy/0.85 f´c b = 12.5 x 4200/ 0.85 x 240 x30
a= 8.6cm
2.- iteración
A=1836000/4200(40-5)=13.61 a= 13.61 x 4200/0.85 x 240 x 30= 9.33 ok
Para el momento de 22.77 ton: 1ra interacción
a= 9cm (asumiendo)
As= 2277000/0.9 x 4200 ( 40-45) = 17.0 as= 17.0 x 4200 / 0.85 x240 x30 = 10.5
Segunda interacción
As= 2277000/0.9 x 4200 ( 40-5.25)= 17.30 as= 17.30 x 4200 / 0.85 x240 x30
=10.41
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE “ ”
Como:
Mμ = φ As fy d (1- 0.59 ρfy/f´c)
Mμ = φ ρbd2( 1- 0.59 ρfy/f´c) conociendo que
Mμ = φ Rbd2 Igualando Tenemos
φ Rbd2= φ ρbd2Fy ( 1- 0.59 ρfy/f´c)
0.59 fy2/ f´c x ρ – ρfy + R= 0
√
√
Para saber de cual valor de “a” partir se divide el m (+) para el momento máx. (-); ese valor
será el porcentaje
12.56/22.77= 0.55 % 0.6 % a= 10.7
Entonces: 0.6 x 10.7 = 6.42
3er METODO
Aplicando La Fórmula
√
√
ρ= 0.0115
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
As= ρbd AS= (0.0115*30*40)
As= 13.82
= 52.70
Ρ=
*(1-√
)
As=0.0149*30*40
As=17.88
1.15 1.4
Según el código A.C.I. la longitud de las barras para cubrir el momento
negativo en vigas es igual al punto de inflexión mas 12 veces el diámetro de las
barras de mayor diámetro.
VIGAS DE GRAN PERALTE
Las vigas de gran peralte son aquellas cuya altura supera los 90cm. El refuerzo
superficial en vigas de gran peralte o refuerzo condicional Ack, la obtenemos con la
expresión Ack<= (d – 750) ¨d¨ debe estar dado en mm y Ask en mm2. La separación
máxima entre las barras adicionales no debe exceder a (¨d¨/6) o 300mm.
2Ǿ25mm 2Ǿ22mm
3Ǿ22mm
Zona a
compresión
Refuerzo adicional
a cada lado
As
Eje neutro
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
ANALISIS Y DISEÑO DE VIGAS DOBLEMENTE REFORZADAS.
Las vigas doblemente reforzadas son aquellas que llevan acero de compresión y de
tensión.
El acero a compresión resulta necesario cuando se limita el tamaño de la viga por
estética o por falta de espacio disponible, además el acero de tensión, el acero de
compresión es útil porque no solamente aumenta los momentos resistentes a las
secciones de la viga si no que también incrementa la magnitud de curvatura que un
miembro puede absorber antes de fallar a flexión.
La ductilidad de tales secciones aumenta considerablemente.
El acero a compresión hace que las vigas sean tenaces y dúctiles permitiéndoles
resistir grandes momentos y deformaciones.
Así como inversiones de esfuerzo que son los que ocurren durante un terremoto. El
código A.C.I.
Establece la exigencia de colocar una cantidad mínima de acero de compresión en
elementos que trabajen a tensión.
El acero de compresión reduce deflexiones a largo plazo y sirve para sostener los
estribos, acero para hacer frente a los esfuerzos de compresión.
Para este caso aplicaremos el método de Withney para el análisis.
Acero a
compresión
Acero a
tensión
As
As´
b
d
c a
Td´ a/2
d-d´
T=AsFy
T´=As´Fy
Figura (a) Figura (b) Figura (c)
Bloque de Withney
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
En esta parte consideramos que tanto acero el acero de compresión como el de
tensión fluyen a la falla respecto a que no corre siempre para esto vamos a dividir el
momento nominal en dos partes.
M1= acero de compresión cuyo elemento de par se presenta en la figura (c) y su brazo
es d-d´ más el momento producido por el excedente de las dos barras de tensión (As-
As´), que se equilibra con los esfuerzos de tensión en hormigón. El brazo del par ((d-
a)/2) tal como se presenta en la figura (a).
El primer término produce m1 y el segundo m2 .
Entonces:
Mn = m1+m2
1) Mn = As´fy(d-d´)+(As-As´)fy(d-a/2)
0.85fc´a.b = (As-As´)fy
2) a =
3) a =
La cuantía de la viga para acero doblemente reforzada es:
4) ρb = ρb+ ρ1´
b = cuantía de acero para una viga doblemente reforzada.
Ρb = cuantía balanceada de acero para una viga simplemente reforzada.
1 = cuantía del acero a compresión.
5) Ρmax = 0.75 ρb+ ρ1´
Figura (1) Figura (2)
d-d´
As´fy
Asfy
C=0.85fc´ab
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
CASO EN EL QUE EL ACERO A COMPRESION SEA MENOR QUE fy
Fs´<Fy
Las ecuaciones deducidas anteriormente se aplican (1-3) al caso que Fs´ fluya a la
falla (Fs´= fy) para el caso de vigas anchas de poca altura o vigas con el esfuerzo del
hormigón sobre las barras de compresión mayor de lo usual o vigas con cantidades
relativamente pequeñas de refuerzos a tensión, el esfuerzo en la barras de
compresión está por debajo del esfuerzo de fluencia a la falla.
Del diagrama de deformaciones obtenemos Es´
EU.d´= C( -Es´)
Es´=
6) Es´=
Sumando fuerzas horizontales y considerando que tanto el acero de compresión con el
acero de tensión fluye a la falla como la ecu 6).
Es´= Ey
Y despejo C la posición del eje neutro.
-As´fy – 0.85 fc´ a-b +Asfy = 0
As fy = As´fy+ 0.85fc´β1. Cb
Dividiendo la ecuación para (bdfy) y remplazando la cuantía del primer miembro min
Ρbdfy = ´bdfy + 0.85 fc´ β1
7) obtengo min = 0.85 β1
´
=
=
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Si la de acero a tensión < min el acero a compresión fluye a la falla esto significa
que el eje neutro se encuentra en fluencia.
8) Ρb = b + ´
Para evitar una falla frágil
Las ecuaciones 8) y 9) son las fórmulas generalizadas de las ecuaciones 4) y 5)
ENCUADRE
Mn= m1+m2 = As´ fy (d-d´) + (As-As´)(d-a/2)
a =
=
Para fs´<fy
Ρb = b + ´
Ρmax = 0.75 β + ´
Pmin = 0.85 β1
´
< min= el acero a compresión no se encuentra a fluencia.
Conocido la expresión para determinar la ρmin de acero en una viga con armadura
doble y al compararla con de acero de tensión de la viga que resulta ρ<ρminsignifica
que el acero a compresión no se encuentra en el límite de fluencia y tenemos que
desarrollar una ecuación en la cual se considere la posición real del eje neutro que se
encontrara un poco subido hacia las fibras de compresión. Esta ecuación la
obtenemos sumamos fuerzas horizontales y reemplazando el valor de εs’ obteniendo
relaciones triangulares semejantes del diagramas de deformación.
El valor de εs’ es reemplazado en la expresión f’s = εs’ Es
Para obtener la ecuación As.fy = 0.85 β1.f’c.b.c + As’.εs’.εu.[(c-α)/c](10)
Con la ecuación (10) obtengo “c” la profundidad del eje neutro con “c” obtengo “a” la
profundidad del bloque, finalmente.
mn = As’.f’s.(d-d’) + (As – As’).fy[d-(a/2)]
mn = Φmu Φ = 0.90
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
En este caso ρB = ρB+ ρ’.(fs’/fy) (8)
ρMAX= 0.75 ρB+ρB’ (f’s/fy) (9)
La fórmula (9) se debe verificar para asegurar una falla dúctil en la viga doblemente
reforzada.
EJEMPLO DE ANALISIS
Determinar el momento nominal y el de diseño para la viga mostrada en la figura
utilice un fc’ = 210 kg/cm2 ;fy = 4200 kg/cm2
La viga se analiza como doblemente reforzado.
ρMIN = para comprobar si fluye o no a la falla.
El acero a compresión si fluye a la falla.
Para comprobar la de la viga.
; La cuantía de acero a tensión es < que ρmax como debe de ser.
60 cm. .
35 cm. .
2Φ28mm.
4Φ36mm.
6 cm. .
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
[ ]
SEGUNDO METODO DE SOLUCION
Si tenemos la sección de la viga con armadura doble un acero As, actuando a un plazo
(d-d’). Entonces As y As1 no son iguales y un acero As2 distantes de la fibra exterior
entonces.
Si suponemos que el acero de tensión ha entrado en fluencia por lo que:
La posición del eje neutro será:
y
Si ε’ses mayor que εy (ε’s>εy) el acero de compresión se encuentra en fluencia.
Entonces
=
As
’
As
As
’
As =
As2
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
;
SOLUCION
El acero a compresión si fluye a la falla.
(
)
EJEMPLO Nº 2
Calcular el mn y mu de diseño para la viga mostrada en la figura. Utilice
f’c=280kg/cm2fy=4200kg/cm2
35 cm.
.
2Φ22mm.
4Φ32mm.
6 cm. .
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
La viga se analiza como doblemente reforzada
El acero en compresión no fluye a la falla
De la fórmula 10 obtengo “c”
(
)
(
)
(
)
Comprobado falla dúctil
; Si esto sucede se la analiza como viga doblemente reforzada.
Calculamos como viga doblemente reforzada.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Si como viga doblemente reforzada entonces fs=fy (está en
fluencia), lo contrario es decir lo que significa que f`s<fy (no
concurre a la falla).
Si la del acero a tensión es menor que la cuantía máxima como viga
simplemente reforzada, significa que la viga hay que analizarla como viga
doblemente reforzada. Luego hay que comprobar si el acero a compresión
fluye a la falla.
SEGUNDO METODO PARA f`s<fy
Calcular “a” suponiendo que f`s=fy; calculamos As1 y As donde As1= As’,
calculamos “c”.
Calcular mediante r
Comparar r si r El acero a compresión no se encuentra en fluencia y hay
que calcular un nuevo valor de As1 con la expresión
debemos tomar en
cuenta que F’s= .
Con este valor de As1 nuevo valor de “a”
y lógicamente nuevo valor de
“c”.
Con este valor de “c” obtengo
y obtengo con este valor de f’s que es
F’s= ; así sucesivamente hasta obtener en 2 iteraciones continuas un valor
parecido f’s.
EJEMPLO 1
{ }
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
2da Iteración
DISEÑO DE VIGAS DOBLEMENTE REFORZADAS
Si (cuantía de acero a tensión) , el acero a compresión no se encuentra en
fluencia.
Para diseño de vigas doblemente reforzadas seguimos el siguiente procedimiento:
d .
b .
As’
As
d .
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
1) Calcular el momento máximo que se puede resistir la viga a tensión
considerando que:
2) Si existe como calcular el exceso de momento que debe resistir la vida,
asumiendo que m2= movimiento nominal, calculado en el paso 1; entonces:
Y el acero a tensión del paso 1, le llamamos As2; Es decir el acero de tensión cuya
fuerza equilibra con las fuerzas producidas en el hormigón en comprensión entonces:
Agregar una cantidad de acero a tensión As1 = As de esta manera el área total del
acero a tensión:
Revisar la viga doblemente armada para establecer si el esfuerzo en las barras de
compresión es igual al de fluencia, esto es comparar la cuantía de acero a tensión con
.
Si la cuantía de acero a tensión es menor que la como viga doblemente
reforzada así como a esfuerzo en las barras de comprensión no está en fluencia y el
área de acero a comprensión debe aumentarse con el fin de proporcionar así la fuerza
necesaria:
La profundidad de bloque se la obtiene a partir del requisito de equilibrio
horizontal. Luego se obtiene la posición del eje neutro, entonces;
El área revisada de acero a comprensión que actúa a un esfuerzo igual “a tentativo”
(
)
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
El área de acero a tensión no necesita su revisado puesto que está trabajando a fy
como se supuso.
PROBLEMA 1
Diseñar una viga rectangular de 34.6 ton – m de carga muerta y 55.4 ton – m de carga
viva, un hormigón de 280y un acero de 4200 kg – m. las dimensiones más máximas
para la viga se muestran en la figura.
35 cm
(
)
(
)
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Momento actuante de carga que producen cargas exteriores= mu
1)
2)
3)
Si el eje neutro está dentro del alma se requiere un análisis como viga "T" la figura N 5
muestra el caso en que la viga es "T"
Si a es menor o igual a hf (figura 4) la viga se la puede analizar como rectangular.
Si se supone tentativamente que la profundidad del bloque está en el ala a<hf
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Si la profundidad del bloque excede el espesor del ala Fig. 5 se requiere un análisis de
viga "T".
Con fines computacionales dividimos el área de acero en dos partes, se supone que la
resistencia de la viga está controlada por la fluencia del acero fy. Esto va a ser casi
siempre el caso debido a la gran resistencia a compresión que presente al ala de la
viga. Si consideramos Asf. "El área de acero" que al estar sometido a un esfuerzo fy
se requiere para balancear los esfuerzos en compresión producidos en la ala sobre
salientes a uno y otro lado del alma tal como se muestra en la figura 6.
Si consideramos Asf "el área del acero" que al estar sometido a un esfuerzo en
compresión producidos en las alas sobre salientes a uno y otro lado del alma tal como
lo muestra la figura 6.
Esto genera un momento (mn1) más el esfuerzo que se produce en compresión
generado por parte de la viga y que se equilibra con el esfuerzo producido por las
barras restantes As-Asftrabajando a Fy esto produce un momento mn2 de tal forma
que el mn=mn1 + mn2 y el momento de diseño Φ mn = mu = Φ ( mn1 + mn2)
Formulación
Asf x Fy = 0.85 fc´ (b – bw) hf
(1)
Mn1=Asf x Fy (d – hf/2)(2)
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Asw= As – Asf
(3)
(
)(4)
Para determinar el comportamiento de la viga, debemos calcular la cuantíamáxima;
esto se logra sumando fuerzas horizontales.
As Fy = 0.85 B1 fc´bw x C + As1 fy
Si consideramos que
Se recalca que las cuantías se las obtiene considerando la sección de la viga (neta).
Mediante un proceso adecuado obtenemos la ρwbde viga "T" mediante la expresión
(5) wb = 0.85 B1 fc´/ fy x 6000/6000+fy + f
Interpretando nos queda que para asegurar la falla dúctil
wb= b + f(6)
El códigoestablece que para asegurar una falla dúctil.
ρwbmax = 0.75(ρb+ ρf)(6)
ρb= es la cuantíabalanceada para una viga rectangular
ρf= es la cuantía de acero Asf
El código 10.5.1 establece que As proporcionado no debe ser menor que As min
As min= 0.79√ Fc´ w x d (En kg/cm2) ≥ 14/Fybw x d
Fy
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Determinar la resistencia a diseño de la viga mostrada enla figura. F'c= 240
Kg/cmFy= 4200 kg -cm2
a= 5 356 cm
a <hf se realiza como viga rectangular
(
)
(
)
Mu=0.9 (88.98)=80.08 ton-m
ρmax = 0.75 ρb
ρmax =0.75 (0.0222619)= 0.016
ρ = 6(6.16)
60(155) ρ = 0.00397
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
ρ = <ρ(max)
min = 0.79√fc´
min = 0.79√220 ρ min= 0.002 7899
4200
ρ min <ρ
min= 14
fy
min = 0.0023 ρ min= 0.00333
4200
ρ min <ρ
SEGUNDO MÉTODO
1.Calcular T= As Fy
2.Obtener Ac= T/ 0.85 fc'
3.Si el bloque cae dentro del ala son aplicables las fórmulas para vigas rectangulares;
entonces:
Ac= a.b. a= Ac/b
4.El brazo de palanca: será: d - a/2
5.Mn=T( d- a/2)
6.Mu= Φ mn
Solución de problema 3 por método 2
1.T= (6.16 x E) (4200) = 155232
2.Ac = 155232/ 0.85 (220) = 830.12 cm2
A1= 155 x 11 = 1705 > Ac (830.12)
El eje neutro cae dentro del ala
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
ρ = As
d x b
3.
4.
5. T-m
6. T-m
En este método el comportamiento de la viga se lo obtiene revisando máx
para lo cual calcula más la posición del eje neutro asumiendo que la situación
balanceada respecto al hormigón y el acero. Luego obtiene más
obtenemos el área comprimida y como y para
asegurar una falla dúctil.
0.0021
0.003
C = T
c
d-c
628mm
11
19 x
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
PROBLEMA 4
Calcular la resistencia de diseño de la viga mostrada la figura utilice un f’c=240;
fy=4200kg/cm2
Se analiza como viga “T”
822mm
75 cm
35 cm
10 cm
75 cm
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
.m
(
)
SEGUNDO METODO
Se analiza como viga ”T”
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
CALCULO
10
27.5
35 cm
26.41 cm
75 cm
750
832 mm
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
DISEÑO DE VIGAS “T”
Para el diseño seguimos el procedimiento.
1) Determinar el espesor del ala con base en los requisitos de flexión de la losa.
2) Determinar el ancho efectivo del ala con base en los requerimientos del
capítulo 8 del código ACI 8-12-2-8-12-3; 8-12-4.
3) Seleccionar el ancho del alma (con base ) y peralte efectivo con base en :
a) Requiere una flexión negativa en los apoyos si se trata de una viga “T”
continua.
b) Requiere de cortantes estableciendo el límite superior razonable en el
esfuerzo unitario de cortante en el alma de la viga.
4) Calcular el valor tentativo de acero de tensión suponiendo que la profundidad
del bloque no exceda el espesor del ala utilizando para el efectivo a las
fórmulas de vigas rectangulares.
5) Para el área “las tentativas” verificar la profundidad del bloque “a” para
asegurar que este no exceda hfutilizando las fórmulas para vigas “T”.
6) Revisar la cuantía máxima para confirmar que no exceda la cuantía de acero a
tensión de la viga“
7) Revisar para confirmar que “ esto va hacer casisiempre
invariable.
PROCEDIMIENTO ALTERNATIVO DE DISEÑO
Si el eje neutro queda en el ama se utiliza un procedimiento de tanteos para
diseño, en este proceso se estima que un brazo de palanca / medida al centro del
bloque de compresión hasta el control de acero a tensión) se cree que es igual al
mayor de
Y con esto se calcula un área de prueba de acero igual
Luego con el procedimiento aplicado en ejemplos anteriores se realiza el valor
estimado de Z.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Si se tiene mucha diferencia el valor estimado de Z se revisa y luego se obtiene un
nuevo valor del área de acero.
El proceso se repite hasta que los valores de As consecutivas sean parecidas.
EJEMPLO 3
Diseñar una viga “T” para el sistema de pisos mostrado en la figura para un
momento de carga muerta de y momento de carga viva de y
un hormigón de Y una luz de .
1) Ancho del ala
1´) L/4=6/4=1.5
2´) 16hf+bw=16(10)+30=1.9
3´) 3m
2) Mu=1.2 (7)+1.6 (17.5)+30=36.4 ton-m
Supongo a=10=Hf
3)
4)
´ 𝐛
30 cm 30 cm 30 cm
3 m 3 m
10cm
45 cm
1.5 m
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
5)
´
𝐛
𝐛 𝐛
√
√
No menor a 14/4200
2 Ø 25mm
2Ø 28mm
a<hf (10) en consecuencia la profundidad del bloque está dentro del ala
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Nuevo Z
SEGUNDA ITERACION
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
b
a
bw
hf
hf-a
Revisión de
En este método para determinar á se obtiene un acero de tensión máxima (Tmáx)
suponiendo una posición balanceada del eje neutro.
C
C-d
KgTreal 92904420016.629.42
125.298828.92904 TmáxT ok
Deducción de la Fórmula para determinar la cantidad máxima de acero a
tensión “As m x.”
CB (Prof. Eje neutro balanceado) aafy
x
fy
a5.0
6000
6000
102003.0
003.0
6
BB TC bwhfahfbcFFuerzaCB '85.0
a=0.85*26.47=22.5
Ac=10*150+22.5-10*30
Ac=1875
Cb=0.85fc´ Ac
Cb=0.85*250*1875
Cb=398437.5
125.2988285.39843775.0 Tmáx
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
d
a
bwbwbw
y
BB
F
TAs As máx 0.75 AsB
Para f’c=250 y fy= 4200
hfabbwhfbf
C
f
TdbAmáxA
y
B
y
BSS
4200
25075.085.075.075.075.0
.5.0038.0 hfdbwhfbmáxAS
2712510455.03010150038.0 cmAs
OK
PROBLEMA
Diseñar una viga T para el sistema de pisos mostrada en la figura para el ancho
del alma y peralte efectivo donde los momentos flectores MD=36 y ML= 60,
utilice un hormigón f´c= 250 y un acero de fy= 4200 y una luz de 5.5 m.
Ancho del alma
1) 5.5/4 = 1.40 m
2) 16(8) + 40 = 1.68
3) 1.8
MU = (36x1.2) + (60x1.6) = 139.2
37.60
2
865)4200(9.0
139200
As
299250420025.71 Tmáx
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
0062.014065
37.60
x
hfa
Se diseña como viga “T ”
fy
hfbwbcfAsf
)(´85.0
48.404200
8)40140)(250(85.0
Asf
21
hfdfyAsfMn
mTonMnMu
Mn .96.5071.1039.0
2.13922
Asumiendo a = 12
)2
(
2
adfy
MnAsfAs
56.2012
654200
5096000
a
AsfAs
)40)(250(85.0
)4200(26.20
´85.0
)(
bwcf
fyAsfAsa
52.8)250(95.0
65)4200(00663.0a
..103709762
465)4200(48.401 cmkgMn
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
10 o 28mm
16.10a
Asumiendo a = 10 (2da iteración)
22.2010
654200
5096000
a
AsfAs
1099.9)40)(250(85.0
)4200(22.20a
22.20 AsfAs
7.6022.2048.40 As
)(75.0 fBwmáx
03065.0)01557.002530.0(75.0 máxw
00663.035140
75.60
x
01557.04065
48.40
x
máxw OK
SEGUNDO MÉTODO
)5.0(038.0 hfdbwhfbAsmáx
61465
5.58)65(9.0
z
z
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
b
8
40
hf
hf-a
1120
732
20.1193)858250.0
)4200(37.60
37.60)9.0)(61(4200
102.139 5
Ac
As
ac> A1(1120) entonces A2=1193.20-1120=73.2
NUEVO Z
83.140
2.73n
a=1.83+8=9.83
y(1193.20)=1220(4)+73.2(8+1.83/2)
y= 4.30
NUEVO Z
Z= 65-4.3=60.7
OK
8655.0408140038.0 Asmáx
8.79Asmáx
T <Tmáx OK
74.602
52.865 z
67.60)7.60)(4200(9.0
1067.154 5
As
KgT
KgTmáx
594.2584200104
)8.2(
335160)4200(8.79
2
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
ANALISIS Y DISEÑO A ESFUERZO CORTANTE
Si se va a diseñar una estructura de hormigón armado debe dársele ductilidad
suficiente para el elemento así diseñado. La ventaja es que estos elementos dan aviso
en la falla lo contrario de los elementos que fallan por compresión cuya falla es frágil.
De lo expuesto el código exige aplicar factores de reducción de respuesta menores
para cortantes que para flexión 0.75 para cortante y 0.9 para flexión
CORTANTES EN VIGAS DE HORMIGON ARMADO
El estado de esfuerzo puro no existe en el elemento de hormigón armado. El hormigón
fallara por tensión antes de que falle por cortante, la viga simplemente apoyada de la
fig 1 de luz=1 es de hormigón armado. Tal como se aprecia si extraemos un elemento
en el eje neutro, este elemento está sometido a fuerzas cortantes puras (el cortante
horizontal es igual al cortante vertical). El elemento de fuerza de compresión y tensión
además de las fuerzas verticales y horizontales para el caso del elemento uno, si la
rotamos va a existir fuerzas de cortantes de compresión y tensión que forman un
ángulo de 45˚. Para el caso del elemento si componemos la fuerza tenemos como
resultado.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
La combinación de fuerzas cortantes con flexión dan como resultado los esfuerzos de
tensión diagonal. Que se puede obtener mediante la expresión
T=
√
Estos esfuerzos de tensión diagonal forman un ángulo con el eje neutro que se
obtiene mediante la expresión.
ejeneutroTg 2 =
V= Es el esfuerzo cortante que se obtiene con v=
F= Es el esfuerzo a flexión que se obtiene f=
“v” también se lo obtiene como
vigas elásticas homogéneas
RESISTENCIA DEL HORMIGON AL CORTANTE.
Los procesos de diseño a cortante en vigas de hormigón armado se basan en
resultados obtenidos en pruebas de laboratorio se aclara que
se lo conoce como
esfuerzo promedio que es diferente al esfuerzo de tensión diagonal.
El código ACI presenta fórmulas para evaluar la fuerza cortante tal como la
fórmula11.3; Vc= ø 0.53 √ bwn
Vc= contribución del hormigón cortante; ø= 0.75
El código establece que el cortante nominal es igual a la contribución del refuerzo
transversal Vs= estribo
Consta de dos partes:
Existen elementos continuos o hiperestáticos la zona de grietas el momento flector y
pequeños esfuerzos cortantes y zona de momentos flectores y grietas de fuerza
cortante.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
GRIETAS INICIALES
POR FLEXION O
POR CORTANTE
TENSION DIAGONAL
GRIETAS
SECUNDARIAS POR
FLEXION
Se ha investigado que para grandes momentos flectores y pequeños esfuerzos
cortantes √ y para el caso de grandes fuerzas cortantes
√ .
Alternadamente el código ACI presento la fórmula 11.5 para determinar la contribución
del al cortante:
(
) √ (11.5)
En la fórmula 11.5 se evidencia lo siguiente:
a) La presencia del acero a tensión si contribuye a aumentar la resistencia al
cortante de hormigón pero no significativamente vu y muson resistencia
requeridas que se corresponden
La aplicación de la fórmula 11.5 del código ACI se justifica para El caso de tener un
número considerable de viga.
De acuerdo con el código
Si las grietas se mantienen estrechas se aumenta la contribución al cortante. Por lo
tanto aumentara la resistencia al cortante por friccion, para el caso de hormigones
ligeros la contribución del hormigón es √
ʎ = 0.85 para hormigón ligero de arena
ʎ = 0.75 para hormigón de peso ligero
ʎ = 1 para hormigón normal
AGRIETAMIENTO POR CORTANTE EN VIGA DE HORMIGON ARMADO
Vd
C
Vcy Z
Viy
Vi
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
REFUERZO POR CORTANTE
Cosiste en estribos transversales tal como se muestra en la figura por zonas de alto
riesgo sísmico se recomienda estribos en u
La figura N°8 presenta la proyección de una grieta por cortante de acuerdo con el
principio de estructuras
En la figura N°8 se evidencia que ; y el cortante interno es la suma de los
cortantes verticales que se producen en la grieta
Vcy= Componente inicial en la parte inferior
Viy= Componente inicial al cortante que sigue la dirección de las grieta
Vd= es la acción del pasador
COMPORTAMIENTO DE VIGAS CON REFUERZO EN EL ALMA
(ESTRIBOS)
Una teoría sobre el comportamiento de estos elementos es la llamada analogía de la
armadura, según esta teoría la viga con refuerzo a cortante se comporta como una
armadura isostática de acuerdos paralelos a los nudos articulados.
El hormigón en la zona de compresión se identifica con la cuerda superior y el acero a
tensión se identifica con la cuerda inferior.
REFUERZO A
CORTANTE
6db
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
El alma de la armadura está constituida por los estribos actuando a tensión diagonal a
45° como miembros diagonales de compresión.
El estribo usado es similar en su acción a la celosía de una armadura. El estribo actúa
una vez que se forma la grieta diagonal incrementando la resistencia a cortante.
El Capítulo11.4.6 que debe colarse una armadura mínima por refuerzo al cortante
Av(min) en todo elemento de hormigón armado sometido a flexión donde
Las barras dobladas hacia arriba a 45° constituyen otro tipo de refuerzo del alma
satisfactorio. El problema es que muy pocas barras se doblan de esa forma en la viga
y puede no estar situada para usarse como estribos el código 11.4.2 establece que fyy
fyt
11.4.2.- fyy fytdebe ser menor o igual que 4200 kg/cm2 o 420 mpa
El estribo mantiene junto el hormigón en ambos lados de las grietas
importantes que se separan obteniendo así los siguientes beneficios el refuerzo
de acero que pasa la grieta toma el cortante directamente
Confinar el núcleo de hormigón incrementando la resistencia y ductilidad de la
viga
Al mantenerse unido en ambos lados de la grieta ayuda a impedir que los
grietas se muevan a la zona de compresión
NOTA:El acero que se utiliza es de 5280
DISEÑO A CORTANTE
Como se explicó anteriormente el cortante nominal resulta de la contribución del
refuerzo transversal (Vc+ Vs), Vcya ha sido evaluado anteriormente en la fórmula 11.3
y formula 11.5 para evaluar Vs nos referimos a la figura 11.9
Vs= cortante vertical
Es decir n representa al número de estribos que atraviesan la grieta diagonal.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Si consideramos que apropiadamente que las proyecciones de las grietas diagonales
es igual al peralte efectivo “d” esta con el numero “n”; n=d/s si reemplazamos este
valor
Av= área de la barra de estribos (por dos porque están cerrados)
Fyt= Es el límite de fluencia usada como estribo
S= separación de estribos
ENCUADRE: ANALISIS Y DISEÑO A LA FUERZA CORTANTE EN VIGAS
Vu= Fuerza cortante requerida por las cargas externas
Vu ≤ Ф Vn ; Ф Vn ≥ Vu
ФVn= Resistencia disponible o de diseño
ФVn= Ф Ve + Ф Vs
ФVc= Contribución de hierro de diseño (11.3 ; 11.5)
11.3 Vc= 0.53 F´cbw .d
11.5 (√ ´
) √
La fórmula 11.17 sirve para obtener la Resistencia cortante de una barra doblada que
todas estén equidistantes de las apoyadas.
11.17 Vs= As fySenα.
La fórmula 11.16; se la emplea para evaluar la contribución del estribo al cortante para
el caso de estribo inclinado como se muestra en la figura.
(
)
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
RESUMEN: Regiones donde es necesario refuerzo por cortante cuando Vu> ½ Ф
VcSe requieren estribos en la viga.
1.- Obtenga la resistencia requerida Vu (La producida por las cargas exteriores) y
dibuje el diagrama de cortante
2.- Calculé el Vu a una distancia “d” de la cara del apoyo que es cortante crítico.
3.- Calcule la contribución del hormigón al cortante del diseño Ф Vc utilizando ya sea
las formulas 11.3 u 11.5.
4.- Superpongan la garantía ФVc con Vu y determine gráficamente el punto hasta
donde necesitamos armar a la fuerza cortante.
5.- Necesitamos estribos cuando Vu es mayor al 50% de ФVc.
Una viga rectangular de 7m de luz simplemente apoyada con una carga muerta
nominal de 4.5 ton/m y una carga viva de 4.63 ton/m si se ha utilizado un hormigón de
240 kg-cm2 y un acero de Fy= 4200 kg/cm2. ¿Qué parte de la viga requiere refuerzo
en el alma?
Wv =4.63 Wd=4.5
A B
7m
DESRROLLO:
Wu = 1.2 (Wd) + 1.6 (Wv) Wu= 1.2 (4.5) + 1.6 (4.63)
Wu= 12.8
12.8 ton
Vu Mu
44.8
Ra= [12-8 (7)/2] = 44.8
(Mu-44.8x + 12.8 x²)/2 = 0
Mu = 44.8x – 6.4 x² Para x=3.5
Mu = 44.8(3.5)- 6.4(3.5)² Mu= 78.4
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
CORTANTE A B
-Vu + 44.8 – 12.8x = 0
Vu= 44.8-12.8x
Para x=0 44.8 78.4
O
Vu= 44.8 – 12.8(0) 44.8
Vu= 44.8
Mu = Ф R b d² ρmax= 0.5 ρb
Ρ max= 0.5 (0.02125) ρ max= 0.010625
Leo R= 39.1 Kg/cm².
7840000 = 0.9 (39.1) bd² bd²= 222791
As= 0.010625 (40) (75) As = 31.9 cm²
b d 4Ф 25 cm² 31cm²
40 75 3 Ф 22 cm²
ФVc = 0.75 ( 0.53 210 )(40)(75).
ФVc = 17.3 ρw= 31 / (40x75) = 0.01033
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
45
40
35
30
25
20
15
10
5
0 1 2 3 . 4
Formula 11.5 ACI.
(√
) √
PUNTO 1 2
3 4
Distancia desde Apoyo izq. (m)
0.75 1 1.5 2
Vu (ton) 35.2 32 25.6 19.2
Mu (ton-m) 30 38.4 52.8 64
0.5 F´c
(kg-cm²)
7.25 7.25 7.25 7.25
ρw 0.01033 0.01033 0.01033 0.01033
(176ρw Vu d) mu
1.59 1.14 0.66 0.41
Vc (ton) 26.55 25.17 23.73 22.98
Ф Vc (ton)
19.89 18.88 17.79 17.24
2.15
2.15
17.3
2.15
V requerido
2.15
ACI 11.3
2.15
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Utilizando las formulas 11.3 se necesitan armar a la fuerza cortante desde el apoyo A,
con estribos cuya separación sea menor a D/2 desde el apoyo hasta el punto igual a
2.26 m, no se necesita estribos desde 2.75 m del apoyo 4.25.
Determine Ф Vc desde el punto de vista del cortante en el alma, y Vu= 20 ton, F´c=
280. Utilice la fórmula 11.3.
El código ACI del 2008; 11.4.6.1 indica que debe colocarse un área mínima de
refuerzo Au mínimo.
En todo elemento de Hº Aº a la flexión el cortante mínimo Vu= 50% supere del
cortante por hormigón del cortante de diseño.
11.3 Vc= 0.53 F´cbw .d
2000 = 0.5 (0.75) 280 bw.d
bw.d= 31878 cm²
bw d b
40 80
45 70 75
En que parte de la viga mostrada en la fig. requieren refuerzo en el alma. Vu= 20 ton;
F´c= 210 ton.
a) Vu= 5.8 ton.
b) Vu= 25 ton.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Øvc = 0.53 (0.75 √ (60) (35)
Øvc = 12.1 ton > 5.8 ton
0.5 Øvc = 6.05 ton > 5.8 ton 02 no se req. Refuerzo
0.5 Øvc = 6.05 < 20 ton
Se requiere refuerzo en el alma
0.5 Øvc = 6.05 < 25 ton
En que parte de la viga en la figura requiere referencia en el alma utilice un fc' = 240,
fy = 4200; wd = 6ton – m2 ,wv = 9ton – m2.
wd = 6 ton
wL = 9 ton
Vu = 2.25 (1.2x6 +1.6 x 9) = 48.6 ton
Mu =
wL2
Mu=
= 54 ton-m
Pmax = 0.5 (0.02429)→Pmax = 0.012145 Leo R = 44.41
Mu = ØRbd2 →5467000 = 0.9 (44.41) bd2
OOO
35
60
8
30 cm
4.5 m
30 cm
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Bd2 =
= 136781
As = 0.012145 (35) (659) = 27.63
4 Ø30mm → 28.27
Pw=
= 52 .50
Considerando dos puntos
Un punto a 0.65m del apoyo
Segundo punto a 1.5m
50
40
30
20
10
1 2 3
b d
70
35
44
65
35
65
Vu=16.2
Vu=34.56
0.65
1.8
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
=
→y = 14.03
Vu = 48.6 - 14.04 = 34.56
=
→ Y = 32.4
Vu2 = 16.2
El momento flector a cualquier punto es igual al área bajo la curva de cortante.
Mud = (
) x 0.65 =27.03 ton
Mud2= (
) x 0.65 =0 48.6 ton
Mmax=48.6 (
) = 54.67 ton
ØVcd1 = 0.75 (0.5) √ + 176 (0.01243)
(65 x 35)
ØVcd1 = 16318.74 → ØVcd1 = 16.3 ton
ØVcd2 = 0.75 (0.5) √ + 176 (0.01243)
(65 x 35)
ØVcd2 = 14.03 ton
DISEÑO DEL HORMIGÓN ARMADO A LA FUERZA CORTANTE
Vu = ØVc + ØVs(I)
ØVc = Contribución del hormigón a la fuerza cortante de diseño
Ø = coeficiente de reducción de la respuesta para cortante
Ø = 0.75
ØVs = contribución del refuerzo transversal a cortante de diseño
ØVc = se lo obtiene con las formulas 11.3 y 11.5 del código ACI
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
ØVs=
Av = Área de la barra útil como estribo multiplicado por dos (ya que se trata de un
estribo cerrado)
Fyt = esfuerzo de la fluencia de estribo
d = peralte efectivo
S = separación entre estribos
Consideramos la figura 1
Un diagrama de fuerza cortante requerido obtenido mediante un análisis estructural.
En el que se ha superpuesto la contribución del h0 a la fuerza cortante 11 – 3 y a la
contribución del hormigón a la fuerza cortante Øvc → 11 – 5
De acuerdo con
la fórmula I
ØVs = Vu -
ØVc estos
valores se los
representa en el
diagrama de la
figura 1 que
resulta ser las
ordenadas
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Esta fórmula posee 2 variables Av y S para resolver el algoritmo anterior precedemos
así:
-suponemos el diagrama de la barra utilizando como estribo con lo cual conocemos Av
y despejamos S(separación) de estribos
-Suponemos una separación de estribos S respetando la disposición del código ACI
que tiene al respecto. De todo el criterio para suponer S debe estar basado
estrictamente en la norma ACI.
-EL programa Sap 2000 al solicitarle realizar que realice el diagrama a cortante da
como resultado un numero un numero decimal que representa la relación
; es decir
DISEÑO DE ESTRIBOS
Una vez obtenido Vs:
1.) Determine la separación máxima para proporcionar una área mínima de
refuerzo por cortante de acuerdo con el capitulo 11 numeral 4.6.3 (11.1.6.3)
√
o
2.) Calcule la separación máxima
30 cm para el caso en que Vs> 1,06 √ bw.
d; refiérase al capítulo 11#11.4.5.3 del código ACI.
3.) Calcule la separación máxima
60 cm para el caso en que Vs 1,06 √ bw.
d refiérase al capítulo 11 #11.4.5.2
4.) Vs debe ser mayor que 2.16 √ bwd; refiérasecapitulo 11 #11.4.7.9 ( de
suceder esto hay que aumentar la sección de la viga
* La separación práctica mínima es de 7 a 10 cm
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
EJEMPLO
Diseñar los estribos de la viga isostática de la figura de luz 7,2 y Wo=3 ton-m,
Wv= 1,81 ton-m, F’c= 240 ,fyt=fy= 4200
Para obtener los cortantes y momentos requeridos para las cargas podemos hacerlo a
3 formas distintas
1.) Aplicando el método de las secciones y obteniendo los algoritmos para
momento Mu y para cortante Vu.
2.) Aplicando solamente el algoritmo de cortante; dibujando el cortante requerido
Vu. Luego aplica el teorema de estructuras para obtener Mu; que dice que el
momento Mu en cualquier punto de la viga es exactamente igual al área del
diagrama del cortante
3.) Aplicando el método de las secciones por separado, una para cargas uniformes
distribuidas y otro para cargas puntuales. Luego sumar los efectos para
cortante Vu y Mu producidos por la carga uniforme distribuida y cargas
puntuales
DESARROLLO
Wv= (1,2 x 3) + (1,6 x 1,81) = 6,5
0 x 1.8
Vu-28.4+6.5x=0
Vu= -6.5x+28.4
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
1.8 x 5.4
Vu-28.4+6.5x+5=0
Vu= 23.4 – 6.5 x
Mu= Rbd2
2
Bd2 = 128637.75
b d
35 60
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
PB= (0.85)2 x
x
= 0.02428
max = 0.5 B
max = 0.5 (0.02428) = 0.1214
Leo R = 44.155
As= 25.49
0.1216
- CON LAS ECUACIONES
Vud= 28.4 – 6.5 (60) = 24.3 ton
Vu(1) = 28.4 – 6.5 (1) = 21.9
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
-MEDIANTE FORMULA 11.5
√
√
√
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Para comprobar.
√
√
√
Solución:
Utilizar un estribo de 10 mm separado 30 cm el primer estribo debe colocarse a 5 cm
del apoyo. Esta solución rige para toda l luz de la viga.
Área para sostener los estribos
2 Φ 22mm
5cm
30cm 30cm 3Φ28mm
1Φ20mm
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Wd= 3 ton/m
Wv= 1.81 ton/m
2 Φ 22mm
1.80 m
3.60m 1.80m
8Φmm@20cm 8Φmm@30cm
1.80m 1.80m
5ton 5ton
7.20m
34.83
1.80m 1.80m
5ton 5ton
28.40 28.40
34.83
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
0 ≤ x ≤ 1.8
Vu – 28.4 + 6.5x = 0
Vu = 28.4 – 6.5
1.8 ≤ x ≤ 5.4
Vu + 5- 28.4 + 6.5x = 0
Vu = 28.4 – 6.5x -5
Vu = 23.4 – 6.5x
34.8
3
x
28.4
Mu
Wu=6.5
Vu
x
5ton
28.40
1.8
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
28.4
24.5 21.9
11.7
16.7
0 0
5
10
15
20
25
30
35
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4
DIAGRAMA DE CORTANTE
34.83
18.96
9.86
-5.76
-16.29
-20
-10
0
10
20
30
40
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4
DIAGRAMA DE MOMENTOS
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Momento de Empotramiento.
max= 0,01214 b=0,02429 R=44,155 kg
b d h
30 55 60
Diseñar para los siguientes puntos.
1) d= 0,55m
2) d=1m
3) d=1,8m
calculo de ΦVc utilizando:
1) Formula 11,3
2) Formula 11,5}
ΦVc=0,75x 0,53x √ x (55 x 30)
ΦVc= 10,2
Calculo de estribo a “d” de la cara del estribo.
Vs1=28,4 – (6,5 x 0,55) = 24,825
Si d = 8mm
Calculo de estribo a d = 100cm
Vs1= 21,9 – 10,2 = 11,7
Vs1= 15,60
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Si Φ 8 mm s = 26,93 = 27
Vs= 1,06 x √ x 30 x 55 = 27,095 ton.
De acuerdo con la norma AC 11.4.52, Vs = a “d” de la cara del apoyo nos dio
19,5 ton y Vs con la formula sugerida nos dio 27,1 ton entonces el cortante
requerido es menor que el de la formula y la separación sugerida
Debe ser igual o menor que d/2 es decir ≤ 22,5. Como la separación de cálculo
fue 12 cm, esta es la que rige para el diseño.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
DESICIÓN PARA DISEÑO A CORTANTE
Leo en la tabla valor de ρ= 0,005
(
)
( √ (
))
Asumo φ 8mm donde Av = 1cm2
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Calculo estribo d= 1m
( √ (
))
Asumo φ 8mm donde Av = 1cm2
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
ADHERENCIA, LONGITUD DE DESARROLLO Y EMPALMES
Las vigas de hormigón armado son elementos prismáticos en los cuales al momento
flector varia con respecto a las cargas y a lo largo de la luz para diseño a flexión se
utiliza siempre el momento máximo.
El momento máximo está relacionado con los esfuerzos de adherencia y estos a su
vez con el área de acero de las barras. Los momentos flectores guardan una relación
directa con el área de acero pero también varían con la profundidad del bloque de
esfuerzos. Recordemos que:
(
)
(
)
Las dos expresiones afirman el comentario que hemos realizado. Es posible cortar
varillas o barras en lugares donde los momentos flectores disminuyan
apreciablemente.
Consideremos a la viga de la figura cargada con carga W
Para obtener la longitud de las varillas cortadas podemos utilizar formulas empiricas,
puesto que el diagrama de momentos es parabolico:
(
)
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
(
)
Los puntos teóricos de corte los podemos obtener mediante un análisis adecuado de
la viga.
Ejemplo 5.1
Determinar los puntos teóricos de corte en cada extremos de la viga donde pueden
cortarse dos barras y luego determine los puntos donde 2 varillas mas pueden
cortarse.
Leo R= 44,61kg/cm2
As= 40,97cm2
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
PUNTO TEORICOS DE CORTE
Si se cortan 2 varillas entonces:
As(restante) = 7,07(4) = 28,28cm2
a=
Mu (para corte de dos barras) = 0,9Asfy(d-a/2)
Mu= 0,9(28,28)(4200)(75-6,47) = 73,26ton-m
Para corte de dos barras más
Mu= 0,9(14,14)(4200)(75-3,24) = 38,36ton-m
Calculo de la ecuación de momentos
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Reemplazando momentos para encontrar distancias:
ok
ok
Con formulas empíricas:
(
)
(
)
Corte de barras utilizando valores teóricos
Longitud de las dos primeras barras cortadas= 10-(2(2.41))=5.18m.
Longitud de las dos siguientes barras cortadas = 10-(2(1.07))= 7.86m.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Corte de barras utilizando formulas empíricas
Longitud de las 2 primeras barras cortadas= 2.9+2.9=5.8m.
Longitud de las 2 segundas barras cortadas= 4.8+4.80 8.16m.
Se concluye que la utilización de las formulas empíricas de excelente resultado
para el corte de barras a flexión.
ESFUERZOS DE ADHERENCIA
Uno de los supuestos en la mecánica del hormigón armado indica que las
deformaciones producidas en una barra redonda de hormigón es la de la misma
magnitud que la del hormigón circundante. Si las barras no se encuentran ancladas en
sus extremos estas se desprenden del hormigón y el elemento estará expuesto a un
colapso repentino.
Los esfuerzos de adherencia cambian los momentos de la viga los esfuerzos de
adherencia son fuertemente afectados por el desarrollo de grietas a tensión en el
hormigón. La corrugación en las barras se lo hizo para que además de la adhesión y la
fricción hubiera una resistencia debido al apoyo del hormigón en las corrugaciones a
más de la llamada resistencia- fricción –cortante, entre las citadas corrugaciones.
Si los esfuerzos de adherencia a una viga llegan a ser muy grandes el hormigón
alrededor de las barras se separa y a la larga la separación se extiende hasta el fondo
y las paredes de la viga si cualquiera de este tipo de separación llega al extremo de la
barra, la barra se desplazara y la viga fallara. Cuantomás cerca se encuentre las
barras y menos sea el recubrimiento más delgado será el cilindro del hormigón
alrededor de cada barra y la falla debido a la ruptura de adherencia se producirá.
Separación en barras
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
a) recubrimiento lateras y media separación libre de barras ≤ al recubrimiento del
fondo
b) recubrimiento en los lados y en el fondo ≤ media separación libre de barras.
c) recubrimiento en el fondo ≤ el recubrimiento lateral y ≤ media separación libre
entre barras.
grietas
grietas
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
LONGITUD DE ANCLAJE PARA REFUERZO A TENSIÓN
La figura Nº 4(a) presenta una viga en cantiléver con acero a tensión (acero superior)
no presenta ningún anclaje dichas barras, pensando en que caso el diagrama de
momentos es nulo asea cero en un punto que se encuentra en la parte inferior de la
columna, fuera de la cara del apoyo.
En la figura Nº 4 (b) las barras del hecho superior entran al apoyo con una longitud
igual a ld; a esa longitud se la conoce como longitud de desarrollo, se llama ld a la
longitud mínimade empotramiento de una Barra que es necesaria para que trabaje a
su esfuerzo de fluencia más cierta distancia adicional que garantice la tenacidad del
mismo.
La longitud de anclaje usadas para barras o alambre corrugado no deben ser
menores que los valores calculados por la fórmula12.1del código A.C.I ni menor que
30 cm.
La ecuación 12.1 proporciona los valores de longitud de desarrollo en términos de
longitud de barras. Así la respuesta se la puede expresar en términos de 30db, 4db,
etc.
Ψt= factor que tiene en cuenta la localización del refuerzo
ΨE=recubrimiento del esfuerzo
p p
ld
ʎ√
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
ΨS=tamaño del esfuerzo
ʎ = factor que toma en cuenta las propiedades mecánicas producidas por el hormigón
de peso liviano relativo a los hormigones de peso normal de igual resistencia.
𝐛
𝐛 Factor del refuerzo transversal y toma en cuenta el recubrimiento del
hormigón a la separación libre entre barras si estos valores son pequeños el
hormigón puede agrietarse.
Cb=representa la menor de las distancias ya sea lo del centro de la barra a la
separación más cercana del hormigón o media separación entre centros de
barras.
Cb
Ktr=Selo llama índice de refuerzo transversal, tomo en cuenta la contribución de los
estribos atreves de los posibles planos de grietas.
El termino 𝐛
𝐛 no debe ser mayor que 2.5
El índice de refuerzo transversal puede hacerlo igual a 0 (Ktr) para simplificar los
cálculos aun cuando exista refuerzo transversal.
Elcódigo A.C.I. 12.2.4 indica que los factores a usar para determinar el factor de
desarrollo longitudinal los siguientes:
a) cuando el refuerzo del hormigón se colocan más de 300mm debajo de la
longitud de desarrollo a un empalme, Ψt =1.3 en otras situaciones Ψt =1.
b) las barras o alambre con recubrimiento epóxicocon menos de 3db de
recubrimiento o (superior) separación libre menor a 6db ΨE =1.5; para todas las
barras o alambre con recubrimiento epóxicoΨE =1.5;refuerzo sin recubrimiento
s/2
b
a
a
b
s/2
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
y refuerzo (con) recubrimiento con zinc galvanizado ΨE =1 no obstante el
productoΨE x Ψt no necesita ser ≥ 1.7.
c) para barras de 18mm y menores alambres corrugados Ψs =0.8 para barras de
22mm y mayores Ψs =1.
d) donde se usa hormigón liviano ʎ no debe exceder de 0.75 a menos que se
especifíquela verdadera resistencia o del hormigón .Donde se usa el hormigón
de peso normal ʎ =1
EJEMPLO 5.2
Determine la longitud para el desarrollo para las barras no recubiertas tal como
se muestran en la figura.
Interpretando el Artículo 12.2.4.
Ψt = 1; para barras de fondo
ΨE = 1; para barras no recubiertas.
Ψs = 1; para barras de 25mm.
a) suponiendo Ktr =0
b) usando el valor de Ktr de la
solución mediante el Art
12.2.4 del código A.C.I.
3Ø25mm
ʎ
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
ʎ = 1; para hormigón de peso normal.
Cb =7cm; recubrimiento libre de barras.
oCb≥ 3.75; media separación con cada barra.
√
b) Ktr= Índice de refuerzo transversal
Atr= área total de la barra de estribo mm2
S= separación (mm)
n= número de barras de empalme
Hay 2 especificaciones adicionales del código ACI
12.1.2 Los valores de √ usados en este capítulo no deben exceder a 8,3 MPa.
12.2.5. Refuerzo en exceso, se permite reducir la longitud de desarrollo cuando el
refuerzo es un elemento sometido a flexión excede el requerido análisis, excepto
cuando se requiere específicamente anclaje o desarrollo por el refuerzo de fluencia del
refuerzo sea diseñado por el capítulo 21 numerales 2.1.1
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Si se usa un recubrimiento mínimo igual a db o una separación mínima libre entre
barras de 2db separación libre entre barras igual a 1db, junto con el mínimo de
estribos puede usarse las expresiones de la tabla 12.2.2 de otra manera aplicar la
ecuación 12.1 del reglamento.
UTILIZACIÓN TABLA 12.2.2 Y CONSIDERANDO HORMIGÓN DE PESO NORMAL
Espaciamiento y
recubrimiento
Barras #18 0 < y alambres
corrugados Barras # 22 mm y mayores
√
√
√
√
EJEMPLO 5.3
Las barras de 22 mm inferiores, mostradas en las figuras están recubiertas con
epóxido, suponiendo que el hormigón es de peso normal y ha utilizado un
hormigón de 240 y un acero de 4200 determine la longitud de desarrollo
requerido.
a) Utilizando las ecuaciones simplificadas de la tabla 12.2.2
b) Utilizando la ecuación completa de 12.1, con el valor de Ktr calculado
c) Utilizando la ecuación 12.1 con Ktr= 0
a)
= 1
Cb= 7 cm o
Cb = 0,5(8) = 4 cm O.K.
√
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
b)
√
Las respuestas indican que aplicando la ecuación 12.1 completamente hay un ahorro
apreciable cuando la longitud de desarrollo para empalmarse por traslape.
D Real
36.8
B
C
A
87 61 87
1.48
2.35
PLANTA
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
EJEMPLO 5.4
El área de acero requerida para la viga de peso ligero de la figura es de 18cm2,
las barras superiores de 25mm mostradas no están recubiertas. Calcule sus
longitudes de desarrollo si fy=4200 y f’c=240
a) Por medio de las ecuaciones simplificadas
b) Usando la ecuación completa 12.1
c) Aplicando la ecuación completa 12.1 con kte=0
7 10.3 10.3 10.3 7
Ø20mm @ 20cm 7
58 65
√
√
𝐛
4 Ø 25mm
As proporcionado 19.60cm2
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Cuando Asreq Asprop
REDUCIDO
𝐛
REDUCCION DE ACERO EN EXCESO
√
REDUCCION
CON Ktr=0
𝐛
𝐛
√
Reduciendo -----------˃
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
LONGITUD DE ANCLAJE PARA PAQUETES DE BARRAS
De acuerdo con la norma ACI 12, 4,1 para paquetes de barras sea a tracción o
compresión a longitud de desarrollo debe ser aquella de la barra individual aumentada
en un 20% para paquete de 3 barras y un 33% para paquetes de 4 barras
EJERCICIO 5.5
Calcular Ld para las barrasen racimo no recubiertas mostradas en la figura utilice
un acero de Fy= 4200 Kg/cm2 y un f’c= 210 Kg/cm2 en hormigón de peso normal
utilice la ecuación 12,1 con ktr=0
Separación libre lateral: 25 –(2*1)-2(4,33)
Separación libre lateral: 14,34 cm
1. Obtener un diámetro promedio de la siguiente manera:
Si
Despejando db=4,33
=˃Con ktr=0
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
√
GANCHOS
Puede emplearse ganchos cuando no hay espacio suficiente para anclar las barras a
tensión ya que estas deben ser prolongadas según la longitud de desarrollo que se
requiera
Para ganchos de 90° extremo libre para una extensión de 12 db, para ganchos a 180°
extremo libre con una extensión de 4 db, este valor no debe ser menor de 7 cm, la
longitud básica de desarrollo para ganchos de esta nomenclatura
Ld= longitud de desarrollo para ganchos.
Se calcula mediante la expresión:
Calcular la longitud de desarrollo para barras recubiertas con epóxico
a) Si las barras son rectas suponiendo ktr=0
b) Si se usan ganchos de 180°
c) Si se usan ganchos de 90°
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Utilice un f’c=280 Kg/cm2 y un fy=4200 Kg/cm2, las 6 barras se las considera como
superiores
Solución de A
√
YE = 1.3 barras superior
Ye = 1.5 barras recubiertas YE * YE 0 1.95 > 1.7 se coge el máx. Del código
Ys = 1 para una barra de 28mm
Cb = 6 cm
√
Ld=163
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Solución de B
Solución de C
con recubrimiento lateral < 6 cm
54 cm
Gancho de 180◦
4db 28.8
Gancho de 90◦
12db=33.6 cm
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
LONGITUD DE ANCLAJE PARA BARRAS A COMPRESION
La longitud de empotramiento debe ser menor que la requerida para las barras a
tensión El código ACI 12.3.1 establece que:
Ldc= Longitud de desarrollo para barras o alambres a compresión > 20 cm. Esta
longitud no debe ser menor a 20 cm
12.3.2 La longitud de desarrollo debe ser el mayor valor entre
√ oLdc= 0.043 fy*d*b
En la última fórmula esta 0.043 mm2/N
12.3.3 Se permite afectar Lcd por un factor requerido para un factor seleccionado
EJEMPLO
Las fuerzas en las barras de la columna deben transmitirse por medio de
espigas 28 mm. Determina la longitud de desarrollo necesario para las espigas
a) Dentro de la zapata
b) Dentro de la columna
Utilice fy= 4200 Kg/cm2 y fc’ = 210 para la zapata de la columna fc’ = 300
55
65 Lcd zapata
a)
√
Lcd = 1.8 db
Lcd = 22(2.8) = 62 cm > 20 cm
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Lcd = 65 cm
√ * db
Lcd=18.4 db
Lcd= 18.4 ( 2.8)
Lcd = 52 cm = 53 cm
DESARROLLO DEL REFUERZO A FLEXION
12.10.3 El refuerzo a flexión se debe extender más allá del punto del cual no es
necesario para revestir flexión más cerca distancia igual al peralte efectivo o 12
veces el diámetro de barras para que sea mayor excepto en los extremos de vigas
simplemente apoyadas y en los extremos libres de voladizos
Punto de inflexión: donde el cortante momento es cero y el cortante es máximo
Cortante O Doblado De Las Barras Para Minimizar la falla por cortante la sección
12.10.5 del código ACI, establece que por lo menos una de las siguientes condiciones
debe cumplirse si se cortan barras en una zona de tensión.
12.10.5.1 El cortante requerido en el punto terminal no debe exceder los 2/3del
cortante permisible en la viga φVn.
12.10.5.2 debe ser proporcionada un área de refuerzo por cortante que exceda la
requerida por cortante y torsión para una distancia igual a 0.75d (3/4 del peralte
efectivo del punto de corte). El área mínima de este refuerzo y su separación máxima,
el exceso de área de los estribos no debe ser menor a
; el espaciamiento no
debe exceder a: S ≤
.
= relación entre el área del refuerzo suspendida en una sección y el área total del
refuerzo en tracción de la sección.
12.10.5.3 Debe proporcionarse un área de refuerzos para barras de 36mm y menores
en las que el refuerzo que continua (barras no cortadas) proporciones el doble del área
requerida por flexión en el punto terminal y Vu no exceda los 3/4φVn.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
EJEMPLO 5.8
Determinar el punto de corte para dos de las barras tomando en cuenta el
diagrama real de momentos y la longitud de desarrollo requerida para la
viga isostática mostrada en la figura. Utilice:
F’c= 280 kg/cm2
Fy= 4200 kg/cm2
Wu=4 ton/m
19.2 ton 19.2 ton
9.6m
4φ25mm
7 7 10.3 10.3 10.3
45cm
67cm
8cm
75cm
Wu=4 ton/m
19.2 ton
x
Mu Mu – 19.2x + 4x2 /2 = 0
Mu = 19.2x - 2 x2
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
DIAGRAMA REQUERIDO
a =
a =
= 3.84 cm
Mu =φ As fy (d -
)
Mu = 0.9(9.8)(4200)(67 -
)
Mu =24.1 ton-m
Mu = 19.2x - 2 x2
24.1 = 19.2x -2x2
x2 – 9.6x + 12.05 = 0
x1= 1.48
x2= 8.12
Mu =φ R b d2
=
= 0.0065 Leo R = 25.73mkg/cm2
Mu = (0.9)(25.73)(45)(67)2
Mu = 46.78 ton-m
15.1902 17.2
24.0352
30.4
34.075
39.6
44.8
46.08 46
43.2
36.4
25.6 24.0352
10.8
0 0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
50
0 2 4 6 8 10 12
46.78
B C
D
0.8
7
1.4
8
2.3
5
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Ktr = 0
=
= 2.07
ld =
√ db = 34.65db
ld = 86.6cm = 87cm
Para el punto D:
87 + 87 + 61 = 235
Mu =19.2(2.35) – 2(2.35)2
Mu =34.075 ton-m
Para el caso de columnas con refuerzo en las 4 caras el proceso que se ha explicado
anteriormente para obtener un punto de coordenadas Pn y Mn del diagrama de
interacción de resistencia de las columnas es el mismo con la diferencia de que
tenemos que considerar las deformaciones, los esfuerzos y las fuerzas de todas las
barras que actúan en las caras de la columna como se ve en proceso es un poco más
largo pero la técnica es exactamente la misma.
EMPALME DE BARRAS EN MIEMBROS A FLEXION
Los empalmes de barras de refuerzo son necesarios debido a las limitaciones en las
longitudes de las barras que están disponibles en el mercado.
Otra de las razones es cuando combinamos barras.
Para combinar barras de 34mm o menores el método más común es traslape de una
sobre la otra.
TRASLAPE
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Los empalmes por traslape no son satisfactorios cuando.
1. Ocasionan asinamiento
2. Cuando los traslapes resultan muy largos. Ejm: barras de 34mm
3. Las barras de 34 y 56mm no deben empalmarse por traslape, la referencia es
ACI 12.14.2.1
4. Cuando se dejan barras muy largas sobresaliendo en estructuras existentes de
hormigón con fines de futuras ampliaciones.
Hay otros tipos de traslape como las soldadas o las hechas con dispositivos
mecánicos. Leer ACI 12.14.3.4
EMPALMES A TENSION:
El código ACI 12.15.1 divide los empalmes a tensión A y B.
La clase de empalme a usarse depende del nivel de esfuerzo en el refuerzo y del
porcentaje del nivel de acero que va a empalmarse.
El empalme clase A es 1.0Ld; pero no menor a 30cm y donde la mitad o menos del
refuerzo se empalma en esa parte.
As proporcionado % max de As empalmado dentro de long de traslape requerido
As requerido 50 100
≥ 2 CLASE A CLASE B
< 2 CLASE A CLASE B
Los empalmes clase B son aquellos en los que los refuerzos traslapan 1.3 veces la
longitud de sello (30%); no menos a 30cm y donde tanto el refuerzo se traslape en la
misma sección.
ACI 12. 15. 2.- los empalmes por traslapes de alambres y barras conjugadas
sometidas a tensión deben ser de empalme tipo B a menos que:
1.- el área de refuerzo proporcionado es igual Asi = 2 veces o más que el requerido
sobre todo la longitud del empalme.
2.- una mitad del refuerzo se empalma dentro de la longitud de traslape requerida.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
EMPALMES A COMPRESIÓN:
Se puede empalmar a:
a.- mediante traslape.
b.- mediante apoyo a tope, mediante soldadura o mediante dispositivos mecánicos.
12.16.2.- la longitud de un empalme mediante traslape a compresión.
Para hormigonesf¨c< 21 MPa debería incrementarse la longitud de traslape.
12.16.2.- se permite empalmar por traslape barras de 42mm y 56mm con barras de
diámetro de 36mm y menores.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
DISEÑO DE COLUMNAS CORTAS SOMETIDAS A CARGA AXIAL Y FLEXIÓN
Para el diseño de columnas de cargas axial se utilizan las ecuaciones
1. 2.- 3.-
4.- 5.-
Las figuras del 1 al 6 presentan figuras cargadas con cargas grandes a compresión y
flexión dada por su excentricidad cada vez mayor.
La figura 1 presenta una figura con carga concéntrica en la cual debido a la magnitud
de la carga la falla se produce por aplastamiento con todas las barras alcanzando su
fluencia por compresión.
La figura 2 representa una carga axial grande y un momento pequeño pero todas las
seccio0es transversales a compresión. La falla ocurre por aplastamiento de hormigo y
todas las barras trabajan a compresión.
En el caso 3 representa la carga axial grande con un momento grande, las barras al
lado opuesto a la carga están a tensión.
Pn
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
EJEMPLO 6.2
Determine Pn y Mn que genera la distribución de deformación de la figura para la
columna mostrada.
35 cm
6cm 48cm6cm
0.002
Es c
Es’
0.003
Cs= 55440 Cs’= 77618
Cc= 254898
6 Ø 28mm
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
PUNTO DE CARGA AXIAL
ENCUADRE
db d’
h (con respecto al centro
de las columnas)
0.003
Es’
Esc
0.002
C Cs’
a/2
Cs
As4 As1
As3 As2
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
ANÁLISIS DEL DIAGRAMA DE INTERACCIÓN
Mn =Pnx e
e =
Mn = A’s fy (d - d’)
La Figura Nº5 representa un diagrama de interacción de resistencia para una
columna de prueba cualquiera, en ella se destacan 4 puntos importantes.
El punto Des para cargas concéntricas “Po” y se lo obtiene mediante la fórmula:
Pn = 0.85 f’c Ag + As fy
El punto C es un punto cualesquiera que define una carga Pn y Mn,si unimos O
con C obtenemos una excentricidad e constante.
El punto B es para carga balanceada, es decir para falla simultánea. El
hormigón se aplasta en compresión al mismo tiempo que el acero fluye en
tensión.
La línea OB radial define la excentricidad balanceada.
El punto A es un punto de flexión pura o simple, se la obtiene mediante la
expresión:
Mn = A’s fy (d – d’)
02468
1012141618202224262830323436384042
0 5 10 15 20 25 30A
B
C
D
e
eb
COMPRESIÓN
TENSIÓN
Mn
Pn
Pn1
Pn2
Mn1 Mn2
Fig. Nº5
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Pero esta fórmula se la emplea para el caso de columnas con refuerzo en las
dos caras, para el caso de columnas con refuerzo en las 4 caras encontramos
el punto A por tanteo (usando una hoja electrónica).
De la línea que define la excentricidad balanceada hacia arriba hay predominio
de compresión, en esta zona aumenta la carga y disminuye el momento.
De la línea ebhacia abajo hay un predominio de tensión y cuando aumenta la
carga, aumenta el momento.
La figura Nº5 presenta un diagrama de interacción para las columnas de prueba, en el
primer caso usando 6 Φ 28 mm, 2do. Caso 8Φ 28 mmy 3er. Caso 10Φ 28 mm.
MODIFICACIÓN DEL CÓDIGO A LOS DIAGRAMAS
El código ACI 9.8.2 especifica los factores de resistencia:
Φ = 0.65 para columnas rectangulares
Φ = 0.75 para columnas con zunchos helicoidales
Estos valores se deben multiplicar a Pn tal como se indica en la expresión.
Pu = ΦPn
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Para la parte D y A de la figura Nº5 para flexión pura Φ = 0.90 si el mismo miembro
tiene una pequeña carga axial Φse reduce de 0.90 a 0.65 o 0.75 según el caso.
Por eso según el código indica “En forma alternativa cuando se usa el apéndice B; fy
no exceda de 4200 kg/cm2 con refuerzo simétrico y cuando (
); no es ≥ 0.70 se
permite aumentar hasta 0.9 en la medida que ΦPn disminuya desde 0.10 fc’* Ag hasta
cero.
Para otros elementos reforzadosΦ puede aumentarse linealmente 0.90 en la medida
en que Φ As disminuye:
0.10 fc’ Ac ó ΦPn (el menor)
ESPIRAL → Φ= 0.75+(εt-0.002)(50)
RECTANGULAR →Φ= 0.65+(εt-0.002)(250/3)
C= distancia al eje neutro
dt = peralte efectivo
c/dt= 0.6 para sección controlada por compresión
c/dt= 0.375 para sección controlada a tensión
COLUMNAS RECTANGULARES → [
]
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
ANALISIS DE COLUMNAS SOMETIDAS A FLEXOCOMPRESIÓN UNIAXIAL
USO DE LOS DIAGRAMAS DE ITERACIÓN
Con fines de análisis de diseño se han elaborado diagramas de iteración de
resistencia para columnas con refuerzo en 2 caras y para columnas con refuerzo en
las 4 caras (caso de columnas rectangulares), de igual forma existen diagramas para
columnas circulares con zunchos helicoidales, en estos diagramas se ha diseñado
ΦPn/Ag → en vez de Pn (en las ordenadas)
(ΦPn.e)/(Ag.h) → en vez de Mn (en las abscisas)
Cada diagrama puede usarse en las secciones transversales con dimensiones
ampliamente variables la figura siguiente presenta 3 casos de columnas de la
colocación de las barras en columnas rectangulares.
A= Refuerzo en las 4 caras
B= Refuerzos frontales
C= Refuerzos laterales
PROBLEMA 6.3:
Usando los diagramas de iteración elaborados para el efecto determinar el valor
de Pn de la columna corta con estribos del problema 6.2 para:
a) ex= 45cm
b) ex= 20cm
Utilice un hormigón de fc’= 280 kg/cm2 y un acero de fy=4200kg/cm2.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Solución:
a) ex= 45cm
Leo
Leo
Pu= 54(35)(60)=113400 kg
Pn= 113400/0.65= 174.5 Ton
b) ex= 20 cm
Pu = 110*35*60 = 231
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
DISEÑO DE COLUMNAS A FLEXO COMPRESION UNIAXIAL
Diseñar una columna rectangular para que soporte una carga axial muerta de 46
ton y PL=50, Md= 8 ton ML= 11 ton-m
f´c= 280, fy= 4200, utilizar barras de refuerzo ubicado en dos caras frontales.
Calcular Mu y Pu
Pu =1.2 (46) + 1.6 (50) = 133.2 ton
Mu =1.2 (8) + 1.6 (11) = 27.2 ton-m
Pre-diseño
Para determinar la sección de hormigón para la columna de prueba, podemos utilizar
la expresión:
Pu= (de 0.4 a 0.7) f´c*Ag
De esta simple expresión obtenemos la sección tentativa de la columna de prueba,
para este caso vamos a utilizar:
0.5f´c*Ag=Pu
Utilizar una columna de prueba de 30*40 cm
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Si con esta columna de prueba obtenemos una cuantía entre 1 y 3% (req. de la norma
NEC 11) entonces, el diseño es satisfactorio, caso contrario ensayar otra sección de
hormigón.
6 cm
28
6 cm
30
De la gráfica correspondiente leo ρ = 0.042 (no correcto)
En consecuencia aumento la sección de prueba
Requiero una interpolación.
6
38
6
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
0.10 0.003
0.06 x
X= 0.0018
As = 30*50*0.0142 = 21.3
Diseñar una columna rectangular con estribo para soportar una carga última de
Pu = 273 ton, Mu= 19.4 ton
f´c = 280, fy = 4200; con refuerzo en las 4 caras.
Pre-diseño
Pn = 0.75*f´c*Ag = 0.7(280)*b*h
Columna de prueba de 40*50
γ 0.70 0.76 0.80
ρ 0.016 0.0142 0.013
6 cm
6 cm
3
8
40
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Si bien es cierto que se requiere de una interpolación, no podemos leer en los
diagramas ya sea para 0.70 o 0.80 de ϓ en consecuencia ensayamos una columna de
40*45
0.1 0.003
0.03 X
X = 0.0009
γ 0.70 0.73 0.80
ρ 0.019 0.0181 0.0161
6 cm
6 cm
3
3
40
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
FLEXO COMPRESION BIAXIAL
Hay muchos casos en los cuales las columnas están sometidas a cargas de
compresión y flexión en los dos ejes perpendiculares:
1. Las columnas esquineras de los edificios.
2. Las columnas que soportan de fachada muy espirales.
3. Los estribos de puente, pilar de puentes casi siempre van a estar sometidas a
flexo biaxial.
Cuando existe flexión con respecto a los ejes el momento biaxial puede colocarse
combinando momento a sus excentricidades.
√ √ Mu Muy
Mux
Para columnas cuadradas o rectangulares el refuerzo debe colocarse en forma
uniforme a lo largo del perímetro para formas diferentes a la circular es conveniente
considerar caras de iteración en 3D (el programa SAP 2000tiene incorporado dentro
de los resultados de diseño y en las interfaces graficas diagrama de resistencia de
iteración de resistencia tridimensional.
Pn
Mnyo Mnxo
Mny Mnx
Mnxo= Representa la curva de iteración para el caso en que la flexión ocurra solo con
respecto al eje x.
Mnyo= Curva de iteración para el caso en que ocurra con respecto al eje Y.
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
En la figura 6 para el caso de Pn constante el plano pintado con puntos representa el
contorno Mn para flexión con respecto a cualquier eje.
El análisis de columna actual se hace por computadora pero puede realizárselo a
mano uno de los métodos aproximados que es útil en el análisis y que puede
realizarse con calculadora de bolsillo es el método de la carga in versa desarrollado
por el profesor Boris Bresler y la ecuación es:
Pni= Capacidad nominal de la sección o carga axial cuando se coloca con una
excentricidad dada a lo largo de los 2 ejes.
Pnx = Es la capacidad nominal a carga axial cuando la carga se coloca con ex.
Pny = Capacidad nominal a carga axial cuando la carga se coloca ex = Ey = 0
Po = 0.85f’c x Ag + Asfy
La ecuación de Bresler funciona bien para el caso de que Pni 0.10Po si Pni 0.10Po es
válido despreciar la fuerza axial por completo y diseñar la sección como un miembro
sometido a flexión biaxial, la ecuación de Bresler no se la aplica a cargas axiales de
tensión.
Leo en el diagrama respectivo
FLEXION RESPECTO AL EJE Y
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Interpolar entre as curvas
0.01----------1
0.076--------X
X=
Carga concéntrica Po
Aplicando la ecuación de bresler
⁄
Si
es igualO menor que 0.2 se desprecia la excentricidad menor y se
analiza la columna con la excentricidad mayor en este ejemplo de acuerdo
con el análisis se aprecia que la capacidad carga axial se reduce en un 36.3%
EJEMPLO 6.7
Diseñar una columna corta con estribos sometidos a carga axial por carga
muerta Pm=46 ton, R=64 ton, Mmx=7 ton-m, Mmy =6 ton-m, Mvy=8 ton-m, f`c=280
kg/cm^2, fy=2400 kg/cm^2
Pu=1.2 (4.6)+1.6 (6.4)=157.6 Pn=242.6 ton
Mux=7(1.2)+10(1.6)=24.4 ex=
= 15.5
Muy= 1.2 (6)+16(8) =20 ey=
= 12.7
0.6 0.676 0.7
37 36.24 36
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
PREDISEÑO
Pn=0.4 fcAg conviene una columna cuadrada
Por qué ex≈εy
2424960=0.4 (280) (b*h)
h=47 ≈ 50
El proceso que seguimos es el
siguiente
Asumimos una cuantía razonable ρ=1.5%
La flexión con respecto al eje x
0.1-----------1.3
0.6------------x
X= 0.9
0.70 0.76 0.86
31 31.90 32.5
50
50
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
50
50
6
6 6
6
Curvas empleadas (2-280-7-39)
(2-280-7-38)
ton
FLEXION CON RESPECTO AL EJE Y
Comprobación por ecuación de Bresler
⁄
As=0.015 (50) ^2 =37.5
El diseño es aceptable por que Pni>Pn 284.85>242.5
8ϕ25mm
0.70 0.76 0.80
29 29.6 30
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
Comprobando el diseño con la ecuación de interacción del contorno de la carga de
Bresler, tenemos
(
) (
)
Bresler recomienda
Mux= 24.4 ton-m Muy=20 ton-m
Muxo=31.9(50)^3
(24.4/39.88)1.15 + (20/37)1.15 = 1.06 ≈ 1.00 OK
REFUERZO TRANSVERSAL
Referente al capítulo 21 del código ACI
(21.64) el refuerzo transversal especificado
desde 21.6.42 hasta 21.6.44 debe
suministrarse en una longitud (lo),medida
desde cara del nudo y a ambos lados de
cualquier sección donde pueda ocurrir fluencia
por sección donde pueda ocurrir como el
desplazamiento inelástico del pórtico
(lo) no debe ser mayor que la altura del
elemento en la cara del nudo donde puede
existir fluencia por flexión.
lo→
a) 50 cm
b) 55 cm
c) 45 cm
Hormigón Armado I Cuarto Año”A”
21.6.4.4 d)el área total de la sección transversal de la columna de refuerzo de estribo
cerrado de confinamiento rectangular Ash no debe ser menor que la requerida por las
ecuaciones 21.4 y 21.5
21.4 Ash= ((0.3*s*h*f’c)/fyt)*((Ag/Ach)-1)
21.5 Ash=(0.9*s*bc*f’c)/fy
Ash=es el área de ref. Transversal incluyendo ganchos suplementarios colocados
dentro del espaciamiento s y perpendicular a las distancias bc en mm
Ach= es el área de la sección transversal de un elemento estructural medido desde los
bordes exteriores del ref. Transversal en mm2
bc= es la dimensión transversal del núcleo del elemento medido desde los bordes
externos del refuerzo transversal en área con área Ash
Si quiero obtener el área total del refuerzo transversal de una columna utilizando la
formula 21.4 el Ash1 será el de los 4 ramales y el bc de la formula será el bc1
Para obtener el Ash2 (3 ramales) el bc de la formula será el bc2 del dibujo
6-2.25=3.75 entonces bc= 50-2(3.75) = 42.5
Suponiendo una barra de 10mm y
Ash = 3*0.78 = 2.34
21.4 2.34= ((0.3*s*42.5*280)/4200)*((2500/1806.25)-1)
S=7cm → estribos de 10 mm@ 7cm