UNIVERSIDAD NACIONAL DESAN MARTIN FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL AREA DE ESTRUCTURAS CONCRETO ARMADO Ing. SANTIAGO CHAVEZ CACHAY Tarapoto, Agosto de 2003 vii CONTENIDO Prefacio.......................................................................................................... .......... IX I .- Generalidades 1.1.- Historia del concreto armado............................................................................... 1 1.2.- El concreto armado.............................................................................................. 2 1.2.1 El concreto y sus componentes................................................................ 2 1.2.2 Propiedades del concreto.......................................................................... 6 1.2.3 El acero..................................................................................................... 14 1.2.4. Propiedades del acero............................................................................... 16 1.3.- Ventajas y desventajas del concreto armado......................................................... 18 1.3.1 Ventajas del concreto armado.................................................................. 18 1.3.2 Desventajas del concreto armado............................................................. 19 1.4.- Estructuras de concreto armado........................................................................... 19 1.4.1 Diseño estructural..................................................................................... 19 1.4.2 Enfoque de diseño.................................................................................... 21 1.4.3 Códigos de diseño.................................................................................... 22 1.4.4 Cargas...................................................................................................... 23 II.- Flexión 2.1.- Mecánica y comportamiento del concreto armado.............................................. 27 2.1.1 Comportamiento de vigas de concreto reforzado.................................... 27 2.2.- Método elástico.................................................................................................... 30 2.2.1 Hipótesis de diseño y análisis.................................................................. 30 2.2.2 Problemas de verificación........................................................................ 34 2.2.3 Problemas de diseño................................................................................ 38 2.3.- Método plástico.................................................................................................... 40 2.3.1 Enunciado general.................................................................................... 40 2.3.2 Diagrama equivalente de esfuerzos.......................................................... 43 2.3.3 Hipótesis básicas de diseño...................................................................... 44 2.4.- Tipos de falla de los elementos sometidos a flexión............................................ 44 2.5.- Análisis de secciones rectangulares con acero a tracción..................................... 45 2.5.1 Determinación de la cuantía balanceada.................................................. 45 2.5.2 Análisis de una sección de comportamiento dúctil.................................. 47 2.5.3 Análisis de una sección de comportamiento frágil................................... 48 2.6.- Análisis de secciones rectangulares con refuerzo a compresión......................... 50 2.6.1 Determinación de la cuantía balanceada................................................... 51 2.6.2 Cuantía mínima en tracción para que el acero en compresión fluya......... 52 2.7.- Análisis de secciones “T”..................................................................................... 53 2.7.1 Determinación de la cuantía balanceada................................................... 57 2.7.2 Análisis de una sección simétrica cualquiera............................................58 2.8.- Diseño por flexión................................................................................................ 60 2.8.1 Consideraciones generales.........................................................................60 2.8.2 Requisitos de seguridad.............................................................................60 2.8.3 Diseño de una sección rectangular con refuerzo en tensión..................... 62 vi 2.8.4 Diseño de secciones rectangulares doblemente reforzadas...................... 66 2.8.5 Diseño de secciones “T”........................................................................... 71 III .- Vigas y sistemas de pisos en una sola dirección 3.1.- Evaluación por la solicitación por flexión................................................. 3.2.- Redistribución de momentos..................................................................... 3.3.- Diseño de vigas.......................................................................................... 3.3.1 Predimensionamiento de vigas.................................................... 3.3.2 Empalme de varillas.................................................................... 3.3.3 Colocación de refuerzo................................................................ 3.3.4 Corte práctico del refuerzo.......................................................... 3.3.5 Recomendaciones prácticas para un diseño ordenado................. 3.3.6 Ejemplo de diseño de una viga continua...................................... 3.4.- Sistema de pisos en una sola dirección...................................................... 3.4.1 Abertura en losas......................................................................... 3.4.2 Refuerzo por contracción y temperatura...................................... 3.4.3 Detalle de refuerzo....................................................................... 3.4.4 Losas macizas o llenas................................................................. 3.4.5 Losas aligeradas........................................................................... 3.4.6 Losas nervadas.............................................................................. 3.4.7 Escaleras....................................................................................... 77 81 83 84 88 92 96 98 99 103 103 104 105 105 109 119 123 IV .- Deflexiones 4.1.- Generalidades.............................................................................................. 4.2.- Tipo de deflexiones..................................................................................... 4.2.1 Cálculo de la deflexión instantánea............................................... 4.2.2 Cálculo de la deflexión definida................................................... 133 134 135 138 V .- Esfuerzo cortante y tracción diagonal 5.1.- Introducción................................................................................................. 5.2.- Comportamiento de vigas de concreto armado sometidos a cortante......... 5.2.1 Contribución del concreto en la resistencia al corte..................... 5.2.2 Consideraciones de diseño............................................................ 5.2.3 Diseño de refuerzo transversal en zonas sísmicas......................... 5.2.4 Diseño en zonas de alto riesgo sísmico......................................... 5.3.- Diseño de sistema de pisos.......................................................................... 145 145 147 147 157 162 166 VI .- Efectos combinados debidos a flexión y cortante 6.1.- Agrietamiento............................................................................................... 6.2.- Adherencia.................................................................................................... 169 171 VII .- Columnas 7.1.- Introducción.................................................................................................. 7.1.1 Tipos de columnas.......................................................................... 7.2.- Reducción de secciones................................................................................ 7.2.1 Empalmes de columnas.................................................................. 7.3.- Requisitos para columnas............................................................................. 7.4.- Resistencia de columnas cortas con carga axial........................................... 7.5.- Resistencia de columnas cortas con carga axial excéntrica......................... 175 176 177 178 179 182 186 vii 7.5.1 7.5.2 7.5.3 7.5.4 Análisis de columnas cortas sometidas a flexo-compresión........ Tipo de fallas............................................................................... Diagrama de interacción.............................................................. Utilización de los diagramas de interacción……………............. 186 188 190 198 7.6.- Diseño de columnas.................................................................................... 7.6.1 Predimensionamiento de columnas................................................. 7.6.2 Longitud de cálculo de columna..................................................... 7.6.3 Efecto de esbeltez........................................................................... 7.6.4 Recomendaciones para el diseño de edificaciones......................... 7.6.5 Requisitos del refuerzo transversal................................................. 7.6.6 Ejemplo de aplicación..................................................................... 7.7.- Flexo-compresión biaxial........................................................................... 200 200 207 210 215 217 218 229 VIII .- Cimentaciones 8.1.- Introducción.............................................................................................. 8.1.1 Tipos de cimentaciones.................................................................. 8.1.2 Presión del suelo............................................................................ 8.2.- Cimientos corridos.................................................................................... 8.2.1 Diseño de cimientos corridos de concreto simple.......................... 8.2.2 Diseño de cimientos corridos de concreto armado......................... 8.3.- Zapatas aisladas........................................................................................ 8.3.1 Zapatas aisladas de concreto simple............................................... 8.3.2 Zapatas aisladas centradas de concreto armado.............................. 8.4.- Zapatas aisladas excéntricas..................................................................... 8.4.1 Zapatas centrada con carga excéntrica........................................... 8.4.2 Zapatas excéntrica con carga excéntrica....................................... 8.5.- Zapatas combinadas................................................................................. 8.6.- Zapatas conectadas................................................................................... 235 236 237 238 238 242 243 244 247 256 257 260 266 274 Anexo .................................................................................................................283 Bibliografía ..................................................................................................... 301 Prefacio El presente trabajo está escrito fundamentalmente para servir de texto en el curso de “Concreto Armado” para la carrera de Ingeniería Civil, el cual tiene como objetivo que el estudiante aprenda cómo aplicar en la práctica del diseño los conocimientos básicos adquiridos en los cursos de Estática, Resistencia de Materiales y Análisis Estructural. En el libro se enfatiza el comportamiento básico de los elementos de concreto armado y de sus estructuras (particularmente sus características de resistencia y deformación hasta la carga máxima); para que de esta manera el lector tenga un conocimiento completo de los fundamentos del concreto reforzado ya que este antecedente es esencial para comprender adecuadamente los códigos de construcción y procedimientos de diseño. En este libro se siguen las normas de la “Norma de Construcciones en Concreto Estructural ACI 318-99” Capítulo Primero del American Concreto Institute y de la Norma Peruana de Estructuras; así como también del American Concreto Institute (ACI 318-95). Los temas son expuestos de acuerdo al curso de Concreto Armado dictado en la Universidad Nacional de San Martín – Tarapoto. El texto ha sido desarrollado en ocho Capítulos. El primero trata sobre la historia, los métodos de diseño empleados, los materiales que lo constituyen y las cargas que intervienen en una estructura. El segundo Capítulo está orientado a presentar las características del comportamiento a flexión del concreto armado, como también el análisis y diseño de secciones de viga usando los métodos Elástico y Plástico. Los capítulos III, V y VII, trata los criterios de pre dimensionamiento, diseño del refuerzo longitudinal y transversal para: vigas, losas, escaleras y columnas. Los capítulos IV y VI, trata el tema de las condiciones de servicio de las estructuras de concreto armado: control de deflexiones, agrietamiento y adherencia. En el último capítulo trata del diseño de cimentaciones superficiales tales como: cimientos corridos, zapatas aisladas, combinadas y conectadas. Se ha omitido el estudio de losas de cimentación y muros de contención por lo voluminoso del texto, lo cual en el futuro se presentará un Tomo II con estos temas y otros referentes al diseño en concreto armado. Agradezco cualquier comentario o crítica constructiva que los lectores puedan hacer, así como sugerencias sobre los errores que detecten. Mi agradecimiento a mi ex alumno: OSCAR ANDY Ruiz Torres por su apoyo incondicional en la elaboración del presente texto. S.Chávez C. Concreto Armado 1 I. Generalidades 1.1. HISTORIA DEL CONCRETO ARMADO (¹) : El concreto fue usado por primera vez en Roma alrededor de la tercera centuria antes de Cristo. Estaba constituido por agregados unidos mediante un aglomerante conformado por una mezcla de cal y ceniza volcánica. Éste material podía sumergirse en agua manteniendo sus propiedades a diferencia de los morteros de cal usados siglos antes en la antigua isla de Creta. La obra más grande erigida por los romanos fue el Panteón con su bóveda de 43.20 m. de diámetro. El uso de este material en la construcción pasó al olvido con la caída del Imperio y no fue sino hasta mediados del siglo XVIII que su uso se extendió nuevamente. El primer registro del uso del concreto, se remonta a 1760 cuando, en Inglaterra, John Smeaton descubrió, mientras proyectaba el faro Eddystone, que una mezcla de caliza calcinada y arcilla daba lugar a un conglomerante hidráulico resistente al agua. En 1801, F. Coignet publicó su tratado de los principios de la construcción, reconociendo la debilidad del material en tensión. En 1824 Joseph Aspdin elaboró cemento mezclando arcilla y caliza de diferentes canteras y calentándolas en un horno. El concreto obtenido con este aglomerante se asemejaba a las piedras propias de la isla de Pórtland, al sur de Inglaterra, motivo por el cual se le llamó cemento Pórtland, material que comenzó a fabricarse con mayor fuerza desde entonces. En ocasiones, la mezcla era calentada en exceso y se endurecía, siendo desechada por considerarse inútil. En 1845, I. C. Johnson descubrió que el mejor cemento provenía de la pulverización de esta sustancia “inútil” denominada Clinker. Este es el cemento que se conoce hoy en día. El concreto armado se usó desde la tercera década del siglo XIX. Entre 1832 y 1835, Sir Marc Isambard Brunel y Francois Martin Le Brun erigieron, en Inglaterra y Francia, respectivamente, estructuras de este material tales como arcos y edificaciones. En 1848, Joseph Louis Lambot construyó un bote de concreto reforzado el cual presentó en la Exposición de Paris en 1854 y en 1855 lo patentó. En l855, W. B. Wilkinson registró en Inglaterra un piso de concreto reforzado con cuerdas de acero desechadas en las minas. Un año después Francois Coignet patentó un sistema de refuerzo para pisos, consistente en barras de acero embebidas en el concreto. En 1867, Joseph Monier, Francés dedicado a la jardinería, fabricó macetas de concreto con refuerzo de mallas de alambre. En los años siguientes patentó el uso de esta técnica para la construcción de tanques, puentes, tuberías, vigas, columnas y escaleras. Considerándolo como el creador del concreto reforzado. En 1879, G. A. Wayss, de la firma Wayss and Freitag de Alemania, compró la patente de Monier y en 1887, publicó un libro acerca de sus métodos constructivos. Por su parte, Rudolph Schuster, de Austria, adquirió también los derechos de patente. De este modo, el nombre de Monier, como creador del concreto armado, se extendió por todo Europa. (1) HARMSEN,Teodoro E. Diseño de estructuras de concreto armado .pág.1,2 Posteriormente. se utilizó en combinación con acero para la construcción de edificios. Las materias primas usuales a partir de las cuales se fabrica son calizas que proporcionan el (8) NILSON. esta mezcla se endurece en formaletas con la forma y dimensiones deseadas. ahora el Concreto Armado se ha acreditado como uno de los materiales más útiles y de mayor importancia en la construcción Civil. transporte. Para obtener un buen concreto no sólo basta contar con materiales de buena calidad mezclados en proporciones correctas. el desarrollo del uso del concreto reforzado se debió en gran parte a Francois Hennebique quien estableció un estudio de ingeniería y proyectó cientos de estructuras del nuevo material.Arthur H. se había ya establecido el comité Alemán del concreto reforzado. El concreto. colocación o vaciado y curado.1.1 El cemento. En el Perú. de tal manera que en 1910. realizó experimentos en vigas de concreto reforzado alrededor de 1850. 1. tanto del concreto como del acero eran muy similares. etc. Es necesario también tener en cuenta factores como el proceso de mezclado. De allí en adelante ocurrieron progresos considerables. sus aplicaciones estructurales son casi ilimitadas. En 1900. por esta razón en la mayoría de construcciones ha desplazado a los materiales tradicionales. 1. los primeros barriles de cemento llegaron en 1850. EL CONCRETO Y SUS COMPONENTES. el comité Austriaco del concreto. abogado e ingeniero. el Instituto Norteamericano del concreto y el Instituto Británico del concreto. Elaborándose concreto para la construcción de cimentaciones y para mejorar los acabados de las estructuras. Estas fueron publicadas en 1906.2.Chávez C. Investigó acerca de la resistencia del concreto al fuego y llegó a la conclusión que los coeficientes de dilatación térmica. Sus resultados se publicaron sino hasta 1877.pág. agua y aire. puentes.2 Ing. es un material semejante a la piedra que se obtiene mediante una mezcla cuidadosamente proporcionada de cemento. 1. Thaddeus Hyatt. el Ministerio de Obras Públicas de Francia convocó a un comité para la elaboración de especificaciones Técnicas para concreto armado. El cemento Pórtland es un material grisáceo finamente pulverizado. acueductos. EL CONCRETO ARMADO: Se denomina así al concreto simple reforzado con armaduras metálicas que absorben generalmente los esfuerzos de tracción que el concreto sólo no podría resistir y. también para incrementar en algunos casos los esfuerzos de compresión del concreto. por la facilidad que el concreto se puede moldear en la forma deseada y el fierro se puede doblar.2. Hyatt sentó los principios sobre los cuales se desarrolla el análisis y diseño de los elementos de concreto reforzado. El cuerpo del material consiste en el agregado fino y grueso. En Estados Unidos. El cemento y el agua interactúan químicamente para unir las partículas de agregado y conformar una masa sólida.2.1.Diseño de estructuras de concreto. Con sus estudios. En Francia. después. S. conformado fundamentalmente por silicatos de calcio y aluminio.58 . agregados (piedra y arena). TIPO IPM. los agregados ocupan aproximadamente entre el 70 y 75 por ciento del volumen de la masa endurecida. 1. de moderado calor de hidratación y alguna resistencia al ataque de los sulfatos. TIPO V. 5. cemento al que se le añadido menos del 25% en peso de escoria de alto horno. Entre ellos se tiene: 1. cemento al que se le añadido menos del 15% en peso de puzolana. de alta resistencia al ataque de los sulfatos. tipo V. El resto esta conformado por la pasta de cemento endurecida. arcillas y esquitos que proveen el SiO 2 y el Al2O3 . En la actualidad. cemento al que se le añadido entre el 25 y 70% en peso de escoria de alto horno. agua no combinada (es decir. Tanto el agregado fino como el grueso. agua no utilizada en la hidratación del cemento) y vacíos de aire.2. Sus partículas deben tener un menor a ¼” y su gradación debe satisfacer los requisitos propuestos en la norma ASTMC-33-93. tipo IP y tipo IPM. No deben tener más de 5 % de arcilla o limos ni más de 1. álcalis y materias orgánicas. los cuales están especificados en la norma ASTMC-150-94. 3. en el Perú se fabrican los cementos tipo I. 4.Concreto Armado 3 CaO (cal) .2. Es aquella que proviene de la desintegración natural o artificial y que pasa el Tamiz N° 4. El agregado fino debe ser durable. Existen diversos tipos de cemento. limos. Estos materiales se muelen. tipo II. TIPO IS. cemento al que se le añadido entre el 15 y 40% en peso de puzolana. fuerte. 2.1. 2. los cuales contienen. que modifican el comportamiento del conjunto. se clasifica como agregado grueso o grava. 4. 3. escoria y puzolanas. se funden en hornos hasta obtener el llamado clinker. es decir un Tamiz con cuatro aberturas por pulgada lineal. Agregados. TIPO IP. ya que no intervienen en las reacciones químicas entre cemento y agua. de bajo calor de hidratación. TIPO IV. de resistencia temprana y elevado calor de hidratación. Para concretos estructurales comunes. TIPO I. La norma ASTMC-595-94A se especifica las características de los cementos adicionados. que es de uso general y sin propiedades especiales. se mezclan. duro y libre de materias impuras como: polvo. Los agregados se clasifican generalmente en finos y gruesos. pizarra. constituyen los elementos inertes del concreto. además de los compuestos ya mencionados. limpio. los cuales se muestran en la tabla # 01 . Ellos son: 1. TIPO III. y se enfrían y se muelen de nuevo para lograr la finura requerida.5% de materias orgánicas. TIPO ISM. Agregado fino o arena. El material más grueso que éste. TIPO II. 4. En general el agua potable es adecuada para el concreto. baritinas.Arthur H.. magnéticas y limonitas y se usan para concretos especiales tales como protección contra los rayos X. el líquido es aceptable (ACI 3.Chávez C. Tamiz estándar % en peso del material que pasa el tamiz 3/8” 100 #4 95 a 100 #8 80 a 100 # 16 50 a 85 # 30 25 a 60 # 50 10 a 30 # 100 2 a 10 Tabla N° 01. rayos gamma.pág.Teodoro E. etc. Esta constituido por rocas graníticas. S. carbón. Para ello se fabrican cubos de mortero elaborados con ella y se ensayarán según la norma ASTM C-109-93.58 (2) HARMSEN. pero también se le usa para mejorar la trabajabilidad de la mezcla. siempre que se demuestre su idoneidad. Estas se muestran en la tabla # 02 También existen los llamados: Agregado artificial. El agua empleada en la mezcla debe ser limpia. ¾ de la distancia libre entre armaduras y 1/3 del espesor de las losas.11 .Requisitos granulométricos del agregado fino Agregado grueso o piedra.Son escorias y esquisto expandido y se utiliza con frecuencia para producir concretos ligeros. y sieníticas. y según la norma ASTMC-33-93. Agua. Diseño de estructuras de concreto armado . El tamaño máximo del agregado grueso para concreto reforzado está controlado por la facilidad con que éste debe entrar en las formaletas y en los espacios entre barras de refuerzo.3) . Podrá emplearse agua no potable en la elaboración del concreto.5% de materias orgánicas. Con este fin el agregado no debe ser mayor que 1/5 de la distancia entre las paredes del encofrado.Son punzones de acero. etc. Si las resistencias obtenidas a los 7 y 28 días son por lo menos el 90% de las esperadas en morteros similares elaborados a base de agua potable. álcalis. sales y materias orgánicas. libre de aceite. no deben contener más de un 5% de arcilla y finos ni más de 1. Al igual que para la arena. dioríticas. Es conveniente verificar adicionalmente. son derivados de otros procesos de fabricación. (8) NILSON. El agregado grueso es el que se retiene en el tamiz N° 4. Puede usarse piedra partida en chancadora o grava zarandeada de los lechos de los ríos o yacimientos naturales. También establece una serie de condiciones para su gradación.. que no contenga agentes que puedan reaccionar negativamente con el refuerzo(2).4 Ing. Su función principal es hidratar el cemento. Agregado pesados.Diseño de estructuras de concreto.pág. ......... .................... . ...... 10-30 ......) N° 4 (4... .................Requisitos granulométricos del agregado grueso 1 ½” (37. .... 0-5 .................75 mm) N° 8 (2.. . .... ... .. ........ ........... ..... .. 90-100 95-100 100 100 100 . ........5 mm.... .... ......... 20-55 .... REQUISITOS GRANULOMÉTRICOS ASTM C-33 PARA AGREGADO GRUESO PORCENTAJES PASANTES EN PESO PARA CADA MALLA STANDAR 3½” (90 mm... . 0–5 ...... .....................) ½” (12.. 0–5 ....... ..... ... 1” (25 mm............... ............. ... .......... ... 100 .... ... ..... 85-100 .............. .... 35-70 .................... ...15 0 – 15 35-70 . .... . 20-55 0-5 .... 90-100 35-70 100 90-100 100 95-100 .... .... ............ 0-5 ..... 0–5 0 – 10 0–5 0 – 10 0 – 15 0 ........... 100 90-100 20-55 0 – 15 100 90-100 ..................... Tabla # 2........ 10-30 90-100 20-55 0 – 10 0–5 90-100 40-85 10-40 0 – 15 95-100 .... ... ......... .... .30 ..... .....) 3” (75 mm.. ........ .. 35-70 .......... ... ...... .. ............ 0-5 ....) ¾” (19 mm.............. .......... ........ ... .......Concreto Armado TAMAÑO N° 1 2 3 357 4 467 5 56 57 6 67 7 8 5 TAMAÑO NOMINAL EN PULGADAS 4” (100 mm.... . ... ...18 mm) .............. ........ 0 – 15 ........ . .5 mm..... 100 ..) 25-60 . ...... .................. .) 90-100 .. 0–5 . ... ...... . 100 .....36 mm) N° 16 (1................... .............. 2 ½” (63 mm.... ..... 0-5 ...... .. . ... ....... .. 25-60 ..... ... ............ ..... ........................) (abertura cuadrada) 3 ½” a 1 ½” 2 ½” a 1 ½” 2” a 1” 2”a N° 4 1 ½” a ¾” 1 ½” a N° 4 1” a ½” 1” a 3/8” 1” a N° 4 ¾” a 3/8” ¾” a N° 4 ½” a N° 4 3/8” a N° 4 100 ......... 0–5 0–5 0 – 10 .........5 mm) 3/8” (9.) 2” (50 mm. 100 90-100 40-70 . ..... ....... .. ......) 0 .... 0–5 ... pág. y la carga axial es distribuida uniformemente en la sección transversal del cilindro desde cero hasta la magnitud que produce la falla.2. sin embargo este periodo puede alterarse si se especifica. Deformación del concreto./cm. El espécimen debe permanecer en el molde 24 horas después del vaciado y posteriormente debe ser curado bajo agua hasta el momento del ensayo. Δ عc = Δ / h : Deformación unitaria del concreto D h fc (kg/cm2) Esfuerzos P 300 fc’ 200 100 عc (cm. por lo que se suele efectuar ensayos a los 7 días.67 fc’ 28 Empíricamente se puede tomar: f’c28 = f’c7 + 8 fc ' 7 A continuación se muestra la curva Esfuerzo vs.2. el cilindro es cargado a un ritmo uniforme de 2.Arthur H.19 Deformación Unitaria . 1. un periodo de 28 días para determinar la resistencia del concreto puede resultar muy largo.Chávez C. como mínimo. La relación entre la resistencia obtenida a los 7 días y la resistencia a los 28 días.pág. El concreto se utiliza fundamentalmente en compresión. En ocasiones. para diferentes calidades. dos probetas tomadas de la misma muestra probadas a los 28 días.6 Ing.45 Kg.) de diámetro y 12” (30 cm.Teodoro E.2. S. 1. por lo que el estudio de la relación esfuerzo-deformación unitaria es de fundamental importancia. PROPIEDADES DEL CONCRETO./cm2/s.001 0.58 (3) HARMSEN.002 0.) de altura. P σ = P/A = fc : Esfuerzo del concreto.003 fc’: Resistencia máxima del concreto (C°) (8) NILSON.2. Durante la prueba.Diseño de estructuras de concreto. es aproximadamente(3): fc’7 ≈ 0. La resistencia a la compresión (f’c) se define como el promedio de la resistencia de. esta característica se obtiene a través de ensayos en el laboratorio con probetas cilíndricas estándares de 6” (15 cm. El procedimiento estándar requiere que la probeta tenga 28 días de vida para ser ensayada en la prensa hidráulica.1 Resistencia y Deformación del Concreto en Compresión.) 0. Diseño de estructuras de concreto armado . ) 0. la resistencia máxima obtenida es mayor que si la carga se incrementa a razón menor. a menor porosidad mayor es la resistencia pero es más frágil y menos permeable.001 0. Sin embargo. a mayor porosidad menor es la resistencia pero son más dúctiles. Diseño de estructuras de concreto armado .Concreto Armado 7 De éstas curvas esfuerzo-deformación para concreto normales de diversas resistencias a la compresión se puede decir que. posteriormente adoptan la forma de una parábola invertida cuyo vértice corresponde al esfuerzo máximo en compresión. si ésta se incrementa a un ritmo mayor.003 . fc’(Kg/cm2) Curva A fc’ Falla Curva B 0./cm. Los concretos desarrollan su esfuerzo máximo a partir de una deformación unitaria de 2/1000 y el esfuerzo de rotura se presenta a una deformación unitaria de 3/1000 hasta 7/1000. La curva esfuerzo-deformación del concreto varía de acuerdo a la velocidad de aplicación de la carga como se muestra en la figura.002 (4) MORALES M. Los resultados de estas pruebas a compresión del concreto se ven afectados por varios factores(4): a) Efecto de la velocidad de aplicación de la carga .5 0. para los de menor resistencia es casi constante e igual a 0. para concretos de resistencias bajas tiende a tener menor pendiente y mayor longitud que para concretos de resistencias mayores. La deformación correspondiente a este punto es mayor para los concretos más resistentes.80 fc’ Falla عc (cm. dependiendo de la calidad del concreto.pág.002. En conclusión podríamos decir lo siguiente: - - El concreto no es un material elástico. las gráficas tienen una rama ascendente casi lineal cuya pendiente varía de acuerdo a la resistencia y se extiende hasta aproximadamente 1/3 a ½ de f’c’. por no tener ningún tramo recto.Roberto. El concreto es por naturaleza poroso. La rama descendente de las gráficas tienen una longitud y pendiente que varía de acuerdo al tipo de concreto. El máximo de la carga se alcanza a esfuerzos mucho menores (hasta 80% fc’) que en cargas instantáneas (ensayos de corta duración). se les va adicionando las cargas de manera graduada y durante un tiempo prolongado.Arthur H.67 100 1.003 (8) NILSON.58 . 0.001 . por 100 días) se asemeja más a la realidad. S.pág. de buena calidad y alta resistencia.8 Ing. fc(Kg. En la práctica la resistencia especificada en los diseños se basa en la resistencia a corto plazo./cm2) 500 0. En los ensayos bajo cargas de corta duración (curva A. Es el factor que más influye en la resistencia del concreto y constituye la razón entre el peso del agua y el peso del cemento utilizados en la mezcla.001 cm.0 عc (cm.004 . se ve compensado con la propiedad del concreto a seguir endureciendo a través del tiempo. En los ensayos para cargas de larga duración (curva B. Si w/c disminuye./cm. la curva se modifica en dos aspectos importantes: 1.005 .002. La rama descendente de la curva es bastante suave produciéndose la falla o colapso a deformaciones mucho mayores (que en ensayos de corta duración). Mientras mayor es la relación w/c.33 = w/c 400 0.Chávez C.25 pues ésta es la cantidad mínima de agua necesaria para la completa hidratación del cemento.002 .40 300 0. la porosidad decrece consiguiéndose un concreto denso./cm. b) Relación agua-cemento. En la figura se puede apreciar el efecto de la relación agua-cemento.) . por minuto) se realizan en un tiempo relativamente corto de tal manera que la probeta se fractura en un lapso de 3 a 4 minutos.50 200 0. pues en obra a los elementos estructurales. se utiliza el esfuerzo obtenido en ensayos de corta duración y la diferencia con los ensayos de larga duración. menor es la resistencia del concreto. 2./cm. pero siempre a la deformación unitaria de 0.Diseño de estructuras de concreto.001 cm. 0. En éste tipo de ensayos para el mismo concreto. Esta relación no debe ser menor que 0. 280. la resistencia aumenta infinitamente y en teoría sería infinita para un espécimen de altura nula. En cambio. etc. no prohibiendo el diseño de estructuras con resistencias intermedias. Para especimenes cuya relación de esbeltez sea menor que 2. la resistencia del agregado juega un papel muy importante en la resistencia del concreto. gradación. 175. 420. El esfuerzo máximo se representa por fc’ y tanto el ensayo como la elaboración están especificados en las normas ASTM. la longitud en la duración de la carga y el diámetro y arbitrariamente se ha considerado como 100% la resistencia de un espécimen con relación de esbeltez igual a 2 . duración del curado. d) Tipo de agregado. para relaciones de esbeltez de 6 ó más. el primer caso no se presenta./cm2. Además de estos factores la calidad del concreto se ve afectado por el tipo de cemento. ./cm2. La probeta ensayada puede romperse a través de la piedra o en la interfase agregado-pasta.Concreto Armado 9 c) Tamaño y esbeltez de la probeta. 210. 385./cm. etc. Kg. Si el agregado es resistente. así tenemos: fc’ = 140. Luego observamos que para esbeltez mayor que 2 la resistencia disminuye hasta llegar al 85% aproximadamente. El ACI con el propósito de estandarizar la calidad del concreto sugiere variaciones de 35 en 35 Kg. En concretos de alta resistencia. tamaño máximo. 245. Este es función de la textura de su superficie. Resistencia Relativa (%) P 140 l d 130 Donde: l: longitud= 30 cm d: diámetro= 15 cm e: esbeltez = l/d 120 110 P 100 90 85 1 2 3 4 5 e = l/d 6 7 8 9 10 (cm.) Efecto de la relación de esbeltez Se ha tomado como medida de esbeltez (e). La calidad estructural del concreto esta especificado por su resistencia a la compresión. 315. la falla en la interfase piedra-mortero depende del grado de unión de ambos elementos. CALIDADES DEL CONCRETO. 10 Ing. S.Chávez C. 1.2.2.2. Módulo de elasticidad del concreto(5). El módulo de elasticidad de un material es un parámetro que mide la variación de esfuerzo en relación a la deformación en el rango elástico. Es función del ángulo de la línea esfuerzo-deformación y es una medida de la rigidez o resistencia a la deformación de dicho material. El concreto presenta un comportamiento elastoplástico y por ello los esfuerzos no son directamente proporcionales a las deformaciones; es decir la curva esfuerzo-deformación es curvilínea a una etapa muy temprana de su historia. Por lo anterior, ha sido necesario definir términos como módulo secante y módulo tangente en un intento por convenir un valor para el módulo de elasticidad del concreto. El módulo tangente se define como la pendiente de la recta tangente a la curva esfuerzo-deformación en un punto de ella. En particular, el módulo tangente que corresponde al esfuerzo nulo se denomina módulo tangente inicial. La determinación de este parámetro es difícil pues la recta tangente en el origen no esta bien definida. Por su parte, el módulo secante es la pendiente de una recta secante a la curva, que une el punto de esfuerzo cero con otro cualquiera de la curva. El módulo secante es más fácil de determinar que el módulo tangente, por ello, es el más utilizado. Esfuerzo E1 E2 E3 fc’ 0.5 fc’ E1: Módulo tangente inicial. E2: Módulo secante. E3: Módulo tangente. Deformación Para definir el módulo de elasticidad del concreto, el ACI emplea el concepto de módulo secante y teniendo presente que éste depende exclusivamente de la calidad del concreto y del peso volumétrico, da la siguiente expresión: Ec = 4270 w1.5 fc ' Kg. /cm2 Donde Ec es el módulo de elasticidad en Kg. /cm2, w es el peso volumétrico del concreto en ton. /m3 y f’c’ resistencia del concreto en Kg. /cm2. Para concretos con peso volumétrico normal (w = 2.3 a 2.4 ton. /m3) se usa la ecuación simplificada. Ec = 15000 fc ' (Kg. /cm2.) (5)NILSON,Arthur HARMSEN, Teodoro E. Diseño de estructuras de concreto armado .pág.26 (8) H.Diseño de estructuras de concreto.pág.58 Concreto Armado 11 1.2.2.3. Módulo de Poisson. Al igual que otros materiales, cuando el concreto se comprime en una dirección se expande en la dirección transversal a aquella de la aplicación del esfuerzo. La relación entre la deformación unitaria transversal y la longitud se conoce como módulo de Poisson y depende de la resistencia, de la composición y de otros factores. El valor de este parámetro (μ) para el concreto oscila entre 0.15 y 0.20. 1.2.2.4. Módulo de Corte. Por resistencia de materiales se sabe que: Gc = Ec/2(1+ μ). Considerando un valor del módulo de Poisson igual a 1/6 se tiene. Gc = 0.43 Ec. Por comodidad se suele despreciar μ y se toma Gc = 0.5 Ec. 1.2.2.5. Resistencia a la tensión del concreto o módulo de rotura. Aunque el concreto se emplea de mejor manera cuando se utiliza su buena resistencia a la compresión, su resistencia a la tensión también es de importancia en varias situaciones. Para la determinación de este parámetro no se suele usar ensayos directos debido a las dificultades que se presentan sobretodo por los efectos secundarios que generan los dispositivos de carga. Para estimarlo se ha diseñado dos métodos indirectos. PRUEBA BRASILERA O SPLIT-TEST. Consiste en cargar lateralmente el cilindro estándar, a lo largo de uno de sus diámetros hasta que se rompa. P 2P ftc Dh ftc ftc ftc D ftc = Resistencia a tracción del concreto. P = Carga de rotura. P h = Longitud del cilindro. D = Diámetro del cilindro. El valor de ftc oscila entre 1.55 Generalmente se toma: ftc = 1.6 fc ' y 2.2 fc ' para concretos normales. fc ' . PRUEBA A FLEXIÓN SIMPLE. Para este ensayo se usa una viga con sección transversal cuadrada de 6” x 6” (15 cm. x 15 cm.) y una longitud igual a 70 cm., con apoyos en los 60 cm. centrales, la cual se carga en los tercios de la luz entre apoyos. La falla se produce entre los puntos de aplicación de las cargas. El esfuerzo teórico de tracción en la fibra interior correspondiente a la rotura se calcula mediante la expresión: 12 Ing. S.Chávez C. fr P 2” 6” P 6” MC I Donde: 6” 2” fr: Módulo de rotura. M: Momento flexionante debido a la carga máxima aplicada. C: Medio peralte. I: Momento de inercia de la Sección transversal de la viga. Los resultados de ambas pruebas se han relacionado y se ha determinado que el módulo de rotura, fr, es igual a 1.25 a 1.50 veces la resistencia de tracción del concreto ftc. Una relación aproximada según el ACI, para el módulo de rotura es: fr = K fc ' (Kg./cm2) Para elementos sin armadura, sometidos a flexión simple. K = 1.3 → fr = 1.3 fc ' (Kg./cm2) Para el cálculo de deflexiones instantáneas en elementos con armadura sometidos a flexión bajo cargas de servicio. K = 2.0 → fr = 2.0 fc ' (Kg./cm2) 1.2.2.5. Variación en el volumen del concreto (6). El volumen de concreto varía principalmente por tres causas: Contracción de fragua, deformación plástica o creep y cambios de temperatura. A. Variación de volumen por contracción de fragua La contracción de fragua se debe a la perdida de humedad durante el endurecimiento y secado del concreto. Si este se puede deformarse libremente, diminuye su volumen, pero si contienen armadura o está fijo en alguno de sus extremos se raja. Los concretos vaciados bajo agua están constantemente en un medio húmedo por lo cual no presentan este fenómeno. Algunos de estos factores que afectan la contracción del concreto son: 1. Relación agua/cemento; a mayor relación agua/cemento, mayor cantidad de agua disponible para ser evaporada y por lo tanto mayor posibilidad de contracción. 2. Relación Volumen/Superficie del elemento del concreto: El agua se evapora a través de la superficie y por lo tanto mientras esta sea mayor, las deformaciones por contracción se incrementarán. 3. Humedad del ambiente: El agua se evapora por la diferencia de humedad entre dos medios. Si el medio ambiente es muy húmedo entonces la evaporación será menor. 4. Porcentaje de refuerzo: El refuerzo restringe la contracción del concreto. una cantidad de refuerzo elevadas origina una pequeña contracción con aparición de gran número de grietas. 5. Cantidad de cemento en la mezcla: Las mezclas más ricas se contraen más que las pobres. 6. Agregados: Los agregados restringen la contracción de la pasta de cemento. Los más ásperos y con elevado módulo de elasticidad son los que más la limitan. Si el agregado es pequeño, la contracción aumenta. (6) HARMSEN,Teodoro de estructuras de concreto armado .pág.29,30 y 31 (8) NILSON,Arthur H.DiseñoE.deDiseño estructuras de concreto.pág.58 Concreto Armado 7. 13 Tipo de cemento utilizado: Los cementos de fragua rápida y los de bajo calor de hidratación generan concretos con mayor tendencia a la contracción. Para reducir la contracción de fragua en el concreto es conveniente: - Reducir el contenido de agua de la mezcla. - Usar agregados no porosos. - Curar bien el concreto. - Usar juntas de contracción y construcción en la estructura. - Proveer refuerzo adicional, llamado de contracción, para limitar el ancho de las grietas. La contracción es un proceso que puede revertirse sumergiendo el concreto en agua, pero no es totalmente reversible. B. Deformación plástica o creep: En la figura, se muestra una gráfica deformación vs. tiempo de una muestra sometida temporalmente a la acción de una carga. Inmediatamente después que esta es aplicada se produce una deformación elástica que se mantiene mientras la carga actúa y una deformación plástica o creep que se incrementa con el tiempo. Al retirar la carga, la muestra presenta, instantáneamente, una recuperación elástica de la deformación. Esta, sin embargo, no iguala la deformación elástica inicial. Así mismo se produce una deformación plástica, la cual después de un cierto periodo de tiempo se estabiliza, manteniéndose una deformación permanente en la muestra. La deformación plástica se debe a la disminución del espesor de la capa de agua que rodea las partículas de los compuestos de la hidratación del cemento. Estas se acercan y con el tiempo se unen. Si la carga se retira parte de la deformación se recupera pero la unión de alguna de las partículas ocasiona que se presenten deformaciones permanentes. D E F O R M A C I O N No existe carga Espécimen a carga constante Creep Carga retirada Recuperación elástica Recuperación por creep Deformación elástica 2 4 6 Deformación no recuperable 8 10 12 14 TIEMPO, MESES 14 Ing. S.Chávez C. La deformación plástica es de una a tres veces la deformación instantánea elástica. El fenómeno de creep incrementa las deflexiones en el tiempo y ocasiona redistribución de esfuerzos en la estructura. Algunos factores que afectan este proceso son: 1. Nivel de esfuerzo a que esta sometido el concreto, ya que la deformación es proporcional al esfuerzo. 2. Duración de la carga, mientras la carga se mantenga más tiempo, el efecto del creep es mayor. Por eso, las cargas permanentes producen mayor deformación que las vivas. 3. Resistencia y edad a la cual se aplica la carga, si el concreto es cargado a edad avanzada, la deformación es menor. 4. Velocidad de carga, mientras más rápido se aplique, más se deforma el concreto. 5. Cantidad y distribución del refuerzo, pues éste restringe las deformaciones. 6. Relación agua/cemento, a mayor cantidad de agua, mayor efecto del creep. 7. Tipo y gradación del agregado, mientras más denso sea el concreto, el creep será menos crítico. C. Variación de volumen por Temperatura. El concreto se expande con el incremento de temperatura y se contrae con su disminución. El coeficiente de dilatación térmica varía con la calidad del concreto y con su edad. su valor oscila entre 9.2x10-6/°C. y 12x10-6/°C. para temperaturas entre -15 C° y + 50 C°. El reglamento Alemán recomienda tomar 10 -5/C° como promedio; otros autores sugieren tomar 11x10-6/°C. 1.2.3 EL ACERO(7). El acero es una aleación de diversos elementos entre ellos: Carbono, manganeso, silicio, cromo, níquel y vanadio. El carbono es el más importante y el que determina sus propiedades mecánicas. A mayor contenido de carbono, la dureza, la resistencia a la tracción y el límite elástico aumentan. Por el contrario, disminuyen la ductilidad y la tenacidad. El manganeso es adicionado en forma de ferro-manganeso. Aumenta la forjabilidad del acero, su Templabilidad y resistencia al impacto. Así mismo, disminuye su ductilidad. El silicio se adiciona en proporciones que varían de 0.05% a 0.50%. se le incluye en la aleación para propósitos de desoxidación pues se combina con el oxígeno disuelto en la mezcla. El cromo incrementa la resistencia a la abrasión y la templabilidad, El níquel por su parte, mejora la resistencia al impacto y la calidad superficial. Finalmente el vanadio mejora la templabilidad. El acero para ser utilizado en concreto armado se fabrica bajo las normas ASTM A-615-94, A-616-93, A-617-93 y A 706-92b. En el Perú es producido a partir de la palanquilla pero en el extranjero también se suele conseguir del reciclaje de rieles de tren y ejes usados. Estos últimos son menos maleables, más duros y quebradizos. El acero es un material que tiene mucha mayor resistencia que el concreto; numéricamente el acero tiene una resistencia a compresión del orden de 10 veces mayor que el concreto y, a tracción la relación es de 100 veces mayor. Por otro lado, el acero es un material mucho más costoso que el concreto. De esto resulta que los dos materiales se emplean mejor en combinación si el concreto se utiliza para resistir los esfuerzos de compresión y el acero los esfuerzos de tensión. También se utiliza el refuerzo a (7)NILSON,Arthur HARMSEN,Teodoro E. Diseño de estructuras de concreto armado .pág.33 (8) H.Diseño de estructuras de concreto.pág.58 Concreto Armado 15 compresión, especialmente cuando se desea reducir la sección transversal de elementos a compresión, como es el caso de las columnas de los primeros pisos de edificios altos. Aún si esta necesidad no existiera, una mínima cantidad de refuerzo se coloca en todo los elementos a compresión para asegurarlo contra el efecto de pequeños momentos flectores accidentales que pueden agrietar y aún producir la falla de un elemento no reforzado. Para lograr una acción efectiva del refuerzo, es esencial que el acero y el concreto se deformen en forma conjunta, es decir, es necesario que haya una adherencia suficientemente fuerte entre los dos materiales para asegurar que no ocurrirán movimientos relativos entre las barras de refuerzo y el concreto circundante. 1.2.3.1 Tipos de acero de refuerzo. a. Barras redondas. Es el tipo más común de acero de refuerzo viene por lo general en barras circulares llamadas comúnmente varillas y presentan corrugaciones en su superficie para favorecer la adherencia con el concreto. Estas corrugaciones deben satisfacer requisitos mínimos para ser tomados en cuenta en el diseño. Existen tres calidades distintas de acero corrugado; grado 40, grado 60 y grado 75 aunque en nuestro medio sólo se usa el segundo. Las características de estos tres tipos de acero se muestran a continuación: Grado 40 Grado 60 Grado 75 fy (Kg./cm2) 2800 4200 5300 fs (Kg./cm2) 4500 6300 7000 Donde: fy = Esfuerzo de fluencia del acero., fs = Resistencia mínima a la tracción a la rotura. Las varillas se denominan por números y sus características geométricas se presentan en la tabla siguiente; DENOMINACIÓN # 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 DIAMETRO Ø” 1/4 3/8 1/2 5/8 3/4 7/8 1 1 1/8 1 1/4 1 3/8 DIAMETRO db (cm) 0.64 0.95 1.27 1.59 1.91 2.22 2.54 2.86 3.19 3.58 AREA Ab (cm2) 0.32 0.71 1.29 1.99 2.84 3.87 5.10 6.45 8.19 10.06 PESO (Kg./m) 0.25 0.56 0.99 1.55 2.24 3.04 * 3.97 5.06 * 6.40 * 7.91 Los aceros de preesfuerzo se utilizan en tres formas diferentes: Alambrones de sección circular. Las barras de acero aleado están disponibles en diámetros desde 0.60 Fabricante Diámetro Grado b.4.los diámetros varían desde 0. El alambrón (Ø ¼”. torones y barras de acero aleado.58 . Mallas electrosoldadas.) puede ser liso o corrugado.Chávez C.Diseño de estructuras de concreto. Identificación de los aceros fabricados en nuestro medio: ACEROS AREQUIPA ACEROS SIDERPERU SIDERPERU ¾” N 60 ¾ .60 pulg.Arthur H. (8) NILSON. c. En nuestro medio también se fabrican barras en milímetros.375 pulgadas. pavimentos.28 0.22 0. después de lo cual el alambrón se somete a un proceso de revenido en caliente para producir las propiedades mecánicas prescritas.75 hasta 1. Aceros de preesfuerzo(8). Se usan en elementos como losas.) 6 8 12 0. Ab: Área de la sección transversal de la varilla. y 12 m. 6mm.2.4.16 Ing. Se compone de una serie de alambres lisos o corrugados dispuestos en mallas cuadradas o rectangulares y soldadas en los puntos de unión del refuerzo.25 hasta 0. Los torones se fabrican usando seis alambrones enrollados alrededor de un séptimo cuyo diámetro es ligeramente mayor. estructuras laminares y muros en los cuales se tiene un patrón regular de distribución del refuerzo. Los alambrones para preesfuerzo se fabrican mediante extrusión en frío de aceros con alto contenido de carbón.50 1.) ÄREA (cm2) PESO (Kg. así tenemos: DIAMETRO (mm.los diámetros varían desde 0. 1. S.276 pulg. los demás son corrugados y tienen una longitud de 9 m. A continuación podemos apreciar las curvas para aceros laminados en caliente y laminados en frío (aceros de preesfuerzo). usualmente como barras lisas circulares.pág.89 Donde: * : No existe en el mercado peruano. db: Diámetro nominal de la varilla./m.1.13 0.192 hasta 0.2. 1. PROPIEDADES DEL ACERO. Relación esfuerzo-deformación del acero.40 0. a) podemos apreciar. A partir de este punto. llamado también G-40. fy : Punto de fluencia . llegando al límite de proporcionalidad (punto Y2). comenzando de nuevo a recuperar la resistencia y subiendo por tanto las tensiones./cm2) Esfuerzos F1 4200= fy Zona plástica o plataforma de cedencia o tramo de fluencia ARL C F2 G-60 F1 2800= fy F2 GEL.(siendo válida la ley de Hooke). lo que nos da una curva un poco más acortada. llamado también G-60. llegando al límite de desligación (punto Y3). valor que determina la característica de un esfuerzo. observándose a continuación una ligera caída en las deformaciones.Concreto Armado 17 fs Y2 LE LP Y4 Y3 R Y1 عS Fig. las deformaciones son cada ves más acentuadas. hasta este punto las tensiones se consideran prácticamente elásticas. porque para cargas menores las deformaciones continúan llegando a un nuevo punto de deslizamiento. que los esfuerzos y las deformaciones crecen en forma proporcional hasta el punto Y1 . idealizando la curva así: fs (Kg. De la (fig. hasta llegar al punto Y 4.C G-40 Zona elástica عS(cm. para el diseño. A partir de este punto. luego romperse. aunque las tensiones continúan en el mismo ritmo./cm. las deformaciones empiezan a crecer un poco más que las tensiones. GEL C: Grado estructural laminado en caliente. a: Aceros de refuerzo (C°A°) Fig. . que el acero tiene un comportamiento elastoplástico para pequeñas deformaciones. El código ACI asume. Aquí es donde el material sufre una mudanza en sus propiedades elásticas.) 0 عy عy Deformación ARL C: Acero de alta resistencia laminado en caliente. LE: Límite elástico. b: Aceros de pre-esfuerzo LP: Límite plástico. Maleabilidad.4. tiene una vida útil extensa . etc. A-616.2. 1. Frente a otros materiales como el acero. Ventajas del concreto armado.pág. S. por lo tanto la resistencia a la fluencia se define en forma algo arbitraria como el esfuerzo para el cual la elongación total es del uno por ciento para torones y alambrones y del 0. Se puede dar la forma que uno desee. 1. El módulo de elasticidad es definido como la tangente del ángulo α.Arthur H.3. VENTAJAS Y DESVENTAJAS DEL CONCRETO ARMADO. el concreto se puede moldear a gusto en su estado plástico y el fierro se puede doblar.58 . b) no se utilizan en concretos armados. Por lo tanto. Ambos tienden a dilatarse y contraerse de modo similar.4. este parámetro es independiente del grado del acero y.7% para barras de acero aleado. Los aceros trabajados en frío (fig.3.2.2. #7./cm2) 1.Chávez C. (8) NILSON. #8 #9. #4. Coeficiente de dilatación Térmica. Le confiere un carácter monolítico a sus estructuras lo que le permite resistir más eficientemente las cargas laterales de viento o sismo. la madera.3. El diámetro del pin varía de acuerdo a la varilla a ser ensayada y se indica en la tabla siguiente: Denominación #3. Esto es una gran ventaja pues no se presentan tensiones internas entre refuerzo y concreto por los cambios de temperatura del medio. A-617 3. no tienen un punto de fluencia bien definido. Es durable a lo largo del tiempo y no requiere de una gran inversión para su mantenimiento.2. 1.4.1. #10 y #11 Diámetro del pin acero A-615.18 Ing. 3. generalmente se toma para todo los aceros utilizados en concreto armado: Es = 2x106 (Kg.Diseño de estructuras de concreto.4. Módulo de Elasticidad del acero. pero si en concretos pre o post-tensados. 1. Esta propiedad se garantiza a través de una prueba que consiste en doblar en frío una varilla de acero alrededor de un pin sin que ésta se astille en su parte exterior. 2.5 db 5 db 7 db Diámetro del pin Acero A-706 3 db 4 db 6 db 1. #5 #6. Su valor es muy similar al del concreto: 11x10-6/°C. el concreto armado presenta las siguientes ventajas y desventajas. Requiere de encofrados lo cual implica su habilitación. como en los puentes.4. 1. las deflexiones en los elementos se incrementan con el tiempo.1 Diseño Estructural.2. espera hasta que el concreto alcance la resistencia requerida y desencofrado. 5. es decir. El concreto requiere mayores secciones y por ende el peso propio es una carga muy importante en el diseño. etc.1x10-5 C°-1 α C°≈ α acero. La función puede ser salvar un claro o luz.4. . la formación de grietas es inevitable. tanques o silos. Las estructuras pueden construirse In-situ o prefabricado. 7. El costo del encofrado puede alcanzar entre un tercio y dos tercios del costo total de la obra. 8. 6. el concreto armado sufre daños superficiales si se provee un adecuado recubrimiento al acero. ESTRUCTURAS DE CONCRETO ARMADO. con el tiempo que estas operaciones implican. pues ésta se ve afectada por las operaciones de mezcla. etc. Requiere de un permanente control de calidad. el cual es más eficiente cuando se trata de cubrir grandes luces. Tiene poca resistencia a la tracción. En la mayoría de los lugares es el material más económico. encerrar un espacio como en el caso de diferentes tipos de edificios o.0x10-5 C°-1 Para el acero: 1. 1. Es resistente al efecto del agua. como un conjunto de partes o componentes que se combinan en forma ordenada para cumplir una función dada. Es más resistente al fuego que la madera y el acero estructural. vaciado. 1. Siendo por este motivo mínimo el agrietamiento por cambios de temperatura. Desventajas del concreto armado.Concreto Armado 19 4. Bajo cargas sostenidas. o sea de aquella parte de una construcción que tiene como función absorber las solicitaciones que se presentan durante las distintas etapas de su existencia.3. Su relación resistencia a la compresión versus peso está muy por debajo que la correspondiente al acero. Su gran rigidez y masa evitan problemas de vibración en las estructuras erigidas con él. Presenta deformaciones variables con el tiempo. dimensiones y características detalladas de una estructura. Una estructura se puede considerar como un sistema. 9. 10. 4. curado. aproximadamente la décima parte de su resistencia a la compresión. En fuego de intensidad media. 3. 2. soportar un empuje como en el caso de muros de contención. Aunque el acero se coloca de modo que absorba estos esfuerzos. colocación. El diseño Estructural abarca las diversas actividades que desarrolla el proyectista para determinar la forma. 1. 5. Los coeficientes de dilatación térmica tanto para el acero y concreto son similares: Para el C° : 1. Tiene una gran resistencia a la compresión en comparación con otros materiales. La estructura debe cumplir la función a la que esta destinada con un grado razonable de seguridad y de manera que tenga un comportamiento adecuado en condiciones normales de servicio. el proyectista debería tener grabados en su mente los siguientes mandamientos(9): (9) MELIH. Desgraciadamente resulta difícil enseñar “criterio estructural” en los libros de texto y en las aulas de clase. tal como el de peso o costo mínimo. en el dimensionamiento. La práctica del diseño estructural tiende en forma natural hacia una creciente automatización. en cuanto se emplee con cordura. es el fruto sólo en parte de las cualidades innatas. Estética. El lograr una solución óptima absoluta es prácticamente imposible. El ejercicio de la práctica y el contacto prolongado con especialistas más maduros son requisitos necesarios para confirmar su criterio. esta idealización es necesaria por que el problema real es mucho más complejo.20 Ing.Después de elegir una estructura se la idealiza con el propósito de estudiar el efecto de las solicitaciones o cargas a la que puede estar sometido durante su vida útil.pág. al terminar sus estudios. Idealización. Tanto en lo que se refiere al empleo de manuales y ayudas de diseño.Manual de diseño estructural . Es común el empleo de programas de computo en el análisis estructural. impulsada aceleradamente por la popularización del empleo de las computadoras. hasta llegar a la elaboración de los planos estructurales y de las especificaciones. Roberto.Chávez C. El autor de un libro y el profesor de un curso sólo en el mejor de los casos llega a transmitir al alumno algunos destellos de su experiencia. sin embargo.Toda la estructura debe mantenerse dentro de los límites razonables de la economía. Es mucho más fácil enseñar fundamentos teóricos. tales como: El costo. sino que también debe estar apoyado en sólidos conocimientos teóricos. teniendo en cuenta siempre que no exista soluciones únicas sino razonables.. métodos analíticos y requisitos específicos..Es sin duda uno de los factores que más afecta el costo del proyecto. Lo que comúnmente se denomina buen criterio estructural no está basado solo en la intuición y en la práctica. los cuales llegan a formar parte de su conocimiento asimilado.Diseño PIRALLA. una gran inseguridad en la aplicación del acervo de conocimientos teóricos que ha adquirido.Arthur de estructuras de concreto.pág.30 (8) NILSON. es resultado también de la asimilación de conocimientos teóricos y de la experiencia adquirida en el ejercicio del proceso de diseño y en la observación del comportamiento de las estructuras. No debe sin embargo desilusionarse el alumno por sentir. La posibilidad de intuir un sistema estructural eficiente e imaginarlo en sus aspectos esenciales. Tipo de estructuración. S..58 . es decir la obtención de todas las mejores soluciones posibles. Idealmente el objeto del sistema es la optimización del sistema.-La estructura debe ser agradable a la vista constituyendo un elemento ornamental para las ciudades y mejorar el paisaje del campo. como a de los programas de computo. Este proceso es sin duda benéfico y va a redundar en una mayor eficacia y precisión en el diseño. puede ser útil optimizar de acuerdo con determinado criterio. Además debe satisfacer otros requisitos. 3. El diseño consiste en conseguir que los esfuerzos no excedan los esfuerzos admisibles que son fracción de la resistencia del concreto y del esfuerzo de fluencia del acero. En la actualidad existen básicamente. dos métodos de diseño en concreto armado: Diseño elástico o por cargas de servicio y diseño a la rotura o por resistencia última. ve si hacen sentido. pruebas de laboratorio han permitido comprobar que el complejo comportamiento del concreto con el paso del tiempo conlleva a una constante redistribución de esfuerzos entre éste y el acero. lo cual debe ser lo suficientemente elevada para resistir. El primero fue utilizado con mucha fuerza hasta mediados del siglo y el segundo ha adquirido impulso en los últimos cuarenta años. Después de asegurarte de que es aplicable a tu caso particular. En la actualidad.Teodoro E.4. 4.3 . El método elástico tampoco determina la carga que ocasiona la rotura de la pieza y por ello. En el diseño elástico solo se considera una de éstas distribuciones.Concreto Armado 21 1. Diseño de estructuras de concreto armado . las condiciones no consideradas pueden ocasionar la falla. es importante considerar el tipo de falla.pág. que presentan un elemento bajo determinadas solicitaciones y. Este método toma en consideración el comportamiento inelástico del acero y el concreto y por lo tanto. examínalos críticamente. Nunca uses una de estas herramientas si no sabes en que teoría se basa. todas las cargas previsibles que puedan actuar sobre aquel durante la vida de la estructura. se estima mejor la capacidad de carga de la pieza. cuida que puedas obtener los datos que se requieren para su empleo y pon atención en emplear las unidades correctas. con algún margen de reserva. Por otro lado. La característica particular más importante de cualquier elemento estructural es su resistencia real. al ser sometidos a cargas de servicio. dúctil o frágil. que hipótesis tiene implícitas y que limitaciones existen para su uso.En pruebas de laboratorio se ha podido comprobar que es posible predecir estas cargas con precisión suficiente. Analiza que aspectos no han sido tomados en cuenta en ese proceso y asegúrate que no alteren el diseño. su factor de seguridad no es conocido(10) . 2. El diseño por rotura se fundamenta en la predicción de la carga que ocasiona la falla del elemento en estudio y analiza el modo de colapso del mismo. hasta que estés convencido de que no hay errores gruesos en el proceso.El diseño por rotura permite controlar el modo de falla de una estructura compleja considerando la resistencia última de las diversas partes del sistema. Algunos elementos se diseñan con menor margen de seguridad que otros para inducir su falla primero. (10) HARMSEN. Asume un comportamiento elástico de ambos materiales. 1. Una vez obtenido los resultados. Con el tiempo. en la medida de lo posible orientar la falla según sea conveniente. en el diseño de estructuras. Algunas de las ventajas de este procedimiento son: . El diseño elástico parte de la hipótesis que es posible predecir la distribución de esfuerzos en el refuerzo y el concreto. El método elástico no considera este punto. si es posible compruébalos con otro procedimiento aproximado. sin que se presente falla o cualquier otro inconveniente.2 Enfoque del diseño. Con la mejora en la calidad del concreto y la obtención de secciones cada vez menores. asociaciones gremiales e institutos técnicos que han producidos los documentos necesarios. sino que también disposiciones especificas para el diseño y construcción de puentes de concreto reforzado. Como resultado. Sin embargo este último se usa aún en ocasiones.pág. (11) NILSON . . Debido a estas diferencias tanto en realismo como en confiabilidad. La desventaja de usar este método es que solo se basa en criterios de resistencia. para el dimensionamiento de elemento. durante las últimas décadas.4. Sus disposiciones alcanzan de esta manera un soporte legal.Chávez C.Diseño de estructuras de concreto. Arthur H. (8) NILSON. es reconocido ampliamente como documento autorizado para la buena práctica en el campo del concreto reforzado. . En contraste con otros países altamente desarrollados. Diseño de estructuras de concreto .El método de diseño a la rotura permite evaluar la ductilidad de la estructura. A lo largo de este texto se presenta casi exclusivamente el método de diseño a la resistencia. al método más antiguo de diseño para cargas de servicio.La responsabilidad de producir y mantener especificaciones de diseño descansa sobre varios grupos profesionales. Códigos de diseño(11) .3. el método de diseño a la resistencia a desplazado rápidamente.Este procedimiento permite un coeficiente de seguridad distintos para diferentes tipos de carga. que no solo contienen las disposiciones relacionadas con las cargas y su distribución.Permite obtener un diseño más eficiente. etc. . 1.pág. es decir. S. que no se presenten deflexiones excesivas. Este a servido también como documento modelo para muchos otros países. sin embargo. los Estados Unidos no tienen un código oficial nacional que gobierne el concreto armado. Sin embargo es necesario garantizar que las condiciones de servicio sean optimas. el cual es variable con la carga.22 Ing.Este método no utiliza el módulo de elasticidad del concreto.16. La mayor parte de los puentes vehiculares de los Estados Unidos están diseñados de acuerdo con los requisitos de las especificaciones para puente de la AASHTO. En los Estados Unidos la mayoría de los edificios en concreto reforzado y construcciones similares se diseñan de acuerdo con el código ACI vigente. ni agrandamiento crítico.58 . considerando la distribución de esfuerzos que se presentan dentro del rango inelástico. Esto evita introducir imprecisiones en torno a este parámetro.Arthur H. este se ha incorporado por ley en innumerables códigos de construcción municipales y regionales que sí tienen una connotación legal. se tiende a perder rigidez e incrementar las deflexiones y el ancho de fisuras. El diseño de estructuras de concreto armado se lleva acabo generalmente dentro de un contexto de códigos que dan registros específicos para materiales. Por ello es conveniente usar este método en combinación con otros procedimientos para verificar el adecuado comportamiento de las piezas bajo cargas de servicio. El código ACI no es un documento oficial por si mismo. para el análisis estructural. . El American Concrete Institute (ACI) ha sido durante mucho tiempo un líder da tales esfuerzos. generalmente la mayor parte de la carga muerta es el peso propio de la estructura. Cargas(12). En la práctica estructural a menudo se encuentran circunstancias especiales donde las disposiciones del código sirven únicamente como guías y el ingeniero debe confiar en un firme entendimiento de los principios básicos de la mecánica estructural aplicada al concreto reforzado o pre-esforzado. Dentro de estas tenemos: El peso de los ocupantes.Concreto Armado 23 Las normas Alemanas (DIN) constituyen un cuerpo cada vez más impresionante de reglas y criterios que abarcan en detalle los aspectos más diversos y especializados de diseño. pisos terminados. Son cargas gravitacionales de carácter movible. 1. y pueden cambiar de ubicación. cielo raso. . Las cargas vivas mínimas para los cuales deben diseñarse los entrepisos y cubiertas de un edificio se especifican usualmente en el código de de construcción que se aplica en el lugar de construcción. y sus máximas intensidades a lo largo de la vida de la estructura no se conocen con precisión. de las dimensiones de la estructura y de la densidad del material.pág. tabiquería móvil. Este puede calcularse con buena aproximación apartir de la configuración de diseño. Cargas ambientales. las cargas ambientales son inciertas tanto en magnitud como en distribución. Son aquellos que se mantienen constantes en magnitud y fijas en posición durante la vida de la estructura. viento. presiones de suelo en las porciones subterráneas de estructuras. muebles. Cargas vivas (L). Dentro de estos tenemos. Diseño de estructuras de concreto . agua y equipos removibles. Consiste generalmente en cargas sísmicas (fuerzas inerciales causadas por movimientos sísmicos). En México la reglamentación más actualizado y la que sirve de modelo para las de otros estados es el reglamento de construcciones para el Distrito Federal (RDF). (12) NILSON . Ningún código o especificación de diseño puede utilizarse como sustituto de un criterio de Ingeniería sólido en el diseño de estructuras de concreto reforzado. para los países socialistas y para los escandinavos. cargas vivas y cargas ambientales. vibraciones causadas por maquinaria. En los países europeos existen códigos multinacionales para los países de la comunidad económica europea. cargas de nieve. Las cargas que actúan sobre las estructuras pueden dividirse en tres grandes categorías: Cargas muertas. Arthur H.9. tabiquería fija. Cargas muertas (D). y en un conocimiento profundo de la naturaleza de los materiales. sistemas de pisos.4. de manera que gravitan en forma constante sobre la estructura. y todos aquellos elementos que conservan una posición fija en la construcción.4. Estas pueden estar total o parcialmente en un sitio o no estar presentes. Su magnitud y distribución son inciertas en un momento dado. Al igual que las cargas vivas. y todos aquellos elementos con el carácter de no estacionarios. cargas de posibles emposamientos de aguas de lluvia sobre superficies planas y fuerzas causadas por cambios de temperatura. etc. Sala de almacenaje. HOTELES: Cuartos. Sala de computación. Talleres. El proyectista determinará la carga viva justificándola ante las autoridades competentes: (8) NILSON. Laboratorios. calaminas. BIBLIOTECAS: Sala de lectura. Corredores y escaleras. Corredores y escaleras.) o que el edificio este ubicado en una zona de baja sismicidad pero con fuertes vientos (por ejemplo. Corredores y escaleras. gimnasios.pág. Cuartos. En años recientes se ha progresado en el desarrollo de métodos racionales para predicción de fuerzas horizontales sobre estructuras debidas a la acción del viento y de sismos. S.Chávez C. Almacenaje y servicio.24 Ing.Diseño de estructuras de concreto. con techo metálico y cobertura con planchas de asbesto-cemento./m2) VIVIENDAS (incluye comedor y escaleras) OFICINAS: Ambientes comunes. A continuación se muestra algunas de las sobre cargas especificadas en la norma peruana E-020. CENTROS EDUCATIVOS: Aulas. Corredores y escaleras. así mismo algunos pesos unitarios y cargas de uso común: TIPO DE EDIFICACIÓN CARGA VIVA (Kg. HOSPITALES: Sala de operación. Auditorios.58 . Corredores y escaleras.Arthur H. Sala de archivo. salvo que la estructura sea muy liviana (por ejemplo. AZOTEAS PLANAS (no utilizable) BAÑO (emplear s/c promedio de las áreas vecinas) Instituciones penales (cuartos) 200 250 500 350 400 200 350 300 300 400 300 200 400 300 750 400 200 500 400 100 200 Cuando la ocupación o uso de un espacio no sea conforme con ninguno de los que figuran en tabla. laboratorios y áreas de servicio. en la selva). Cabe también mencionar que en nuestro país las cargas sísmicas predominan sobre las causadas por el viento. /m2 Plancha de asbesto-cemento = 2.5 Kg./m2 por milímetro de espesor.) 17 20 25 30 35 40 w (Kg. h (cm.Concreto Armado 25 Pesos unitarios de uso común./m3) 1800 1350 2300 1000 1000 870 2750 13600 1000 2500 1000 1600 920 Aligerados. MATERIAL ALBAÑILERIA Adobe CONCRETO MADERAS ENLUCIDOS LÍQUIDOS METALES OTROS Armado Dura seca Cemento Agua Acero Plomo Mármol Losetas Cemento Tierra Piedra pómez γ (Kg./m2) 280 300 350 420 475 600 En cambio si se utilizan bloques tubulares de concreto vibrado. Cuando los techos aligerados tienen las medidas tradicionales y cuando se emplean bloques huecos de arcilla (30x30 cm./m2 Pastelero asentado en barro = 100 Kg. el peso propio deberá obtenerse empleando las cargas unitarias (en Kg.) Cobertura con teja artesanal = 160 Kg. ./m2 por centímetro de espesor (usualmente 5 cm. o si el espesor de la losa superior o el nervio de la vigueta cambiasen en relación a los empleados en el aligerado tradicional./m3) Acabados y cobertura./m3) 1600 2400 700 2000 1000 7850 11400 2700 2400 1450 1600 700 Ladrillo sólido Ladrillo hueco Simple Dura húmeda Yeso Petróleo Aluminio Mercurio Bloque de vidrio Vidrio Papel Arena seca Hielo γ (Kg.). Acabados (con falso piso) = 20 Kg. puede utilizarse las siguientes cargas de peso propio. Muros de albañilería./m2 de área en planta) para los casos en que no se conozca la distribución de los tabiques (Tabiquería móvil) en los ambientes del edificio. debe conocerse el tipo de tabique que se va a emplear y su peso por metro lineal. (8) NILSON. construido con ladrillo pandereta.Chávez C.58 ./m) 74 ó menos 75 a 149 150 a 249 250 a 399 400 a 549 550 a 699 700 a 849 850 a 1000 Carga equivalente (Kg/m2) 30 60 90 150 210 270 330 390 Para hacer uso de la tabla que proporciona la norma E-020. con 2.Diseño de estructuras de concreto. de espesor (incluyendo tartajeo en ambos lados).4 m. generalmente.Arthur H. S. de altura. Para muros estructurales y tabiques construidos con ladrillo de arcilla o sílicocalcáreas. Peso del tabique (Kg. Por ejemplo.26 Ing. W = 14x15x2. incluyendo el tarrajeo.4 = 504 Kg. se proporcionan unas cargas equivalentes de peso propio (en Kg. luego ingresando a la tabla de la norma E-020. pueden emplearse las siguientes cargas de peso propio. Cabe destacar que en la norma E-020. para un tabique de albañilería con 15 cm. se obtiene una carga equivalente igual a 210 Kg. esto ocurre en los edificios destinados a oficinas. se tendría.pág. que deberá agregarse al peso propio y acabado de la losa de piso correspondiente./m2 de área en la planta./m. Concreto Armado 27 . Diseño de estructuras de concreto . las escaleras y. .Juan.Concreto armado I. sistemas de pisos. El análisis implica fundamentalmente la determinación del momento resistente de una sección completamente definida. El diseño es el proceso contrario: Dimensionar una sección capaz de resistir el momento aplicado.Concreto Armado 27 II. Es imprescindible comprender claramente este fenómeno para luego deducir las expresiones a usar tanto en el análisis como en el diseño. E. Si imaginamos una viga simplemente apoyada con refuerzo en tracción (figura II-1) y le aplicamos carga de modo gradual desde cero hasta la magnitud que producirá su falla.pág.N. fct < fr (a) fct~~ fr (b) fct > fr (c) (d) fs =fy (e) Fig. MECÁNICA Y COMPORTAMIENTO DEL CONCRETO ARMADO.N.1.III-3. Flexión. fs < fy fs =fy E. II-1. En el presente capítulo se desarrollaran los principios básicos del comportamiento de los elementos de concreto armado sometidos a flexión.N. 2.N.N. E.50 fc' fc < fc' E.1. en general todos aquellos elementos que están sometidos a cargas perpendiculares a su plano.pág. Comportamiento de vigas de concreto reforzado. Los elementos que están sujetos generalmente a flexión son las vigas. Las vigas de concreto simple son ineficientes como elementos sometidos a flexión debido a que la resistencia a la tensión en flexión es una pequeña fracción de la resistencia a la compresión. los cuales ocasionan esfuerzos de flexión y corte. cuyos análisis y procedimientos a seguir serán expuestos por separado.1. claramente puede distinguirse diferentes estados en su comportamiento(13): abcde fc < < fc' fc~~0.71. Por esta razón se colocan las barras de acero de refuerzo en el lado sometido a la tensión tan cerca como sea posible del extremo de la fibra sometida a la tensión.Arthur H. (16) ORTEGA GARCIA. 2. (17) NILSON. conservando en todo caso una protección adecuada del acero contra el fuego y la corrosión. Variación de los esfuerzos y deformaciones con el incremento del momento aplicado. fc' fc < fc' E. En consecuencia estas vigas fallan en el lado sometido a la tensión a cargas bajas mucho antes de que se desarrolle la resistencia completa del concreto en el lado de compresión. La deformación en el concreto y el acero es igual. la deformación en el acero y en el concreto circundante es igual y sucede cuando: fct<fr. La sección es menos rígida pues su momento de inercia disminuye. 2° ETAPA. w (t/m) εc fc E.28 Ing° S. . En conclusión en el estado elástico. Se alcanza el denominado momento crítico. y esto se debe generalmente a la mínima carga que soporta la estructura en su fase inicial. II-1-a.12. bajo el cual se desarrollan las primeras fisuras en la zona central de la viga. II-1-b. en esta etapa. El eje neutro asciende conforme la carga aumenta como se aprecia en la figura (II-1-c). fs=nfc1 . el concreto tiene una distribución de esfuerzos casi lineal. debido a la adherencia que existe entre ellos. II-1-d). donde: fs : Esfuerzo en el acero. f’c1: Esfuerzo en el concreto. La distribución de esfuerzos en la sección es la mostrada en la fig. Conforme aumenta la carga. 3° ETAPA. Antes que se presente la primera grieta toda la sección del concreto es efectiva y el refuerzo absorbe el esfuerzo ocasionado por su deformación. Los esfuerzos en el concreto adoptan una distribución aproximadamente parabólica (fig. los esfuerzos en el concreto llegan hasta 0. La viga experimenta un comportamiento elástico y la distribución de esfuerzos es la mostrada en la fig. El refuerzo alcanza el esfuerzo de fluencia aunque el concreto no llega a su resistencia máxima. La deflexión se incrementa rápidamente y las fisuras se ensanchan.N . se puede distinguir lo siguiente: ESTADO ELÁSTICO NO AGRIETADO(14). Mcr. no resiste el esfuerzo de tracción y este es absorbido íntegramente por el refuerzo. las fisuras se van ensanchando y se dirigen hacia el eje neutro.Chávez C. por lo que no se presentan fisuras. Los esfuerzos de compresión y tracción en la sección no superan la resistencia del concreto. La carga externa es pequeña. La tensión en el concreto casi alcanza su resistencia a la tracción.pág. 4° ETAPA. al agrietarse. los esfuerzos en ambos materiales están relacionados a través de la relación modular (n).Diseño de estructuras de concreto.. II1-e). 1° ETAPA. el acero entra a la fase de endurecimiento por deformación y finalmente el concreto falla por aplastamiento (fig. En este estado los esfuerzos en el concreto y en el acero se comportan elásticamente. El concreto. Conforme se incrementa la carga.50 f’c. εs εct εc fc1 fs εs Es Ec fc1 fs fct (La deformación en el concreto y acero es igual para una carga dada) (20) NILSON Arthur H. no resiste el esfuerzo de tracción. y fr. ў h d E. fc . La fuerza de tracción en el acero será: T Asfs As nfc1 .50 f’c..... jd εs fs εct Kd = distancia de la cara más alejada en compresión al eje neutro. debido al incremento de las cargas van apareciendo y ensanchándose las grietas en la zona central de la viga y se dirigen hacia el eje neutro.N. es la relación entre el módulo de elasticidad del acero y módulo de elasticidad del concreto y debe ser un número entero y nunca menor que 6.. (16) ORTEGA GARCIA.Concreto Armado fs 29 Es Es fc1 nfc1 fs nfc1 .Concreto armado I.. .Juan.En este estado el concreto en la tensión se agrieta.N.. T ..pág. = As (n-1) As dc b Sección real h b h n 1As d 2 ў (bxh) (n 1) As b sección transformada b h3 h 2 b h y .. w(t/m) εc . sucede cuando: fct > fr.(α) La expresión (α) deja entrever que para calcular los esfuerzos.pág.. (17) NILSON. C kd E.III-3. Es decir el concreto en tracción ya no trabaja. El método elástico analiza al elemento en el estado agrietado. donde: n Ec Ec n = Se llama relación modular y. n 1As d yˆ 12 2 2 . jd = brazo de palanca de las fuerza internas.. se puede sustituir el área de acero en tracción por un área equivalente de concreto igual a (n-1)As. < 0.. A partir de esta sección transformada se puede aplicar los métodos usuales de análisis de las vigas elásticas homogéneas. .71.Diseño de estructuras de concreto . It ESTADO ELÁSTICO AGRIETADO.Arthur H. fcadm = 0. la mitad de su esfuerzo de fluencia (15). sin importar que tan diferentes sean su variabilidad individual y su incertidumbre..2. Los esfuerzos y las deformaciones se mantienen proporcionales a su distancia al eje neutro... entonces Ec s c (20) NILSON Arthur H. Se desprecia la resistencia a tracción del concreto.... El refuerzo de tracción se reemplaza en los cálculos por un área equivalente de concreto igual a n veces el área del acero de refuerzo ubicada en el mismo nivel del acero de refuerzo. e... d. Si los elementos se dimensionan con base en dichas cargas de servicio.Chávez C. εc fc kd/3 kd C d h jd (d-kd) dc nAs εs fs T b Sección Sección real transformada Def. c.... Unitarias Esfuerzos Fig. porque hace intervenir a las cargas tal como son.. Dado el comportamiento elástico de los materiales y de acuerdo a la hipótesis (d). tal como se aprecia en la (fig. g. En la práctica se considera estos esfuerzos admisibles que para el concreto sea el 45% de su resistencia a la compresión. a.Diseño de estructuras de concreto. Se supone que las secciones planas permanecen planas antes y después de las deformaciones.. el margen de seguridad necesario se logra estipulando esfuerzos admisibles bajo cargas de servicio que sean fracciones apropiadamente pequeñas de la resistencia a la compresión del concreto y del esfuerzo de fluencia del acero..50 fy 2. 2. MÉTODO ELÁSTICO. Hace uso de las cargas de servicio que va ha soportar la estructura por diseñar. b.pág. T Asfs Donde: C 2 kd Del diagrama de deformaciones: c . (1) s 1 k d Es fs fc Sabemos que: n y Es .30 Ing° S. es decir las cargas no son multiplicadas por los llamados factores de carga.II-2: Sección transformada de una sección simplemente reforzada (estado agrietado) fckd b ...12.2. Considera al concreto y al acero trabajando a determinados esfuerzos de trabajo dentro del rango elástico del material... Hipótesis de diseño. Ec . y para el acero.. f..45 f’c fsadm = 0. . el diagrama de esfuerzos unitarios en compresión se lo supone de forma triangular.. Llamado también método de esfuerzos de trabajo o cargas de servicio..1... II-2). ..(2) c n fc s s fs kd fc nfc k n ..71. o de lo contrario puede utilizarse acero en compresión..d As Es necesario indicar que los valores de k. resolviendo tenemos que: k fs nfc d kd fs 1 1 fs nfc Del diagrama de esfuerzos..95 j 1 3 3 M As. Cuando se trata de verificar o de trabajar con una sección ya diseñada y construida..Concreto Armado 31 fs n s fc c (1) = (2) : fs c fc . En estos casos es necesario calcular k de otra forma que es la siguiente: De la sección transformada tomando momentos respecto al E... fs. 2 bd bd bd k 2 2 nk 2 n 0 k El momento de inercia será: n2 2 n n 3 kd 2 It b nAs d kd 3 Cuando el momento máximo de trabajo de la sección (Mr) es menor que el momento de servicio actuante (M).. es decir para diferentes combinaciones de f’c y fy.45 f’c.....Juan. . se puede optar por aumentar las dimensiones de la sección... j y K....... dividiendo entre bd.pág. tenemos: kd kdb nAs d kd 0 2 bd k2 nAs nAsk 0 ..N... (17) NILSON..III-3.. jd kd k También tenemos que: jd d donde: 0. no necesariamente. fs..Concreto armado I. ρ = cuantía del acero en tracción.. j.. 2 k2 As As As n nk 0.. por cuanto.. jd: brazo de palanca interno entre C y T...pág..Arthur H... están normalmente tabulados en función de las calidades del concreto y acero. tenemos que: fckj 2 fckd M Cjd b jd bd Kbd 2 M Kbd 2 2 2 Ó M ....50 fy y con 0......85 j 0.... (16) ORTEGA GARCIA. estos materiales tengan que estar trabajando con 0.Diseño de estructuras de concreto ... no es posible conocer con que esfuerzos están trabajando el concreto y el acero. será: (20) NILSON Arthur H. para determinar la resistencia y los esfuerzos de una sección doblemente reforzada. el valor de n fs ' 2nfc kd d ' kd fs . j. Mr1: Momento máximo resistente de una viga simplemente reforzada. aumentar el peralte. el valor de k. c .pág. Entonces n = 2 n (para el cálculo del acero en compresión). Para calcular el área de acero en compresión (As’).Chávez C. Cs As ' fs ' 2 Llamemos M: Momento flector actuante a nivel de cargas de servicio. . usar f’s = fs → As’ = As2 Cuando se trata de verificar o de trabajar con una sección pre-existente. el momento supera sus esfuerzos permisibles. M 2 M Mr1 .. T1 As1 fs . εc fc f’s Cc ε’s As’ C’s kd As’ jd (d-d’) = + εs As As1 fs As2 fs T1 (1): Mr=M (2): Mr1=M1 T2 (3): Mr2=M2 kd b . M Mr1 M 2 . o mejorar el f’c para que la sección resista el momento actuante.d M 1 As1 fs. Sí f’s > fs . T2 As 2 fs . fckj 2 Mr1 Kbd 2 .12.Diseño de estructuras de concreto. 's ( ) ' s kd d ' Ec Es en 1 : fs ' fcEs kd d ' n fc kd d Eckd kd Es 1 ct Ec donde ct = coeficiente del flujo plástico del concreto y se considera igual a uno. j. Mr1 bd M 1 2 M1 Mr1 As1 fs. será necesario agregar acero en compresión. Cc fc Entonces cuando M > Mr1.32 Ing° S.d M2 Mr2 As 2 fs d d ' As 2 fs d d ' Mr2 As ' fs ' d d ' As ' M2 fs ' d d ' As As1 As 2 Calculo de f’s: del diagrama de deformaciones tenemos: c kd fc fs ' 1 . s . distancia del centroide del refuerzo en tracción a la cara más alejada en compresión. s ' . se tiene: fc c kd d ' kd kd Ec .71. ' 2 bd esfuerzos y resolviendo la ecuación: k '2 n 2 2n ' d ' n ' d Características de una sección rectangular de viga.Juan.pág.Arthur H. b= Ancho de la sección de la viga h= Peralte total de la sección de la viga d= Peralte efectivo. n Ec Es Es Ec Del diagrama de deformaciones. por semejanza de triángulos. (16) ORTEGA GARCIA.Concreto armado I. (17) NILSON. dc= Distancia del centroide del refuerzo en tracción a la cara más alejada en tracción. .Diseño de estructuras de concreto . fs y f’s fc f 's fs Es c .pág. resolviendo : fs nfc fs 1 k s d kd k Es Del diagrama de fuerzas.III-3.Concreto Armado 33 c d' s' As' f 's Cc= fc kdb/2 kd d h Cs=As' fs (d-d') (d-kd/3) (d-kd) As dc fs s T=As fs b Sección Deformación Esfuerzo Fuerzas En el diagrama de fuerzas: Tomando momentos respecto a la fuerza de tracción tenemos: kd fckd kd Mr Cc d Csd d ' b d As ' fs ' d d ' 3 2 3 2 fckbd k fcjk Mr bd 2 As ' fs ' d d ' 1 As ' fs ' d d ' Mr 2 3 2 Determinación de k. d’= Distancia del centroide del refuerzo en compresión a la cara más alejada en compresión. por equilibrio tenemos: Cs + Cc = T fckbd As ' : Cuantía del acero en compresión sustituyendo los As ' f ' s Asfs . resolviendo : f ' s nfc f ' s kd d ' s ' kd d ' kd Es fc c 1 k kd k Ec . As = Área de acero en tracción. 67 fc 30.76 Kg / cm 2 fs nfc1 8 22. Solución Es 2 10 7. .69 cm4 My 5 10 5 28.) eb = Espacio libre entre varillas longitudinales eL = Espacio libre entre capas.12.33 fc1 22. 2.1 cm2 It 25 6031.67 30 107.= 4 cm.e. It = 512.Diseño de estructuras de concreto.pág. 25 60 107. As’= Área de acero en compresión.69 Esfuerzo de tracción en el acero: My 5 10 5 23.08 Kg / cm 2 It 512.476.476.90 Kg / cm 2 fc ' 280 Kg / cm 2 It 512.33 Esfuerzo de tracción: fc t 27. 60 3 Ø 1” dc = 5 cm. fy = 4200 Kg/cm2. f’c = 280 Kg/cm2.g.47 Kg / cm 2 Por lo tanto la sección no esta Agrietada Esfuerzos de compresión: My 5 105 31.1 cm 2 Cálculo del eje neutro 25 60 30 107.69 (20) NILSON Arthur H. r.5 cm.76 182. 25 60 3 2 2 107. r.67 12 25 cm.e.30 107.1 55 y y 31. 1 1/3 t..e.e.34 Ing° S.69 n 6 fct 27.m.67 cm.a.155 31.= Recubrimiento efectivo al estribo.2. fr = 2 fc ' (módulo de rotura) 25 cm. Problemas de verificación: Problema N° 01 Para la sección de viga que se muestra a continuación determinar los esfuerzos producidos por un momento M = 5 t-m.64 Kg / cm 2 2 fc ' 33.Chávez C.64 Kg / cm 2 It 512. eb = eL = 1” (mín.N.92 8 n 8 Ec 15100 280 Suponiendo que la sección esta sin agrietar: n 1As 8 1 15. Ø eb Øb 2.476.2.476.1 55 E. 342 y k 0. (16) ORTEGA GARCIA.0111 k 0.92 cm Problema N° 03 Para la viga que se muestra a continuación.51 Kg / cm 2 fs adm.e. 2 fr = 33. Ø est L 4. Solución Ø 1.Juan.886 25 55 2 fc 104.30 0.886 3 3 Esfuerzo máximo de compresión: 2M 2 12 10 5 kd M Cjd fc b jd fc 2 kjbd 2 0. si f’c = 210 Kg/cm2.e.33 fc t 66.342 0.1 → d = 44.2 t/m 4. la carga incluye el peso propio de la viga.III-3.90 dc 5.pág. M 12 10 5 1609.69 cm4 (sin agrietar) fy = 4200 Kg/cm2.36 cm2 r. Estribos Ø 3/8” As = 4 Ø ¾” = 11. 3 3 kd 0. así como el momento de inercia. Suponiendo que la sección no esta agrietada: My 12 10 5 28. d = 55 cm.0111 8 0.69 la sec ción esta agrietada 2 k n 2 n n As 15.e.51 Kg / cm 2 Asjd 15..0111 8 bd 25 55 k 0.Concreto armado I.342 j 1 1 0.9 =44. It = 512.476. 50 4 Ø ¾” 30 cm.30 2 0. el momento se incrementa a M = 12 t-m encontrar los esfuerzos máximos de compresión en el concreto y de tracción en el acero. h = 60 cm.0 0.0111 8 2 0.73 Kg / cm 2 Esfuerzo de tracción: M Asfsjd fs fc adm. determinar los esfuerzos máximos en el concreto y en el acero.47 Kg/cm . Momento de inercia de la sección agrietada.91 dc r.Concreto Armado 35 Problem a N° 02 Para la sección de la viga del ejemplo anterior. w = 2.342 55 3 3 4 It 215.10 cm.71.50 m.769.342 55 2 2 It b As.Arthur H.34 Kg / cm 2 33. Solución M = 12 t-m f’c = 280 Kg/cm2. .e = 4 cm.90 2 2 d = h – dc = 50-5.886 j 0.886 55 fs 1609. y fy = 4200 Kg/cm2.476. b = 25 cm.47 Kg / cm 2 I 512.Diseño de estructuras de concreto .3055 0. (17) NILSON.nd kd 25 8 15.pág.95 5. 10 2 7.57 t . f’c = 210 Kg.892 44.97 t m.0086 k 0. .91 38.50 fy = 2100 Kg.324 k = 0.09 12 It = 343.74 Kg.36 cm2. fc kj 2 94.1 26./cm2. fc t k n2 2 n n As 11.892 30 44.0086 9 2 0.06 Kg / cm 2 2 2 kjbd 0.10 cm..892 3 3 2M 2 5./cm2.5 0.324 . h = 50 cm. 2 2 Mt Asfs adm jd 11. 8 8 It 343.44 fs 1246.10 9.09 cm.892 Mc adm bd 30 49.760.pág.760.91 wl 2 2.36 2100 0.8844./cm2.1 26.88 30 cm. As = 11. > fr = 28.Diseño de estructuras de concreto.09 cm.38 t m.88 cm2 n y 44. Es 2 10 6 9.45 f’c = 94.57 10 5 fc fc 66.57 10 5 1246. y 26.12.1 90./cm2.36 Ing° S. b = 30 cm.36 0. calcular el momento máximo permisible.10 Problema N° 04: Para la viga del ejemplo anterior.0086 9 0.00 5.m.892 Solución fcadm = 0.324 2 d = 44.0086 9 bd 30 44. fy = 4200 Kg.09 25 90.36 2 0. Mpermisible = 7.00 cm4 y Esfuerzo de tracción: fc t My M 23.57 10 5 23.2 4. (20) NILSON Arthur H.44 Kg / cm 2 Asjd 11.Chávez C.74 Kg / cm 2 .97 t . fsadm = 0.892 j 0.88 30 50 3 2 2 It 30 5026. M 5.2 9 n 9 Ec 15000 210 Suponiendo que la sección esta sin agrietar (n-1) As = (9-1) 11.5 2 . j = 0.324 0.1 fs M 5.36 = 90.00 fct = 38.1 k 0. j 1 1 0.98 Kg.88 44. 30 50 90. k = 0. fr 2 fc ' 2 210 28./cm .5 Kg.98 Kg / cm 2 343.892 44./cm2.m. → La sección esta agrietada.324 0. Calculo del eje neutro 30 50 25 90.760. 22 90./cm2.pág./cm2.231.30 cm2) r..99 6.78 As ' 15.e.e.. Ct = 1 Después de 5 años.45 x 69. f’s = 449.pág. 2. < fsadm.0086 0.50 0..67 x 6.901 3 3 kd = 0.901 j 0.Diseño de estructuras de concreto .. (2) .298 fs = 1476. ya que el flujo plástico se manifiesta a largo plazo. 3 Ø 1” f’c = 210 Kg/cm2 fy = 4200 Kg/cm2.64 k 0. Solución Es 1 Ct .95 6...0086 0.18 Kg.64 = 449.22 6...298 1476.. f’s = 6..45 fc = 25 x 105 f’s = 6.31 fc 1. n Es 2 10 6 9.22 cm.298 x 73.99 (2) en (1): 29. tiene una sección transversal rectangular de b = 40 cm y h = 80 cm..033. = 4. Para nuestro ejemplo de verificación Ct = 0.78 6..0086 0. Calcular los esfuerzos en el concreto y en el acero cuando actúa un momento de M = 25 t-m..Arthur H. 2 d d = 80-6./cm2..22 = 73...0086 bd 40 73.54 d' 2 k ' n 2 2n ' n ' .78 = 21.033.901 Mc 40 73. (17) NILSON..(1) Sabe que: fs ' 21.Juan.. Estribos= Ø 3/8” As = 5 Ø 1” (25.78 2 15.0 cm 80 5 Ø 1” 40 cm.. < fsadm.Una viga de concreto doblemente reforzada.. 1 0..14 9 n 9 Ec 15100 210 As 25.Concreto armado I..78 k 0.Concreto Armado 37 Problema N° 05.0052 73. .298 0..67 fs ' 25 10 5.78 k 0.18 Kg..45 fc .31 fc + 1. < fcadm.0052 6./cm2.. Mc fcjk bd 2 As ' fs ' d d ' M actuante 2 fc 0.. n Ec Ct = 0 Al momento del desencofrado..99 cm.298 k 0.30 fs ' 73. d’ = 6..71..0052 bd 40 73. dc 4 0.0052'2 9 2 2 9 0...231..78 cm.. / cm 2 nfc 1 k 9 69.46 Kg.50 cm2) As’ = 3 Ø 1” (15.22 25 10 5 2 Mc 29.III-3. (16) ORTEGA GARCIA.64 Kg.298 j 1 1 0.45 fc nfc kd d ' 9 fc kd 21.46 Kg.30 ' 0.22 cm. fs fc = 69.45 fc = 6. / cm 2 nfc 1 k fs 9 94. fs ' < fsadm.22 2 M max 33.12. fy = 4200 kg/cm2. .En el problema anterior (prob.50 fy = 2100 Kg.62 tn. Problemas de diseño. j = 0...53 Kg.298 2003..49 tn../cm2.99 fs’ = 609.5 Kg.49 tn ≈ T = 37. k = 0.18 6. T = As.0086./cm2.0052./cm2.298 0. h = 50 cm... Problema N° 01.3.901 M 40 73. 21.5 kd 21.901 Cálculo de los esfuerzos: 1 0. Mc 2. calcular el momento máximo que puede tomar la viga para que el esfuerzo en el concreto sea igual a fc = 94. / cm 2 nfc kd d ' 9 94.22 609./cm2.fs = 25.. y que esfuerzo se generan en los aceros.99 6. f’c = 280 kg/cm2.5 k 0.50 x 1476.93 Kg.. (20) NILSON Arthur H.65 tn C = 37.93 t m.93 73. Solución ρ = 0. .298 fs = 2003.298. Comprobación: La fuerza de compresión ≈ Fuerza de tracción.30 609.64 0. Cálculo del momento: fcjk bd 2 As ' fs ' d d ' 2 94.5 0.298 73. la sección será simplemente reforzada. cuando actúa un momento M = 8.Diseñar el área de acero para una sección de b = 25 cm. Problema N° 06.65 tn.pág.78 2 15. n = 9.2. ρ’ = 0. OK.Chávez C.30 449.78 Cc b 40 30. 05).Diseño de estructuras de concreto. fckd 69. fsadm = 0.38 Ing° S. 2 2 Cs As ' fs ' 15.78 6. Solución Esfuerzos admisibles: fcadm = 0.. < fs’adm.87 tn.5 t-m.53 Kg.45 f’c = 126 Kg.93 Kg. C = 37.46 = 37./cm2. fy = 4200 Kg.324 0.324 k 0. 2 2 fcadm = 0.Concreto Armado n 39 Es 2 10 5 7. → d = 43. 2 2 j 1 Mr fcjk 126 0./cm2. d = 48./cm2. < M = 11. tenemos: 2. e. 30 Solución wl 3 2.22 d 43.Concreto armado I. entonces aumentamos el peralte de la sección. Estrib= Ø3/8” 2 2 si dc = 6. → Es una sección simplemente reforzada.88 t.78 cm. (17) NILSON. para que la sección sea simplemente reforzada. k 0.95 6./cm2. 50 2.892 43.78 2 8.III-3. 5 M 8.5 10 As 10.Para la viga en voladizo. wD= 2.72 t m.47 t-m. Ec 15000 280 1 k 1 fs nfc 1 0.47 t m. 2 2 Mr = 8.45 f’c = 126 Kg. f’c = 280 Kg.95 6. que se muestra a continuación.324 1 0.86 cm (16) ORTEGA GARCIA.71.36 cm2. → h = 55 cm.5 11.50 m. > M = 8.64 + 6.324 2100 1 8 126 k 0.78 cm.54 dc r. e.m.5 t-m.892 j 0.892 bd 2 30 43.324 0.892 nfc fs 8 126 2100 M Mr 2 2 fcjk 126 0.892 30 d = 46.0 2.22 cm.97 8 n 8 .78 As = 10.Arthur H.892 3 3 Considerando Ø = 1” y estrib = Ø 3/8”.5 Pl 1. .72 t-m.324 y j 0. Mr fcjk bd 2 M 2 d 2M fckjb 2 11.pág..64 cm. diseñar el área de acero.e estrib L 4 0. como hay que diseñar una sección simplemente reforzada.22 para ØL = 1” .Juan. PD= 1 Tn.324 0.pág.54 dc r.Diseño de estructuras de concreto .0 t/m.0 t/m. → h = d + dc = 46.88 t-m.78 cm. wL= 1. 2 2 Mr = 10.50 fy = 2100 Kg./cm2.36 cm 2 fsjd 2100 0. <> 2 Ø 3/4” + 1 Ø 1” (10.88 105 126 0.78 2 10.892 bd 2 25 43.e estrib L 4 0. 2. .22 = 52. nfc 8 126 n = 8.78 cm2) Problema N° 02. fsadm = 0. 5 2100 fsadm = 0. considerando d’ = 6.62 21. < M = 30t-m..62 cm 2 As 2 4.288 0.07 cm 2 As ' 8.pág. para: ØL = 1” y Øestrib= 3/8” As 2 fs d d ' 6.25 10 5 4.36 cm2. d = 73.45 f’c = 94.98 cm2) 3 Ø 3/4” (8. <> 2 Ø 1” + 1 Ø 3/4” (13. .07 cm2. /cm2.44 t-m.44 10 5 As1 16. Mr2 = M2 = M – Mr1 = 30 -23.288 k 0.12. <> <> (20) NILSON Arthur H.904 fcjk bd 2 . 2 fcjk 94./cm2.22cm. Considerando ØL =1”.74 4.78 2 23.04 cm2) b x h = 30 x 55 cm. 2 2 Mr Mr = 23.40 Ing° S.74 cm 2 fsjd 2100 0.288 73.904 Mr bd 2 35 73.904 3 3 nfc fs 9 94. f’c = 210 Kg.50 fy = 2100 Kg. Estribos = Ø3/8” → dc = 6.288 .78 M2 . / cm 2 2nfc kd d ' fs ' 2 9 94.78 cm.78 M2 6.892 48. 3 Ø 1” + 2 Ø 3/4” (20.56 t-m. j 1 1 0. Entonces hay que diseñar una sección doblemente reforzada.62 cm 2 2100 73.78 6.08 73.5 kd 0.88 10 5 13. M1 23.56 10 5 As ' 8. M = 30 t-m.Chávez C.14 n 9 Ec nfc 9 94.78 6.78 6. As M 11.5 k 0.00 cm 2 fsjd 2100 0. Es 9..22 0. As’= 8.288 73.44 = 6.52 cm2) .78 As = 13.22 As 2 As As1 As 2 16.56 t-m.00 cm2. Problema N° 03.Diseño de estructuras de concreto. → M2 = 6. fy = 4200 Kg..74 cm 2 As1 16.5 Kg./cm2.08 Kg.22 cm.. para la siguiente sección de viga.904 73.22 1203.07 cm 2 fs ' d d ' 1203. n j 0. /cm2.36 cm 2 .5 0.Diseñar el área de acero necesario. 80 35 Solución fcadm = 0.44 t m. As = 21. k3 . Si se asume conservadoramente que el concreto esta a punto de fallar cuando la fibra extrema a compresión del concreto alcanza la máxima deformación unitaria εuc=0.. los esfuerzos dejan de ser proporcionales a las deformaciones unitarias.1. la comparación con una gran cantidad de ensayos sobre vigas y columnas de una variedad considerable de formas y condiciones de carga demuestra que puede realizarse una predicción suficientemente precisa y segura de la resistencia última.Diseño de estructuras de concreto .004 justo antes de la falla. En realidad no se conoce un criterio exacto para la falla del concreto a compresión. II-3) k3f’c Mur εuc k2c Cc= k1k3f’cbc c d k1 E. Supongamos que la distribución de los esfuerzos y deformaciones unitarias internas cuando la viga esta próximo a la falla. es lo que se muestra en la (fig. (II-3) Para calcular el Mur o Mn (momento último nominal). 2. tuviera una forma bien definida e invariable. Esta claro que cuando un elemento de concreto armado va ha colapsar o esta cerca de ella.pág.Concreto armado I.N.pág. sería posible desarrollar una teoría racional y directa para la resistencia última a flexión. k1k3 = factor de esfuerzo medio.Juan.Concreto Armado 41 2.71. MÉTODO PLASTICO. k1 = coeficiente que le da la forma. Si la distribución de los esfuerzos de compresión del concreto en la carga última o cerca de ella.Arthur H. z = (d-k2 c) As b Sección εs Deformación unitaria fs Esfuerzos unitarios T = Asfs Fuerzas Fig.N.3. trapezoidal u otra. así tenemos que la fuerza total a compresión en el concreto será(16): Cc = k1 k3f’c bc.003 a 0. mediante los parámetros k1. DE ROTURA O RESISTENCIA ÚLTIMA.003. parabólica. (16) ORTEGA GARCIA. k2 . (17) NILSON. Enunciado general. se desea disponer de un método para el cual la viga fallara bien sea por fluencia del acero sometido a tensión o por aplastamiento del concreto en la fibra extrema a compresión.III-3. al igual que la teoría elástica con su forma triangular de distribución de esfuerzos.. Se puede definir las propiedades del bloque de esfuerzos a compresión en el concreto. k2 = factor de profundidad del E. pero que se han medido deformaciones unitarias para vigas rectangulares del orden de 0. .3. donde: k1k3f’c= esfuerzo promedio. Su localización vertical. f’c βc C = αf’c bc c c d h (d-βc) =z As fs dc εs T =As f’c b Deformaciones Esfuerzos Fuerzas De ensayos de laboratorio se determino α y β . donde fav es el esfuerzo promedio a compresión sobre el área de bc. En realidad no es necesario conocer la forma exacta de la distribución de esfuerzos en el concreto./cm2 . (20) NILSON Arthur H. /cm2 por encima de los 280 Kg. para un concreto con determinada resistencia es necesario conocer solo α y β con el fin de definir completamente el efecto de los esfuerzos de compresión en el concreto. . la ubicación de C puede definirse como una fracción de β de esta distancia.12. (II-4). Para una viga rectangular el área que esta en compresión es bc y la fuerza total que esta en compresión en esta área puede expresarse como C = fav bc.42 Ing° S.Diseño de estructuras de concreto. α =0. La disminución de α y β para concretos de altas resistencia se relaciona con el hecho de que estos concretos son más frágiles. es decir.. el esfuerzo promedio a compresión que puede desarrollarse antes de que ocurra la falla resulta tanto mayor en cuanto sea mayor la resistencia del cilindro f’c del concreto en particular. lo que si es imprescindible conocer para determinada distancia c del eje neutro es(17 ): 1. para f’c >560 Kg. β = 0. así: α = 0.56. es decir.425 para f’c ≤ 280 Kg. presentan un curva esfuerzo-deformación unitaria con curvatura más pronunciada y con una menor porción casi horizontal. La fuerza resultante total a compresión del concreto C./cm2./cm2 . fc ' Para una distancia dada c al eje neutro. tal como se aprecia en la figura./cm2 y disminuye en 0. Evidentemente./cm2 por encima de los 280 Kg.025 por cada 70 Kg./cm2 y disminuye en 0./cm2. fav Sea: k1 k 3 k2 C fc ' bc .pág.72 para f´c ≤ 280 Kg. 2. Entonces.325. su distancia desde la fibra extrema a compresión.04 por cada 70 Kg. para f’c > 560 Kg.Chávez C. β = 0. Concreto Armado 0.80 αy β 0.60 43 α β Fig.(II-4). Variaciones de α y β. con la resistencia del concreto f’c 0.40 0.20 0 140 280 420 560 700 f’c Si se acepta esta información experimental, la resistencia última puede calcularse a partir de las leyes de equilibrio y basándose en la hipótesis de que las secciones transversales planas siguen siéndolo. El equilibrio exige que: C=T ó α f’c b c = As fs Entonces el momento flector, con el par conformado por las fuerzas C y T, puede escribirse como: Mn = Tz = As fs (d-βc). Mn = Cz = α f’c bc (d- βc). 2.3.2. Diagrama equivalente de esfuerzos. La distribución de esfuerzos en compresión del concreto, puede sustituirse por otra ficticia con determinada forma geométrica simple, siempre y cuando esta distribución ficticia produzca la misma fuerza total de compresión C aplicada en la misma ubicación que en el elemento real cuando está próximo a romperse. Históricamente, investigadores de varios países han propuesto una cantidad simplificada de distribución ficticia de esfuerzos equivalentes. La distribución de esfuerzos ampliamente aceptada en los Estados Unidos, y cada vez más en otros países, fue propuesta inicialmente por C. S. Whitney y después fue desarrollada y revisada de modo experimental por otros investigadores(18 ) . El investigador Whitney ha propuesto reemplazar la distribución real del bloque de esfuerzos de compresión del concreto que tiene la forma de una parábola creciente, por un bloque rectangular equivalente, como medida de simplificación para obtener la resistencia a la flexión. Este rectángulo tiene una profundidad de “a” y una resistencia promedio a la compresión de 0.85 f’c, el valor de “a” es función de c, es decir a = β1 c, donde β1, tiene el siguiente valor. β1 = 0.85 para f’c 280 Kg./cm2. y disminuye en 0.05 por cada 70 Kg./cm2 por encima de los 280 Kg./cm2, pero β1 no debe ser menor que 0.65 En términos matemáticos, la relación entre β1 y f’c puede expresarse como: (16) ORTEGA GARCIA.Juan.Concreto armado I.pág.III-3. (17) NILSON,Arthur H.Diseño de estructuras de concreto .pág.71. 44 Ing° S.Chávez C. 1 0.85 0.05 fc '280 70 ó 1 1.05 fc ' ; 1400 0.65 1 0.85 f’c εuc=0.003 Mur 0.85 f’c βc C = αf’c bc a/2 C=0.85f’c ab a c d . (d-βc) (d-c) (d-a/2) fs fs εs T =As fs dc Long. viga Sección T=As fs Deformación unitaria Esfuerzos y Fuerzas reales f’c Esfuerzos y fuerzas equivalentes 0.85 f’c a/2 b b a C=αf’c bc c c C=0.85f’c ab E.N. T=Asfs REAL T=Asfs EQUIVALENTE 2.3.3. Hipótesis básicas de diseño. 1. Las deformaciones unitarias en el concreto y en el acero son proporcionales a su distancia al eje neutro de la sección excepto para vigas de gran peralte, para los cuales se asumirá una distribución no lineal de deformaciones. 2. La resistencia a la tensión del concreto es despreciada, excepto cuando se trata de concreto pre ó post-tensado. 3. El esfuerzo en el acero antes de alcanzar la fluencia es igual al producto de su módulo de elasticidad por su deformación unitaria. Para deformaciones mayores a la de fluencia, el esfuerzo en el refuerzo será independiente de la deformación e igual a fy. Esta hipótesis refleja el modelo elasto-plástico de la curva esfuerzodeformación del acero que asume el código del ACI. fs fy fs = ¿? (20) NILSON Arthur H..Diseño de estructuras de concreto.pág.12. fs fy Concreto Armado εs 45 εy Si εs < εy εs εy εs εs Si εs > εy fs = fy fs = εsEs 4. El diagrama real de esfuerzos en compresión del concreto, se le reemplaza por el diagrama equivalente de esfuerzos de forma rectangular, propuesto por Whitney. 5. El concreto falla al alcanzar una deformación última de 0.003 6. Cuando el fy especificado es mayor de 4200 Kg./cm2., entonces debe diseñarse para un fy hipotético equivalente al 85% veces el fy especificado o 4200 Kg./cm2.; de ambos escoger el mayor . Nota: Se considera viga de gran peralte aquella cuya relación peralte/luz libre es mayor que 2/5, para vigas continuas, y que 4/5,para vigas simplemente apoyadas. 2.4. TIPOS DE FALLA DE LOS ELEMENTOS SOMETIDOS A FLEXIÓN (19). Los elementos sometidos a flexión casi siempre fallan por compresión del concreto, sin embargo el concreto puede fallar antes o después que el acero fluya. la naturaleza de la falla es determinada por la cuantía de refuerzos y es de tres tipos. 1. Falla por tensión: Se conoce como falla dúctil y sucede cuando el acero en tracción a llegado primero a su estado de fluencia antes que el concreto inicie su aplastamiento en el extremo comprimido; o sea cuando en la falla εs >εy. se aprecian grandes deflexiones y fisuras antes del colapso lo cual alerta a los usuarios acerca del peligro inminente. Estas secciones son llamadas también sub.reforzadas ó bajo armadas. 2. Falla por compresión: Se lo conoce como falla FRAGIL, sucede si primeramente se inicia el aplastamiento del concreto antes que el inicio de la fluencia del acero en tracción, es decir cuando en la falla εs <εy. estas secciones son llamadas sobre reforzados. La resistencia de una sección sobre – reforzada es mayor que la de otra sub.reforzada de dimensiones similares. Sin embargo la primera no tiene comportamiento dúctil y el tipo de colapso no es conveniente. En el diseño se evita este tipo de falla. 3. Falla balanceada: Se produce cuando el concreto alcanza la deformación unitaria ultima de 0.003 simultáneamente al inicio de la fluencia del acero, o sea cuando en la falla εs= εy. A continuación, se muestra la distribución de deformación para cada uno de los tres tipos de falla. εuc =0.003. εuc =0.003 εuc =0.003 c E.N cb c E.G. εs>εy (a) Falla por tensión εs<εy (b) Falla por compresión (16) ORTEGA GARCIA.Juan.Concreto armado I.pág.III-3. (17) NILSON,Arthur H.Diseño de estructuras de concreto .pág.71. εs= εy. (c) Falla balanceada 46 Ing° S.Chávez C. 2.5- ANÁLISIS DE SECCIONES RECTANGULARES CON ACERO EN TRACCIÓN. Para la determinación del momento resistente de una sección, es preciso verificar, inicialmente, si el refuerzo alcanza o no el esfuerzo de fluencia. Dependiendo de la situación que se presente, se siguen procedimientos diferentes. La formulación usada en ambos casos es la misma. La única diferencia entre ellos es que en el primero el esfuerzo en el acero se conoce y es igual a fy, mientras que en el segundo es una incógnita. 2.5.1. Determinación de la cuantía balanceada. Determinemos el valor de la cuantía para la cual la sección se encuentra en la falla balanceada. Esto sucede cuando se inicia la fluencia del acero y el aplastamiento del concreto, es decir cuando el concreto desarrolla su esfuerzo máximo a la compresión 0.85 f’c y el acero alcanzo el inicio de su fluencia fy. εuc =0.003 b 0.85 f’c Cc = 0.85f’c abb ab cb h d E.N. (d-ab) (d- cb ) As fs=fy Tb =Asb fy εs = εy Donde: cb: distancia del eje neutro a la fibra extrema en compresión en una sección con cuantía balanceada. En adelante los parámetros que tenga el subíndice b estarán referidos a la condición particular de cuantía balanceada εy: Deformación unitaria de fluencia: Del diagrama de deformación se tiene: 0.003 d Es 0.003d 2 10 6 c b fy fy 0.003 Es fy 0.003 2 10 6 y 0.003 Es ; Despejando cb: cb d cb d cb 6000 d cb fy 6000 Del diagrama de esfuerzos, por equilibrio tenemos: Tb = Cb → Asb fy = 0.85 f’c ab b , ab = β1 cb 6000d 0.085 fc ' 1 6000 b b b bdfy 0.85 fc ' 1 , fy fy 6000 fy 6000 Esta formula nos permitirá lo siguiente: Si: < b , Falla por fluencia del acero (εs > εy fs = fy). Es una sección sub-reforzada o bajo armada. (20) NILSON Arthur H..Diseño de estructuras de concreto.pág.12. Concreto Armado 47 = b , Falla balanceada (εuc =0.003, εs = εy). Es una sección balanceada. > b , Falla por compresión del concreto (εuc =0.003, εs < εy fs < fy). Es una sección sobre armada. Tomando momento con respecto a una de las fuerzas, en la figura anterior, tenemos: ab Mnb Tb d ; Fx 0 : C = T → 0.85 fc ' ab b b bdfy 2 a dfy Mnb As b fy d b 1 ab b 2 0.85 fc ' b bfy fy Mnb b fybd 2 1 b Mnb b bdfy d 2 0.85 fc ' 1.7 fc ' fy Mnb b fybd 2 1 0.59wb Donde: wb b fc ' en 1 : 2.5.2. Análisis de una sección con comportamiento dúctil. Se presenta cuando εs > εy f’c 0.85 f’c εuc=0.003 Cc a/2 Cc=0.85f’c ab a c d E:N. (d-a/2) As fs=fy εs = εy T =As fy T Deformación real equivalente Haciendo el equilibrio de fuerzas, tenemos: Asfy Cc = T → 0.85 f’c ab = Asfy → a ; 0.85 fc ' b Tomando momento con respecto a una de las fuerzas: a a a a ó Mn T d Asfy d Mn C d 0.85 fc ' ab d 2 2 2 2 As Escribiendo las ecuaciones en función de la cuantía , tenemos: bd bdfy fy fybd 2 1 Mn bdfy d 2 0.85 fc ' b 1.7 fc ' fy Mn fybd 2 1 0.59w , ó Mn wfc ' bd 2 1 0.59w , donde w fc ' (16) ORTEGA GARCIA.Juan.Concreto armado I.pág.III-3. (17) NILSON,Arthur H.Diseño de estructuras de concreto .pág.71. . 48 Ing° S.Chávez C. Ejemplo: Calcular el Mn, para la siguiente sección de viga que se detalla a continuación: f’c = 280 Kg/cm2 fy = 4200 Kg/cm2. Estribos = Ø 3/8” r.e.e. = 4.0 cm 45 2 Ø 1” + 2 Ø ¾” 30 cm. Solución dc1 As1 dc2 As 2 6.22 10.20 5.90 5.68 6.10 cm. d 35.90 cm. As 15.88 As 15.88 0.0136 0.0136 bd 30 38.90 0.85 fc ' 1 6000 0.85 210 0.85 6000 b 0.0212 b 0.0212 fy fy 6000 42004200 6000 0.0136 < b 0.0212 , es una sección bajo armada. dc Entonces podemos hacer uso de las siguientes formulas: Asfy 15.88 4200 a 12.45 a 12.45 cm. 0.85 fc ' b 0.85 210 30 a 12.45 Mn Asfy d 15.88 4200 38.90 21.79 t m Mn 21.79 t m. 2 2 ó fy 2 0.0136 4200 2 bd 0.0136 42001 0.588 Mn fy 1 0.588 30 38.9 fc ' 210 Mn 21.77 t m. También podemos hacer uso del método de los tanteos: 0.003d c , → del diagrama de deformaciones. c εs = 0.00219 > εy → fs = fy → T = 15.88 x 4200 = 66.7 Tn. Cc = 0.85 f’c ab = 0.85 x 210 x 22.5 x 30 → Cc = 102.4 Tn. Cc > T Para c 22.5 s Para c < 22.5, a = β1 c εs > εy → T = 66.7 Tn. Entonces: 66.7 = 0.85 x 210 x 12.46 x 30 Cc = 0.85 x 210 x 12.46 x 30 → → a = 12.46 cm., c Cc = 66.7 tn (20) NILSON Arthur H..Diseño de estructuras de concreto.pág.12. a 1 14.66 cm. e.5 * Con respecto al E. (d-c) fs<fy εs < εy As dc T =As fs T Deformación Esfuerzos Del diagrama de deformaciones unitarias tenemos: 0.. que se detalla a continuación: f’c = 210 Kg/cm2 fy = 4200 Kg/cm2.1627 x 66.Juan.5.0 cm 3 Ø 1” eL = 2. ó en una de las fuerzas. respecto al E. 50 Estribos = Ø 3/8” r.27 E.85 fc ' 1bc 2 As 6000c As 6000d 0 Ejemplo: Calcular el Mn.54 Solución 2. Aunque no es de nuestro interés las secciones de viga sobre reforzada.85 fc ' 1c 2 b As 6000d As 6000c 0.e. E. 22.23 22.85 fc ' ab As c 0. haremos el análisis para fines académicos. 2. .7 + 0.pág. 3 Ø 1” 25 cm.54 8.Concreto armado I. 6000d . a 1c fs 2 10 6 fs c c c Del diagrama de esfuerzos Cc = T.7 16. dc 4 0. .60 0.III-3. dc 8. Análisis de una sección con comportamiento frágil.N.24 > b 0.1640 x 66. Entonces: 0. c . c .Arthur H.24 cm.Concreto Armado 49 6.7 tn Nota: Podemos tomar momentos.pág. εuc=0. 16.79 t-m.G.5 Cc=66.71.Diseño de estructuras de concreto . Mn = 21.3.003d .0297 bd 25 41. = 4. (17) NILSON.70 tn.40 T = 66.95 2.G.0212 Es una sección sobre armada (16) ORTEGA GARCIA.54 cm.85f’c ab a c d E:N.G. 2 As 30.003d c 6000d c 6000d c . como εs < εy => fs = εs Es s c 0.76 d 41.003 a/2 C=0. Se presenta cuando εs < εy. .76 cm.: Mn = 0. para la siguiente sección de viga. 85 f c' uc d' As' Cs Cc s' c Cs Cc a (c-d') 2(d-a') d-d´ (d-c) (d-c) As s fs T dc El momento último resistente o momento nominal será: a Mn Mur T d c Cc c Csc d ' .94 + 0. Mn = 30..40 c .003d c Para c 26. T = As fs = 30.1996. ANÁLISIS DE SECCIONES RECTANGULARES CON ACERO EN COMPRESIÓN. respecto al E.40 2 4 1996.001649 x 2 x 106 = 3298 Kg. 8.21 t-m.85 x 210 x 0. Mn = 0.40 48. Entonces: 0. c εs = 0.1369 x 100.Diseño de estructuras de concreto.60 x 6000 c – 30.60 x 3298 = 100./cm2.12 c2 + 183600 c – 7571664 = 0 c2 + 48. 2 (20) NILSON Arthur H. c 11.94 Tn.G.31 25 Cc = 100.94 Tn 13.N.N.6.1624 x 100.76 2.85 x 25 c2 + 30.16 = 0 48. c 26.24 = 0 3793.85 x 210 x 0.6 x 6000 x 41.92 25 16.61 . .50 Ing° S.92 tn.85 x 26.Chávez C.69 E. En estas situaciones es posible incrementar la capacidad resistente del elemento añadiéndole refuerzo en la zona de compresión. las dimensiones de los elementos por calcular están limitadas por cuestiones ajenas al diseño.12. (d-a/2) fs T E. En muchas circunstancias.001649 < εy → fs = 0. f' c 0.61 a 1c 22.61.24 T = 100.61 x 25 = 100. s . la sección predimensionada no sea capaz de resistir el momento aplicado aunque se le provea de la cuantía máxima permitida.pág. . No es extraño que en alguno de estos casos. C≈T Cc = 0.16 26.92 Tn.62 2 0. . εs = 0.5 cm.60 = 137.60+0.91 Tn. s ' c c c c Dando valores a “c”.00346.14 Cs=31.1937x95.e.pág.59 5.005370 > εy → T = 95. (17) NILSON.91 2.71. 2 2 2 2 Ejemplo: Calcular el Mn.G.0 x 4200 = 33.e. = 4.85 fc’ab = 0.60 Tn.95 1.37 8.72 tn 21.Diseño de estructuras de concreto . 5. respecto al E.G. .Juan. 2 1.36 27. εs’ = 0.Arthur H. debemos encontrar que C = Cs + Cc ≈ T Para c = 27.85 x 175 x 0. Estribos = Ø 3/8” r.42 Tn.74 7.74 cm. dc 8.31 Tn.001975 < εy → f’s = 0.003d .42 19. εs = 0.pág.87 cm.32 Tn.0021 → fs = fy → T = 22.72 x 4200 = 95.85 x 16.003c 5.80 x 30 → Cc = 63.Concreto armado I. 4 Ø 5/8” 55 4 Ø 3/4” 4 Ø 3/4” 30 cm.87 c 0.60 Tn.2036x63. ≈ T = 95.50 E.50 27.002374 > εy = 0. 6 2 εs’ = 0.28 cm. Solución dc 4 0. para la siguiente sección.74 cm.76 20.42 tn (16) ORTEGA GARCIA.13 d 46.Concreto Armado 51 h h a h ó Mn Mur T dc Cc Cs d ' .80 cm. > T = 95.001975 x 2 x 10 = 3950 Kg.33 t-m.85 x 175 x 0.72 Tn.III-3. Cc = 0.42 Tn.85 x 27. c 0.0021 → f’s = fy → Cs = 8.42 Tn.002113 > εy = 0.003c d ' 0.60 tn Cc=63. f’c = 175 Kg/cm2 fy = 4200 Kg/cm2.72+0. d ' 5.31 + 33. Del diagrama de deformaciones 2 0.74 tenemos: s .13 cm.42 Tn.2176x31. Cc = 0. a = 14.10% < ± 1%./cm Cs = 31.54 8.0 cm eL = 2. Mn = 38. C = 95.13 T=95. C = 104. Error = 0.54 cm. Mn = 0. d ' 4 0.5 x 30 → Cc = 104.95 Para c = 16. 003 d ' fy 6000 0. > b .pág. no fluye: εs’ < εy → f’s = εs’ x Es 2 10 6 6000d d' fy fs ' 60001 1 d 6000 fy (20) NILSON Arthur H. Cuantía balanceada para una sección doblemente reforzada. Mnb 0. T2 T2 Tb Tb Asb = Área de acero balanceado de una sección simplemente reforzada.0036000d d ' fy 6000 (1) en (2): s ' 6000d 6000d fy 6000 0. .Diseño de estructuras de concreto. es una sección sobre armada. b b ' fy Entonces: si < b . Cs = As’f’s = ’ bdf’s Tb = b bdfy = Cc Cc = 0.52 Ing° S. 6000d Determinación de fs’..1 Determinación de la cuantía balanceada. As’ = Área de acero en compresión.85 fc´ 0.12.0036000d d ' fy 6000 Si el As’.Chávez C. = As As Tb Tb Asb Asb + As2 As2 fs=fy fs=fy E.N. 2. sabemos que Cb 1 fy 6000 0.85f’c Mnb As' As’ Cs Cs Cc Mn2 Mnb Cc Cc ab Cb ’ Mn2 Mnb As' ab Cs Cs Cc cb E:N.85 f’c abb T2 = As2fy = Cs Tb = Asbfy = bbdfy Por equilibrio: Tb = Cc + Cs = Tb + Cs → b bdfy = b bdfy + ' bdf’s fs ' .6. . es una sección bajo armada.003Cb d ' Del diagrama de deformaciones: s ' 2 Cb 6000d 0. 13 cm.003 y 0. fluyen: a 2 en 1 As As ' fy 0.Juan. As fs As ε s = s y= Por equilibrio: T = Cc + Cs εy fs ' fy = mín bd fy TT=As = Asfy = minbdfy Asfy = 0.85 fc ' b Ejemplo: Calcular el Mn.85 f’c ab + As’fy min ' minbdfy = 0.71. como a 1c 6000 y min 0.. Solución dc = 8.N. uc εsuc' = As' y Cs=As' fy = ' bd fy d' CsCc=0.III-3. Cuantía mínima en tracción para que el acero en compresión fluya.85 f’c ab + ’bdfy 0. .003 y 0. d = 46.pág. As 22.87 bd 30 46. = 4. 2 Ø 5/8” 55 fc’ = 175 Kg/cm2 fy = 4200 Kg/cm2.6.0162 . dfy 6000 fy Si el As y As’.87 (16) ORTEGA GARCIA.Diseño de estructuras de concreto . En una sección doblemente reforzada debe asegurarse que el acero en compresión entre en fluencia. Estribos = Ø 3/8” r.e.72 As ' 4.85 fc ' a 1 dfy Del diagrama de deformaciones tenemos: c c d' 0. E:N.85 = As’fy fc' = ab ’bdfy Cc = 0. para la siguiente sección de viga.pág.003d ' fy 0.0028 bd 30 46.Concreto armado I.0 0. . d’ = 5. ' 0.e. .0 cm 4 Ø 3/4” 4 Ø 3/4” 30 cm.87 cm.Concreto Armado 53 2.003 Es cmin 6000d ' 2 .85 fc ' 1 6000d ' ' .85 f’c ab d’ Cmínεs’= εy cmin c-d' c-d As’ E.74 cm. inmediatamente después que ha empezado a fluir el acero en tracción.2.Arthur H. Cuantía mínima en tracción que asegura que el As’ en compresión fluya.003d ' c 0. (17) NILSON. 0028 0.0151 46. Cs = 4 x 4200 = 16.pág. h h a h Mn Cs d ' Cc T dc 2 2 2 2 Mn 16.85 175 30 T = 22.5 8.74 4200 fs ' 2 .74 0. 0.85 6000 0.85 fc ' 1 6000 0.0028 0. > fy → fs’ = fy b b 0. / cm fy 46.84 Kg./cm2.0205 0. fs = fy min Entonces: a As As ' fy 22. En otros se vacía primero las vigas y luego las losas. analizándola como una sección “T”. tomando previsiones para que se comporten como una unidad.87 42006000 4200 min= 0.0123 .Chávez C. El reglamento ACI.85 fc ' b 0. Este tipo de secciones se presentan comúnmente en concreto armado sobre todo en los sistemas de vigas y losas.62 Tn.80 Tn.85 175 0. En ambos casos.12. ambos elementos son vaciados simultáneamente según recomendaciones del ACI.85 175 0. Así mismo para sección T aisladas.54 Ing° S.72 x 4200 = 95.Diseño de estructuras de concreto. 0.81 95.0162 < b 0. ANÁLISIS DE SECCIONES “T”.0151 < = 0. En algunos casos.72 44200 17. (20) NILSON Arthur H.42 Tn.0177 fy 6000 fy 42006000 4200 5.84 Kg.62 cm.5 8.85 6000 5.0177 0. la losa colabora con la viga para resistir las cargas aplicadas y es conveniente tomar en cuenta esta ayuda.. .4227.62 x 30 = 78.0205 b 0.0151 min 0.0205 fs’ = fy .85 x 175 x 17. fs ' 60001 b b ' 1 4750.8027. da las siguientes recomendaciones para vigas interiores y exteriores.87 6000 fs’ = 4750.7. Cc = .13 Mn 36.6227.0028 0.83 t m 2.5 5.74 78. B y B’= Separación libre entre vigas.Concreto Armado 55 SECCIÓN T : VIGA INTERIOR Y LOSA.Diseño de estructuras de concreto .Concreto armado I.Juan. Una sección T sometida a flexión puede trabajar de tres maneras. bw = Ancho del alma de la “T” o nervio. b b ≤ 4bw hf hf ≥ bw 2 h bw Donde: Ln = Luz libre de la viga. bw (b) Sección rectangular de ancho b .III-3.Arthur H. tal como se pueda apreciar a continuación: b b a hf d d a < hf a bw (a) Sección rectangular de ancho bw (16) ORTEGA GARCIA. h = Peralte total de la sección. B = Ancho total de las alas. b b ≤ Ln/4 hf b ≤ bw + 16 hf h B' B EL MENOR b ≤ bw +B’+B 2 bw SECCIÓN L: VIGA PERIMETRAL Y LOSA Ó T-ASIMÉTRICA b b ≤ bw + 6hf hf b ≤ bw + B 2 b ≤ Ln 12 h bw EL MENOR SECCIÓN T : VIGA INTERIOR Y LOSA. hf = Espesor de las alas.pág.pág.71. (17) NILSON. + Asf Tf = Asf fs bw (3) 0. b hf a d a > hf bw (c) Sección T La primera es bajo un momento flector negativo.Del mismo modo.entonces se observa el tercer tipo de comportamiento. . en este tercer caso no es necesario que se verifique la condición que c > hf.pág. Si la sección esta sujeta a un momento positivo y a > hf .85f’c Cw=0.85f’c (b-bw)hf hf (d-hf/2) = As E.cuando a>hf : (1) b (2) 0.12.85f’c Cf=0.. la compresión se presenta en la zona inferior y se analiza para una sección rectangular de ancho bw. Asw Tw = Asw fs Mn(1) = Mn(2) + Mn(3) (20) NILSON Arthur H.Chávez C.Diseño de estructuras de concreto.85fc’abw (d-a/2) + E. Analizemos una viga “T”.N.N. no importa la forma de la sección por debajo del eje neutro con tal que la sección comprimida tenga la forma de T. La segunda se presenta si el momento flector es positivo y a ≤ hf y se analiza para una sección rectangular de ancho b.56 Ing° S. basta con que a > hf . Concreto armado I.85 x 175 x 0. Mn = 0.30 11.50 0.62+0.42 Cf = 44. C ≈ T .75 cm.85 x 25 x 25 → Cw = 79.54 cm.85 x 175 (50-25) 12 → Cc = 44.51 Tn. Cc = 44. a = 16.38 E.12 0.Arthur H./cm2.8 x 25 → T = 107. 25. Cw = 0.30 10.III-3.95 T = 107.71.85 x 175 (25) 12 → Cw = 0.59 30. → C=107.1380x44.Diseño de estructuras de concreto .pág.N.Concreto Armado 57 Ejemplo: Determinar el momento resistente nominal (+) para la siguiente sección que se detalla a continuación. c 0. .59 Tn.00201 < εy → fs = 4020 Kg.85 f’c abw = 0.2Tn.50 2 1" 3 1" 0.003d .62 Tn.85 f’c (b-bw)hf = 0.02 Tn. → C=123. Cw = 62.2 21. Error = -0.80 13.83 εs = 0.25 Solución 6.50 fc’ = 175 Kg/cm2 fy = 4200 Kg/cm2.0 cm eL = 2.1 tn.85 x 175 x 0. 8.Juan. Mn = 36.20 8.09% < ± 1% OK./cm2.2195x107.80 cm.22 15.85 x 19. Estribos = Ø 3/8” r.80 11. 0.pág.64Tn C>T Para c = 19.e.00341. 6 8.e. T = 102.1+0. Cf = 0.25 (16) ORTEGA GARCIA.79 t-m. (17) NILSON. εs = 0. 19.62 Tn. 0.1138x62.62 Tn Cc = 62.25 d 41.1 Tn.59 Tn.75 c Del diagrama de deformaciones tenemos: s c c dc Para c = 25 cm. = 4. Cf = 0.003326 > εy → fs = 4200 Kg. = 4.7. → d = 43.22 cm.85f’c abbw TbT = AsbTfy = bTbwdfy Por equilibrio: TbT = Cw + Cf TbT = Tb + Tf Asf Tb = Cw Tf = Cf → bT bw. fy Entonces: Si < bT Es una sección bajo armada. A. f AsT 20.10 0.d .40 0. Cuantía real de la “T”: f bw.0 cm .85f’c (b-bw)hf Cw = 0.78 0.0212 .58 Ing° S.12. 2.25 Solución dc = 6. > bT Es una sección sobre armada.0212 + 0.78 4200 bT = b + f = 0. (20) NILSON Arthur H.d.45 f’c = 210 Kg/cm2 fy = 4200 Kg/cm2. εuc (1) (2) Cf cb Cw (3) Cf Cw = + εs=εy Asb Aswb TbT Tb Tf Tb = bbwdfy.fy = b bw.85 fc ' (b bw)h f AsT . .85 f’c (b-bw)hf 0.fy bT = b + f De la sección (3): f bw.fy + f bw.Chávez C. 0.85 210(45 30)10 0...0155 Es una sección B.d. Determinación de la cuantía balanceada.d.pág.1. Estribos = Ø 3/8” r.fy = 0.Diseño de estructuras de concreto.e. Tf = Asf fy = fbwdfy.0048 = 0.0155 bw.d 30 43.78 cm. b 0. Ejemplo: Calcular el Mn.0048 30 43.d bw. Cf = 0.50 41" 0. Para la sección que se detalla a continuación.026 > = 0.e.d. 02 cm2.2. es decir que la suma de las fuerzas de compresión que actúa en la sección transversal sea igual a la suma de las fuerzas de tracción.a d 2 Aswfy = 0.85f’c (b-bw)hf = 0. Cuando la forma de la zona de compresión no se presta a una determinación sencilla de sus características (área y centro de gravedad). Deformaciones Esfuerzos (16) ORTEGA GARCIA.85 fc’Acomp.85 21045 3010 43.Arthur H.85 210 30 10 11 Mn 0.78 11 30 43.003 fs’ Cs = As’fs’ Cc = 0.85 210 45 Entonces funciona como una “T”.85fc’.67 h f 10 0.a.Juan. 14. 0.0 cm.93 t m 2 2 2. fs1 εs1 T1 = As1 fs1. Asw = 14.85 fc ' b 0. 26.780 Cf = Tf 26.fy = 0.III-3.Concreto Armado 59 Considerando que actúa como sección rectangular de ancho “b” Asfy 20.85 fc ' b bw h f d 2 a bw .pág.38 = 14.bw . εs2. T2 = As2 fs2.pág. (17) NILSON. fs2. Una vez establecido el equilibrio se encuentra el momento de todas las fuerzas internas con respecto a un eje cualquiera perpendicular al plano de flexión. dicho momento es la resistencia de la sección.78 Tn.85x210(45-30)10 = 26. por lo tanto: Mn = Mnw + Mnf hf Mn 0.b a 10.Concreto armado I. ε´s c E:N.02 4200 a 11. Análisis de una sección simétrica cualquiera. . El procedimiento general para encontrar la resistencia de la sección consiste en obtener por un proceso iterativo un estado de deformación tal que la sección esté en equilibrio de fuerzas horizontales. conviene dividirla en franjas pequeñas paralelas al eje neutro.02 cm2 . .85 fc ' bw Cf = 0.71. .Diseño de estructuras de concreto . a As w fy 0.38 cm 2 4200 Asw = As – Asf = 20. Fuerzas.40 4200 As.78 Mn 32.40 – 6.0 a 11.85f’c a. Estas secciones tienen el plano de flexión en el plano de simetría. Donde el valor será: Cw = Tw. εuc =0.78 = Asf fy As f 6.7. 36 .95 Cc 0.36 3 Bb 3 50 45.5 Tn.00352.22 20. Acomp.007281 > εy → fs = fy T=30.22 x (60-a) (52.e.001772 < εy → fs’ = 3544 Cs= 10. Ejemplo: Calcular el Mn. y a B 2b 12.0 Tn y 6.60 Ing° S.1 + 92.92 50 2 45.pág.92 2 91.20 cm. → Cc = 92.09-c) εs As 30 d ' 6.Chávez C.20 7.40 11. 85 fc ' Acomp.5 Tn.22 . 300 12. a a 40 x a 2 2 x 10 1060 a 60 a 60 a x .30 10.91 d 52. Fx 0 T T Cs Cc 0.6x4200 T = 128. c 0.09. x 60 a 60 60 6 6 2 300a a 2 300a a 60 a 240 60 a Cc 0 .09 cm.0 = 128.54 cm. . 40 a a 6 6 6 6 Del diagrama de deformaciones tenemos: s Para c = 15.60 10 30 10 As1 y ε’ a c x 30 Cs Cc c-6. 30. .22 cm.12.92 12. εs’ = 0.92 cm. Solución dc 6. a=β1c = 12.1 Tn ≈ T = 128.85 fc ' Acomp. εs = 0. s ' c c 30 2 x 50 80 2 x Cc 0.85 175 6 C = 36.7 6.003c 6.20x3544 → Cs = 36. Para la siguiente sección de viga. = 4. f’c = 175 Kg/cm2 fy = 4200 Kg/cm2.0 cm eL = 2.1 Tn..Diseño de estructuras de concreto. Estribos = Ø 3/8” r.e.7 (20) NILSON Arthur H. Juan.0884x92.71. Mn = 0.Concreto Armado 15.Arthur H. Mn = 58.0898x36.pág. 8.78 t-m.0+0.N.0 Tn.Diseño de estructuras de concreto .36 Cs = 36.pág.2 8. .Concreto armado I.1 Tn Cc = 92. (16) ORTEGA GARCIA.III-3.89 61 y = 6.5 T = 128.84 E.5 tn.98 44.8 36.1+0.3689x128. (17) NILSON. I. que las fisuras que puedan presentarse se mantengan dentro de los límites tolerables. esfuerzos cortantes..Diseño de estructuras de concreto. especifican para vigas que para asegurar que los diseños sean sub-reforzados o dúctiles. y la norma peruana. o lo que es lo mismo..Chávez C. Las cargas reales pueden estar distribuidas de una manera distinta de las supuestas en el proyecto. en cambio. calculando la estructura con una capacidad de carga justo por encima de la correspondiente a las cargas conocidas. entonces la seguridad quedaría asegurada. que se presente en el elemento?.8 fy fy 2.pág. si dado el caso. Si la falla es por aplastamiento del concreto. Consideraciones generales..2.C. fuerzas axiales) se conocieran con gran precisión.. De los dos elegir el mayor.1.50 b (En regiones sísmicas). Al haber estudiado y analizado los tres casos en que una viga de concreto armado puede fallar. 2. . ¿Qué tipo de falla nos interesa como diseñadores. DISEÑO POR FLEXIÓN. Las dimensiones reales de los elementos pueden ser distintos de las del proyecto. La utilidad exige que las deformaciones sean pequeñas. que se ha construido tal como se proyecto. es decir sí: < b .. Así mismo especifica una cuantía mínima: fc ' 14 .8. esta es gradual y esta precedida por signos visibles de averías. (20) NILSON Arthur H. Ahora bien. = b . proyecto y construcción de las estructuras de concreto armado existen varias fuentes de incertidumbre. Sin embargo en el análisis. tales como: - Las cargas reales pueden ser distintas de las supuestas en el proyecto. y el marcado aumento de la flecha... pudiera predecirse con precisión y si las cargas y sus efectos internos (momentos. La falla es balanceada. como el ensanchamiento y alargamiento de las grietas. Para que cualquier estructura cumpla su finalidad debe ser segura y útil. dependen de la cuantía de acero ( =As/bd). La seguridad exige que la resistencia de la estructura sea la adecuada para las cargas que posiblemente puedan actuar sobre ella..8. La falla es por aplastamiento del concreto. 0. 2. si la falla es por fluencia del acero. > b . min ó min 0. vimos que dependen directamente de la cantidad de acero que pueden presentar.62 Ing° S. El A..12..75 b y max . 0. la cuantía máxima será: max .8. La falla es por fluencia del acero. Si la resistencia de una estructura. Es lógico que será aquella falla que nos permita tomar prevenciones en caso de colapso. esta se produce repentinamente y de naturaleza casi explosiva. Requisitos de seguridad(20). 71.pág. U = 1. subpresión o presión generada por materiales granulares (H) U= 1.75 (1. Carga muerta (D) y carga viva (L). El código A.Concreto armado I.3 W La primera combinación debe evaluarse bajo dos condiciones: Considerando toda la carga viva y considerando carga viva nula.7 W). carga viva (L) y asentamientos diferenciales.4 F La segunda se usa cuando D y L reducen los efectos causados por el fluido * No se usará carga de diseño menor que la ecuación (a) f. FACTORES DE CARGA. carga viva (L) y sismo (E).87 E).75 (1.4 D + 1.Diseño de estructuras de concreto .4 D + 1.7 L + 1.7 L).Juan.C.C.4 F.4 D + 1.7 L + 1. (17) NILSON.90 D + 1. U = 0. para que sea sumamente improbable en la falla. Carga muerta (D). carga viva (L) y presión del terreno. Carga muerta (D).7 L b.Los factores de carga tienen el propósito de dar seguridad adecuada contra un aumento en las cargas de servicio más allá de las especificaciones en el diseño.Arthur H.4 D + 1.4 (D + T) Si en el diseño se toman en cuenta los efectos de impacto. estos serán considerados como carga viva con sus factores de amplificación respectiva.Concreto Armado - 63 La armadura puede no estar colocada en la posición adecuada. La resistencia real del material puede ser distinta de la especificada por el proyectista.7 L + 1. toma en cuenta el tema de la seguridad estructural.I. Carga muerta (D).I. . U= 0. creep o cambios de temperatura (T) U = 0.4 D + 1. U = 1.4 D + 1. recomienda que la resistencia requerida U para resistir las cargas sean: a.7 H.7 L + 1. U = 0. U = 0. contracción. El A. U = 0.III-3. * No se usará carga de diseño menor que la ecuación (a) e.43 E * No se usará carga de diseño menor que la ecuación (a) d. utilizando los factores de carga y los factores de reducción de capacidad. Carga muerta (D).90 D + 1.pág.75 (1. carga viva (L) y viento (W). Los factores de carga también ayudan a asegurar que las deformaciones bajo carga de servicio no sean excesivas. U = 0.7 H La segunda se usa cuando D y L reducen los efectos del empuje del suelo. carga viva (L) y presión o peso de fluidos de densidad conocida y nivel controlable (F) U= 1. Carga muerta (D) .4 T + 1.90 D + 1. (16) ORTEGA GARCIA. * No se usará carga de diseño menor que la ecuación (a) c.90 D + 1. y la norma peruana especifican que a este momento.59wbd 2 .59wmax . El proceso de diseño se inicia con la elección de las dimensiones de la sección y la calidad del concreto.59wmax .70 ф = 0. En las vigas se considera el más alto valor de (ф) debido a que están diseñadas para fallar por flexión de manera dúctil con fluencia del acero en tracción. K Entonces Mn Kbd 2 El A. Diseño de una sección rectangular con refuerzo en tensión. (20) NILSON Arthur H. Flexión pura Corte y torsión Compresión y flexo-compresión Aplastamiento del concreto Concreto simple factores de (ф) para diversas solicitaciones : : : : : : ф = 0.59wmax . para diseño: Mnmax .Chávez C.C. en la mano de obra y en las dimensiones. wmax . Nosotros para diseñar hacemos ф Mn = ф Kbd2 ≥ Mu Mu Kbd 2 . Por el momento se va a asumir que las primeras son conocidas y en capítulos posteriores se presentarán criterios para el predimensionamiento en función del tipo de elemento que se está diseñando. donde: w fc ' Considerando max. El Mn ó Mur para una sección rectangular con acero en tracción con comportamiento dúctil es: .90 ф = 0. fy 1 0.59wbd 2 .Diseño de estructuras de concreto. fy 1 0. acción que se debe a las fuerzas exteriores amplificadas.65 2. el momento resistente nominal debe satisfacer la siguiente desigualdad: ф Mn ≥ Mu Donde Mu = Momento último actuante. por lo tanto incrementamos al momento ultimo externo.59wmax . K wmax .12.70 (columna estribada) ф = 0.pág. haciendo uso de las combinaciones respectivas..I.85 ф = 0. . FACTORES DE REDUCCIÓN DE CAPACIDAD (ф) Los factores de reducción de capacidad (ф). fc ' 1 0. fc ' 1 0. A continuación se presenta los propuestas por el código. fy 1 0. toman en cuenta las inexactitudes en los cálculos y fluctuaciones en la resistencia del material.75 (columna zunchada) ф = 0. K max . bd 2 . fy Mn . fc ' 1 0. ó Mn w. max . bd 2 .64 Ing° S. K ó Mnmax .3. se lo debe multiplicar por el factor ф Mn Mn Kbd 2 Para el diseño.8. 0250 32.29 54.80 35.57 13.0106 0.0133 0.95 29.67 t m.13 26. 2.59 max bd 2 Kbd 2 72.27 13.40 7.76 20..28 10.58 27. Mn Kbd 2 72.35 b =0.99 61.002 =0.05 23.0014 =0.27 10.22 cm.76 5.003 =0.09 14. Incorrecto Correcto Ejemplo N° 01: Calcular el área de acero para una sección rectangular. x → 16.85 16.37 7.008 =0.Diseño de estructuras de concreto . max K 0.37 cm2 <> 3 Ø1” (15.009 =0.21 16. 40 Mu = 15.52 19.32 19.90 -) Calculamos el Mn max . max .0212 30 34 21. 25 cm.86 24.19 10.33 30 34 2 25.23 31.80 34.III-3.07 37.0 16.07 13.35 72.0333 =0.97 14.Concreto Armado 65 VALORES DE K.08 t-m. x = 14.005 =0.67 t-m.0089 0.26 23.0018 =0. .46 8.007 =0.0212 0.Para determinar d d ? Sea dc = 6 cm.bd 0.62 cm2 → 25. fy Mn max .pág. 0.50 b max K 0.0033 =0.69 45./cm2.66 13.42 23.29 39. → d = 34 cm.01 K K K K K K K K K K 13. (17) NILSON.004 =0.Arthur H. para estar seguros que la sección que nos resulta sea BAJO ARMADA.40 36.0035 =0.53 38.006 =0.30 cm2) Colocando en una capa y considerando estribos = Ø3/8” : dc 4 0.34 15. fy 1 0.Concreto armado I.80 5.98 27.80 30.82 7.33 13.33 13.44 7.15 13. 30 Solución -) Mu 15.54 6.08 t m.06 38.0142 0. y As max .49 26.01 16.0167 0.44 13.07 20.20 8. validos para fy = 4200 Kg.33 86.75 b 175 210 280 350 0.00 33.31 0.0159 0.44 31.0025 K K K K 5.03 Las barras de acero colocadas en varias capas deberán alinearse para facilitar el colado del concreto e impedir que los agregados sean retenidos en la armadura.0 t-m.25 14.71.95 51.0283 0.16 8.25 8. 2 .13 10.0177 0.78 5.33 bd 2 fc ' Pre-cálculo .70 33.pág.Juan.0213 0.95 Cálculo: (16) ORTEGA GARCIA. cuyos datos se dan a continuación: f’c = 280 Kg/cm2 fy = 4200 Kg/cm2.62 cm 2 Entonces: 21. 3916 0 .59 x . 0.04 cm2) CALCULO PRÁCTICO Del diagrama de esfuerzos: T = Cc 0.3916 1 0.78 0.78 ) 2 a = 7.5882 As As a 0.Chávez C. → d = 33.78 2 2 4200 x30 x33.b a Mn Mn Asfy d 2 Asfy 0.95 0.85fc’.782 = 24.85fc’ab a a (d ) 2 Mn T = s fy Para a = 7.95 x0.85 fc ' b Mn / As a fy (d ) 2 a Para nuestro caso: 4200 As 16. 33.81 As = 13.28 As. dc = 6.81 As = 13.81 a = 7. 2 0.0131x30 x33. fy Mu fybd 2 1 0.80 a = 7.78 33.77 t m.12..59 fy 2 bd 2 2 Mu fybd 2 0 fc ' 4200 2 x30 xb33. Mu Mn = 72.0131 As bd 0. .59 fc ' 0.22 cm.76 t-m > 16.66 Ing° S.78 2 16.85fc’ a/2 Cc = 0.67 x10 5 a 0.28 cm2 <> 2 Ø 1” + 1 Ø ¾” (20) NILSON Arthur H.fy = 0.pág.0131 .Diseño de estructuras de concreto.78 2 4 x 298.33 x 30 x 33. Es una sección BAJO ARMADA con acero en tracción.85 x280 x30 4200(33.28 cm 2 < > 2 Ø 1” +1 Ø ¾” (13.78 cm.67 x10 5 0 280 298.28 As = 13.78 de los dos se toma el menor: As 13.95 2 33.0999 2 x298.a. 22 20. As.30) que entran en una sola capa. y lleva una carga muerta de servicio de 1. 54.4 D+ 1.0 = 7.24 t-m x = 15.22 = 41.20 t/m Mu Wul 2 7.60 cm2 18.18 cm2 <> 3 Ø 1” (15.90 20.71.III-3. Cálculo: dc = 6.7 x 3.44 . wu 4. Mn = 54.0159 x 30 x 39 = 18.58 As =14.Diseño de estructuras de concreto .20 x4.24 t m.782 = 29.5 t/m y una carga viva de servicio de 3.22 cm d = 38.78 cm.7843 As 0.24 x10 5 35. 8 8 Mn kbd 2 54.23 Mu Mu 18. 0.5 + 1.35x30x38.Concreto Armado 67 Ejemplo Nº 02: Determinar la sección transversal de una viga de forma rectangular y el área de acero. Mn a = 11.0 t/m.23 cm.50 m.80 t-m x _________ 20.58cm2 (16) ORTEGA GARCIA. si funciona como simplemente apoyada.Concreto armado I.43 <> 5 Ø ¾” (14.7 L = 1. a Asfy 0.24 x10 5 a 4200 38.usar: b x h = 30 x 45 Pre – cálculo sea: dc = 6 cm d = 39 cm Mn = 54. con una luz de 4.pág.35 x30 = Ø 3/8” .Arthur H..45 ≈ 45 cm.4 x 1. f´c = 210kg/cm2.78 2 a = 11.23 + 6. fy = 4200kg/cm2.35x30x392 = 24.20 cm2) . Asumiendo b = 30 cm dc = 6.pág.5 mt.60 cm2 _________ 24. Solución wu = 1. (17) NILSON.85 f ´cb As = 14. .22 Ø 1” y d h = d + dc = 35.5 2 18.52 t-m > As 20.Juan.35bd 2 d = 35.80 t-m.ρmax = 0.22 t m. 12.05 Mn f ´cwbd 2 (1 0.18 x 280 0.7 L = 1.68 Ing° S.22 = 36./cm2.4 D + 1.2 t-m .20 m.59w) 280 x0.Chávez C.05x30x342 = 15.18 x30 xd 2(1 0..Diseño de estructuras de concreto.1 t/m y una sobrecarga de 1. 2 12.22 { Ø 1” y = Ø3/8” h = d + dc = 30.20 2 Mu u 10.62 t-m x -------------.4 x 2. a 0. x= 11.1 + 1. 5.2x105 dc = 6.10 cm.91 dc = 4 + 0.15./cm2. fy =3500 kg.04 + 6.59 x0.pág. Usar : bxh 30 x40cm Pre-cálculo: d = 34 cm Mn=45.18) d = 30.20 x10 5 Asfy As .90 .26 cm.20 cm2) que entran en una sola capa.59w) 0.0144x30x34 = 14.10 a = 5. la viga esta sometida a una carga permanente de 2.98 t/m w l 2 4.0144 k fy (1 0.2 t/m. Cálculo: 1.12.10cm2 (20) NILSON Arthur H.44 Sea dc = 6 cm.47 cm2 <> 5Ø ¾” (14.85 f ´cb 3500(34.98 t m 8 8 w fy f ´c Mu wf ´c 0.69 cm2 -------------.0144 x3500(1 0. As=11.18 wu 4.18) 45.10 ) 2 a = 5.04 cm Mu = 12. b= 30 cm. Solución wu = 1. w=0.2 t m 0.90 cm d = 34.69 cm2 14. h = 40 cm.59 x0.95 + dc = 5. Ejemplo Nº 03: Dimensionar y diseñar la sección central de la viga rectangular que se detalla a continuación. usar f´c = 280 kg.62 t-m As = 0.7 x 1.0144 fy 3500 12.4902 As a 0.2 = 4. <> 4 Ø ¾” (11.44 As = 11.98 4.36 cm2) . si no cumple. Diseño de secciones rectangulares doblemente reforzadas. se determina la diferencia entre la resistencia requerida y la calculada en la primera fase Mu / Mn) . por lo tanto hay que colocar acero en compresión para incrementar la resistencia de la sección). Esta diferencia deberá ser asumida por el acero en compresión. As = As1 + As2 fy d d ' (16) ORTEGA GARCIA. . se debe cambiar las 2 dimensiones de la sección o mejorar la calidad del concreto. Entonces: Mu ' Mu Mn .pág.Diseño de estructuras de concreto . El procedimiento de diseño de una sección rectangular con refuerzo en compresión consta de dos etapas. Se trata de diseñar una sección simplemente reforzada. Momento último remanente que debe ser tomado por la 1 Mu . entonces: As1 max bd Mu ' de (3): Mu’ = As’fs’(d-d’) As ' fs ' d d ' Mu ' Mu’ = As2fy(d-d’) As 2 . se determina el momento resistente nominal de la sección considerando que esta cuenta únicamente con refuerzo en tensión y éste es un porcentaje de la cuantía básica. Mu / . En la segunda etapa del diseño.III-3. (17) NILSON.Arthur H.pág.4. Cuando: > Mn Mn < Mu / .Juan.Concreto armado I.71.Concreto Armado 69 2. Se trata de una sección doblemente reforzada (o sea que la sección simplemente reforzada no es capaz de resistir los momentos externos. En la primera.8. sección (3) y debe cumplirse que: Mu ' El Mn lo toma la sección (2) simplemente reforzada. 2 Pre-cálculo Para determinar d’ Mu’ = 13.70 Ing° S. .15 t-m.91 cm d = 47. Mu Mn = 36. . x = 8. entonces: As’ = As2.Chávez C.35 x 30 x 47.09 6.16 t-m.06 cm2. 3 6.46 cm2. As max = 0.91 cm./cm2.). f’c = 210 Kg.37 cm2.37 → 39. Mn = 54.30 10. <> 3 Ø 3/4” (8.) Estos 6 Ø 1”pueden distribuirse: Ø 3/8” eb 30 8 2 0.11/3 t.52 cm2. .60 cm2.84 t-m.54 cm..54 3.06 cm 2 As 2 8. 23.16 < 50 t m.20 dc 7. As1 = 22.22 cm.22 20.15 t-m x → 13.7 > fy fs ' d d ' 47. Se trata de una sección doblemente reforzada. 30.0 t-m .a.46 cm2.35x30x492 = 39.31 >ØL = 2. sea dc = 6 cm.37 cm2.12.pág.06 cm 2 fy d d ' 420047. As = As1 + As2 = 22.52 cm2. As = 30.0159 x 30 x 49 = 23.29 cm2. As’ = 8. 2. Mu' 13.84 10 5 8.60 Cálculo: eb = dc = 7.0159x30x47. para un Mu = 45 t-m. 1 Mu 25 t m OK. .. <> 6 Ø 1” (30.m.22 4200 Mu ' As ' → fs ' 60001 1 4652.95 4 2. 23.16 13. Cálculo de las áreas de acero: As1 = max bd = 0.52 cm2. y fy = 4200 Kg.46 + 8. <> 2 Ø 1” que entran en una sola capa d’ = 6. x = 29. As 2 (20) NILSON Arthur H. x → 50.).22 6.0 t m.85 cm2. Mu Mu' Mn 50 36.84 t m.06 = 30.g.Diseño de estructuras de concreto. Mn = 54. d = 49 cm. 0.09 cm.5 cm.09 = 22.40 11.90 Pre-cálculo . Ejemplo 01..Diseñar el área de acero para la siguiente sección de viga de b x h = 30 x 55 cm.09 6000 f’s = fy ./cm2. → 39.84 t-m.60 cm2.15 t-m. Solución Mu 45 -) 50.092 = 36.. <> 6 Ø 1” (30. pág.Concreto armado I.30 Verificación de dicha sección para ver si es bajo armada: As 30.90 ≤ d’ supuesto.Diseño de estructuras de concreto .0217 ' 0. OK. Alabeo o pandeo Por lo tanto el A.09 30 47.90 min 0.0159 0. recomienda que se debe confinar para que dichas barras trabajen eficientemente. (17) NILSON.Concreto Armado 71 Solución final: 3 Ø 3/4” d’ = 4+0.95+1.C.0219 ……….75 b ' 0.71. (16) ORTEGA GARCIA. >15 cm.0211 47.0151 0.09 42006000 4200 min=0. dc = 6.0219 fy 0.I.85 210 0.22 ≤ dc supuesto.0060 bd 30 47.0217 < max = 0.60 8. C C s s s s s s= 16 ØL b 30 cm.09 fs ' max 0.0060 0..0060 0.pág.85 6000 5.0211 < = 0.91/2 =5. . El menor Además debe cumplir que la distancia libre de una barra de esquina (barra perfectamente confinada) a una barra suelta debe ser ≤ 15 cm. 0.52 0. NOTA: Si el acero trabaja a tracción o esta tensionado no tiene implicancia alguna: T T=Asfy Pero cuando trabaja a compresión si tiene implicancia.90 d’ = 5.Arthur H.III-3. ≤ 15 cm.55 2 Ø 1” 4 Ø 1” 0.0060 0.Juan. 78 = 13. f’c = 210 Kg.95 fc ' 210 K 38.59 38. Mn = 38.27 t m. fy = 4200 Kg.0106 x 30 x 44 = 13. = 0.90 5. 16.0106 42001 0. < Mn/ф 1 Mn Mu’ = 32.04 t m.62 t-m. As = 0.12 cm2.78 = 4.90 4200 fs ' 60001 1 4625 > fy fs’ = fy 43. Mn = 38.pág.. b = 30 cm.36 5.Para determinar dc.0106 wu l 2 10. que entran en una sola capa. diseñar la sección para el momento máximo. ÁREAS DE ACERO: As1= 0.Diseño de estructuras de concreto.7 L Solución -) wu = 1.8 t/m./cm2.78 6000 Si f’s = fy As’ = As2 = 6.52 t m. Sea dc = 6 cm.40 t-m.0106 4200 0. 12 2 12 wl Mu 29.95 x 30 x 43. h = 50 cm.10 cm2.Para la viga que se muestra en la figura. As’ = 6.8 2 29. 32. dc = 6.50 b .59 -) K fy 1 0.87 t-m.78 5.. Asmin= min b./cm2.92 cm2..36 t/m.. wL = 2. considerando max =0..41.4 x 4 + 1.14 t m.99 → 22.22 cm. As 2 6.90 fy 0.78 cm.782 = 22.12. (incluye el peso propio).. <> 4 Ø 1” .. wu =Wu= 1..12 cm2. d’ = 5.33 cm2.. 2 Pre-cálculo : d’ = ? 13.99 cm2. wD = 4 t/m.99 cm2.95 Mu Pre-cálculo.62 t-m. <> 3Ø ¾” x → 9.90 cm.96 cm2.04 Mu u 14. 24 0. (20) NILSON Arthur H.95 x 30 x 442 = 22.8 = 10.62 t-m.20 cm2. d = 43.7 x 2.20 cm2. < As’ As = 20. x → 32. Ejemplo 02.d = 0. x = 19.70L D + 1.87 10 5 As = 20. d = 44 cm.20 cm 2 420043.Chávez C..0106 x 30 x 43. x = 6.0033 x 30 x 43. 13.40D+1. → 22.27 t-m. <> 4Ø 1” .72 Ing° S.27 – 22.87 t-m.. <> 2Ø ¾” .40 = 9. 9. .86 Mu 30.50 6. La losa soporta una carga permanente de 280 Kg.86 t m.84 t/m. 2 26. <> 3Ø 1” + 2Ø ¾” (20.43 t-m. Mu 27. 0.30 Problema 03.96 t-m.492 = 24.86 t m.Juan. x = 4.28x3.Concreto Armado 73 2 Ø ¾” 0. Wu 2 4. d 42.4 x 2.30 10./m2.43 t-m.22 15.96 t m.67 cm2.05 = 4. 8 8 Mu 27. 6. Carga permanente = 0.98 5. Mn = 45. 30. .90 Pre-cálculo. Usar f’c = 175 Kg.00 = 0. OK.82 t/m.30 t-m.pág.51 dc 7. 3 Ø 1” 17. <> 2Ø ¾” (16) ORTEGA GARCIA. las cuales sostienen una losa llena de concreto armado de 15 cm. y fy = 4200 Kg. Diseñar la sección central de la viga . y una sobrecarga de 350 Kg.49 cm.56 26.70 = 0.Concreto armado I.29 cm2. < d’ = ? 17..53 t-m.30 t-m.La viga que se muestra en la figura.56 x 1 Mu 15. 20.05 t/m.29x30x442 = 26.80 2 Mu 27. (17) NILSON.56 cm2..48 t m.98 Mu Mu Mu' Mn Mn = 45.17 t/m. forma parte de un sistema de vigas espaciadas a 3./cm2.98 cm2. 2 Ø ¾” As = 0. wu 0.50x2.III-3./cm2. x 30. x = 20.82 6.0133x30x44 = 17. < Mu’= 6. Wu = 4.71.17 + 1.Diseño de estructuras de concreto .30x0.51 cm. Wu = 1.96 t m. 4Ø 1” 0. d’ = 5.50 = Ø3/8” .68 dc 7. de espesor./m2.29 x 30 x 42.82 t/m.7 x 1.pág.05 t/m.30 Solución Peso propio viga = 0. wD = 2.35x3. 0.97 t/m. d = 44 cm. wL = 1.40x2.0 m. Peso propio piso = 0.d = ? Sea dc = 6 cm.90 cm.4 = 0.Arthur H.15x2. s/c = 0.80 m. entre ejes de vigas. .) Cálculo: 6.00 = 1.36 t/m.30 t-m. . Mu' 6.18 = 20.12.30 (20) NILSON Arthur H.Diseño de estructuras de concreto.49 = 16.20 cm2.95 cm2.Chávez C.49 6000 Si f’s = fy As2 = As’ As’ = 4.43 10 5 As 2 4.18 cm 2 fy d d ' 420042.90 4200 As ' .d = 0..pág.49 = 4. As1= 16. Asmin = min b.18 cm 2 As 2 4. fs ' 60001 1 4584 > fy fs ' d d ' 42.20 cm2 > As’ As = As1 + As2 = 16.) 0. <> 4Ø 1” (20.90 Mu' 5.18 cm2.d = 0.0133 x 30 x 42.74 Ing° S.73 cm2.) As’ = 4. As = 20.95 cm2. <> 2Ø 5/8” (4.0033 x 30 x 42.40 cm2.0 cm2.73 cm2.55 + 4. ÁREAS DE ACERO As1 = max b.50 2 Ø 5/8” • = Ø3/8” 4Ø 1” 0.49 5. b b c=hf c h = h se diseña bxh bw Caso 3.Juan.El eje neutro se muestra dentro del espesor de la losa.III-3. En este caso si tenemos una viga en forma de T para el bloque comprimido..Diseño de estructuras de concreto . en cuanto que el diseño sigue siendo el de una viga rectangular. + . Caso 1. y es equivalente al caso 1.Concreto armado I. la viga puede considerarse como una viga rectangular de ancho b. que forma una viga rectangular de ancho (b-bw). Para el diseño de vigas T se debe analizar las distintas posibilidades de ubicación del eje neutro.El eje neutro se encuentra en el límite de espesor de la losa. que sin embargo. La primera con las alas totalmente comprimidas.Concreto Armado 75 2. siendo válidas las ecuaciones desarrolladas para viga rectangulares.pág.El eje neutro ha sobrepasado el espesor de la losa .. (17) NILSON.Arthur H.8. se puede descomponer en dos vigas rectangulares. No interesa el ancho de la zona traccionada sino el ancho del bloque comprimido b b c c hf h = h se diseña bxh bw Caso 2.pág. para fines de diseño.5.71. y la segunda que es otra viga rectangular de ancho bw b b bw hf c h = bw (16) ORTEGA GARCIA. tal como se hizo para el análisis.. Diseño de secciones T. Para esto se usa todo lo indicado para vigas rectangulares.85 fc ' b 0. para éste caso es evidente que el diseño es el de una viga rectangular de ancho bw b = h : Se diseña bw x h c c bw bw El procedimiento que se sigue para el diseño de vigas “T” es el siguiente: 1) Suponer que el bloque comprimido no ha excedido el espesor de la losa.Diseño de estructuras de concreto. Para esto se divide en dos vigas rectangulares y fácil deducir que la primera sección de viga es conocida. Asfy Asfy 0. 6) En base a este momento de la segunda viga. La suposición hecha es correcto y el diseño estará concluido.12.pág.85 f’c ab = Asfy a ó c 0. puesto que el bloque comprimido esta totalmente determinado.Y luego se obtiene su momento último resistente: a Mn f As f fy d 2 Mu 5) Conocido el . se suman estos dos refuerzos obteniéndose el área de la viga real de sección T. Caso 4. (20) NILSON Arthur H. 7) Conocido Asf y Asw .Chávez C. esto significa diseñar una viga hipotética: b x h 2) Determinar el área de acero requerida para la sección rectangular de ancho b (caso de vigas con As en tracción) y encontrar el valor de “a” mediante la ecuación de equilibrio.76 Ing° S.85 f’c (b-bw)a . Si a > hf.La compresión esta en la parte inferior y por tanto no interesa el ancho de la losa contribuyente. entonces estamos en el caso 3. pues esta en tracción. en base al análisis estructural y conocido el Mnf de la primera viga de ancho (b-bw).. siendo su área (b-bw)hf. donde a = hf. se obtiene por diferencia de momentos el momento que deberá resistir la segunda viga. ..85 fc ' 1b 3) Si a ≤ hf. se calcula el acero requerido en tracción. considerando una viga rectangular de ancho bw. 4) Para la primera sección de viga se obtiene el acero en tracción que equilibra el bloque comprimido en base a: Asf fy = 0. determinándose así un área Asw (viga de ancho bw). Concreto armado I.24 cm..24 2 2 As 34. <> 8 Ø 1” (40.Diseño de estructuras de concreto . (el menor) 50 55. usar f’c = 175 Kg. .6 t-m.29 x 150 x 442 = 131. → d = 41.5 b 166 cm.5 cm.27 dc = 8. 4 4 b bw b 30 8hf 8 8.5 t-m. B = B’ = 2.6 cm → c = 7.89 cm2.11 cm2.1882 As 0.) * Mu dc = 4 + 0. b 150 cm. < hf => As = 34.85 f’c ab = As fy → a Asfy 4200 As 0.28 cm2. 87. 0. <> 6 Ø 1” + 2 Ø ¾” (36...6 t m.Arthur H.71.00 m./cm2.pág.. dc → 0.5 t-m.00 m. Asmax.78 cm2. sea dc = 6 cm. para un momento actuante Mu(+) = 50 t-m. 2 2 b bw b b 30 2 b 230 cm. * Determinación del ancho b Ln 600 b 150 cm. el espesor de la losa maciza es de 8.) (16) ORTEGA GARCIA. x = 37.6 cm a = 6.95 + 2.90 * Considerando como una sección hipotética b x h.6 a a fy d 4200 41.89 a = 6..III-3. = 0.Concreto Armado 77 Ejemplo 01: Diseñar la sección “T” que se muestra en la figura.76 cm. fy = 4200 Kg.Juan. → 131.8 cm2. x → 55. (17) NILSON.6 10 5 As a 6.0133 x 150 x 44 = 87. Ln = 6.54 + 1. Mn = 45.76 cm./cm2.85 175 150 Mu 55..78 cm2.pág.85 fc ' b 0. 0.1 t-m.92 cm. 11.1 t m. f’c = 175 Kg. As 21.Diseño de estructuras de concreto.85 x 175 (40-30) 8 = 11.92 cm. se trata de una sección “T” verdadera As Cf Cw c = + Asf Asw Tf Cf = 0.83 cm 2 As f 2. dc 2 Ø ¾” 3 Ø 1” a 6.14 a 14. → 35.29 x 40 x 442 = 35. sea dc = 6 cm.49 cm.. Solución Mu Considerando como una sección hipotética bxh. Mn = 45.41 cm x → 31.85 f’c (b-bw)hf = 0.0133 x 40 x 44 = 23.) 31.83 cm 2 4200 (20) NILSON Arthur H.78 Ing° S.9 Tn. Mu = 28.51 cm. > hf = 10 cm.74 cm .51 cm. d = 42.90 Cf As f fy As f 2.pág. → d = 44 cm. 2 2 X = 20.Chávez C. fy = 4200 Kg.7059 As .30 10.92 cm a 4200 42.1 t-m.85 fc ' b 31..49 2 a = 14.41 cm2. <> 3 Ø 1” + 2 Ø ¾” (20. Ejemplo 02. 23.Sin tener en consideración las características geométricas diseñar la siguiente sección. → 7. Asfy 0.1 t-m. Tw .0 t-m.68 20. 2 As = 0.1 10 5 a 14.98 dc = 7.98 cm ./cm2.98 5.22 15.12./cm2. (17) NILSON.Concreto armado I.6 t m.5 t m.pág. <> 3 Ø 1” + 2 Ø ¾” (20.58 t m.3 .34 cm2.17 cm2 . . 2 2 Mu Mnw Mn f 31.49 4. a 17.III-3.pág.) (16) ORTEGA GARCIA.2 Asw = 18. As = 21.84 + 18.1 4. 4.Arthur H. As = Asf + Asw = 2.Juan.Diseño de estructuras de concreto .6 26.17 cm2.34 = 21.71.34 a 17.98 cm2. Asw = 18.9 42.Concreto Armado 79 hf 8 Mn f As f fy d 11. . Se trabaja con luces tomado a ejes de los elementos o. Ln1. si se consideran luces a ejes se distorsiona su deformación debido al tamaño importante de los apoyos L1.pág.. obtenidos analíticamente mediante métodos clásicos.. Ln2.. luego a modelar la estructura e idealizar para realizar el análisis respectivo... metrar. Luces entre ejes de apoyos.. EVALUACIÓN DE LAS SOLICITACIONES POR FLEXIÓN. Kany o métodos más modernos como el de rigidez o flexibilidad.1. mediante la consideración de luces libres y brazos rígidos en el caso de elementos con peraltes significativos (fig....O sea graficando los diagramas de envolventes de los momentos flectores. Antonio. Luces libres entre cara de apoyos. EL ANÁLISIS ESTRUCTURAL....Vigas y sistemas de pisos en una sola dirección 3. tales como el Cross. El modelo analítico de la estructura debe especificar las condiciones de continuidad entre un elemento y otro y las de frontera entre la estructura y sus apoyos. Las condiciones de continuidad entre los elementos de una estructura dependen esencialmente del detalle constructivo con que se resuelve la conexión (puede ser nudo rígido o una articulación).. (22) BLANCO B. El proceso de idealización requiere plantear un modelo que represente la respuesta GLOBAL de la estructura y en el que se han discriminado los elementos que no tienen una función principal en la respuesta de conjunto. Ln3. Una vez realizada la estructuración.. Las solicitaciones se pueden obtener mediante: A.. L3. generalmente empleados matricialmente en los programas de computadoras..Concreto Armado 77 III. La continuidad entre los elementos de una estructura produce hiperestaticidad y por lo tanto vuelve más laborioso el análisis. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado..III1). L2... En estos casos el uso de brazos rígidos permite una evaluación más real de los esfuerzos en los elementos ya que. se procede a pre dimensionar (pre-diseño) los elementos estructurales. .175. 70M L=1.70x4=15. Tramos alternados cargados con carga viva (uno sí.Chávez C.20 t-m Cuando la carga viva o sobrecarga son importantes en relación a la carga muerta.20 t-m 8 8 ó WD=3 tn/ml MD MD=WDl²=3x4²=6. para obtener momentos máximos negativos en los apoyos intermedios a ellos. los factores de carga.4x6+1. La alternancia de cargas vivas es una situación real en una estructura y puede generar momentos mayores a los obtenidos al considerar todo los tramos uniformemente cargados.120. así por ejemplo.40xMD+1. III-2) (21) BLANCO B. pueden aplicarse a las cargas o a los momentos. . así como zonas donde se produzcan inversión de momentos. Para obtener los momentos de diseño. el siguiente no y así sucesivamente). es conveniente considerar en el análisis la posible alternancia de las primeras (21).00 m Wn=1. para obtener momentos máximos positivos en los tramos cargados.40 D + 1.78 Ing°S. La norma considera que el análisis de alternancia de carga viva debe prever: Tramos cargados dos a dos.6x4²=15. A continuación se muestran los esquemas de los diversos estados de carga que se producen al considerar la alternancia para un aligerado de tres tramos (fig. WL=2 tN/ml WD=3 tN/ml 4.80 L= 7. Antonio. . Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. pág.60 tn/ml Mu Mu=Wul²=7.00 t-m 8 8 WL ML ML=WLl²=2x4²=4.00 t-m 8 8 . M L=1. la cual no es uniforme en todas. se pueden evaluar cuando se resuelve el pórtico completo en computador. El hecho de considerar en los análisis por computadora el desplazamiento lateral producido por la asimetría de cargas o de elementos estructurales. b. Adicional a la consideración de alternancia de carga viva. son las diferencias que se obtienen en relación a los análisis Tradicionales (como el Cross por ejemplo). los cuales generalmente no se calculan en los análisis convencionales. Fig. WL.175. y sin embargo. c. La diferencia entre resolver el pórtico completo y el de aislar un nivel determinado empotrando sus columnas en los extremos. en este caso las columnas interiores que cargan prácticamente dos veces la carga de las columnas exteriores. Las deformaciones axiales influyen considerablemente en los resultados.pág. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. Uno de los aspectos más importantes cuando se realizan análisis de cargas de gravedad por computador. Antonio. se deformarán (22) BLANCO B. sobre todo en el caso de tenerse columnas de igual sección. pudiéndose señalar (22): a.Concreto Armado WD 79 WL WD WL. el cual se produce por la asimetría de cargas o por la asimetría de la propia estructura cuando se analizan pórticos. WL WL. . se debería considerar la posibilidad de desplazamiento lateral. Las razones de las diferencias son varias. El hecho de considerar la deformación axial de las columnas. Diagrama final debido a WL. III-2 Alternancia de la carga viva. lo que produce momentos en vigas y columnas. La realidad en obra no es así por cuanto el proceso constructivo es lento y los momentos se van generando paulatinamente. tampoco es muy confiable por el hecho que la computadora aplica las deformaciones instantáneamente y con el pórtico completo. y para vigas en las que la relación entre la suma de las rigideces de las columnas y la rigidez de la viga excede 8. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. (fig. por ejemplo en un determinado nivel no hay todavía columnas del piso superior y por tanto ellas no participan en la distribución de momentos. Los momentos flectores y fuerzas cortantes son función de la carga última aplicada. dos veces más. Existan dos o más tramos. La carga viva no deben ser mayor que el triple de la carga muerta (la alternancia de carga viva no es importante). el coeficiente será: -----------------------------------------------------------1/12 A continuación. e. b. WL ≤ 3 WD. Las cargas deben ser uniformemente distribuidas.1/16 Momento negativo en la cara de todo los apoyos interiores para losas con luces menores que 3.. VALORES DE LOS COEFICIENTES.MÉTODOS DE LOS COEFICIENTES.80 Ing°S.1/16 Momento negativo en la cara exterior del primer apoyo interior dos tramos --------------------------------------------------------------------------. Los elementos analizados deben ser prismáticos.1/9 más de dos tramos -----------------------------------------------------------------. .1/24 Si el apoyo es una columna ------------------------------------------------------.Es un método aproximado y es utilizado al análisis de vigas y losas armadas en una sola dirección bajo cargas de gravedad.00 m. III-3). La longitud del mayor de dos tramos adyacentes no deberá diferir de la del menor en más de 20% c. El código propone las siguientes expresiones para determinarlo: Momentos positivos: Tramo exterior Extremo discontinuo no solidario con el apoyo --------------------------------. pág. un análisis de este tipo. distribuyéndose en distintas etapas y con distintos elementos.1/11 Extremo discontinuo es monolítico con el apoyo ------------------------------. de la luz libre entre los tramos y de las condiciones de apoyo. Antonio.1/10 Momento negativo en las demás caras de los apoyos interiores -------------. d. los cuales se distribuyen en todos los elementos. Sin embargo. se muestra más claramente cada condición de apoyo. en cada extremo del tramo. Si el apoyo es una viga ------------------------------------------------------------. aparentemente exacto. Los tramos sean aproximadamente iguales. Siempre y cuando se cumplan las siguientes condiciones: a..Chávez C. (21) BLANCO B. produciendo momentos en los extremos de las vigas.1/11 Momento negativo en la cara interior del apoyo exterior si el elemento es solidario con el apoyo.1/14 Tramos interiores ------------------------------------------------------------------.120. B. III-3 Coeficientes del A. de modo tal que siempre se cumpla con un momento total elástico M. Apoyo monolítico Apoyo no monolítico Fig.I para flexión 3.pág. igual a Wl2/8 para el caso de una viga con carga uniformemente distribuida. de manera que se siga cumpliendo el equilibrio. debemos redistribuir todo el diagrama obteniendo un momento positivo tal como M5 que evidentemente será mayor a M3 .Para dos tramos : 1/9 1/11 ó 1/14 Wu 1/9 1/11 ó 1/14 B)...Para tres tramos : 1/10 1/11 ó Wu 1/11 1/11 1/10 1/11 ó 1/16 1/14 1/14 C). Una de las ventajas más importantes del diseño en concreto armado es el de la redistribución de momentos..Concreto Armado 81 A). III-4 y arbitrariamente disminuimos el momento M1 hasta un valor M4.Para varios tramos : 1/10 1/11 ó 1/14 Wu 1/11 1/11 1/11 1/16 1/11 1/16 Momentos negativos en los apoyos exteriores : Se utilizará 1/24 cuando el apoyo es una viga.C. . Mediante este título se reconoce la factibilidad de reducir los momentos obtenidos en el análisis elástico de la estructura en una o varias secciones determinadas. si tomamos como ejemplo el tramo de viga o losa indicada en la fig. a condición de aumentar el momento en otras secciones. 1/16 cuando el apoyo es una columna ó muro de concreto armado. 1/14 cuando el apoyo exterior es monolítico. REDISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS(23). Antonio.2.175. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. (22) BLANCO B. Momentos positivos en el tramo exterior : Se utilizará 1/11 cuando el apoyo exterior es no monolítico. Chávez C. ya no se exige cumplir con ( . ’ ≤ 0. Anteriormente ya se ha estudiado la condición de viga sub-reforzada que debe existir para asegurar que el acero en tracción fluya antes que el bloque comprimido llegue a su capacidad máxima. en el caso en que los momentos hayan sido obtenidos en un análisis aproximado como por ejemplo. es obvia la necesidad de considerar secciones con capacidad de redistribuir momentos (formación de rótulas plásticas). Antonio. Esta última exigencia condiciona indirectamente los diseños de elementos sismos-resistentes al tope de: ≤ 0.. usando el método de los coeficientes. (21) BLANCO B.025 es práctica. la cuantía total a 0. para no tener tal cantidad de acero que haga complicado su vaciado. Adicionalmente indica que la redistribución de momentos deberá hacerse solamente cuando la sección en la cual se reduce el momento.5 b.82 Ing°S.5 b. La norma indica que no se podrán diseñar considerando redistribución de momentos. M2 M1 M4 M M3 M M5 M4 < M1 M5 > M3 M= 1 wL² Fig.025 La razón de limitar. ó . Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.5 b. se diseña de tal manera que ó . III-4 8 La redistribución de momentos conlleva la incursión en régimen plástico o inelástico sin que esto signifique que la sección que llegue a esta etapa ha fallado. ’) ≤ 0. La norma peruana establece la redistribución de momentos considerando que los momentos negativos calculados por medio de la teoría elástica en los apoyos de elementos continuos sujetos a flexión.5 b. . se podrán aumentar o disminuir en no más de: ' 201 % b Y que los momentos negativos así modificados deberán usarse para calcular los momentos y fuerzas internas en cualquier otra sección del elemento. Esta exigencia se debe que como en el diseño sismo-resistente se trabaja con fuerzas y momentos reducidos por ductilidad (Rd). siempre y cuando se tenga diseños que aseguren un comportamiento dúctil. pág.75 b. Sin embargo en las exigencias sísmicas dados en el ACI.120. ’ sea menor o igual a 0. el cual es más restrictiva en relación a lo anteriormente indicado de 0. y ahora solo se indica un refuerzo total que no exceda una cuantía de 0. Concreto Armado 83 Por otro lado debemos señalar que en los diseños reales. cuando sobresalen a la parte superior de la losa. se denomina viga peraltada aquella que tiene un altura mayor al espesor del techo y por tanto es visible. las vigas tienen una función sísmica importantísima. momentos y axiales). que sea capaz de proporcionar un momento resistente en tracción de por lo menos 1/3 del proporcionado en la cara opuesta. Si por otro lado vemos que las exigencias para diseño sismoresistente se requieren la colocación obligatoria de acero en compresión. Es obvio que una viga peraltada se deformará menos y tendrá mayor capacidad resistente que una viga chata debido a su mayor inercia y su mayor brazo de palanca interno. El comportamiento de una viga peraltada y el de una invertida (de la misma altura) es idéntico en cuanto a rigidez y resistencia.3.pág. y la tramiten hacia otras o directamente hacia las columnas o muros. Además de la función ya indicada (relativa a dar apoyo a las losas y transmitir su carga hacia las columnas o muros). Las vigas pueden ser peraltadas o chatas dependiendo de su altura o peralte. . se cumplen con facilidad los límites dados en la norma peruana y en el ACI. DISEÑO DE VIGAS (24). y solo es diferente en cuanto a los esfuerzos internos de su alma. Esta es la de constituir junto con las columnas y muros los elementos resistentes a los diferentes esfuerzos producidos por las fuerzas horizontales del sismo (cortantes. El conjunto formado por las vigas y las columnas reciben el nombre de pórticos. sino su capacidad de deformación (rigidez o flexibilidad). y por ser los elementos que ayuda a proporcionar rigidez lateral. por tener una carga apoyada sobre ella y la otra carga Colgada de ella. Las diferencias entre una viga peraltada y una viga chata si son notorias puesto que comprenden no solo su capacidad resistente por flexión y cortante. ’ ≤ 0.50 b. Las vigas peraltadas pueden ser invertidas. teniendo las columnas ubicadas en sus intersecciones. se parten de un adecuado dimensionamiento. Como veremos más adelante que al dimensionar vigas el peralte será de 1/10 a 1/14 de la luz. para lo cual se obtendrán diseños donde no es necesario recurrir a refuerzos en compresión. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.175.Las vigas son los elementos que reciben la carga de las losas. Antonio. se concluye que en la práctica siempre se cumple con la condición . Generalmente las vigas forman los denominados ejes de la estructura. 3. (22) BLANCO B. 3. piso terminado y sobre carga). de peralte. Antonio. (21) BLANCO B. en base a las disposiciones que contempla el R. las deflexiones estarían en las siguiente proporción. al no existir cargas debidas a la losa (peso propio. de peralte. puesto que influye directamente en la determinación de la rigidez lateral. De todo lo indicado anteriormente se puede concluir que es difícil poder recurrir a vigas chata cuando los esfuerzos actuantes son considerables. Predimensionamiento de vigas.3.000 cm I 135. Si se tuviera por ejemplo una viga de 30 cm.Chávez C. Es bastante difundido el concepto que las vigas peraltadas deben usarse en los denominados pórticos principales y que las vigas chatas puedan usarse en las secundarias.000 Por lo tanto la deflexión de la viga chata será 4 veces más grande que la de la viga peraltada indicada.P. como las existentes en el Perú..120.1.C. y la N. y otra de 60 cm. encontramos que el pórtico con vigas de mayor peralte se deformará lateralmente menos que el de viga chata o menos peraltada.N. puesto que esto significaría que los esfuerzos debidos al sismo van a ser pequeños. sin interesarle cual es la dirección que el arquitecto o el ingeniero consideró como principal o secundaría. y solo variamos la sección de la viga. solo se tiene la carga debida al peso propio de la viga y eventualmente la de algún tabique o parapeto directamente apoyado sobre ella. no se puede afirmar que las vigas secundarias pueden ser siempre chatas. y si recibieran la misma carga y tuvieran la misma luz. de ancho por 60 cm. Viga 30 x 60: Viga de 60 x 30: 3 30 60 60 30 3 4 I 540. lo cual no constituye una carga muy importante. de ancho por 30 cm.C. pág. . Si imaginamos dos pórticos de las mismas características de luz. Si no existieran las fuerzas de sismos la afirmación anterior sería totalmente válida. El peralte de las vigas también es importante para el control de las deformaciones laterales de las edificaciones conformadas por pórticos.84 Ing°S. altura y dimensiones de columnas. el código A.Consiste en proponer con bastante aproximación las dimensiones de los diversos elementos que conforman una estructura.000 Relación de inercia = 4 135.I. Si se considera edificaciones que van a estar sometidas a fuerzas de sismo. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. El objetivo primordial de proporcionar resistencia y rigidez en las dos direcciones de la edificación se puede lograr considerando vigas de adecuada sección en las dos direcciones y recurriéndose además a columnas y muros (placas) convenientemente ubicadas en planta.000 cm 4 12 12 540. el sismo actúa en una edificación en una dirección cualquiera. pues en las viga secundarias. ......... sin embargo si se tiene en cuenta que los esfuerzos de sismo son muchas veces más importantes que los de cargas de gravedad...50h.......... α : Coeficiente de momento (depende de la ubicación de la sección y de las restricciones en los apoyos). a menos que se haya considerado un número importante de placas en la dirección secundaria con lo cual se podría disponer de vigas chatas (25)....fc’............... Las vigas denominadas “secundarias”.... b ó b = bcolumna 20 La norma peruana indica que b mínimo es igual a 25 cm......) si se trata de vigas que no forman pórticos..... Actualmente es común considerar vigas de igual peralte en las dos direcciones de la edificación. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.. aumentando el ancho para el caso de las vigas principales..(1) Donde Wu : Carga por unidad de área..Las vigas se dimensionarán generalmente considerando un peralte de Ln (incluye el espesor de la losa del techo) el ancho es menos importante que h 10 14 ancho tributario el peralte pudiendo ser: b = 0. porque no cargan la losa de los pisos o techos pueden tener menos peralte si se admite que ellas solo reciben esfuerzos debidos al sismo. Como ya se indico anteriormente el objetivo es estructurar considerando rigidez lateral y resistencia en las dos direcciones de la edificación y por tanto debe disponerse vigas peraltadas en las dos direcciones........pág.175. no debe reducirse mucho su peralte pues además se estará perdiendo rigidez lateral en esa dirección.... SEGUNDO CRITERIO(26).... fy Planta típica B Ln h b El momento flector último de una sección cualquiera puede expresarse como sigue: Mu Wu B Ln 2 .. Ln : Longitud libre. Antonio.. (22) BLANCO B....Concreto Armado 85 PRIMER CRITERIO... ...... para el caso que estas forman parte de pórticos o elementos sismos-resistentes de estructuras de concreto armado. B : Dimensión transversal tributaria.30 a 0. Esta limitación no impide tener vigas de menor espesor (15 ó 20 cm.. .90 b = B/20 fc’ = 210 Kg.. acabados Tabiquería s/c = = = = 350 Kg.141 0../cm2. WL = 250 Kg.. aligerado p..7%) ф = 0.... (21) BLANCO B.../m2.....Chávez C.59w Considerando las secciones de momento positivo máximo....13 Kg...7 x 250 Usamos: Wu = 0.4 x 600 + 1. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. aligerado p. 150 Kg...14 20 Wu Ln Ln h 1./m2..../m2..59wbd 2 ..1Ln h 19.13 *) Garajes y Tiendas: s/c = 500 Kg...... ....86 Ing°S.007 (0.. de acuerdo al ACI 318-99 se tiene: Mu fc ' w1 0..7 L = 1.. fc ' 0... Wu = 1265 Kg....../m2.... (3) fc ' bw1 0. p../m2../cm2 Wu = en Kg. Determinación de Wu....../m2../cm2. p./m2..(2) fy Donde: w fc ' Wu B Ln 2 fc ' w1 0.. Determinación de Wu. WL = 500 Kg..59wbd 2 De las expresiones (1) y (2) : WuB .90 210 0.. p. Para una sección rectangular con acero solo en tracción.01 4 Wu Wu Aplicaciones De donde: d Ln *) Oficinas y Departamentos: s/c = 250 Kg.. 100 Kg... h WD = 600 Kg.. p....120../m2..../m2../m2.09 0..42 16 0.... Antonio.. = 100 Kg.. por consiguiente: fy 4200 h WuB Wu Ln Ln B 1.... p.. asumimos: α = 16 = 0. pág../m2.. Wu = 1.4 D + 1.007 210 w 0../m2./m2./m2...1 19..42 4. WD = 450 Kg. acabados s/c = 350 Kg... p.../cm2 fy = 4200 Kg. 250 Kg....59 0.14 ........ = 500 Kg.... Ln Ln Ln h 11 4 11..... p.59w) b0d02 . .4 x 450 + 1.4 D + 1./m2.175. (22) BLANCO B.34 0./m2.5 4 8. entonces Wu = 0. el momento actuante. WD = 450 Kg./m2.4 D + 1.15 *) Deposito A : s/c = 750 Kg.7 L = 1.18 0./m2. Criterios de igualdad de cuantía. Mu es el mismo para dos juegos diferentes de dimensiones de vigas (b x h y b0 x h0) .19 *) Deposito B: s/c = 1000 Kg.4 x 450 + 1. (Almacenaje pesado en bibliotecas) Determinación de Wu. b. Para vigas chatas mayores de 4 metros el costo es algo mayor.7 x 750 h WD = 450 Kg. Para casos prácticos se puede intercambiar los peraltes efectivos “d” por su altura “h” bh2 = b0h02 ./cm2.33 00./cm2. las rigideces de las dos secciones es la misma por lo tanto: bh3 = b0h03 . Ln Ln Ln h h 8. Determinación de Wu.23 Kg. Ln Ln Ln Ln h Ln Ln h 44 10 . p. Mu = Mu0 Mu = ф f’c w(1-0. aligerado p.15 . WL = 1000 Kg.7 L = 1. También es recomendable para el dimensionamiento de vigas “chatas”.59w) bd2 = ф f´c w(1-0./m2. Wu = 1. ./m2. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. Criterios de igualdad de rigideces.15 Kg. De donde bd2 = b0d02 . hh Wu = 1480 Kg. WL = 750 Kg./m2. acabados s/c = 350 Kg.23 Modificación de las dimensiones de las vigas (27): a. = 750 Kg. Este criterio es recomendable para sistemas aporticados en zonas de alto riesgo sísmico./cm2.Concreto Armado 87 Wu = 1. p. = 100 Kg. Es recomendable que las vigas chatas no tengan luz libre mayor de 4 metros.7 x 500 Usar: Wu = 0./m2.19 Kg. Antonio./m2./m2. 33 10 10 10. Wu = 0.pág. Ln Ln Ln h 9 4 9. Para vigas chatas menores de 4 metros se estima que su costo es igual al de una viga peraltada. Empalmes a tracción: Se considera las siguientes longitudes de empalme (LE) como función de la longitud de desarrollo para barras sometidas a tracción. pág.006db fy . para paquetes de tres varillas y en un 33% para paquetes de cuatro varillas. una a continuación de la otra. *) Predimensionamiento de una viga en voladizo. soldado y mecánico.2.06 Ab fy ld . Wu x B b = B/20 . . a menudo. (21) BLANCO B. 30 cm.120. Los empalmes son utilizados cuando la longitud del refuerzo en un elemento excede la longitud comercial de las varillas de acero y es necesario unir dos de ellas para conseguir el largo adecuado.Chávez C. Empalme Traslapado El empalme traslapado consta de las dos varillas a empalmar. a. Clase A : LE = 1. El código ACI recomienda que no se deben usar empalmes traslapados para varillas mayores a 1 3/8”. Si las varillas empalmadas no están en contacto directo no deberán separarse más de 1/5 de la longitud del empalme ni más de 15 cm. Existen 3 tipos de empalmes: Traslapado. con una cierta longitud de traslape.3 ld Clase C : LE = 1. de modo que permanezcan en su posición a medida que se vacía el concreto(28). Empalmes de varillas. Las barras traslapadas se colocan. Antonio. También se presentan en los nudos o apoyos y cuando se desea cambiar el diámetro de las varillas.4 (2 Lv) Lv 3. fc ' Donde: Ab es el área de la barra y db su diámetro. La longitud de desarrollo debe aumentar en un 20%.3. La norma peruana define como longitud de desarrollo la mayor de las obtenidas por las siguientes fórmulas: 0.88 Ing°S. ld 0. ld = Longitud de desarrollo o longitud de anclaje en tensión. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. en contacto y se amarran ligeramente con alambre. pero no menores de 30 cm. Deben ubicarse en las zonas menos esforzadas para no disminuir la resistencia de la pieza y su distribución será especificada en los planos.7 ld Donde: LE = Longitud de traslape o empalme.0 ld Clase B : LE = 1. h= 1. Para poder empalmar en elementos flexionados como son las vigas y las losas. Por tanto. y de acuerdo al porcentaje de barras empalmadas decidir el tipo de empalme a usar. se empleará clase B. cuando se empalman menos de la mitad de las barras dentro de la longitud requerida para el traslape. La longitud de desarrollo en compresión deberá ser mayor de las siguientes expresiones: 0.. Antonio. No deben formarse paquetes con varillas mayores o iguales a Ø 1 3/8” En elementos sujetos a flexión la varilla de un paquete debe terminar en diferentes puntos. Necesita anclaje por tracción solo en barras superiores CASO DE FUERZAS DE GRAVEDAD (22) BLANCO B.08d b ld fy . la longitud de traslape debe aumentarse en un 33%. pero si fuera necesario hacerlos. ubicar las zonas de esfuerzo bajos y altos. .004d b fy .33 Si se empalmara en zonas de esfuerzos bajos los ¾ o menos del número de barras en la longitud del traslape requerida. Los empalmes en las zonas de esfuerzo altos deben evitarse. con una diferencia mínima de 40 veces el Ø de la varilla. el clase C. ld 0. y no debe tener más de 4 varillas.Los empalmes a compresión son de menor longitud que los empalmes a tensión ya que las condiciones bajo las cuales trabajan son más favorables. se usará si se empalman más de la mitad de las barras Empalmes a compresión. Empalmes en vigas y losas (29). se usará clase A.175. ld = ld ld = Varillas simples x 1.pág.007 dbfy y que 30 cm. La longitud de traslape en compresión será igual a la longitud de desarrollo en compresión. se usará clase B.. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. si se empalmarán más de los ¾ partes del acero. fc ' para el caso de concreto de menor resistencia a 210 Kg/cm2. interesará escoger las zonas de menor esfuerzo. ld 20 cm..Concreto Armado - 89 Un paquete debe actuar como una unidad. pero además será mayor que: 0.20 ld = Varillas simples x 1. interesará conocer la forma de los diagramas de momentos y según ésta. Necesita anclaje por tracción en barra superior e inferior CASO DE FUERZA DE GRAVEDAD Y SISMO FIG. pues se esta empalmando en zonas de esfuerzos altos si la viga en cuestión tiene momentos de sismo considerables que hagan posible la inversión. pág. y se especifica empalmar los refuerzos inferiores en una zona intermedia entre la zona central y la zona extrema junto al apoyo. y máximos inferiores en la zona central del tramo. Antonio. En los diagramas de momentos flectores que se muestran en la (fig. los máximos en los extremos se incrementan y además pueden ocurrir que se presenten máximos invertidos en los extremos en la zona inferior.Chávez C.90 Ing°S. B ó C) dependiendo de la zona de empalme y de la cantidad de acero empalmado en una misma sección. . en el cual se indica empalmar los refuerzos superiores en la parte central de la viga. la idea bastante común que hizo costumbre empalmar las barras inferiores sobre los apoyos es en realidad errada. III-5: Diagramas típicos de momentos flectores. En elementos estructurales que no absorben momentos de sismo. cada ingeniero podrá seleccionar la clase de empalme (A. podemos observar que los momentos máximos debido a cargas de gravedad ocurren en los extremos cercanos a los apoyos (parte superior) y en el centro del tramo (parte inferior). En la figura III-6 se muestra un detalle de empalme para vigas que forman pórticos. no existirá problema en empalmar los fierros inferiores sobre los apoyos.120. Según los criterios expuestos. III-5). ya que en este caso se estará en zonas de esfuerzos bajos (no hay momento inferior). (21) BLANCO B. Los elementos principales que resisten los esfuerzos de sismo son los pórticos (vigas y columnas) y los muros o placas. Por tanto. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. cuando se trate de empalmar en vigas que formen pórticos. Por ello. Cuando se superponen con los momentos debido a sismo. se debe prever diagramas de momentos que incluyan máximos superiores e inferiores en las cercanías de los apoyos. donde se tiene generalmente esfuerzos bajos. b. el mejor empalme es el soldado. uniendo directamente dos barras o a tope mediante un elemento de conexión adicional como puede ser un perfil metálico ( angular o plancha). Para aligerados y vigas chatas el acero inferior se empalmara sobre los apoyos siendo la longitud de empalme igual a 25 cm.50 0. Los empalmes soldados se utilizan generalmente para fierros mayores a Ø 1 3/8” y pueden ser a tope. aun cuando se reconoce que es una zona intermedia. Antonio.40 0.15 Ln/4 REFUERZO SUPERIOR h≤30 0.55 1. Una junta soldada satisfactoriamente es aquella en la cual las barras soldadas desarrollan en tensión por lo menos 1.pág. (22) BLANCO B. y a la vez no se tengan los máximos momentos debidos a cargas de sismos (zona extrema con una inversión de momentos).40 0. No empalmar más del 50% del área total en una misma sección . a menos que se cuente con los ensayos de laboratorio. Para el caso del refuerzo superior. o por soldadura traslapando dos barras una al costado de otra. c. III-6 Ln/4 Empalme traslapado para vigas Nota VALORES DE LE REFUERZO INFERIOR h CUALQUIERA Ø 3/8” ½” 5/8” ¾” 1” 0. por lo tanto debe evitarse este tipo de empalme. .40 0. Ln/3 Ln/3 Ln/3 LE LE Ln/4 Ln/4 Fig. para fierro de 3/8” y 35 cm. el detalle mostrado permite prácticamente asegurar que se esta empalmando en una zona de esfuerzos bajos. aumentar la longitud de empalme en un 70% ó consultar al proyectista.75 1. este es el más caro pues requiere de mano de obra calificada e inspección adecuada.175.25 veces la resistencia de fluencia especificada para las barras.45 0. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. para Ø ½” ó Ø 5/8”. b.60 1.50 0. Actualmente en nuestro país los aceros no cumplen necesariamente los requisitos de soldabilidad requeridos para garantizar una buena unión.00 h>30 0.60 0. En caso de no empalmarse en las zonas indicadas o con los porcentajes indicados.Concreto Armado 91 La razón de esta ubicación para los empalmes de los refuerzos inferiores es el de buscar una zona donde no se tengan los máximos momentos debidos a cargas de gravedad (zona central). Desde el punto de vista de transferencia de esfuerzos.40 0. Sin embargo. pero para el caso de refuerzo inferior no se tiene la seguridad.30 a. Empalme soldado(30).45 0. se incrementa desde los apoyos hacia el centro de la luz. Empalmes mecánicos.B B Fig.A B Soldadura con ángulos Sección B . siempre que desarrolle “ld” desde el (21) BLANCO B. Colocación del refuerzo. el momento actuante varía.3.3. según se requiera. A lo largo de los elementos sometidos a flexión. sino solo donde este es requerido. El refuerzo necesario para resistir las solicitaciones externas es mayor en la sección central que en la del extremo. En la figura III-6 se muestran algunos de los más utilizados Soldadura con doble adicional 45 º a 60 º Soldadura de punta con corte a bisel para armadura horizontal 45 º a 60 º Soldadura de punta con doble bisel para armadura horizontal 45 º 45 º Soldadura de punta para armadura vertical A Soldadura con planchas A Sección A . 1) Toda barra de refuerzo deberá prolongarse. Por ello. En un elemento simplemente apoyado sometido a carga repartida uniforme.120. pág. Este tipo de empalmes debe usarse solo cuando se tenga dispositivos respaldados por pruebas y por patentes debidamente verificadas.92 Ing°S. 3. por lo menos 125% de la resistencia de fluencia especificada para las barras. no tienen sentido colocar el mismo N° de varillas a todo lo largo del elemento.Chávez C. En la norma peruana se tienen una serie de requisitos para el corte o doblado del refuerzo de los cuales citamos algunos(31). III-6 Tipos de empalmes soldados c. . Antonio. más allá de la sección en que ya no es necesario. una distancia igual al peralte efectivo del elemento (d) o 12 veces el diámetro de la barra. En todo caso la unión deberá desarrollar en tracción o compresión. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. la que sea mayor. ganchos o anclajes mecánicos. III-8). el mayor entre d y 12 db Mn = Momento resistente nominal asumiendo que todo el acero de la sección esta esforzado hasta la fluencia.Concreto Armado 93 punto de máximo esfuerzo.175. (22) BLANCO B. mayor o igual a peralte efectivo “d” ó 12 db o ln/16 el que sea mayor (fig. El refuerzo que continua deberá tener una longitud de anclaje mayor o igual a la longitud de desarrollo “ld” . refuerzo por momento positivo Mn estará limitado a un diámetro tal que su “ld” sea menor o igual a: ld la Vu donde: la: Longitud de la variable embebida en el apoyo o si el análisis es en el punto de inflexión. 4) El refuerzo por momento negativo deberá anclarse en o a través de los elementos de apoyo con longitudes de anclaje. excepto en los apoyos de los tramos simplemente apoyados y en el extremo de voladizos (fig III-7). 5) Por lo menos un tercio del refuerzo total por flexión en la parte superior del apoyo se extenderá una longitud. y el cortante no exceda las ¾ partes de lo permitido 3) En apoyos simples y en puntos de inflexión. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. Esta condición no es necesario si el refuerzo en los apoyos termina más allá de la línea central del apoyo con un gancho estándar o un anclaje mecánico. se deberá cumplir: a. 2) Cuando se usa el refuerzo continuo y otro de menor longitud (bastones). más allá del punto donde el refuerzo que se ha cortado o doblado no es necesario (fig. El refuerzo que llega hasta el extremo del volado terminará en gancho estándar. El refuerzo por flexión no deberá terminarse en una zona de tracción a menos que se cumpla que en el punto de corte el refuerzo que continua proporcione el doble del área requerida por flexión. más allá del punto de inflexión. . III-7). b. Vu = Corte último en la sección de momento nulo. Antonio.pág. 06 Abfy fc ' = 0.120. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. en ambos casos una longitud no menor de 15 cm. en los apoyos interiores en una proporción no menor de ¼ del total. 15 cm.94 Ing°S. pág. Falla la(-) la(-) 0. y tratándose del apoyo exterior debe prodigársele de una longitud de anclaje por tracción. Antonio. As(+) .Chávez C. Acero (+) en tracción que trabaja en compresión en los apoyos Acero (+) en tracción que trabaja en compresión en los apoyos la(+). 6) El acero de refuerzo en tracción (+) debe ingresar recto en el apoyo exterior en una proporción no menor a un tercio del total y. 7) El refuerzo en tracción como en compresión deben estar convenientemente anclados en sus extremos en una longitud equivalente a la longitud de desarrollo.08dbfy fc ' = 0. medida desde donde deba trabajar el acero ya sea en tracción o compresión. tomar el mayor . ld 0. ≥1/3 As(+) .004db fy = 20 cm. ≥1/4 As(+). ld Tomar el mayor (21) BLANCO B. cuando la estructura vaya a ser sometido a acciones laterales.006db fy = 30 cm. . tanto en la cara superior como en la inferior. 15 cm. (22) BLANCO B. Los ganchos sirven de anclaje solo a varillas que se encuentran en tracción siendo inútiles para acero en compresión. Los ganchos se utilizan cuando el espacio disponible en el elemento no es suficiente para desarrollar toda la longitud de anclaje del refuerzo.> el mayor Para las barras de esfuerzo que terminan en ganchos estándar. 280Kg./cm2./cm2. adicionalmente a los requisitos anteriores. 210 Kg. 4 cm.175. 30 38 46 61 28 35 42 56 24 30 36 49 RADIO MINIMO DE DOBLEZ 3/8 ½ 5/8 ¾ 1” 3 cm. III-9)(32): Los elementos que forman pórticos y que por consiguiente serán considerados como elementos sismo-resistentes deben cumplir. ldh b ldh 12 b Seccion critica b Extensión de 12 b Viga ldh Columna b 4 b ó 6.5 cm. será la mayor de las siguientes expresiones: ld h 318d b fc ' . Escoger el mayor LONGITUD DE ANCLAJE CON GANCHO fc’ Ø ½ 5/8 ¾ 1” ldh (cm) 175 Kg. 5 cm.. Antonio. la longitud de desarrollo en tracción (ldh) medida desde la sección crítica hasta el borde exterior del doblez.pág. 8 cm.Concreto Armado 95 GANCHOS ESTANDAR. 8 db . constituido por dos barras. 6 cm. los siguientes: 1) deben tener refuerzo continuo a todo lo largo de la viga. ni menor del área mínima exigida por flexión. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. con un área de acero a no menor a ¼ de la máxima requerida en los nudos./cm2. REQUISITOS PARA ELEMENTOS QUE RESISTEN SISMO (FIG. Antonio. 2) Toda las barras que anclan en columnas extremas terminaran en ganchos estándar.120.96 Ing°S. As min As continuo (-) As El mayor 4 As(-) As(+) en cara nudo calculado para Mu(-)/3 como mínimo As(+) As min As As continuo (+) El mayor 3 As nudo 4 3. 0.3. 1. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.146 Ln Ln (21) BLANCO B.24 Ln 0. Corte práctico del refuerzo.24 Ln 1/11 1/11 0. (Fig.Chávez C. . III-9) A continuación se presentan esquemas donde se muestran los puntos de corte del refuerzo en elementos analizados a través del método de los coeficiente propuesto por el ACI. ldh As superior e inferior se anclan con gancho estándar 3) La resistencia a momento positivo en la cara del nudo ( extremo inferior del tramo) no será menor que 1/3 de la resistencia a momento negativo en la misma cara del nudo (extremo superior).146 Ln 1/16 0. Corte del refuerzo en tramo interior de elemento continuo. pág.4. 108 Ln 0.pág.175. Corte del refuerzo en tramo exterior de elemento continuo con apoyo exterior solidario.20 Ln 1/10 1/11 0. provisto por viga.098Ln 1/14 0.164 Ln 0. Corte del refuerzo en tramo exterior de elemento continuo con apoyo exterior no solidario.11 Ln 1/14 0. Antonio.147 Ln Ln Así mismo podemos cortar el refuerzo en forma práctica cuando el elemento se analice por el método de los coeficientes de la siguiente manera: Ln1/6 Ln1/7 Ln1 Ln1/4 Ln2/4 Ln1/5 Ln2/5 Ln2/4 Ln2 (22) BLANCO B. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. Ln2/5 .164 Ln 1/16 1/10 0.224 Ln 1/24 1/10 0. Corte del refuerzo en tramo exterior de elemento continuo con apoyo exterior solidario provisto por columna.Concreto Armado 97 2.11 Ln Ln 3. 0.146 Ln Ln 4. 0. 0. Recomendaciones prácticas para un diseño ordenado (33). con un área mayor a la dispuesta como refuerzo corrido inferior.) por lo menos 4 barras. Considerar un número de varillas de refuerzo en relación al ancho del alma de la viga. No disponer un refuerzo superior corrido a todo lo largo de una viga. y que por el contrario se prefieran 2 Ø ¾” más 2 Ø 5/8”. si bien son valiosísimas como elementos de análisis. y esto hace pensar a muchos diseñadores que debe disponerse mayor refuerzo corrido en la cara superior. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. para b (30 y 45 cm.3. Comparar el diseño de un elemento con otro u otros correspondientes a elementos de características similares Es muy probable que en las plantas de las edificaciones se tengan elementos con algunos tramos similares y entonces el diseño final debe reflejar la uniformidad de éstos. No existe razón matemática o física que respalde esta recomendación. Es sabido que siempre los momentos negativos máximos. así para b ≤ 30 cm.Chávez C. Es evidente que si se decidió disponer como refuerzo corrido 2 barras de ¾” se verá (21) BLANCO B. existiendo solamente como justificación el reconocimiento que el diseño debe mostrar. como refuerzo continuo. de ancho. .. no reemplazará al diseñador. pág. 3. 2. 3.98 Ing°S. un ordenamiento que a su vez refleje el criterio y buen gusto del diseñador. y completar con bastones en la cercanía de los apoyos para el refuerzo superior o en la cercanía del centro de luz para el refuerzo inferior. esta afirmación nos da la certeza de que las computadoras. El diseño no necesariamente es el reflejo exacto de un cálculo sino que debe ser una expresión del profesional que realiza el proyecto. considerar 2 barras. son mayores a los positivos centrales. Esta recomendación apunta a distribuir mejor los esfuerzos evitándose por ejemplo que en una viga de 60 cm. en los apoyos. el diseñador debe ir más allá del resultado numérico del análisis y considerar todos los factores adicionales que uno percibe en la estructura no limitándose al resultado obtenido en un elemento. para b (50 y 70 cm.5. se coloquen 2 barras de 1”. sino observando con más amplitud otros similares y tratando de comprender el comportamiento del conjunto de elemento. 5 Ø 5/8” ó 4 Ø ¾”. reflejando así la forma del diagrama de momentos. Antonio. El diseño en si es un arte.) por lo menos 3 barras. Debe evitarse encontrar dos soluciones de armado usando diferentes diámetros a pesar de requerirse áreas muy semejante en elementos con características similares. 4. La recomendación apunta hacia disponer un área en la cara inferior mayor o igual a la superior. RECOMENDACIONES.120. donde por cálculo se requiera de 10 cm2. No usar simultáneamente barras muy diferentes dentro del diseño de un mismo elemento. 1. Sin embargo. 5. Antonio. Para vigas de edificaciones importantes considerar barras de 5/8”. Considerar refuerzo conformado por barras continuas y por bastones en el positivo de los aligerados. ½” y 5/8” para losas macizas o aligeradas. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.Concreto Armado 99 mejor bastones de ¾” y de 1” ó. . en el refuerzo inferior de aligerados y se podrá diseñar considerando solo una varilla de ½”. siempre resultará más económico considerar una varilla de 3/8” corrido más una cortada (bastón) del mismo diámetro. Será preferible considerar refuerzo de 3/8”. ¾” y 1” todos juntos en un mismo elemento. Así mismo para edificaciones de albañilería considerar Ø ½” y 5/8”.8 a 1. ¾” y 1”. 6. 5/8”.175. Esta recomendación trata de evitar por ejemplo que se coloque una barra de ¾” en una vigueta de aligerado o que se coloque una barra de 3/8” como bastón en una viga importante en peralte y luz.pág. Es común requerir áreas del orden de 0.3 cm 2. que colocar bastones de ½”. y sin embargo una mayor área proporcionada. (22) BLANCO B. bastones de ¾” y de 5/8”. Escoger diámetros de barras de acuerdo a las características del elemento o de la estructura que se proyecta. resultando un menor peso del acero usado en el tramo. = 0. tabiquería fija = 150 Kg.59 / 3.4 x 3.59 = 7.20) / 5.17 t/m.59 Verificación para usar los coeficientes: Número de tramos : 3 tramos > 2 tramos Diferencia de tramos : (5.30 = 1. Usar fc’ = 210 Kg.19 = 0. La sección trasversal de las columnas es de 30 x 40 cm.50 < 3 Elementos prismáticos. Ejemplo de diseño de una viga continúa.30x0.60-5. y fy = 4200 Kg. V-2 : 25x50 cm.120.7 x 1.30x5. pág. e aligerado = 20 cm. 3. Considerar piso terminado = 100 Kg. Antonio.19 + 1. V-101 (4) VIGAS: 5.15x5.50 Piso terminado.3. Wu = 7.30 V-1 V-2 V-102 V-3 (2) 5. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado./cm2./m 2. = 0. (3) Columnas : 30x40 cm.30 V-101.08 < 0. 5.100 Ing°S.50x2.53 Tabiquería fija . la losa aligerada tiene un espesor de 20 cm. V-102: 30x50 cm.00 (D) Solución Cargas que actúa sobre el elemento: Peso propio de la viga. = 0.4 = 0. = 0./cm2. entonces: Wu = 1.00 = 1. las vigas que cargan la losa tienen una sección de 30 x 50 cm.80 Sobrecarga. (OK) (OK) (OK) (OK) (OK) Cumple con las condiciones para la aplicación de los coeficientes..30 V-101 (1) (A) 6. V-102 V-1. = 0. .60 (C) 6.30 m.17 t/m.. y una sobrecarga de 300 Kg.36 Peso propio del aligerado.30x5.20 = 0. y están espaciadas 5.19 t/m WL= 1.59 t/m. Diseñar la viga V-102 del sistema de losa y vigas que se presentan en la figura siguiente..10x5.6. En el siguiente esquema se presenta el resumen de los cálculos efectuados para el diseño del refuerzo longitudinal (21) BLANCO B.30 = 0.30 = 0.00 (B) 5.Chávez C./m2. entre ejes./m2. WD= 3. Relación CV/CM = 1.20 Cargas uniformes distribuidas. 83 As’(cm2) _ _ _ _ Mu’ Ø 2 Ø ¾” + 2 Ø 5/8” 4 Ø ¾” Ø’ Ln = 5. .17 x 5.175.06 20.23 13.80 t/m. MuA = 1/16 x 7.60 (B) _ _ 1/11 (D) 1/10 1/14 1/16 5 Ø ¾” 2 Ø ¾”+1 Ø 5/8” _ _ Pasos a seguir : Cálculo de los momentos: Mu = coef.06 t/m. 13.57 t-m.23.17 t/m. MuAB = 1/14 x 7.20 10. 5.12 Mu/ф t-m 15.602 = 16.17 x 5.84.60 5.17 x 5.60 (A) Ln = 5.67 14.57 t/m.61 17. (15. 2 Tomar el mayor Incrementamos dichos momentos Mu/ф.20 (C) Coef 1/16 1/14 1/10 1/11 1/16 Mu t-m 14.20 Mu B dere 1 / 11 7. dc = 9 cm. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.20 1/ 10 7.35 x 30 x 442 = 31.05 16.84 23. Wu Ln2. Comparamos los Mn con cada uno de los Mu/ф.17 19. .91 19.12 t/m. .00 t / m. 23. Diseñamos una sección b x h : 30 x 50 cm.Concreto Armado 101 Wu = 7.602 = 14. 2 2 MuAB = 1/16 x 7. 17. Mn max = 31.0 12.17 20. < Mu/ф. (2 capas) Entonces d = 50 – 6 = 44 cm.91 t / m. Mn min = 7. 2 2 MuB izq 5.20 = 12. considerando dc = 6 cm.44 x 30 x 442 = 7. Mn max = K bd2 = 54. Mn min = K bd2 = 13.47 _ _ _ _ As (cm2) 9.60 5.80 t-m.pág.05 t/m. (1 capa). Ln = 5.47) → diseñamos solamente As en tracción. > Mu/ф. Antonio.42 7.61. (22) BLANCO B. → no necesitamos Asmin. 42 3. As min 0. = 17.1 Tramo AB: (Mu/ф. Asmin.84 t-m.= 4. Antonio. <> 2 Ø ¾” . Cálculo de las áreas de acero: As Mu / Mu / Asfy .102 Ing°S.) a = 7.36 cm2.2 As = 10.1 Elección del acero corrido - Acero corrido superior As min 4.0033 x 30 x 44 = 4.23 t-m.47 t-m.61 5.2 As = 9.Acero corrido inferior <> 2 Ø ¾” As min 4.20 t m.64 cm 2 fy Asmin = 4.3 Tramo BC: (Mu/ф.Chávez C.23 7.42 a = 11.36 cm2. pág.4 Apoyo B: (Mu/ф.) a = 8. < Mn min Colocar Asmin.36 cm 2 1 As 10.36 cm2.62 cm 2 As 4 .) a = 6.20 a = 7.120.83 a = 6. = min bd = 0.7843 As fy d a / 2 420044 a / 2 0.61 t-m.36 cm2.= 4. = 23.67 a = 8.8 fc ' 30 44 3. 3 3 (21) BLANCO B.56 cm 2 3 As () NUDO 0 4 Apoyo A (Inferior) Mu 15. a 0.36 cm 2 As 14.67 3. < Mn min Colocar Asmin. = 13. 3 3 Apoyo B (Inferior) Mu 23.) a = 11.4 As = 14. = 15.3 As = 7. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.85 fc ' b Apoyo A: (Mu/ф.74 t m. 30 1-1 2-2 3-3 4-4 NOTA: En nuestro ejemplo se obtuvo solamente As en tracción debido a que el Mn max> Mu/ф.60 1 0.Concreto Armado 103 Detalle final: 1 2 0.175. Antonio.95 1. entonces tendríamos As’ en compresión (sección doblemente reforzada). es decir: Si Mn max< Mu/ф As = As1 + As2 Mu ' Mu ' Mu .40 0.40 3Ø 3/4" 0. Mu' Mn max .60 0.75 0. As ' fs ' d d ' fy d d ' Donde: d' fy fs ' 60001 1 fy d 6000 (22) BLANCO B.25 3Ø 3/4" 0. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.35 2Ø 3/4" 3Ø 3/4" 1.75 2Ø 3/4" 0.60 0.95 4 3 2Ø 5/8" 1.50 2Ø 3/4" 0. Si sucediera lo contrario.50 ) 2Ø 3/4" + 2Ø 5/8" 2Ø 3/4" 5Ø 3/4" 2Ø 3/4" 4Ø 3/4" 2Ø 3/4" 2Ø 5/8" 0.75 4 5.40 5. .95 2Ø 3/4" 0.pág. As 2 . As1 = maxbd.40 V .75 0.30 X 0.60 2Ø 3/4" 2 3 5.60 0.25 2Ø 5/8" 0.102 (0. bastará con correr los nervios de las viguetas. la sobrecarga y eventualmente tabiques u otros elementos apoyados en ellos. 3.4. de modo que se obtiene una acción de losa en dos direcciones. Las losas suelen presentar aberturas para pases de ductos de basura. la mayor parte de la carga se transmite en la dirección corta hacia las vigas de apoyo y se obtiene. Las losas se pueden apoyar sólo en dos lados opuestos. Si la relación entre la longitud y el ancho de un panel de losa es mayor que dos. por lo que en los análisis se habla de que la losa es un diafragma rígido. Dada las dimensiones de las losas de una edificación se pueden considerar prácticamente indeformables en su plano. que es la obtención de la unidad de la estructura. caso que la acción estructural de la losa es fundamentalmente en una dirección. . de manera que esta tenga un comportamiento uniforme en cada piso. el piso terminado. Los problemas se pueden generar cuando las losas tienen grandes aberturas o reducciones significativas en sus dimensiones. En las esquinas de las aberturas. y la segunda. y probablemente los esfuerzos que tenga que transmitir excedan su capacidad resistente. puesto que transmite las cargas en la dirección perpendicular a la de las vigas de apoyo. 3. ligada a las cargas de sismo. muros de mampostería o de concreto armado. A fin de evitar que la resistencia de la losa se vea afectada. de ancho.Chávez C. (21) BLANCO B. ligada a las cargas de gravedad.1.Aberturas en losas(34). etc. Por lo tanto cuando el refuerzo principal por flexión es única y está orientada transversalmente a los elementos portantes (vigas. tienden a formarse grietas diagonales. instalaciones sanitarias. acción en una dirección. es necesario colocar vigas chatas o doble vigueta en sus bordes. aunque se proporcionen apoyos en todo los lados. También es posible que haya vigas en los cuatro lados. logrando así la denominada unidad de la estructura. En las construcciones de concreto reforzado se utilizan como sistema de pisos o techos las losas que proporcionan superficies planas y útiles. formando una zona calada con 30 cm..4. se le provee de refuerzo adicional a su alrededor (fig.104 Ing°S. que es la transmisión hacia las vigas de las cargas propias de la losa. pág. III-10). En aligerados cuando el ducto es de ventilación o de iluminación. logrando que las columnas y muros se deformen una misma cantidad en cada nivel. Este acero no debe ser de denominación menor que la del refuerzo principal de la losa. chimeneas. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. losas aligeradas y losas nervadas.120. SISTEMA DE PISOS EN UNA SOLA DIRECCIÓN. Para evitarlas se les coloca refuerzo inclinado. Antonio. puesto que en esos casos ya no es factible asegurar que la losa siga siendo un elemento prácticamente indeformable en su plano. etc. Si las aberturas son muy grandes. Tienen dos funciones principales desde el punto de vista estructural: la primera. en efecto.) se llama sistema de piso reforzado en un solo sentido y estas pueden ser: Losas llenas o macizas. Concreto Armado 105 vigas chatas o doble vigueta V-CH Ducto Ducto Sentido de las viguetas Refuerzo que atravieza la abertura 0./cm2 -----------------. = 0.pág. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. Las estructuras de extensión considerable.10 LOSAS ALIGERADAS Fig. en casos extremos Ø 3/4”. o sea: Smax = 5 e ó 45 cm.Para losas con refuerzo grado 60 ó malla electro soldada--. El refuerzo de temperatura recomendado por el código ACI. dependiendo del espesor de éste y el espaciamiento máximo será igual a 5 veces el espesor de la losa sin exceder 45 cm..30 ref.0014 Este refuerzo deberá colocarse en una o dos caras del elemento.10 0. los que tienden a ocasionar agrietamientos pronunciados. es igual a: .30 0.3. Ø 5/8”.4.Para losas con refuerzo fy > 4200 Kg.Para losas con refuerzo grado 40 ó 50 ------------------------.Refuerzo adicional alrededor de aberturas en losas 3.0018 El refuerzo por flexión utilizado en losas debe ser: Ø 3/8”. como las losas. en la dirección perpendicular. (22) BLANCO B.175. Para evitar este fenómeno se requiere de una cierta cantidad de refuerzo..30 Calado 0. El refuerzo de temperatura también sirve para distribuir las cargas concentradas aplicadas sobre la losa. . En losas armadas en una sola dirección.0018 4200 . Además. el refuerzo principal por flexión hace las veces de refuerzo de temperatura en la dirección en la que está colocado. facilita la colocación del acero en obra pues se amarra al refuerzo principal formando una malla más o menos rígida ACERO MÍNIMO PRINCIPAL. están sometidas a esfuerzos altos generados por la contracción de fragua y los cambios de temperatura. III-10 . Antonio. Refuerzo por contracción y temperatura(35). adicional LOSA LLENA 0.10 0.0020 . = 0. fy En ningún caso la cuantía debe ser inferior a 0. Ø 1/2”.. Sin embargo. es necesario disponer acero exclusivamente con este fin.0018 0. de los dos escoger el menor. denominado comúnmente refuerzo de temperatura.Para losas el área de acero mínimo principal debe cumplir con los requisitos de área mínima por contracción y temperatura: min = 0. 0 dc 3.0 cm.4. Antonio. ó de lo contrario podemos utilizar el siguiente detalle del corte del refuerzo: DETALLE EN PLANTA Ln1/5 Ln1/3 .4. pág.106 Ing°S. Ln1/4 Ln2/3 Ln2/3 Ln2/4 Ln2/4 Ln3/3 Ln3/4 ≥ 0.(Norma Peruana) Entonces: dc r.4. Son aquellas que tienen un determinado espesor. = 2. Losas macizas o llenas.3.120. Detalle del refuerzo. así: (21) BLANCO B.50 As(-) .e.0 cm. Es decir se toma una franja de losa de ancho generalmente igual a 1.Chávez C.0 3 / 4" 2 3. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. se utiliza el corte práctico del refuerzo del acápite 3. El recubrimiento en losas es: r. El procedimiento del diseño de losas macizas armadas en una dirección es similar al procedimiento de vigas.e L 2 2.Para el detalle del refuerzo principal en losas. 3.. Ln1/7-la Ln1/5-la Ln2/4-la Ln2/4-la Ln3/4-la ≥ As(+) Ln1 Ln2 Ln3 DETALLE REAL Donde: la = 12 db la = d Se toma el mayor 3. íntegramente de concreto armado. .4.3.00 m. y peralte igual al espesor de la losa. Concreto Armado 107 REFUERZO PRINCIPAL POR FLEXIÓN.- El espaciamiento máximo del refuerzo principal no debe ser mayor que 3 veces el espesor de la losa ni mayor de 45 cm. S max 45 cm. Tomar el menor. 3e PREDIMENSIONAMIENTO.-El espesor es variable dependiendo de los requerimientos del diseño, en forma aproximada podríamos estimar: L e 30 36 Ó de lo contrario podríamos usar los siguientes espesores (Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado – Antonio Blanco Blasco). e = 12 ó 13 cm. e = 15 cm. e = 20 cm. e = 25 cm. Ln ≤ 4.00 m. Ln ≤ 5.50 m. Ln ≤ 6.50 m. Ln ≤ 7.50 m. para para para para Ejemplo: Diseñar la losa sólida mostrada en la figura, sabiendo que la sobrecarga (s/c) es de 500 Kg./m2. piso terminado = 100 Kg./m2., f’c = 210 Kg./cm2., fy=4200 Kg./cm2. La losa esta solidamente conectada a las vigas. (A) (B) 4.80 (C) 4.80 (D) 4.80 (2) V-1 V-101 V-102 V-102 V-101 Columnas: 30x40 cm. Vigas: V-101, V-102: 30x50 V-1: 25x50 cm. 6.00 (1) Solución L 480 Estimación del peralte: e 16 e 16 cm. 30 36 30 * Metrado de cargas - Peso propio - Piso terminado NPB = 0.16x1.0x2.4 = 0.38 t/m. = 0.10x1.0 = 0.10 t/m. D = 0.48 t/m. - s/c = 0.50x1.0 → L= 0.50 t/m. * Requisitos para usar los coeficientes: - Número de tramos: 3 tramos > 2 - Diferencia de luces: Ln2 – Ln1 = 0% - Cargas uniformemente distribuidas. - WL / WD = 0.50 / 0.48 = 1.04 < 3.0 - Elementos prismáticos. NPT 5.0 cm. e b = 1.00 m (22) BLANCO B. Antonio. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.pág.175. 108 Ing°S.Chávez C. Entonces podemos usar los coeficientes: Wu = 1.4 x 0.48 + 1.7 x 0.50 → Wu = 1.52 t/m. Wu = 1.52 t/m. Ln1 = 4.50 (A) Ln2 = 4.50 (B) Ln3 = 4.50 (C) (D) Coef 1/24 1/14 1/10 1/16 1/10 1/14 1/24 Mu t-m 1.28 2.20 3.08 1.92 3.08 2.20 1.28 Mu/ф 1.42 2.44 3.42 2.13 As (cm2) 2.66 4.67 6.67 4.05 Ø 3/8” 25 15 10 17.5 Momentos de diseño: MuA = 1/24 x 1.52 x 4.52 = 1.28 t-m. MuAB = 1/14 x 1.52 x 4.52 = 2.20 t-m. MuB = 1/10 x 1.52 x 4.52 = 3.08 t-m. MuBC = 1/16 x 1.52 x 4.52 = 1.92 t-m. * Cálculo de : Mn max y Mn min , dc = 3.0 → d = 13 cm. Mn max = Kbd2 = 54.35 x 100 x 132 = 9.18 t-m. > Mu / ф. Mn min = Kbd2 = 7.40 x 100 x 132 = 1.25 t-m. < Mu / ф. Mn min< Mu/ф →No necesitamos Asmin ; si Mn min > Mu / ф. → Asmin= minbd Nota: En losas unidireccionales no se usa refuerzo transversal, por lo tanto si: Mn max< Mu/ф , podemos mejorar la calidad de fc’ ó aumentar el peralte de la losa Aumentando el espesor: Mu Mu / Mn max Kbd 2 d Kb losa) cálculo de las áreas de acero. As e d dc , (Nuevo espesor de la Mu / Mu / Asfy , a 0.2353 As fy d a / 2 420013 a / 2 0.85 fc ' b Apoyo A: (Mu/ф. = 1.42 t-m.) a = 0.63 Tramo AB: (Mu/ф. = 2.44 t-m.) a = 1.10 Apoyo B: (Mu/ф. = 3.42 t-m.) a = 1.57 Tramo BC: (Mu/ф. = 2.13 t-m.) a = 0.95 As = 2.66 a = 0.62 As = 4.67 a = 1.10 As = 6.67 a = 1.57 As = 4.05 a = 0.95 (21) BLANCO B. Antonio. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. pág.120. Concreto Armado 109 * Espaciamiento del refuerzo 3 e 3 16 48 cm. S 45 cm. S max 45 cm. max b = 1.00 m. As = n Ab → n = 100/S 100 Ab 100 Ab As S S As e S S S S 100 0.71 26.69 cm. 25 2.66 100 0.71 Tramo AB: S 3 / 8 15.20 cm. 15 4.67 100 0.71 Apoyo B: S 3 / 8 10.64 cm. 10 6.67 100 0.71 Tramo BC: S 3 / 8 17.5 cm. 4.05 Apoyo A: S3 / 8 Acero por repartición y temperatura. AsT° = 0.0018 x b x e = 0.0018 x 100 x 16 = 2.88 cm2. 5 e 5 16 80 cm. S 45 cm. S max 45 cm. max S3 / 8 100 0.71 24.6 cm. 25 Usar: Ø 3/8” @ 0.25 2.88 Anclaje del refuerzo negativo: la = 1.5 ld(-). 0.06 0.71 4200 12 210 0.006 0.95 4200 24 0.30 m. ld ld 30 cm. la 45 cm. , Detalle del refuerzo en plano la 13 cm. la 12 db 11.4 la 13 cm. Para acotar el refuerzo (22) BLANCO B. Antonio. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.pág.175. e 0.19 110 Ing°S.Chávez C. 2 Ø 3/8" @ 0.25 .35 Ø 3/8" @ 0.25 1.15 1.15 .35 .35 1.15 Ø 3/8" @ 0.20 Ø 3/8" @ 0.20 .75 .50 Ø 3/8" @ 0.30 Ø 3/8" @ 0.30 (Alt) .75 (Alt) 1.15 .75 Ø 3/8" @ 0.35 Ø 3/8" @ 0.35 .75 .35 0.90 Ø 3/8" @ 0.25 .90 6.00 .50 Ø 3/8" @ 0.30 Ø 3/8" @ 0.30 (Alt) (Alt) 1 4.80 4.80 A B 4.80 C D E.T. r.e = 2.00 cm. fc' = 210 kg/cm² fy = 4200 kg/cm² s/c = 500 kg/m² 0.16 Ø 3/8" @ 0.25 Corte típico losa llena 3.4.5. Losas aligeradas. Uno de los sistemas de techado más empleado en nuestro medio es la losa aligerada unidireccional (armada en un sentido), esto se debe a que es un sistema económico, liviano (propiedad necesaria para reducir las fuerzas sísmicas), donde los ladrillos aligerados (bloques con huecos tubulares) proporcionan acústica, termicidad y sirven además para darle forma (encofrado) a las viguetas de concreto armado; pero, para efectos del diseño estructural, se desprecia la participación de los bloques tanto en la rigidez como en la resistencia del aligerado. (fig. III-11). Dependiendo de las luces de los ambientes y de las cargas existentes, los aligerados tienen un peralte de e = 17, 20, 25, 30, 35, y 40, que incluyen una losa superior de 5 cm. de espesor. Cabe mencionar que cuando el peralte del aligerado resulta mayor que 30 cm., debe solicitarse anticipadamente la fabricación de bloques especiales. En el Perú las losas aligeradas se hacen con viguetas de 10 cm. de ancho, separadas una distancia libre de 30 cm., debido a que los ladrillos se fabrican con este ancho; en otros países es usual considerar ladrillos de 40cm. de ancho nervios de 15 cm. y losa de 7.5 cm. de espesor. (21) BLANCO B. Antonio. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. pág.120. Concreto Armado 111 Los aligerados armados en una dirección resultan económicos hasta luces aproximadamente 7.00 m., para luces mayores será más económico el uso de losas nervadas, debido al hecho de usar peraltes mayores sin recurrir a ladrillos especiales o al hecho de colocar un ladrillo sobre otro ladrillo. Cuando se tienen paños más o menos cuadrados y de luces comprendidos entre 6 y 8 m aproximadamente, se pueden usar aligerados en dos direcciones, y para el caso de luces mayores se puede estructurar considerando losas nervadas en dos direcciones (casetones). Esto no niega la posibilidad de usar losas nervadas en dos direcciones para luces menores. Las viguetas de dirigen (“arman”) en el sentido de la menor longitud del ambiente por techar (fig. III-12), ya que al curvarse cilíndricamente la losa, los momentos flectores son significativos en esa dirección. Pero cuando las luces son relativamente semejantes (L1 ≈ L2) o cuando L1 > 5 m., se recomienda colocar perpendicularmente al armado, en la zona central del techo, una doble vigueta (dos viguetas juntas), cuyo objetivo es proporcionar rigidez torsional a las viguetas principales y también “coser” una posible fisura que puede formarse en la zona de contacto vigueta-bloque por flexión en el sentido ortogonal al armado; esta doble vigueta no actúa como apoyo del aligerado(36). Debe tenerse presente que las viguetas no llevan refuerzo por corte (estribos), debiendo el concreto absorber íntegramente la fuerza cortante. En aligerados de grandes luces, o cuando la sobrecarga es importante, será necesario ensanchar las viguetas en las zonas donde el cortante actuante (V) resulte mayor al resistente (Vc); por lo general, este ensanche se realiza en forma alternada (fig. III-13); retirando ladrillos y llenando esos espacios con concreto. En estos aligerados también podría ocurrir problemas de grandes deflexiones que al superar los límites permitidos por el reglamento, dañarían los cielos rasos y la tabiquería, este problema se supera construyendo los aligerados con una contra flecha (especificada en los planos estructurales), o aumentando su espesor. (22) BLANCO B. Antonio. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.pág.175. 112 Ing°S.Chávez C. 0.10 Relleno Alternado 0.30 0.10 0.30 0.10 Planta Fig. III-13.- Ensanche en vigueta Viga de apoyo Cuando existen tabiques de albañilería dirigidos en el sentido del armado, es frecuente diseñar una viga chata (V-CH) o colocar una doble vigueta con la intención de reforzar el techo para la carga aplicada. Cuando los tabiques están dispuestos en forma perpendicular a la dirección del aligerado, No es factible colocar una viga chata, pues la carga está aplicándose como una carga concentrada sobre cada vigueta, y por tanto es necesario a veces aumentar el espesor del techo. ALIGERADO CON TIRAS DE POLIESTIRENO EXPANDIDO (ETSAPOL)(37) Son losas iguales a los aligerados convencionales, con la diferencia que en lugar de ladrillos huecos, tienen tiras de poliestireno expandido (etsapol) de mucho menor peso. Estas losas son muy usadas en países de Europa y de América y no estan casi difundidas en el Perú, porque el precio de dicho material es muy importante (caro). El bloque de poliestireno expandido (etsapol) tiene una densidad de 10 a 12 Kg/m ., lo que significa que los pesos de los bloques es del orden de 1 Kg. por metro cuadrado. 3 Como ejemplo diremos que en un metro de largo en lugar de usar 3.3 ladrillos se colocará una tira de 1.0 m. de largo. Esta tira se comercializa en diferentes tamaños, hasta una longitud de 3.0 m, pero el más comercial es de 1.20 m. de largo y de diferentes espesores (30, 35, 40, 45, 50, 60 y 70 cm.). A continuación se da la diferencia de pesos entre un aligerado convencional y otra usando etsapol. (cm.) hLADRILLO (cm.) 17 20 25 30 12 15 20 25 PERALTE LOSA CONVENSIONAL LOSA CON ETSAPOL WLADRILLO Kg./m2. WLOSA Kg./m2. WETSAPOL Kg./m2. WLOSA Kg./m2. 80 90 110 150 280 300 350 420 0.90 1.20 1.50 1.90 191 212 242 272 (21) BLANCO B. Antonio. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. pág.120. DIFERENCIA % PESO PROPIO -29.30% -29.30% -31.30% -35.30% Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.5 m.Se acostumbra no utilizar tabiquería.En viguetas el refuerzo mínimo es de Ø 3/8” V-101(. para luces comprendidas entre 5. Para el diseño del refuerzo principal tendremos presente lo siguiente: b Para M(+) c Diseñar una sección b x h: As h Mu / asfy ..0 a 7. para sobrecargas mayores a 350 Kg. para luces comprendidas entre 4.0 a 6./cm2./m2./m 2. considerar una tabiquería fija de 120 Kg.85 fc ' b Para M(-) Diseñar una sección bw x h: As h Mu / asfy . Sentido del techado 7.30x. cuando la s/c > 500 Kg. para luces menores a 4. h = 25 cm.30x. h = 30 cm. Sabiendo que va ser para uso de oficinas. Antonio.30x.a fy d a / 2 .85 fc ' bw a Ejemplo 01.0 m./cm2. aplicados sobre ejes perpendiculares al armado de los aligerados. (2) Nota: .Concreto Armado 113 PREDIMENSIONAMIENTO: L 25 30 O de lo contrario podríamos usar los siguientes peraltes (Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado – Antonio Blanco Blasco) Las losas aligeradas se pueden estimar así: h h = 17 cm.00 V-101(.a fy d a / 2 .. Se debe entender que “h” expresa la altura o espesor total de la losa aligerada. para luces comprendidas entre 6.60) . es factible que se requiera de espesores mayores sobre todo en el caso de luces cercanas a los límites máximos señalados. y del acero de 4200 Kg. la calidad del concreto será de 210 Kg./m2.Diseñar la losa aligerada que se muestra en la figura adjunta. El dimensionamiento anterior será válido para sobrecargas normales del orden máximo de 300 a 350 Kg.0 a 5.pág.60) V-102(.175. ó en el caso de existir tabiques de albañilería de ladrillo importantes. h = 20 cm.5 m./m2.60) (22) BLANCO B..5 m. . 57 t-m.72 2 Ø 3/8” 2 Ø ½” 1 Ø ½” 1 Ø 3/8” Ø 1 Ø ½” Ensanche Momentos de diseño : MA.52 = 0.52 t-m.99 1.40 x 10 x 172 = 0.114 Ing°S. Antonio.8 = 0.15 x 0.76 0.25 Por vigueta: Wu = 1.28 0.Peso propio .Tabiquería .120. (21) BLANCO B.25 t/m2. = 0.80 (A) (B) (C) Coef 1/24 1/14 1/9 1/14 1/24 Mu t-m 0.35 x 10 x 172 = 1. Requisitos para usar los coeficientes: - Cargas uniformemente repartida.25 t/m2.= 1/24 x 0.46 t/mxv Wu = 0.21 t-m. = 0.46 x 5.20 0.49 As (cm2/v) 0.4 x 0.= 1/24 x 0.30 t/m2.46 t/mxv.52 x 1.52 0.80 = 0.10 t/m2.46 x 5. Ln1 = 5.40 < 20% (5.Piso terminado .46 t/mxv → Wu = 1. = 0. WD = 0.46 x 4.0 Son elementos prismáticos.89 t-m.52 t/m2.76 t-m. Número de tramos = 2 Diferencia de luces : 5. Cálculo de: Mn max y Mn min : Para Apoyos: Mn max = KbW d2 = 54.202 MAB+ = 1/14 x 0.46 x 52 = 1.Sobre carga L 550 21.= 1/9 x 0.38 1.42 0.Chávez C. = 0.04 Relación WL / WD = 0.40 = 0. Solución Predimensionamiento: h Metrado de cargas: .42 2. 25 30 26 = 0.12 t/m2.15 t/m2.25 / 0. 2 + MBC = 1/14 x 0.20 Ln2 = 4.44 Mu/ф t-m 0.44 t-m. = 0. Mn min = KbW d2 = 7.84 0. MB. pág.20 – 4. . Wu = 0. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.46 x 4.48 < 3.15 h 20 cm.58 0.82 = 0.20) = 1.86 1.202 MC.28 t-m. WL = 0.7 x 0. Entonces si podemos usar los coeficientes: Wu = 1.89 1. Concreto Armado 115 Para tramos: Mn max = Kb d2 = 54.84 a = 5.49 t-m.Ensanchar la vigueta. Ó .57 t-m.35 x 40 x 172 = 6.5882 As En tramos: As a 0.71 a = 1. con c/u de los Mu/ф y vemos que: Mn max(-) = 1.70 a = 1.Podemos aumentar el espesor de la losa.99 t-m. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.C. Mu / Asfy En apoyos: As .21 t-m.69 max .Mejorar la calidad del concreto. Tramo AB: Mu/ф = 0. > Mu/ф(-) Mn max(+) = 6. a 0.20 As = 0.42 t-m. cuando no se utilizan los coeficientes A.0 a = 0.60 a = 0.pág. > Mu/ф(+) Mn min = 0. Apoyo B: Mu/ф = 1.84 a = 5. . Nota: Si Mn max(-) < Mu/ф(-) → .28 t-m.58 t-m.28 t-m.72 (22) BLANCO B. → d = 17 cm. < Mu/ф → No necesitamos Asmin.0 a = 0. a 2.42 As = 2. Comparamos los: Mn max y Mn min .84 t-m. Apoyo C: Mu/ф = 0. → → → → → a = 2.): Mn max = KbW d2 = Mu/ф → b’W = * → As = b’W d La longitud de ensanche será: u/ Longitud de ensanche .60 a = 0.85 fc ' bw fy d 2 Mu / Asfy .I X u/ Mn máx Xm bw bw Xm Ln 2 Ln 4 2 2 Wu Mu / Mn Cálculo de las áreas de acero: dc = 3 cm.38 As = 1.70 As = 0. Ensanche de vigueta: (aumentar bW. Tramo BC: Mu/ф = 0.175. a = 2.3529 As a 0.85 fc ' b fy d 2 Apoyo A: Mu/ф = 0.86 As = 1. Antonio. 95 4200 23.06 1.25 1Ø 3/8" V-101 (.24 la 17 cm.60) 1.25 7.30 X 0.55 A 1Ø 1/2" 1Ø 1/4 @ .43 210 0.56 S max As 0./m.45 1.006 1.9 cm2.19 1Ø 1/2" 1Ø 1/4 @ . 0.20 0.0018 x 100 x 5 AsT° = 0.30 X 0.19 Detalle de refuerzo en planos: la 12 db 15.22 0.05 1Ø 1/2" 1 5. ld ld 32.40 .006 0. pág. b = 100 cm.60) 0.116 Ing°S.00 V-101 (.5 ld 0. 20 cm ld ld 30 la 1.5 30 45 cm.50 A B (21) BLANCO B.120. 5 e 5 5 25 S max S max 25 cm. d 17 2 1.22 0.71 4200 12.5 32 48 cm. para Ø ½” 0. para Ø 3/8” 20 cm.00 30 cm.06 0.85 1.94 30 cm.29 4200 22. Usar: Ø ¼” @ 25 Anclaje del refuerzo negativo: la = 1.30 0. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. Acero por repartición y temperatura: AsT° = T° x b x h = 0.9 e = 5 cm.10 5. C . Antonio.60) 1Ø 1/2" 1Ø 3/8" V-101 (.0 la 1.Chávez C. 45 cm 100 Ab 100 0.35 210 0.32 S1 / 4 35.27 4200 32.30 X 0.10 1Ø 3/8" 0. 10 0. / m 2 Vigueta 0.5 120 Kg.97 Kg.25 Solución Metrado de cargas: Peso ladrillo / m 2 8. piso terminado =100 Kg.Concreto Armado 117 0.30 x 0. . / m 2 Entonces: Peso del aligerado 0.10 0. fy = 4200 Kg.30 No podemos usar los coeficientes del ACI./m2.50 .4 Kg.175.50 .25 6. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. tabiquería =100 Kg.05 0./m2. ..422 t/mxv (22) BLANCO B.10 t / m 2 Tabiquería 0. c/u.pág. Requisitos para usar los coeficientes: .Número de tramos = 2 .10 t / m 2 .T. .30 0. Envolventes de momentos.25 4../cm2. / m 2 Losa 0..20 0.Máximo momento negativo: Wu = 1.054 x 0. Antonio.7 L = 1.10 Detalle típico del aligerado Ejemplo 02.4 120 Kg.20 2. = 2.Diferencia de luces: Ln2 – Ln1 = 2 ≤ 0.33 8. Wu = 1.20 t/m2.30 r. ladrillo = 0.Cargas uniformemente distribuida.15 0.51 t / m 2 = 0. = 210 kg/cm² = 4200 kg/cm² = 250 kg/m² 0.10 0.4 69.20 de 8.Sobrecarga WD 0. fc’ = 210 Kg. → WL = 0.31 t / m 2 Piso ter min ado 0.20 Ln2 = 1.00 cm. / m 2 Peso del aligerado 310 Kg. ..Diseñar la siguiente losa aligerada de e = 25 cm.4 2.30 x 0..e fc' fy s/c E./m2.40 = 0.20 t/m2.054 t/m2./cm2. s/c = 200 Kg.05 2.4 D + 1. 486 0 Máximo momento positivo: Wu = 0.5 / 2 1.50 (A) 6.422 t/mxv.754 -1. Wu = 0.422 RA 1.4 D = 0.409 1 -0.486 0 -1.591 -0. Wu = 0.754 +1.4 D = 0.422 4.486 -1.475 +1. Antonio.118 Ing°S. 4.712 +0.007 . Vx = 0 → Mu max R A X 2 4.712 -1.241 -0.743 +0. pág.486 +0.507 4.50 6.286 t/m.483 +0.712 -1.330 -1. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.743 +0.330 WuX 2 0. 0.55 m.356 -0.483 -1.712 +0.507 t-m.007 +0.120.654 X 1.50 (B) (C) 1 -0.262 +0.409 0 -0.50 6.409 1 +0.50 (A) (B) (C) 0 -0.591 -0.613 +1.1.712 0 - (C) -0.616 +1.686 +0.422t/m 1.180 +1.613 -1.286 t/m.Chávez C. 4.654 t .591 -0.50 (A) (B) 1 -0.486 +0.5 0.50 0.356 -0.330 +1.330 RA + 0.422t/m 4.889 +0.483 0 +0.007 -1.503 +0. → Mumax(+) = 0.486 -1.613 (21) BLANCO B. .712 +0. 123 X 2. Vx = 0 → Mu max RC X 2 6.507 1.Concreto Armado 119 1. a 0. 4.50 (B) (C) Mu 0.826 0.396 t-m.pág.44 (22) BLANCO B.44 Ø 1 Ø 3/8” 1 Ø 3/8” 2 Ø ½” 1 Ø ½” +1 Ø 3/8” 0.494 t-m.422 x 6.Para Apoyos: Mn max = 54.66 m.35 x 10 x 222 = 2.356 t-m.84 As (cm2) 0.42 1.356 0.0.36 t-m. MuB = 1/24 Wu Ln2 = 1/24 x 0.494 RC 6. < Mu/ф No necesitamos Asmin .04 .422 x 4.50 1.507 t-m. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.613 WuX 2 RC 1.1.422 Envolvente: MuA = 1/24 Wu Ln2 = 1/24 x 0. 0.52 = 0. + 1.35 x 40 x 222 = 10.0.494 t-m.754 1.422 6. a = 1. Antonio.743 t-m.85 fc ' bw fy d 2 Apoyo A: Mu/ф = 0.3529 As (apoyos).743 t-m.949 1. Mumax(+) = 1.61 2.03 As = 0. a = 1.94 1 Ø ½” Cálculo de: Mn max y Mn min : .50 0.50 (A) 6.63 t-m. . . > Mu/ф Mn min = 7.660 0.494 0. a 2.396 0.754 .52 t-m.5 / 2 1.743 Mu/ф 0.52 = 0.563 1.5882 As (tramos) a 0.Para tramos: Mn max = 54. + 0. > Mu/ф Calculo de las áreas de acero: As Mu / Asfy .40 x 10 x 222 = 0.175.356 t-m.123 tn . a = 0. pág.9 a = 0.4. Losas nervadas. planchas de material prensado. 25 a 50 cm h' 3.22 As = 0.61 As = 2.84 As = 0.120 Ing°S.50 bw 12 1 bw Ln bw Ln (21) BLANCO B.69 a = 1.56 Smax As 0. h sin embargo pueden hacerse deLn' forma rectangular (ancho ctte. Tramo AB: Mu/ф = 0. e Los nervios o viguetas se hacen de forma bw' trapezoidal con un ancho menor en la base y engrosándose hacia la parte superior.949 t-m. 45 cm 100 Ab 100 0. Tramo BC: Mu/ф = 1. O sea viene a ser la combinación monolítica de nervaduras regularmente espaciadas y una losa colocada en la parte superior que actúa en una dirección.) o semicircular. madera.563 t-m.36 a = 5. Apoyo B: Mu/ф = 1.36 a = 5.120.21 Uzar: Ø ¼” @ 25 Detalle de refuerzo en planos: 3.08 a = 2. plástico reforzado. bw . Haciendo un corte transversal tenemos. los cuales pueden ser comprados o alquilados por los constructores.Chávez C. llamadas nervaduras o viguetas unidas a través de una losa maciza de igual espesor que el ala de viga.94 Acero por repartición contracción y temperatura: 5 e 5 5 25 S max S max 25 cm. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.32 S1 / 4 35.826 t-m.08 a = 2. con la finalidad de facilitar el desencofrado. Son aquellas que están constituidas por una serie de vigas T.70 a = 1.42 As = 1. Apoyo C: Mu/ф = 0.660 t-m. Antonio.6. La forma se obtiene con cimbras o encofrados especiales que pueden ser fabricados en base a varios tipos de materiales como acero. Concreto Armado 121 bw e h Ln' bw Ln=Ln' bw bw Ln bw Este tipo de losas recepcionan muy bien el sonido (mejoran las condiciones acústicas y térmicas) y se usan generalmente para luces mayores a 6.h = 35 cm. 10 ≤ bw ≤ 15 cm.h = 50 cm. 3) El peralte del nervio no será mayor a 3. se puede considerar el siguiente dimensionamiento (Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado-Antonio Blanco Blasco) bw (10-15) -------. 5) El espesor de la losa no será menor de 5 cm.L ≤ 7. 5 cm.L < 8. Ln’ ≤ 75 cm.h = 40 cm. o de lo contrario el diámetro de la tubería debe ser ≤ 1/3 e . puesto que resultan más livianos que los aligerados y porque se construyen con espesores y espaciamientos entre viguetas que no dependen de condiciones rígidas de mercado (Ladrillo) sino del requerimiento Estructural o Arquitectónico. 2) El ancho mínimo del nervio es igual a 10 cm. -------. e El mayor Ln' / 12 6) Cuando se tenga que colocar ductos empotrados o tuberías ahogadas en la losa.5 veces el ancho del nervio: h’ ≤ 3. -------.5 cm.175. . Øext e = Øext + 2.00 m.5 cm. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. Esta limitación permite un ligero incremento en la capacidad de corte del concreto. -------. el espesor de esta debe ser como mínimo igual al diámetro exterior del ducto + 2.5 bw 4) La distancia libre entre nervaduras no será mayor que 75 cm. ó Øext ≤ 1/3 e (22) BLANCO B. En lo posible estas tuberías deben ir fuera de la losa. así como la disminución del recubrimiento del refuerzo. CARACTERÍSTICAS : 1) El metrado de cargas se hace para el área tributaria correspondiente a cada vigueta (peso propio del nervio + peso propio losa).pág. bw (10-15) -------. PREDIMENSIONAMIENTO: Suponiendo una distancia entre ejes de viguetas del orden de 70 cm.5 cm.5 cm.L < 9.. y el máximo es igual a 15 cm. bw (10-15) -------. Antonio.5 cm. ni a la distancia libre entre nervios sobre doce. Chávez C. 5 a 8 cm. . si por decir: Mu Mur max < se debe aumentar bw.85 f’c AT Mur ≈ ڤMurTrapesoidal (21) BLANCO B. b a C e h Mur =C ó T (d-a/2) T - Para M(-) . k bw d2 = Mu/ф Mu / bw kd 2 90 cm. Asmin = ρmin bwd → ρmin = 0. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. siempre y cuando a ≤ e. Antonio.0018 - Para el diseño de momento positivo . de acuerdo a la forma del nervio b T = Asfy (d-a/2) a y Mur =C ó T (d-a/2) C = 0. Puede saltar desprendiéndose de la vigueta - Mayor adherencia No se coloca acero en compresión.120. - El refuerzo principal por flexión deberá estar constituido por dos barras como mínimo y por tres como máximo. pág. Xm Xm Ln Ln2 2 Mu / Murmáx 2 Wu - Para el diseño del Asmin principal y el Asrct (secundario) que debe llevar la losa rigen las mismas normas adoptadas en aligerados. se diseña una sección ficticia b x h. f’c ó h.122 Ing°S.0018 Asrct = ρsrct x 100 x e → ρsrct = 0.se diseñará una sección trapezoidal o rectangular. .10 Solución : Metrado de cargas: .67 < 3 x 0. s/c = 250 Kg. Wu = 0.70 = 0./cm2.. Requisitos del ACI: . f’c = 210 Kg. = 0.05 x 2.Sobre carga = 0.08 t/m.10 0.86 1.05 0. para M(-) y a =0.87 1. Cálculo de las áreas de acero: a= 2./cm2.3529 As.70 x 0.63 t-m.Piso terminado . OK.50 Coef 1/24 Ln2 = 5.07 t/m.63 2..Número de luces = 3 > 2 .35 x 70 x 222 = 18. WL = 0.4 = 0. . Antonio.T =100 Kg.27 t/m2.18 Wu = 0.18 t/m2.para M(+) (22) BLANCO B. Usar coeficientes ACI.96.10 0..4 D + 1.05 t/m.Tabiquería . .70 = 0. P..79 2. WD = 0.28) OK.47 2.81 .35 x 10 x 222 = 2.Peso losa superior .50 1/11 1/10 1/14 1/24 1ؽ”+1Ø3/8” 2ؽ”+1Ø3/8” 2Ø3/8” Para Apoyos: Mn ρmax = 54.60 m.68 t/m. 0.pág.60 m. tabiquería =100 Kg. > Mu/ф(-) (0.4 t-m.Concreto Armado 123 Ejemplo.Cargas uniformemente distribuida..40 x 10 x 222 = 0.68 t/m.20 x 2.25 x 70 = 0.05 1.50 1/14 1/10 1/11 1/16 0.10 x 0.Peso nervadura . fy = 4200 Kg.3361 As . U = 1. > Mu/ф . = 0.25 .18 / 0.7 L = 1.28 Mu/ф t-m 0.18 t/m.Diferencia de luces: 0 < 20% .92 1.175. .4x0.56 Mu t-m Ø 1ؽ” - Ln3 = 5. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.27 = 0. Ln1 = 5.28 1.Son elementos prismáticos.10 1.2.4 = 0.36 t-m.27+1.Diseñar la losa nervada que se detalla a continuación./m2./m2.96 1. = 0..07 t/m. = 0. ./m2.100 x 0.100 x 0. no necesita ensanche Mn ρmin = 7. < Mu/ф No necesitamos Asmin - Para tramos: Mn ρmax = 54.42 As (cm2) 1..WL / WD = 0.7x0.27 = 0. 45 1.10 Corte tipico de losa nervada 3.79 a = 0.10 .87 Tramo BC: (Mu/ф.22 1Ø 3/8" 1Ø 3/8" 1Ø 3/8" 1.42 t-m.75 .) a = 6.7.25 5.25 0. En este sentido.10 1Ø 1/2" 2Ø 1/2" 1.05 0.60 .25 5.40 .45 1Ø 3/8" 1Ø 3/8" 0.50 Ø 1/4" @ 0.25 Detalle de refuerzo : 2Ø 1/2" 0.40 1Ø 1/2" 1. (21) BLANCO B.60 As = 1.52 1Ø 1/2" Ø 1/4" @ 0.63 t-m. = 2.Chávez C. su construcción debe acercarse a la perfección. Los pasos miden entre 25 y 30 cm.40 .22 1. Para pendientes menores lo usual es emplear rampas.4. es recomendable una inclinación de 20° a 50°.) a = 0. pág.75 . sino también de ornato. y los contrapasos entre 15 y 19 cm. La comodidad que brindan al usuario depende en gran medida de su inclinación.60 As = 1.10 a = 2. Apoyo A: (Mu/ф.) a = 0. .50 1Ø 1/2" 0.88 As = 2.60 Tramo AB: (Mu/ф.25 5.10 1. = 1.40 .10 . Como es una estructura visible.120.124 Ing°S.45 0.25 1Ø 1/2" .50 0. ESCALERAS Las escaleras y rampas son elementos de la estructura que conectan un nivel con otro.92 a = 6.56 a = 0.28 t-m. pues su función no es solamente de circulación.52 As = 1. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. ≤ 2 c + p ≤ 64 cm.96 t-m.60 Apoyo B: (Mu/ф.) a = 2. Como regla práctica se considera que una escalera bien proporcionada es cuando cumple la siguiente relación (38): 61 cm. Antonio.45 1.10 . = 1. = 0.95 .20 .95 1. 5 0. 228 – Diseño de estructuras de C° Armado – Teodoro E. ≤ c + p ≤ 45 cm.175. Antonio.00 Ln Ln Predimensionamiento: 25 a 30 . Es una práctica común entre los proyectistas diseñar las escaleras con un momento de 1/8 Wul2 para el refuerzo positivo y 1/24 Wul2 para el negativo.T=0.60 m : 1. 9 As AsT 2 Las escaleras se calculan como elementos horizontales cuya luz es igual a la proyección horizontal de la luz de la escalera. .20 m Escoger el mayor. 450 cm2.5 18 máx.1 e= P Contrapasos C Peldaño º . Si el diseño se hace analíticamente: As (22) BLANCO B. ≤ c x p ≤ 480 cm2.5 Ln : : : : Monumentales Edificios o casas Comerciales Secundarias Anchos mínimos: Viviendas Secundarios Caracol Edificios o centros Comerciales L e 13-15 15-17. e 3. Nosotros podemos utilizar lo siguiente: 1 10 Cuando Ln 4 m. en los apoyos y en los puntos de cambio de inclinación (pag. Harmsen).50 º) N.Concreto Armado 125 Otras relaciones que se suelen utilizar para proporcionar escaleras son: 43 cm.00 m : 0. 19 : 1.pág. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.P.80 m : 0. M 1 Cuando Ln 4 m. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. pág. viga Placa Wu (t/m) (21) BLANCO B. Antonio.10 t/m2. x b = Sobrecarga = s/c x b = x c θ p cos WD WL Otros tipos de escaleras: - Escalera de losa sin escalones o rampa: .126 Ing°S.c° x b = Peso acabados = 0.Chávez C.120.00 m cp e e t1 . L/4 t 1 h L/4 Wu ld L Wu h 1.Escaleras apoyadas transversalmente: Apoyadas en un extremo. cos . Wu (t/m) .e. t1 2 t1 cos p 2 cp e cp cp h ó h e 1 2 cos 2 2 Metrado de cargas: Peso propio = h x p. . (22) BLANCO B. placa o muro Wu (t/m) . . piso terminado =100 Kg./m2.pág.Concreto Armado 127 Doblemente apoyada. Viga./cm2./cm2. Ortopoligonales o tipo alfombra Autoportantes Ejemplo 01: Diseñar una escalera de un solo tramo que tiene 18 contrapasos. fy = 4200 Kg.. la que se muestra en la figura adjunta. usar f’c = 175 Kg.. ancho de cimentación y peralte = 50 cm. Antonio..175./m2. considere paso = 25 cm..Escaleras especiales.Escaleras de dos tramos o más.. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. s/c = 250 Kg. 47 (B) 1/24 0.00 = 0.67 15 h 26.25 + 0.32 2.5 4 14 e 15 cm. 2 0.16 Mu/ф 1.29 As cm2/m 2. Sobrecarga = 0.97 1.45 t/m.00 m.2641 x 2.63 t/m Peso acabados = 0.67 (altura del contrapaso).73 t/m.4 x 0.52t-m.7 x 0.25 t/m.20 Cálculo de: Mn ρmax y Mn ρmin Mn ρmax = 45.00 = 0. > Mu/ф Mn ρmin = 7.Chávez C. 1/10 2. 18 Estimación del espesor: 400 400 e 14. Antonio. < Mu/ф No necesitamos Asmin (21) BLANCO B. Wu = 1. pág.41 h = 26.25 – 2 x 0.25 x 1. .10 t/m WD = 0.29 x 100 x 122 = 6. Ln =(18-1) x 0.83 2 cos 16.5 Ln 3.81 25 30 27 e 3. (A) Coef 1/20 Mu 1. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.25 t/m.37 x 100 x 122 = 1.128 Ing°S.06 t-m.41 cm.83 Peso propio = 0.45 t/m.08 2.4 = 0.05 cos α = 0.25 = 4.00 m. Solución N° pasos = N° C-1 (cuando es de un solo tramo) 300 Cp 16. WL = 0. Metrado de cargas: 25 α Cp e 16.58 5.25 = 1. h Wu = 1.10 x 1.73 + 1.120.67 30.64 Ln = 4. Diseñar por flexión la escalera mostrada en la figura adjunta. S1/4 = 11.54 Apoyo B: Mu/ф = 1. zapatas fc' fy s/c 0. los pasos son de 30 cm.t = 0.40 0.15 =0 e 0.20 (22) BLANCO B.P.7 cm2.P.T=0.T=3. y fy = 4200 Kg.e r.58 t-m.25 25 0.20 cm2 a = 0.2 E. Sabiendo que el primer apoyo del primer tramo es una zapata de ancho igual a 50 cm.08 t-m.48 . r.2 @ /2" Ø1 " @ 3/8 0 0.10 N.e.0018 x 100 x 15 = 2.1 .50 cm.T.70 1.175.50) N./m 2.00 @ /8" Ø3 5 0. 175 Kg/cm2 4200 kg/cm2 250kg/m2 0.3 5 0./cm2. a = 1.P. = 0. .00 0 1. a = 0.20 V-V (. = 3.50 0. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. S max 45 cm 100 Ab Espaciamiento: S .25 @ Ø 0. y peralte de 60 cm.T.54 a = 0. a 0.Concreto Armado 129 Cálculo de las áreas de acero: Mu / As .50) V-1 (.P.74 a = 1. a = 0. As Ø3 /8" S3/8 = 26 ≈ 25 Usar Ø3/8” @ 0.50 Ejemplo 02.25 N.1 N.167 0 1./cm2.T.00 cm 7.25 0..62 Área de acero por temperatura: Asr./m 5 e 5 15 75 cm. = 1.e.75 Tramo AB: Mu/ф = 2. 1.64 cm2 As = 5..25 X .T.20 2. Antonio. s/c = 400 Kg..P.70 1.29 t-m. S max 45 cm.3 = = = = = 2.25 X .00 1.pág.62 As = 2. contrapasos de 17 cm.2824 As fy d a / 2 Apoyo A: Mu/ф = 1.20 0.3 0.47 cm2 As = 2. Usar f’c = 210 Kg.2 N.. 00 = 0.225 0 R2 3.4 e 20 cm. < Mu/ф No necesitamos Asmin M2 0 R1 3.53 t m.45 2.84 3.35 x 100 x 172 = 15. . 2. 25 e 3.55 0 R1 3.88 t/m.40 x 1.40 t/m.00 = 0. Mu max 3.84 2 3.10 x 1.7 x 0.18 t m 2 Mn ρmax = 54. > Mu/ф Mn ρmin = 7.00 = 0.39 2.85 30 α Cp e 17 34. WL = 0.10 t/m Sobrecarga = 0.46 1.Chávez C.12 Tn 1 2 2 1.20 x 2.39 2.40 t/m.775 2 M 0 R 3 .4 x 1.86 t/m.00 = 0.40 t/m.40 x 100 x 172 = 2. Wu = 1.49 t/m. .45 m..00 = 0.. Wu = 1.87 h 2 cos 17 20 h 31.45 1.. 49 0.40 WD = 0.120.48 cos α = 0. Primer tramo: Wu = 1. Antonio.10 x 1. Wu = 1..325 3. WL = 0..46 Tn 2 3.7t-m. 2 0. Solución Estimación del espesor: 510 e 20.775 2 0.. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. Wu = 1.49 h = 31. d 17 cm.3149 x 2.4 x 0.86 + 1.40 WD = 0.775 1.4 x 0.40 x 1.5 5.49 (21) BLANCO B.45 R1 X 1..86 t/m.46 x 0 2 2 x 3.< 2.87 Metrado de cargas: Peso propio = 0.58 t/m.58 + 1.130 Ing°S.10 17. Descanzos: Peso propio = 0.88 x 2 M Wux 2 Mu max R1 x 3.40 t/m..4 x 1.46 – 1. Wu = 1.48 t/m Piso terminado = 0.00 = 0.10 t/m Sobrecarga = 0.775 R2 Mx 3. 775 1 .14 t-m...88 x = 0 x = 1.49 cm. OK Mu 1.7 x 0.88 1. pág.49 t/m.76 t/m Piso terminado = 0.84 m. a 0.325 R1 M M 2 0 1 0 Wu = 1.2353 As fy d a / 2 420017 a / 2 a = 2.29 S 25.49 t/m.72 Usar Ø3/8” @ 0.49 x 2 x 1.0018 x 100 x 20 = 3.25 As 5. < Mu/ф 2 Mu max 4.pág. 2.09 t m.70 5. Mn ρmax > Mu/ф y Mn ρmin .12 a = 1.29 12.20 a = 1. 2 2 2.6 cm2. Espaciamiento S max 45 cm S max 45 cm.51 x Cálculo del refuerzo: As Mu / 7..39 2 2 Mu Entonces: 7.88 t/m.51 Tn 1. M 0 0.51 2. Antonio.6 S Segundo tramo: Wu = 1.51 – 1. .71 S3 / 8 19.51 Tn 2 R2 4.125 10.72 (22) BLANCO B. 1. Usar Ø ½” @ 0.0.6 cm2.70 2. 1.56 cm 2 AsT 2 2 AsT° = 0.52 S 100 Ab As S As(+) = 10.49 x .675 0.35 0.325) = 0 x = 2.53 10 5 As .35 1. .03 .39 (x – 1.175. R2 R1 5.49 2.49 2 5.675 1. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. a 0.675 0 R1 4.35 1.675 Mu max 4.38 t m.52 100 1.Concreto Armado 131 Cálculo del refuerzo: Mu / 3.675 m.00 10 5 .12 As 2.72 a = 2. As(-) = 3.2353 As fy d a / 2 420017 a / 2 As(+) = 5.12 As 5.325 Mu 6.19 .49 t/m.39 2 2 x 4.325 .20 3 e 3 20 60 cm.39 2.20 3.325 Wu = 1. 100 Ab 100 1. 100 0. Usar Ø ½” @ 0. 50 0.T=0.3 5 0.2 0 0.25 5 0.2 Primer Tramo 0. = 210 Kg/cm2 = 4200 kg/cm2 = 400 kg/m2 .30 0.2 0. S 24.25 Refuerzo por temperatura 5 e 5 20 100 cm. r.132 Ing°S.2 0.72 20 .40 Ø3 0.e.36 cm 2 AsT 2 2 100 1.30 0.Chávez C.P.25 1.07 25 5.50 Ø 1/2" @ 0.29 As(-) = 5.70 5 0. As 10.3 0 Segundo Tramo 0. 0 0.2 0 0.3 0 Ø1 0.3 @ "@ 0.72 5.00 cm = 7.50 cm.P.T.3 0 0.30 /8" 1.36 As Usar Ø ½” @ 0.T=1.9 0.00 e= 0.36 cm2. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.2 5 N. Antonio.9 5 0. S max 45 cm 100 Ab 100 0.120.50 Ø 3/8" @ 0.30 Ø1 /2" 0.2 /2 Ø1 E.T=1.e r. S max 45 cm.3 5 0.6 N.17 @ Ø 1/2" @ 0.60 0.P.70 0.71 S S 19.20 As 3.1 25 0.25 /2" @ e= 0.P.T=3.3 N. zapatas fc' fy s/c = 2.25 @ 0.25 Ø " 3/8 @ 0 0.50 (21) BLANCO B.20 0 0.17 /8" Ø3 N. pág. Usar Ø 3/8” @ 0. debido a la deformación con el tiempo que presentan las estructuras de concreto armado. El primero de ellos es aplicable a elementos sometidos a flexión que no están ligados a piezas no estructurales que puedan ser afectadas por deflexiones excesivas. sin embargo después de un tiempo pueden deteriorarse y dejar de funcionar. cielos rasos.5.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. un exceso de deflexiones estropea la apariencia de la estructura que en muchos casos. Esta sobrecarga incrementa las deformaciones en el elemento las que a su vez acentúan el estancamiento si no se cuenta con un adecuado sistema de drenaje. Cuando la estructura es nueva. En la tabla (IV-1) se muestran los peraltes mínimos requeridos.pág.5-a) (40) BLANCO B. Este método consiste en dar un espesor o peralte mínimo a losas y vigas. Deflexiones 4. tabaquería.191. peralte mínimo h ELEMENTO Losas macizas armadas en un sentido Vigas o losas nervadas armadas en una dirección simplemente apoyado un extremo continuo ambos extremos voladizos continuos Elementos que no soportan ni están en contacto con tabiquería u otros miembros que pueden ser dañados por deflexiones excesivas ℓ/20 ℓ/24 ℓ/28 ℓ/10 ℓ/16 ℓ/18. En general. las deflexiones pueden ocasionar la formación de estanques o pequeñas lagunas de agua proveniente de las lluvias o de algún imperfecto en las instalaciones sanitarias. estos elementos puede funcionar bien. Este es el caso de puertas corredizas que no pueden deslizarse o ventanas que se flexionan en el plano vertical.2.Concreto Armado 133 IV. Un exceso de deformación puede ocasionar la falla de alguna maquina que ve afectado su funcionamiento por ellas o el deterioro y a veces inutilización de elementos no estructurales como puertas. ya que una deformación excesiva no necesariamente es síntoma de falla inminente. Esta reacción en cadena puede llevar al colapso de la estructura. alarma a los usuarios sin motivo.1). etc.1. En losas. que garanticen que las deformaciones se mantengan dentro de un rango aceptable. GENERALIDADES.(ACI-9. en función de la longitud de diseño.5 ℓ/21 ℓ/8 Tabla(IV-1):Peraltes mínimos en losas y vigas sugeridas por el código ACI(ACI-tabla-9. los cuales dependen de la naturaleza del elemento y de sus condiciones de apoyo. ventanas. El control de deflexiones es una etapa muy importante en el diseño de estructuras no solo en el caso del concreto armado. El código ACI propone dos métodos para el control de deflexiones a nivel de cargas de servicio. .Antonio . los mínimos presentados se multiplicarán por (1. Chávez C. 1) Deflexión instantánea o de corta duración (i ó cd). .65 0.Antonio Estructuración y Diseño de edificaciones de concreto armado. 2. Las deflexiones de los elementos de concreto armado son función del tiempo y por lo tanto pueden ser de dos tipos: Instantáneas y a largo plazo.950 kg/m3. Los valores de la tabla anterior han sido propuestos para concretos de peso normal de 2. Techos o pisos que soportan o están ligados a elementos no estructurales que pueden ser dañados por deflexiones excesivas.300 a 2.pág.0003 Wc) pero este factor no será menor que 1.134 Ing° S. DEFLEXIÓN CONSIDERADA LIMITACIÓN Deflexión instantánea debido a la aplicación de la carga viva. W (t/m) i ó cd 2) Deflexión a largo plazo o diferida (dif).09.6). Para concretos ligeros. Son las que se deben fundamentalmente al comportamiento elástico de la estructura y se producen inmediatamente después que las cargas son aplicadas.5. 4. El segundo método para el control de deflexiones consiste en estimar su magnitud y verificar que no exceda los límites propuestos por el código (ACI5. TIPOS DE DEFLEXIONES(39). TIPO DE ELEMENTO 1. llegando a alcanzar una estabilidad casi definitiva al cabo de cinco años aproximadamente. ℓ/240 Tabla IV-2 Deflexiones máximas permitidas por el código ACI(ACI-tabla-9.400 kg/m3 y con acero de refuerzo de fluencia de 4200 kg/cm2.450 y 1.196. Las flechas máximas permitidas se presentan en la tabla (IV-2). donde Wc es el peso del concreto en kg/m3. Estas son consecuencia del creep y contracción del concreto y se presenta como un incremento de la primera. Las deformaciones a largo plazo pueden llegar a ser el doble de las deformaciones instantáneas. 3. o sea en el momento de desencofrar un elemento a flexión. ℓ/360 ℓ/480 Parte de la flecha total que ocurre después de la colocación de los elementos no estructurales.5-b) 4.2. ℓ/180 Deflexión instantánea debido a la aplicación de la carga viva. (41) BLANCO B. conforme aumenta el tiempo desde el desencofrado. Techos llanos que no soportan ni están ligados a elementos no estructurales que pueden ser dañados por deflexiones excesivas. Techos o pisos que soportan o están ligados a elementos no estructurales que no se dañan con deflexiones excesivas. con pesos entre 1. Pisos que no soportan ni están ligados a elementos no estructurales que pueden ser dañados por deflexiones excesivas.2. Una viga de concreto armado usual tiene una sección generalmente constante en lo relativo al concreto. se puede comprender que el cálculo de la deflexión de un elemento es en realidad una estimación de un orden de la deflexión esperada. y que existen otros factores que afectan la fisuración como son la contracción de fragua y el flujo plástico.Concreto Armado 135 4.bh 2 6 Donde: Yt = distancia del eje neutro a la fibra extrema en tracción fr = módulo de rotura del concreto o esfuerzo máximo de tracción permisible del Cº. El código americano del ACI platea el uso de una inercia que denomina efectiva y que es un intermedio entre la inercia de la sección bruta y la inercia de la sección fisurada(40).1. Imaginémonos una viga de concreto simple (considerando al concreto como material elástico. debiendo prever en el cálculo una inercia representativa de las secciones fisuradas del elemento.Antonio . si además se tiene en cuenta que el momento actuante es variable a lo largo del elemento y que por consiguiente los niveles de fisuración son variables.pág. La deflexión instantánea se evalúa considerando la teoría de la resistencia de materiales y estática.191. fc h/2 Mcr h/2 b Grieta s yt = h/2 fr Sabemos que: My bh 3 .Yt fr = Mcr Yt Ig Para una sección b h: Mcr fr .Ig Mcr. entonces: fr = . en la sección donde se va a calcular la flecha. (40) BLANCO B. I = Ig = .2. Cálculo de la deflexión instantánea (i). * Ig = momento de inercia de la sección bruta (se desprecia el aporte del refuerzo). para las cargas que actúan en el instante correspondiente. Mcr = M. Y = yt I 12 fr . fr 2 fc ' Kg / cm 2 * Ma = momento actuante (en servicio). basándose para este análisis en una inercia "representativa" y aproximada del elemento.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. 3 Mcr 3 Mcr Ie Ig 1 Icr Ig Ma Ma Donde: Mcr = momento crítico de agrietamiento o de fisuración (sin tener en cuenta la armadura). . pero variable en cuanto al refuerzo de acero colocado a lo largo del tramo. 196. N.Antonio Estructuración y Diseño de edificaciones de concreto armado.pág. Para una sección simplemente reforzada: c h As nAs b b C E.N. tenemos: nAs 2bd 1 1 b c c/2 = nAs(d c) c b nAs Mediante el método de ejes paralelos (con respecto a E. N.) bc 3 Icr nAs (d c) 2 3 Para una sección doblemente reforzada: (n-1)As' d' c As' (c-d') d h As b Icr nAs b 3 bc nAs (d c) 2 (n 1) As ' (c d´)2 3 2bp c 1 1 b 2 r = nAs + (n 1)As' (cm2) p = nAsd + (n 1)As'd' (cm2) Algunos autores recomiendan duplicar el aporte del acero que trabaja en compresión de manera de tener en cuenta que este refuerzo tiene un esfuerzo mayor debido a los efectos de contracción de fragua y flujo plástico. por lo que tendríamos: bc 3 Icr nAs (d c) 2 (2n 1) As ' (c d ' ) 2 3 r = nAs + (2n1)As' (cm2) p = nAsd + (2n 1)As'd' (cm2) (41) BLANCO B. Transformada.136 Ing° S. (d -c) nAs = área de Cº equivalente Es n 6 Ec T Tomando momento respecto al E. Chávez C. Ig h b bh 3 12 * Icr = momento de inercia de la sección fisurada. . .Antonio ... tendremos: W(t/m ) L Mx x R= Wl /2 d2y = Mx ... Tomando como ejemplo una viga simplemente apoyada con una carga uniformemente repartida.191..Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.Concreto Armado 137 Resuelto el problema de la determinación de una inercia representativa del tramo en estudio. se procede a evaluar la deflexión instantánea mediante las ecuaciones de la elástica.... siendo la deflexión en el centro de la luz. (1) dx 2 d2y Wx 2 Wx 2 Wx Wx 2 EI 2 = Rx = Mx Rx 2 2 2 2 dx De resistencia de materiales: EIY" = Mx ó EI Si integramos dos veces se obtiene la ecuación de la elástica.... la siguiente: 5W 4 Y 384 EI De manera similar o mediante otros métodos conocidos de resistencia de materiales se puede determinar las deflexiones para otros casos comunes como son: Voladizos con carga concentrada en la punta: P Y Y PL3 3EI ó Y ML2 3EI Voladizos con carga uniformemente repartida: Y M 2 W 4 Y ó Y 4 EI 8EI Empotramiento en carga uniformemente repartida: Y Y W 4 384 EI (40) BLANCO B. ...pág. 196. y ICL es la inercia del centro de luz. son las inercias de las secciones de los extremos.138 Ing° S.pág. el Ie se calculará en la sección crítica del volado. Chávez C. . siempre será difícil estimar que porcentaje de la carga viva supuesta en el análisis realmente existe. Ie = ICL Si es un volado. Ie Ie 1 Ie = Ie 2 1 Ie1 Ie2 2 4. la evaluación de la fecha diferida también lo es debido a los siguientes factores: a) Se evalúa como un factor que multiplica el valor de la deflexión instantánea.2. (41) BLANCO B.Antonio Estructuración y Diseño de edificaciones de concreto armado. Si el tramo es simplemente apoyado se considerará sólo la inercia efectiva en el centro de la luz (ICL). b) Depende de la magnitud de la carga que se supone actúa a lo largo de los primeros meses o años desde el desencofrado del elemento. Cálculo de la deflexión diferida (Δdif. Y La inercia efectiva se calculará como un promedio ponderado: Ie Ie2 2 I CL Ie 1 4 Si el tramo es continuo en un solo extremo (Ie2) y simplemente apoyado en el otro (Ie1).)(41): Si el cálculo de la deflexión instantánea resulta ser aproximado.2.1( M 1 M 2 ) 48 EI MCL = momento en el centro de la luz M1 y M2 = momentos negativos en los extremos del tramo (sin signo).el Ie se calculará considerando: Ie 2 I CL Ie 2 3 En estas expresiones Ie1 e Ie2. Para vigas continuas: M1 M2 Y 1 2 MCL L 5 L2 M CL 0. ... incrementar el peralte de la sección.. Tal como..... La norma peruana usa el criterio dado en el ACI que estima el valor de la deflexión diferida con la siguiente ecuación. aun persisten las deformaciones excesivas...... dif i Donde: 1 50 ' = factor dependiente del tiempo que actúa la carga considerada.....2 Para 3 meses...... de peralte..Concreto Armado 139 c) Depende básicamente del fenómeno flujo plástico para el cual a su vez hay diversas teorías que tratan de determinar la deformación debido a este efecto. (dc=d'=5cm) 2 A As=56 cm 2 As=129 cm 2 As=129 cm 2 B 2 As=40 cm As=40 cm 2 As=64 cm Mcm = 230 t-m Mcv = 107 t-m Mcm = 109 t-m Mcv = 52 t-m Solución: (40) BLANCO B. con fc'=280 Kg/cm......2 y fy = 4200 kg/cm.... y de la geometría de la sección... El método presentado para estimación de deflexiones es aproximado y por lo tanto si estas constituyen un problema en el diseño. 1... 1.. Es igual a: Para 5 años o más. Si con procedimiento mas elaborados....8 tn/m una carga viva de 3..... 1...pág.. Mcm = 230 t-m Mcv = 107 t-m .. El parámetro depende del tiempo........Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado... a través del término '.... incrementar el acero en compresión o proveer al elemento una contra flecha....191......0 ' = Cuantía de acero en compresión al centro de la luz para elementos continuos y simplemente apoyados y en el apoyo para volados..... a través del término ............2 t/m........0 Para 12 meses......4 Para 6 meses.. es conveniente efectuar cálculos mas refinados... Ejemplo: Calcular la flecha para la viga de un solo tramo que tiene 80 cm de ancho y 110 cm..Antonio .. se debe considerar algún procedimiento para evitarlas..... con una carga muerta de 6.. una luz de 15 metros entre ejes de apoyo y con los siguientes momentos y refuerzos obtenidos en análisis y diseño por flexión. 2.... .49cm 1 1 2 80 1312 bc 3 nAs (d c) 2 (n 1) As ' (c d ' ) 2 3 80 38.49 c 38.720cm 2 c 904 2 80 55.196.Antonio Estructuración y Diseño de edificaciones de concreto armado.70 5) 2 3'828.70 cm 3 bc nAs (d c) 2 (n 1) As ' (c d ' ) 2 3 80 27.333cm 4 * Momento de fisuración: frIg 2 280 Mcr x80 x110 2 53.707 3 Icr 3'828.7) 2 (8 1)56(27.760cm 2 2 2 c 1312 2 80 109.49 5) 2 3 6'399.97 n 8 Ec 15000 280 r 2bp 1 c 1 r nAs (n 1) As ' b r2 n= 110 40 As' 80 p nAsd (n 1)As' d ' r 8 129 (8 1)40 1312cm r 1312cm p 8 129 105 (8 1)40 x5 109760cm 2 p 109.114cm 4 Icr * Cálculo de Ig: bh 3 80 110 3 Ig 8'873.266 Icr 6'399. Chávez C.70 3 8 64(105 27.696 1 1 80 (904) 2 c = 27.333cm 4 12 12 Ig 8'873.720 27.760 38.113.768.768cm 4 Icr Sección central: r 8 64 (8 1)56 904cm 2 p 8 64 105 (8 1)56 5 55.49 3 8 125(109 38.49) 2 (8 1)(40)(38.99 t m (41) BLANCO B.140 Ing° S.pág. * Momentos de inercia: Secciones A y B: As 1 29 Es 2 x10 6 7.99 t m Yt 6 Mcr 53. 495cm 4 4 4 Ie 5'436.829 230 230 Ie 6'431. La inercia efectiva se obtendrá con un momento actuante correspondiente a carga muerta y carga viva simultáneamente.981 109 109 Ie 4'441.99 3 53.333 1 6'399.333 1 x3'828.99 3 53.pág.0 t m (sólo c arg a muerta) 3 53.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.226.227cm 4 6'431.114 4'441.99 Ie x8'873.495cm Ie promedio 5l 2 M CL 0.763x 2 4'441.1230 230 iD 48 x15000 280 x5'436.768 6'431.99 3 53.495 i D iD 1.333 1 6'399. (Sólo carga muerta) 3 53.233 337 337 Ie 6'409.Antonio . Apoyos A y B: MA MB Ma 230 107 337 t m 3 53.191.Concreto Armado 141 A) DEFLEXIÓN INMEDIATA DEBIDO A LA CARGA MUERTA.768 6'409.763cm 4 Sección central: Ma 109. .99 Ie x8'873.1M 1 M 2 48EI 5 x15002 x105 109 0.939. pues no se puede aplicar la carga viva sin estar ya aplicada la carga muerta.939cm 4 Sección central: Ma 109 52 161.0 t m (40) BLANCO B.762. 3 Mcr 3 Mcr Ie Ig 1 Icr Ma Ma Apoyos Ay B: MA = MB = 230 tm.08cm B) DEFLEXIÓN INMEDIATA DEBIDO A LA CARGA MUERTA MÁS VIVA.227 x 2 5'436.99 Ie x8'873. 99 Ie x8'873.5cm 4 4 4 Ie 5'214.114 135 135 Ie 4'150.371.50107 283.99 3 53. Chávez C.99 Ie x8'873. MB 230 .60 1.Antonio Estructuración y Diseño de edificaciones de concreto armado. MA 230 .68 1.) Se puede asumir que la carga sostenida corresponde a un 100% de la carga muerta y a un determinado porcentaje de la carga viva.333 1 3'828.758 161 161 Ie 4'018. .5 t m. Apoyo A y B: Ma 283. 3 53.99 3 53. C) DEFLEXIÓN INMEDIATA TOTAL.99 t m. Asumiendo un 50% de la carga viva como carga sostenida se tiene: Mcr 53. 3 53.08 .768 283.5 Ie 6'416.5 283. iD L 1.333 1 3'828.68 cm D) CÁLCULO DE LA DEFLEXIÓN DIFERIDA (dif. DEFLEXIÓN INMEDIATA DEBIDO A LA CARGA VIVA: iL 1.372 x2 Ie promedio 5'214.372cm 4 6'409. M CL 109 .5 t m.156 i 1.68 cm.08 0. La determinación del porcentaje de la carga viva dependerá del uso del techo donde se esta calculando la deflexión.60 iL 0.853 cm 4 Sección central: Ma 135 t m.333 1 x6'399.5052 135 t m.156cm i 5x15002 x105 161 0.155.829cm 4 (41) BLANCO B. 3 53.60 cm. iD L 1.5 t m.50107 283.10337 337 48x15000 280x5'214.99 3 53.196.114 4'018.939 x2 4'018.pág.68cm.99 Ie 8'873.142 Ing° S. 07 dif 2.38cm.0067 bd 80x105 1 50' 2.853x 2 4'150.38 2.0 1.841 i 1.Antonio .0067 dif 1.5 283.Concreto Armado 143 6'416. (40) BLANCO B.841 cm 4 Ie promedio i 5x15002 x105 135 .75 cm.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.07 Total 3.5 a 4 cm.38 Flecha diferida para 5 años: As' 56 .10283. Con lo cual se puede concluir que se espera una flecha de 3.pág.841 cm 4 4 Ie 5'283.829x 2 5'283. i 1.07 cm.191. ' .50x1.5 48x15000 280x5'283.68 2. Deflexión total: Total i dif 1. Finalmente: dif .498 1.50 1 50x. . por eso la resistencia a cortante del elemento debe ser algo mayor que la resistencia máxima a flexión que se pueda desarrollar. Este fenómeno es sumamente complejo y en el entran en juego numerosas variables. se comporta como un material homogéneo. Por ello. .pág. los esfuerzos originados por la flexión no dominan el diseño. inclinándose. sin embargo.256-258 y 263.Antonio . Se han desarrollado modelos matemáticos que buscan explicarlo. pueden presentarse como una continuación de una fisura en flexión. y al aumentarse las cargas. INTRODUCCIÓN(42): El estudio del efecto de la fuerza cortante en los elementos de concreto armado se remonta a más de 75 años y ha tomado mayor fuerza desde 1946 hasta la fecha. la fuerza cortante puede originar esfuerzos principales que sobrepasen la resistencia en tracción del concreto. la mayoría de códigos en el mundo basan sus requerimientos para diseño en parámetros semi-empíricos. Aunque esta etapa es muy corta. antes de presentar alguna grieta. es conveniente analizarla con detalle ya que permite comprender el mecanismo de formación de grietas y el fenómeno de tracción diagonal. se puede observar el siguiente comportamiento.2.Concreto Armado 145 V. en las que predomina el peralte a la luz libre. (44) BLANCO B. las dimensiones del elemento se definen en función a las solicitaciones de corte. En ellas.1. COMPORTAMIENTO DE VIGAS DE CONCRETO ARMADO SOMETIDOS A CORTANTE(43). se le refuerza con acero transversal. (Fig. produciéndose fisuras inclinadas a una altura aproximada de medio peralte. los elementos de concreto armado se dimensionan para resistir las solicitaciones de flexión y posteriormente se verifica su resistencia al corte. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. Esfuerzo Cortante y Tracción Diagonal 5. El concreto armado. En caso que la sección no resista el corte aplicado. no se ha conseguido un planteamiento teórico que sea totalmente compatible con lo observado experimentalmente. Si el elemento no tiene refuerzo transversal en el alma. Solo en el caso de vigas cortas. En la mayoría de los casos. La transmisión de cortante en vigas de concreto armado se apoya fuertemente en la resistencia a la tracción y compresión del concreto.En las estructuras resistentes a sismos se pone gran atención a la capacidad de incursionar en el régimen plástico (ductilidad) y por este motivo el diseñador debe asegurar que no ocurra una falla por cortante. que cambia gradualmente de dirección.si no buscar la falla por flexión. Antes de aparecer las primeras fisuras de tracción por flexión. el comportamiento es esencialmente elástico.y tiene como característica primordial un tipo de falla que no es dúctil. frecuentemente. 5. V1). Estas fisuras pueden aparecer en puntos donde no existe una fisura por flexión o. Se ha comprobado experimentalmente que aparecen cuando: Vcr vuc . progresan hacia arriba y hacia abajo. Se debe señalar que para que el refuerzo transversal sea efectivo.FIC.Diseño de estructuras de concreto armado. (45) UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA. pues éste se reduce al prolongarse la fisura. En ensayos de laboratorio se ha observado que la resistencia a los efectos de fuerza cortante de un elemento con refuerzo transversal es igual a su resistencia al agrietamiento inclinado más la contribución del refuerzo transversal. se presentan grietas en zonas cercanas al eje neutro y luego. a este tipo de grietas se denomina "grietas inclinadas de corte por flexión". se tiene un comportamiento inicial muy parecido al caso anterior. En las secciones donde existe la fuerza cortante. La cantidad de refuerzo transversal no contribuye en forma apreciable a resistir los esfuerzos inclinados de tracción hasta que se forman las primeras fisuras inclinadas (de muy pequeño espesor). debe colocarse a espaciamientos tales que cualquier fisura inclinada potencial. pero el momento flector tiene un valor relativamente grande. Al aparecer la fisura diagonal y extenderse hacia el bloque comprimido.Curso de actualización-89-I . causa el colapso del elemento obteniéndose la denominada falla por tracción diagonal. a medida que aumenta la carga externa. sea atravesada o cruzada por una varilla de refuerzo en el alma.146 Ing°S.Chávez C. puede ocurrir también que la falla sea por aplastamiento del bloque de concreto comprimido. flexión y cortante por flexió n co rtante en el alma flexión y cortante por flexió n co rta nte en e l a lma Fig. a este tipo de grietas se denomina "grietas inclinadas de corte en el alma". Se ha comprobado experimentalmente que aparecen cuando: Vcr vuc 0. denominándose este tipo como compresión por cortante. con la diferencia que las primeras fisuras que tienden a aparecer son controladas en su espesor por el refuerzo transversal. En regiones de fuerza cortante alta y momento flector pequeño.53 fc ' bw d Donde: Vcr = fuerza cortante en la sección en el instante en que aparece la grieta.5 fc ' bw d Si el elemento tiene refuerzo transversal en el alma (estribos por ejemplo). las grietas diagonales comienzan a formarse en la parte superior de las grietas verticales (grietas de flexión). V1: Tipos de agrietamiento en vigas de concreto. 5 .0 .Concreto Armado 147 5. debe multiplicarse por el factor : Vc = vuc bwd donde: = .93 fc ' kg / cm Mu Por lo tanto la fuerza cortante que resiste al concreto será: Vud Vc 0.15 Wu ln/2 Fuerza cortante en los apoyos restantes = Wu ln/2 .575 . El código ACI da una expresión simplificada para la determinación de la fuerza cortante que aporta el concreto. Vc = vuc bwd Donde: vuc = esfuerzo cortante del concreto * vuc = 0.Antonio .5 .256-258 y 263.2. si es mayor se toma igual a 1 Mu 5. Estos coeficientes son: * * Fuerza cortante en el tramo exterior en la cara del primer apoyo interior = 1. . Para cálculos más detallados: Vud 2 vuc 0.53 fc' (Kg. Contribución del concreto en la resistencia del corte.5 .5 Según la Norma Peruana especifica que Vc.575 .5 fc ' 176 w bwd Mu As . o sea hacer un análisis preciso y obtener los diagramas de corte./cm2.5 fc ' 176 w 0.) (obtenido en laboratorio).53 fc ' bwd ó Vc 0.85 El diseño de las secciones transversales de los elementos sujetos a fuerza cortante deberá basarse según lo indicado en la norma peruana.2. w bw d Vu = fuerza cortante actuante en la sección considerada. siempre y cuando cumplan los mismos requisitos de diseño para flexión. en la siguiente expresión: Vc Vu ó Vc Vu/ = Vn (44) BLANCO B.1. Por coeficientes del ACI. Consideraciones de diseño: La fuerza cortante externa (Vu) puede evaluarse: Analíticamente.2. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. Mu = Momento actuante en la sección considerada. Vud 1. cuantía del refuerzo de tracción por flexión. esto se puede utilizar aproximadamente para vigas y losas.pág. Diseño de estructuras de concreto armado. el diseño por cortante no tendrá en cuenta la presencia de las alas. por tracción diagonal que. la sección crítica también se ubica en la cara del apoyo.Curso de actualización-89-I tipo alma: . Vu Vu > Vc ó Vc d Cara de apoyo Vu Necesitamos de refuerzo Vu Vu ' Vc >Vc algún en el Si la reacción del apoyo induce tracción al elemento.Chávez C. la sección crítica se encuentra en la cara del apoyo. La resistencia (Vn) estará conformada por la contribución del concreto Vc y por la contribución del acero Vu' de tal forma que: Vn = Vc + Vu' Si la reacción del apoyo induce compresión al elemento y no existe carga concentrada entre la cara del apoyo y una sección ubicada a "d" de ella. Esta sección se denomina sección crítica y es la que se encuentra sometida al mayor cortante de diseño del elemento. (45) UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA. Si existiese una carga concentrada dentro de la distancia "d". debe ser colocado entre la cara del apoyo y la sección crítica del cortante será el mismo que el requerido para la sección crítica.148 Ing°S. entonces este tramo se diseñará para un cortante último que corresponde a la sección ubicada a "d" de la cara del apoyo. T P L' h d Sección crítica Sección crítica Sección crítica Si: L' 2 h El refuerzo en el alma. Donde Vu es la resistencia requerida por corte en la sección analizada y Vn es la resistencia externa incrementada.FIC. d Sección crítica En las secciones T o I. . entonces diseñaremos algún tipo de refuerzo transversal. Av = área de cada estribo fy = esfuerzo del refuerzo transversal x Av fy x = sen x = Av fy sen Av fy (44) BLANCO B.Antonio . s = Espaciamiento horizontal del refuerzo transversal inclinado. Vu Si > Vc. = Ángulo que hace el refuerzo transversal con la horizontal. se desprecia porque el aporte es pequeño.256-258 y 263. Por equilibrio: Vu = Vc + Av fy sen . i = Longitud de la grieta por cortante. Fy = 0: Vu Vc Vu ' = Ángulo que hace la grieta con la horizontal. cuyo espaciamiento debe ser: i Vc Vc a cc a a a M jd a a cc s Vd s s T T s P Vd = Fuerza cortante que toma el acero longitudinal. no debe llevar refuerzo por corte. nervadas. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.pág. P = i cos . P = Proyección horizontal de la grieta. pero se hace un chequeo por corte. a = Espaciamiento del refuerzo transversal en la dirección inclinada.Concreto Armado 149 b b bw Vc = vuc bwd bw En losas aligeradas. macizas y zapatas. ... θ 45º s = Vc + d cos 1 Avfy sen s sen Vn – Vc = s= d (sen cos ) Avfy s Avfy d sen cos Vn Vc .ctg α .ctg s s En (2): n = i a Para el instante en que se produce la grieta.Avfysen α ... (1).Diseño de estructuras de concreto armado....Chávez C. entonces: i Vu = Vc + n Av fy sen .. Vn = Vu El refuerzo en el alma pueden ser estribos perpendiculares al refuerzo longitudinal. siendo: n = . (2) a n = Número de refuerzos transversales.. Además: i = p cos Analizando el espaciamiento de refuerzo transversal y horizontal. o en forma de barras dobladas. sen sen sen s a= cos cos sen cos cos sen sen sen sen a= s sen ctg ctg .150 Ing°S. (3) p / cos p tg ctg ctg s s sen ctg ctg p p n = tg .. ctg tg ...ctg 1 tg ..... considerando que este ultimo los 3/4 centrales de dicha barra doblada absorben tracción diagonal. tenemos: a s sen sen 180 180-(+ ) a sen 180 sen s a s s sen sen sen cos cos sen s ... inclinados con un ángulo . Si existen "n" estribos inclinados dentro de la grieta.. se asume que 45º p =jd d Vu d En (1) tenemos: Vn = Vc 1 tg θ. (45) UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA.FIC.Curso de actualización-89-I . Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.1 fc ' bwd Si Vu' >2. el código ACI. Vu Vc . No recomendable para diseño sísmico.Mejorar la calidad del concreto. entonces no se necesita ningún tipo de refuerzo 2 transversal..Vc s Vu ' Si se utilizan estribos inclinados al refuerzo longitudinal 45º s= 1.5 bw s d .1 fc ' bwd .256-258 y 263.Antonio . Vu'= . Cuando Vu Vc .1 fc ' bwd Smáx = d/4 ó 30 cm. así: Vu' > 1. escoger el menor fy 2 Se excluyen de este requisito los siguientes elementos estructurales: a) Lozas y zapatas b) Lozas nervadas y/o aligerados c) Vigas con un peralte que no exceda 25 cm. de acuerdo a la siguiente formula: Cuando Av 3. recomienda: a) El espaciamiento del refuerzo por corte colocado perpendicularmente al eje del elemento no deberá ser mayor de (0. La resistencia al cortante proporcionada por cualquiera de los tipos de refuerzo transversal (Vu') no deberá ser mayor que: Vu' 2. si: Vu ' 1. (44) BLANCO B. El espaciamiento máximo del refuerzo transversal es necesario considerar que cada fisura diagonal potencial debe ser atravesada por lo menos por una varilla de acero. b) Cuando el Vu' exceda de 1. el que sea menor.5d) ó 60 cm. donde s s 60 cm.Cambiar la sección .pág.Concreto Armado 151 8 3/4 x INCLINADOS CON =45º VERTICALES BARRAS DOBLADAS Si se utilizan estribos perpendiculares al refuerzo longitudinal 50º Av fy d Vu .41 Av fy d Vu ' .1 fc ' bwd Smáx = d/2 ó 60 cm. el espaciamiento máximo deberá reducirse a la mitad. entonces deberá colocarse un área mínima de refuerzo 2 transversal. .1 fc' bwd. 94 tn VA = RB = 2 6.90 Vu A cara 20.84 33.90 46.5 t/m (Refuerzo de flexión son varillas de 1". wu = 7. #7.15 = 19.4 3. Las viga está sometida a una carga uniformemente repartida w D=3.152 Ing°S.96 cm2 3/8" Ejemplo 01: Diseñar por corte la viga que se muestra en la figura adjunta. #8 2 1/2" Av = 21.8 + 1.Chávez C.84 20.5 cm 12db db db 6db ó 12db db 3/8" Av = 20.36 7. Utilizar estribo de 3/8''.94 7.87 6.60m 0.87 t/m M(-) M() = 1/8 wu 2 = 1/8 7.87 0.Diseño de estructuras de concreto armado.76 tn apoyo (45) UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA.902 = 46. El primer estribo se colocará a s/2 de la cara de apoyo.87 0.FIC.19 tn apoyo Vu B cara 33.42 cm 6db L.27 + 20.87 6.90 7. fc' = 210kg/cm2.71=1.30m C v 301 (0.60) Solución: wu = 1. es: b. el que sea menor.84 tn wu Meje 7. Los estribos pueden ser: 6db 6.71 = 3.36tn VA = RA = 2 2 6.30m 6. El espaciamiento de estribo por confinamiento del refuerzo longitudinal (o sea donde no se necesita refuerzo transversal).15 = 32. #5 12db L: #6.60m B 0. #3. 30 cm ó 16L.7 1.87 6. Por facilidad en la construcción se considera Smin = 10 cm. #4.Curso de actualización-89-I .8 t/m y wL=1. fy = 4200kg/cm2.5 = 7.87 tn/m v 0.30 0.90 46. en una sola capa).30m A 6. 17 tn Vu' = 21. Vu ' Vu d VC 33. 1.44 m Cara de apoyo 6.18 2.16 m x = 2.1 210 30 53.72 tn Vu' = 21.78 15.76 7.78 12.15.56 tn 0.53 210 30 53.39 tn V d VC =12.53 tn Vu d 28.42 4200 53. Vud = Vu cara wud = 32.76) x 19.Antonio .95 + 1.10 tn vu' = 21.87 0.Concreto Armado 153 ( x y)19.78 25.56 tn hay que diseñar algún tipo de refuerzo transversal.1 fc ' bd = 25.17 tn smáx = d / 2 27 m 60cm smáx = 27 cm.94 ( x y)32. Vumáx = 2.60 m 32.18 32.53 33. Cálculo de "S" para el cortante critico.27 = 6.17 tn Espaciamiento máximo. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.56 12.22 d = 53.76 dc = 4 + 0.1 fc ' bd = 2.1 210 30 53.15 15 S = 15 cm Vu ' 21. .44 m 51.18 Cara de apoyo y = 4.170 Usar estribo @ 0.85 Cortante que aporta el concreto.39 21.39 tn < u = 33. S= Av fy d 1.76 y 4.72 tn 1.17 tn Que será absorbido por el refuerzo transversal. Cortante remanente máximo.256-258 y 263.16 m (19.5378 = 28.78 = 49.1 fc ' bd = 1. (44) BLANCO B. VC = 0.pág.78 cm * Cortante de diseño en el apoyo B. 99 = 7.Curso de actualización-89-I .42 4200 53.87 x 38.10 = 0.05 = 7.
[email protected] n x = 3.95 Vud = 18.05.59 tn .50 m (acumulado) V 12. hasta donde se necesitan .FIC.154 Ing°S.78 16.95 tn = 17.27 .
[email protected] tn s0 = 20 cm Vs0 = Vno = 38.87 X 1 Vn1 = 38.09 0.10 + .85 Longitud disponible para @.42 4200 53.88 tn 27 Vn1 = 11.15.40 = 1.87 .04 + 12.27 x1 = 1.10 m 0.5 30 fy s = d/2 = 27 cm ó 60 cm Establecemos nuestro siguiente espaciamiento: 1.54 m Avmí = 0.56 s0 x0 d s=0.49m Long.50 = 1.49 1.09 m 1.44 m @27 CORTANTE DE DISEÑO EN EL APOYO A Vud 14.18 7.88 + 12.20 = .54 - wu x0 = 28.43 xo = 1.27: 1.78 s1 = 27 cm vs1 = 11.27 Ldisp.54 = 24.39 Se colocarán hasta: Vn = c = = 6.39 = 28.5bws 1.20 tn 2 2 7.04 tn s0 20 Vno = Vs0 + Vc = 16.99 Ldisp = 3.15 Vu 38.Chávez C.39 = 24.Diseño de estructuras de concreto armado.40 m 0.54 tn Se establece: Av fy d 1. = 1.4 7 3/8":
[email protected] L = 1.05.44 = 2.42 4200 s= = 56.27 tn 7.85 Cortante que aporta el concreto (45) UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA.
[email protected] ESTRIBOS 3/8".14 Area de acero mínimo: Nº = 3.20.8 cm 3.
[email protected] 7 @.54 = 6.20 L = 1. 33.54
[email protected] = 14.2 = 2 @. 94 4.85 1.1 fc ' bd = 25.84 0.10 tn >> Vu' = 5.
[email protected] V 301 (0. 6 1” Wu=4.27 ESTRIBOS 5/8": 1@ .68 cm > Smáx.d 1.50 = 16.Antonio . La viga soporta una carga uniformemente repartida de WD=2.77 m .72 tn > Vu' Smáx = 27 cm Avfy.60 Cortante en la cara del apoyo: Vu cara = Wu Lv = 4.60 0.30 10.30 0. .94 tn Cortante de diseño: Vud = Vu cara Wud = 16.2 t/m.pág.59 tn Vu' = 5.0 t/m y WL=1.84 t/m 50 3.4 11.84 tn/m dc 3/8” 6.27 3/ 8”: 1@.
[email protected].
[email protected] 0.56 = 6. Usar: S 5200 Vu ' Se colocarán estribos hasta Vn = Vc/2 = 6.4209 = 14.256-258 y 263.91 cm d = 42.Concreto Armado 155 VC = 12.20.70WL=4.05.27 @.
[email protected] 0.84 3.60) Ejemplo 02: Diseñar por fuerza cortante la viga en el voladizo que se muestra en la figura adjunta.05 Nº = =6.30 0.50 m 3 1” 25 SECCIÓN DE LA VIGA Solución: WU =1.40 WD+1.27 3/ 8”:
[email protected] cm 30.27 6.90 tn (44) BLANCO B. fc'=210 kr/cm2 y fy = 4200 kg/cm2.87 x 22.2 tn Cortante remanente máximo Vu máx = 49.42 4200 53.4 6 @. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.
[email protected] 3/ 8”:
[email protected] tn Espaciamiento máximo 1.20 x = 1.05.20 7.39 tn < Vud = 17.22 20.77 0.05.20 tn 7.30 6.78 = = 61. 6@. 450 usar .09 = 16.5bwS 1.78 m 3/8”:
[email protected] 25 fy 2.
[email protected] Av mín Nº USAR: 3/8": 1@. 3/8"@.42 4200 S= = 68.
[email protected] de actualización-89-I .45 tn Cortante remanente máximo: Vu' máx = 2. Vu d Vd 14. Vu' = 9.09 26.0 = 60 cm Smáx = 21 cm Cálculo de "S" para el cortante crítico: Avfyd 1.42 4200 42.21 3.45 tn.Chávez C.21 V 8. L = 2.53 tn 0.90 17.84x 19.0 cm 3.56 cm > Smáx = 21.79 m Vn 0 0.93 4.50 (45) UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA.16 cm > Smáx = 21.1 fc ' bd = 1.08 tn < u = 17.09 = 8.05 = 13.53 8.FIC.08 Sección de refuerzo mínimo: Vn0 C 4. V d Vu' = u VC = 17.02 tn > Vu' = 9.79 0.04 x = 2.1 210 2542.45 tn Espaciamiento máximo: 1.53 210 25 42.08 = 9.05 = 13 estribos 0.85 S Area de acero mínimo: 3.09 = 32.85 Cortante que aporta el concreto: VC = 0.77 tn > Vu' = 9.21.Diseño de estructuras de concreto armado.0 cm Vu ' 9.53 tn Hay que diseñar algún tipo de refuerzo transversal.05.08 tn V d VC = 8.53 tn u 17.1 210 25 42.45 tn Smáx = d/2 = 21.05.156 Ing°S.04 tn 2 2 Vu cara ux 4. 256-258 y 263. se ha supuesto que la estructura tiene la capacidad de disipar energía en el rango inelástico de respuesta (reducción por ductilidad). Para lograr este objetivo se deberá evitar las fallas frágiles y por el contrario buscar que se generen fallas dúctiles. para una viga con carga distribuida: M ni M nd Wu Ln (Ver Fig. Para que esto ocurra será necesario que los elementos sismo-resistentes de esta estructura tengan una ductilidad adecuada. V2) En esta expresión Mni y Mnd Ln 2 son los momentos nominales reales a flexión que tiene la viga (con los refuerzos de acero que realmente se especificaron en el diseño). . La fuerza cortante (Vu) de los elementos en flexión deberá determinarse a partir de la suma de las fuerzas cortantes asociadas con el desarrollo de las resistencias nominales en flexión (Mn) en los extremos de la luz libre del elemento y la fuerza isostática calculada para las cargas permanentes.Concreto Armado 157 5. La calidad del acero no podrá se mayor de 4200 Kg/cm 2. Es por este motivo que un criterio básico de diseño sismo-resistente es que la resistencia a cortante de un elemento sea siempre mayor que su resistencia a flexión. (44) BLANCO B. Se exige que los estribos serán cerrados con ganchos estándar a 135º. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.3. Se indican a continuación los requerimientos dados en la norma peruana para el refuerzo transversal en elementos estructurales A flexión. Así por ejemplo. V 2: Cortante de diseño para elementos sismo-resistentes en flexión. Vui = Ln Wu(t/m) Mnd Mni Vn M ni Mnd Wu Ln Ln 2 Fig.pág.2. Diseño de refuerzo transversal en zonas sísmicas(44).Antonio . Al encontrar las fuerzas actuantes que representan los efectos sísmicos. ni de 30 cm. 2 3/4”+2 23/4” 2 3/4”+2 5/8” A B 2 3/4” 2 3/4” A B 5.Curso de actualización-89-I . actuando ambos en el mismo sentido y la carga será correspondiente a la hipótesis de sismo (Wu = 1. fy 0. SO SO SOd/4 .50 d = 49.30cm SOd/2 Zona de confinamiento Zona de confinamiento 5 cm ó SO/2 2d 2d Fig. Los momentos en los extremos deben considerarse en las dos direcciones.25(WD + WL)). 8 db.FIC.10 cm Asinf = 23/4" = 5. El espaciamiento máximo (en zona de confinamiento) no debe ser mayor de d/4.50 4 3/4” 2 3/4” 2 3/4” A-A C 5.6 t/m.50 4 3/4” 2 5/8” 4 3/4” C 2 3/4” 2 3/4” 2 3/4” 2 3/4” 2 3/4” B. El espaciamiento de los estribos fuera de la zona de confinamiento. V 3). Estará constituido por estribos cerrados de diámetro mínimo 3/8". V-3: Espaciamiento del refuerzo transversal.8 t/m Solución: Mn = As fy (d a/2). medida a partir de la cara del apoyo hacia el centro de la luz. ocho veces el diámetro de la barra longitudinal de menor diámetro. WL = 1.85 fc ' b Primer apoyo: Assup = 43/4" = 11. a = As. deben espaciarse a no más d/2 (Fig.7843 As 0. considerando los requisitos para elementos sismoresistentes. Siendo la zona de confinamiento igual a 2d. El primer estribo deberá ubicarse a la mitad del espaciamiento S 0 ó 5 cm (el menor).Diseño de estructuras de concreto armado.C 2.B C.68 cm2.90 d = 49.158 Ing°S.36 cm2. dc = 5. dc = 5. Ejemplo: Diseñar por corte la viga que se detalla a continuación.00 Columnas: 30 40 cm Viga: 30 55 cm fc' = 210 Kg/cm2 fy = 4200 Kg/cm2 WD = 2.10 cm (45) UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA.Chávez C. 10 8.18 t-m 6.12 tn RC=15.Antonio .45/2) = 11.90 tn 11.07 t m Mninf = 5.36 4200 (49.95 tn 11. dc = 7.61 13.04 4200 47.68 4200 49.12 tn RB=15.Concreto Armado 159 Mnsup = 11.04 cm2 .50 t/m Ln=5.90 tn 27.45 / 2 11.68 cm2 Mnsup = 15. dc = 7.36 cm2 .36 / 2 29.68 cm2 Mnsup = 17.91/2) = 21.10 4.18 t m CALCULO DE LOS CORTANTES DE DISEÑO: Wu = 1.pág.50 t/m Wu = 5.25(2.68 4200 49.12 tn Mni Mnd Ln Momentos antihorarios Cortante debido al refuerzo colocado: V 21.256-258 y 263.07 t-m 6.68 4200 (49.25 (WD + WL) =1.50 Ln=5.95 tn Momentos horarios (44) BLANCO B.12 tn RB=15.05 / 2 27.18 tm Segundo apoyo: Assup = 43/4'' + 25/8'' = 15.10 4.30 t-m 5.50 t/m Cortante isostático: R= Wu Ln 2 1º TRAMO 2º TRAMO Wu = 5.98 cm Assup = 23/4'' = 5.36 4200 47. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.18 t m Tercer apoyo: Assup= 63/4'' = 17.02 d = 47.61 cm Asinf = 23/4'' = 5.30 d = 47. .50 RA =15.10 4.25 t m Mninf = 5.98 12.45 / 2 11.30 tm Mninf = 5.6+18)=Wu = 5.18 t-m 5. Curso de actualización-89-I .48 5. diseñaremos con el cortante Vu=22.36 = 22.27 tn 0.41 m 30.12 5.02 22.78 tn Vud 19.85 (45) UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA.12 + 6.12 + 6.50(7.10 x=1.17 tn APOYO DERECHO: Vu final = 15.4910 = 19.07 tn Segundo Tramo: * Debido a momentos antihorarios.24 d=49.76 y=4.95 = 8.FIC.76 tn APOYO DERECHO: Vu final = 15.12 6. APOYO IZQUIERDO: Vu final = 15.90 = 21.24 y 5.95 = 22.95 = 22.09 m 30.Diseño de estructuras de concreto armado. CORTANTES FINALES: Primer Tramo * * Debido a momentos antihorarios: APOYO IZQUIERDO: Vu final = 15.12 + 5.48 Cortante de diseño: Vud = Vu cara Wud = 22.02 tn APOYO DERECHO: Vu final = 15.22 Primer tramo 22.12 6.17 tn Debido a momentos horarios.12 + 7.36 = 7.17 7.41 Vud 22.48 tn.07 tn APOYO DERECHO: Vu final = 15.Chávez C.160 Ing°S. APOYO IZQUIERDO: Vu final = 15.48) 4.17 Segundo Tramo 22.90 = 9.76 9.50 0.07 8.78 23.22 tn Debido a momentos horarios. para los dos tramos.09 x 5.50(22.95 = 8.48 tn Envolvente de cortante: 21.48 * Como los cortantes en el primer tramo y segundo tramo son parecidos.12 7.76) 1. APOYO IZQUIERDO: Vu final = 15.07 8. 7. 31 = 11.85 Cortante que resiste el cº Vc = 0.4 tn Cortante de diseño.04 tn Cortante remanente máximo = Vu máx >> Vn' (44) BLANCO B.4 2.31 tn < = 23.1 210 30 49.1 fc ' bd = 2.61 = 10.27 11.10 24.10 < Smáx.4 6.960 Smáx Usar 3/8"@.Antonio .10. de = 47.59 12.42 4200 49.7 1. S Avfyd 1.8 = 6.27 tn Hay que diseñar algún tipo de refuerzo transversal Vud Vu = Vc = 23. L = 0.97 tn < Vud Vu' = 1.48 cm > Vu ' 11.32 9 : 1@. 0.05.25 49.10 S = d/2 = = 24. .10 = 11.05 Nº estribo = = 9.Concreto Armado 161 Cortante que resiste el concreto: Vc = 0.83 tn > Vn' Espaciamiento máximo (2d) = 2 49.
[email protected] tn Cortante remanente máximo: Vn'máx = 2.10 = 44.72 30 cm Smáx = 12 cm Cálculo de “S” para el cortante crítico.7 2 = 13.05.6 + 1.55 25 cm 2 Usar 3/8":
[email protected] 0.10.
[email protected] 210 30 49.7 tn/m Vu = Wu Lv = 6.25d 0.982 0.7 0.2 cm 0.pág.256-258 y 263.31 tn Vud Vc = 11. Wu = 1.01 tn 0.53 210 30 47.4761 = 10.10 = 98. resto @.10 Fuera de la zona de confinamiento el espaciamiento máximo será: 49. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.28 S 8db 8 1.21 tn Vud 10.25 Cortante en el volado: (Se analiza bajo cargas de gravedad).10 12.61 cm Vud = Vn Wud = 13.96 tn Vn' = 11.21 = = 12. resto @0.resto @0.Curso de actualización-89-I .1 Smáx = 24 cm 1. cuando las secciones extremas alcanzan un esfuerzo en el acero = fy y la correspondiente a las cargas de gravedad. 1040 S= Sección de refuerzo mínimo: Vno = Vc/2 = (
[email protected] x = 1.50 23/4" 3/8":
[email protected] 4200 47.6@0. Espaciamiento máximo: fc ' bd > Vn' Smáx = d/2 = 24 = 60 cálculo de "S" para el cortante crítico: 1.
[email protected] cm > Smáx.76 1.05.5 30
[email protected]ávez C.00 5.85 fc ' b El cortante de diseño crítico será el correspondiente al de la cara del apoyo.40 2.3 Diseño en zonas de alto riesgo sísmico.85 Area de acero mínimo: 15.resto @0.05 56.61 273. (45) UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA.(45) Debe diseñarse para la fuerza cortante que se presente en la viga.05.40 2 3/4"+2 3/4" 0.05.FIC.7 x = Vno 6.25 0.02 >> Smáx.162 Ing°S.25 c/e 0.30 0.49 tn Vu cara 6.42 4200 = 56. 3.20 S= 3/8":
[email protected] c/e 3/8":
[email protected] Usar: 2 3/4"+2 5/8" 23/4" 23/4" 23/4" 23/4" 23/4" 5.10.40 5.7 x = 5.25fy (código ACI) fy fs a Mn = As fy d 2 Asfy a= 0.97)/2 = 5.50 3/8":
[email protected]. resto @0.2.Diseño de estructuras de concreto armado. fs fs = fy = 1.30 m 0.25 6 0. Vn = Vc + V'u * Hasta "2d".256-258 y 263. S= Avfyd Vu . el Vc = 0 S = Avfyd Vn * Para > "2d". . Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. se toma en cuenta la presencia o aporte del concreto Vc.pág.Concreto Armado 163 Vu cara Vu = Vu cara . SISMO: MA(-) MA(+) VB Ln VA MA (-) WuLn M A () M B () 2 Ln WuLn M A () M B () VB = 2 Ln VA= SISMO: WuLn M A () M B () 2 Ln WuLn M A () M B () MA (+) VB = 2 Ln V VA = VA Ln B (44) BLANCO B.Antonio . Vu ' Vc Vu ' As A(-) As A(+ ) As B(-) As mí As mí As(-) 2 As B(+ ) Ln Considerando la dirección del sismo s. 20 4200 (38.Curso de actualización-89-I .36 4200 (39.84 tm APOYO B.85 fc ' b = 0.50 5.20 cm2 Mn sup = 1.01/2) = 16.50 0.258.7059As APOYO A.FIC.02/2) = 20.20/2) = 18. = 3/8'' Solucion Mn = As fy(d-a/2) a= Asfy 0.14 tm.00 m B A V 101(0. fy = 4200 kg/cm2 .8 t/m 5. Assup = 33/4 = 8.78 7. Mninf = 1.52 cm2 Asinf = 21'' = 10.524200 (39.10 – 6.93 tm Mninf = 1.00 RA =14. Ejemplo: Para una viga "dúctil especial" que se muestra en la figura.20 4200 (38.8 t/m . 1 3/4” 2 3/4” 2 3/4” 2 1” 0.20/2) = 18.25 0. Cortante isostático: R = WuLn 2 Wu=5.164 Ing°S.84 tm CÁLCULO DE LOS CORTANTES DE DISEÑO.10 8.36 cm2 Asinf = 21" = 10. fc' = 350 kg/cm2 .Diseño de estructuras de concreto armado.25 10.25 11.25 10.78 7.5 tn Cortante debido al refuerzo colocado: V Mni Mnd Ln (45) UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA.Chávez C.5 tn RB=14.45) Considerar: Wu = 5.20 cm2 Mnsup = 1. diseñar por fuerza cortante. Assup = 43/4" = 11. 00 7.84 t-m 20.84 t-m Ln=5.50 tn APOYO B.44 = 26.50 7.76 S = 8L 8 1.93 t-m 18.pág.95 = 22.00 tn 7.28 30 Smáx = 10 cm Cálculo de "S" para el cortante crítico. d / 4 30.95 = 6.50 + 7. . L = 0. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.10 = 28.55 tn APOYO B Vn = 14.50 tn Debido al momento horario (tramo).Antonio .09 (44) BLANCO B.95 tn 7. * * Debido al momento antihorario (tramo).77 m 0. Nº = 0.42 4200 39.50 + 7. Vn = 14.44 CORTANTE DE DISEÑO: Vu = 22.50 22. APOYO A.40 tn 0. Vn = 14. @.91 15. S Avfyd 1.09.85 Espaciamiento máximo.05 8. Vn 26.45 tn Envolvente de cortante.782 0.95 tn CORTANTES FINALES.13 Usar:
[email protected]. APOYO A Vn = 14.0 cm < Smáx.2 cm.00 Ln=5.256-258 y 263.
[email protected] tn Vn 22.55 7.00 tn 7. 21.Concreto Armado 165 Momento antihorario 16.400 ) Usar estribos en 2d = 2 39.00 = 21.10 8.00 = 7.83 9.50 7.10 / 4 9.14 t-m Momento horario 18.50 6.09. 05. Usar: 3/8": 1@. resto @.50 3050 3050 Esta losa ha sido diseñada por flexión. LOSA LLENA O MACIZA.Curso de actualización-89-I . Vu = Vu cara Wu(2d) = 22.20 1 3/4” 2 3/4” 2 3/4” 2 1” 3/8” 1@. resto @.25 t/m L = 5. Vc = 0.Chávez C.53 350 25 39. fc'=210 Kg.7 0.10 = 9.. no se diseña el refuerzo transversal por corte.370 S máx d/2 = 39.69 = 11.00 m 5.50 VIGAS: 3050 W L = 0.42 4200 39. así tenemos: A.166 Ing°S.20 C/E 0./cm. Solución: Wu = 1.69 tn < Vu Vu' = 21./cm2. ) En zona 2d.85 Cortante que absorbe el cº. W D = 0. considerando la contribución del Cº.51 cm 20.50 t/m L = 5.09.37 tn Vu' = 11.12 t/m (45) UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA.4 0.Diseño de estructuras de concreto armado. fy = 4200 Kg.06 9.3.09.FIC.05.55 S máx = 20 cm.0 cm Vu ' 11.3910 = 17.37 tn S Avfyd 1.10/2 = 19.50 0.25 Wu = 1.06 tn 0.90 tn Vu 17.50 + 1. utilizando los coeficientes del ACI. DISEÑO DE SISTEMA DE PISOS: En losas unidireccionales. 8@. lo que se hace es simplemente chequeo por corte.10 20. e=17 cm.90 21.8 2 0.
[email protected] 5.44 5. . Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado..75 tn > (3.24 tn = 3.50 B Ln = 5...575 3...50 30 50 C 30 50 Esta losa aligerada ha sido diseñada por flexión... Aumentando el espesor: Vud Vc = 0.K. e=20 cm..20 Ln = 5..35 3..12 0.12 0./cm2.20 C B A Coef.pág.91 1..94 3. fc'=210 Kg.42 0.42 Cortantes críticos de diseño.. Solución: (44) BLANCO B..75 tn Cortante que aporta el concreto.75 tn) . 0.35 3.75 tn Vud Vc = 10....75 tn Vud APOYO B:Vud = Vu cara Wud = 2. utilizando los coeficientes del ACI.19 tn Vud = 3.5 Vu 2...256-258 y 263.48 t/m v A VIGAS: 3050 Ln = 5. .14 = 3. Vc = 0.91 3. fy = 4200 Kg. Si Vc < Vud podemos mejorar la calidad del concreto ó aumentar el espesor de la losa.53 O sea que la losa no fallará por fuerza cortante.91 Vu/ 3. TRAMO AB = BC APOYO A:Vud = Vu cara Wud = 2.5 2. fc ' bd = 0.94 0.Antonio .91 1.14 = 2./cm2. Wu = 0.24..Concreto Armado 167 Wu = 1..575 0. LOSA ALIGERADA..12 t/m Ln = 5.53 210 100 14 = 10. 3.20 Ln = 5.53 fc ' bd = d = . e = d + dc B.20 Ln = 5.. O. FIC.575 0..entonces podemos solucionar el problema : Mejorar la calidad del C º Aumentar el peralte o Ensanchar la vigueta Optemos por ensanchar la vigueta: Vc = 1.25 Vu/ 1..44 1. Xv = 0.14 cm 11.44 0.53 210 b 17 = Vud = 1600 b = 11.48 0.44 1.20 C B A Coef.52 m.17 tn APOYO B:Vud = 1.Diseño de estructuras de concreto armado.44 > = 1.48 Ensanche en apoyo B: b =0.69 1.10 0. : en la cada del apoyo Wu 1..Curso de actualización-89-I .48 0.47 Cortantes críticos de diseño...52 m 0.60 tn. O.36 Vud Vud = 1. TRAMO AB = BC APOYO A: Vud = 1.10 0..38 tn .69 0.60 tn Cortante que resiste el cº.47 0. Vc = 1.38 tn = 1.44 tn Vud Vc = 1.52 (45) UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA.53 210 10 17 = 1.48 t/mxv Ln = 5. pero Vc < Vud/Φ=1.44 = = 0.5 Vu 1. 0.20 Ln = 5.25 1.Chávez C.0 Vu / Vc Vu Xv = .17 = 1.11 0.69 1. El código ACI recomienda que tratándose de losas aligeradas y nervadas la fuerza cortante del concreto debe incrementarse en un 10%.53 fc ' bwd = 1.168 Ing°S.17 = 1.10 0... Wu = 0.25 0.575 1.5 1. K.10 0. Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. 169 .pág.256-258 y 263.Antonio .Concreto Armado (44) BLANCO B. puede tomarse igual a 1. que sin embargo no se tratan en este capítulo. siendo normales aquellas que tienen un espesor del orden de 0. 3 drA fs 10 6 cm. Efectos combinados a flexión y cortante. 2 ds 1 3 h1 W1 = Ancho de la grieta en la fibra más alejada en tracción W2 = Ancho de la grieta a la altura del acero en tracción. Independientemente de las fisuras debidas a los esfuerzos de tracción por flexión existen fisuras por efecto de contracción de fragua. Si la distribución del acero en tracción es adecuada.1 a 0.1 AGRIETAMIENTO. dentro de los cuales citamos: W1 W2 3 drA fs 10 6 cm. estas fisuras son muy pequeñas. Existen diversas expresiones que evalúan el ancho posible de las fisuras a nivel de refuerzo traccionado y en la cara más alejada en tracción.2 A = Área de concreto efectivo que rodea a cada barra en tracción y se calcula. dr = Espesor del recubrimiento de concreto medido desde la cara de tracción al centro de la barra situada más cerca de ésta cara (cm.) θ = h2 / h1 . temperatura y tracción diagonal. dedicado básicamente al diseño por flexión.3 mm. dependiendo además del área efectiva del concreto que rodea a cada barra traccionada. La determinación del ancho de una fisura no es exacta y existen diversas teorías que tratan de explicar el mecanismo de su formación y evaluación de su espesor. Este fenómeno se presenta en todos los elementos que trabajan a flexión bajo cargas de servicio.Concreto Armado 169 VI. flujo plástico. Relación entre la distancia de la cara de tracción al eje neutro y del centro de gravedad de la armadura al eje neutro. El control de los anchos de la fisura debe hacerse para prevenir la corrosión del refuerzo y el aspecto estético. 6. . sin embargo se puede indicar que el ancho de una fisura es directamente proporcional al nivel del esfuerzo del acero traccionado (fs). Otros autores recomiendan: 0.00 m.30 mm.30 mm.6 fy .0 cm. entonces: 18../cm2. para condiciones de exposición interior.Para una viga de sección rectangular simplemente apoyada. fy = 4200 Kg.e../cm2. ≤ 26000 Kg. Así: A ./cm2./cm2.Chávez C. fs = Esfuerzo del acero (Kg. / cm) Donde: z ≤ 31000 Kg.. 0. 0. estimar el ancho máximo de grieta. Estructuras de contención de agua 0. W = 4 t/m. Ancho de grietas permisibles (Concreto Armado – R. Ae . Cuando las barras son de diámetro diferente./cm2.170 Ing°S. r.10 mm. para condiciones de exposición exterior.e. Morales). 60 L = 6. Así: As = 2Ø 1” + 3Ø ¾”. que exceda a 2800 Kg.15 mm. donde: z fs 3 drA ( Kg. 0.. 0. Agentes químicos.18 mm. para elementos hacia interiores. Ae = Área efectiva total de concreto que rodea a todas las barras en tracción..). 4Ø 1“ 30 f’c = 210 Kg. en orden de reducir el tamaño de los cálculos. N se obtiene dividiendo el área de acero en tracción entre el área de la barra de mayor uso. recomienda usar un factor Z. j = 7 / 8 = 0. 0.84 La verificación de control de grietas sólo es necesario cuando se usa acero en tensión con resistencia de fluencia.59 .41 mm. = ڤØ 3/8“ . fy. 2.72 N 6. OK. = 4. para elementos hacia exteriores. Agua de mar.. El código ACI. Ejemplo . As : Área de acero en tracción.. N Ae = 2 dc b N = Números de barras en tracción. Aire húmedo o suelo.40 mm. calculado mediante: M ó fs = 0./cm2.88 fs Asjd M : Es el momento bajo cargas de servicio (no factorizada). Condición de exposición Ancho permisible Aire seco o con membrana de protección. Un camino se hace desdoblando el área de acero de mayor diámetro en otros diámetros menores: As = 4 Ø 1” = 20.22 93. d.78 cm. N 7 6.74 cm.74 – 6. OK. .18 mm.52 cm.. - c nAs 2bd 1 1 . W2 0.40 Kg / cm 2 Asjd 8 20.78 fs 1864 Kg / cm 2 z fs 3 drA 18643 6..27) = 53.74 cm.h2 = h – c = 60 – 20.18 mm.547. Entonces: 39. = 7 Ø ¾” (19..0184 cm.26 c 20. será: d = 60 – (4 + 0.. . 1 1 30 9 20.26 cm. porque el acero estaría desligado del concreto y por lo tanto el criterio que asume igual deformación entre acero y concreto que es fundamental en la teoría de concreto armado no funcionaría.2 n 9 Ec 15000 210 M 4 6 2 10 5 1864.95 + 1.0138 cm.78 20. h1 = h2 –dc = 39.22 30 A 93./cm.30 cm 2 N 4 4 3 z 1864 6.2./cm.14 mm.52 cm. b nAs c 9 20. W1 0..74 W1 z 10 6 15.88) N = 7 2dcb 2 6.40 - fs n Es 2 10 6 9..000 Kg.83 Kg.000 Kg.31 cm 2 < A (anterior) .22 1 1 3 h1 3 33. h1 = 33.30 W2 fs 10 6 1864 10 6 0. 2 ds 2 6.Concreto Armado 171 Solución - El peralte efectivo.88 53. < 26. 33. / cm.22 30 A 53.52 - 0. . La adherencia es un factor fundamental en el comportamiento del concreto armado. h2 = 39.547. si no existiera adherencia entre concreto y acero.14 mm.22 = 33..52 3 3 dsA 6.83 10 6 0..22 A Ae 2dcb 2 6. se tendría prácticamente lo equivalente a una viga de concreto solamente y no compuesta como se pretende. Nota: Si W > WPermisible se recalcula la estructura para colocar más acero.40 cm2.40 2 30 53.30 15.ADHERENCIA.26 = 39.40 0. < 31.22 93. 172 Ing°S. se supone que ya ha sido diseñada por flexión y cortante. de concreto por debajo o sobre ellas. Para diseñar por adherencia. para el refuerzo negativo en tracción y compresión (tenemos que considerar la fuerza cortante en la cara del apoyo). / cm 2 Para barras corrugadas u db 3. denominándose a las primeras. / cm 2 compresión u db Para barras lisas se considera la mitad (50%) de los esfuerzos anteriores.88 d = Peralte efectivo del elemento del que se trate (cm). . comúnmente = 0. esta ubicado en la cara de los apoyos. y en los puntos de inflexión para el refuerzo positivo (+) en tracción donde se considerará el perímetro de las barras que entran rectas en los apoyos.Chávez C. se calculará con las siguiente fórmulas: 4. o = Suma de los perímetros de todas las barras efectivas que cruzan la sección en el lado de tracción./cm 2. barras del Lecho inferior o barras de la capa inferior.4 f ' c 56 Kg .5 f ' c 89 Kg . Vu = Fuerza cortante última actuante en la sección considerada (Kg. En elementos sujetos a flexión el máximo esfuerzo de adherencia en cualquier sección esta dado por: o necesario Vu / Vu / ó u u jd o jd Donde: μu = Esfuerzo último de adherencia entre concreto y acero (Kg.). j = Constante equivalente a 7/8. El esfuerzo unitario último de adherencia (μu) se calculará según se trate de barras que tengan más o menos 30 cm. / cm 2 Capa superior u db tracción 6. a las segundas. 4 Ø 1” (capa superior) 3 Ø 1” (capa inferior) μu.4 f ' c Capa inferior 56 Kg . Las secciones críticas para comprobar perímetro de adherencia.). Los mecanismos principales que permiten que se produzca la adherencia entre acero y concreto son básicamente la adhesión química. la fricción y el aplastamiento o cortante que se produce entre las corrugaciones de la varilla y el concreto que la rodea. barras del Lecho superior o barras de la capa superior y. d = 53.. 1 Ø 1” 3 Ø 1” 1 Ø 1” 4 Ø 1” 3Ø 1” 7. entonces el perímetro adherencia disponible es: o disp 4 6 24 cm. así: Perímetro Ø ½ = ½ x 8 = 4 cm. multiplicar el numerador de la fracción que indica el diámetro de la barra correspondiente x 8.Si el total del fierro negativo en el apoyo es 4 Ø ¾”. Si o necesario 36 cm (imaginándonos) o nec > produciran grietas horizontales. Ejemplo.) en lugar de 4 Ø ¾” Ejemplo.Tengamos la siguiente viga. Perímetro Ø 5/8 = 5/8 x 8 = 5 cm.. y no por flexión o sea se colocarán 6 Ø ¾” (36 cm.Concreto Armado 173 Para determinar el perímetro de cada barra.78 cm.50 m.. 7 Ø 1” 3 Ø 1” .2 PI PI 24 17 Vu/ф 28. b x h = 30 x 60 cm. 30. entonces se por lo tanto el diseño esta gobernado por Adherencia.2 20. .0 Ø 4 Ø 1” Ø’ 0 disp 32 cm. 24 cm. o disp. 21 cm. Capa superior: u 4. 2. 2.0 Tn./cm2. 3. podemos calcular can la siguiente fórmula empírica. < 89 Kg. (suposición).5 Capa inferior: u 6./cm2./cm2.2 10 4 Kg. / cm. 0 Suponemos que el Mu y Vu en la cara del apoyo es 30. disp Capa inferior 3 8 24 cm. OK.I.88 53.88 53. < u jd 36. < 56 Kg.54 db db CAPA SUPERIOR: 0 nec Vu / 28. por lo tanto el diseño está correcto.66 - Perímetro de adherencia necesario.2 t-m.67 0.57 cm.4 f 'c 4. disp . . y 24.) 0 nec Vu / 20.78 0 0 disp 32 cm.I.4 210 36.2 tn-m.Chávez C.75 2.78 Vemos que 0 nec < 0 disp 24 cm. Mu = 30. X PI PI X PI XPI Cara de apoyo 750 750 2 2 30.000 11.51 0.51 Kg. / cm XPI = 109 cm 24 V V 17. OK.5 210 25./cm2. Perímetro de adherencia disponible: Capa superior 4 8 32 cm.54 f 'c 6. entonces la distancia de la cara al P.174 - Ing°S.6 t/m.200 23. CAPA INFERIOR: (en PI. < u jd 25.02 Tn. que corresponde al P.67 Kg. 2 4 86 Kg. Ln Ln 2 2Mu 2 4 Wu Wu = 8.. Aun en estos casos.238 y 243. las columnas también soportan momentos flectores con respecto a uno o a los dos ejes de la sección transversal y esta acción de flexión puede producir fuerzas de tensión sobre una parte de la sección transversal. no se diseñan como columnas)(47). mayor que tres. Si hablamos de términos económicos y pérdidas humanas. Por lo tanto se debe tener mayor cuidado en el diseño de columnas. es decir deben tener una reserva de resistencia más alta que las vigas o que cualquier otro elemento estructural. L/b 3 es pedestal (no llevan armadura. En general. (VII . Fig. la falla estructural de una columna tiene mucha importancia.pág. tiene una relación largo / menor dimensión de la columna. se hace referencia a las columnas como elementos a compresión puesto que las fuerzas de compresión dominan su comportamiento(46).Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.1) Como las columnas están sujetos a esfuerzos de compresión. En la fig.1 INTRODUCCIÓN Las columnas se definen como elementos que sostienen principalmente cargas a compresión.Concreto Armado 175 VII. (VII . (57) BLANCO B. que reciben las cargas de las losas y de las vigas con el fin de trasmitirlos hacia la cimentación y permitiendo además que una edificación tenga varios niveles. la falla en un lugar crítico puede causar el colapso progresivo de los pisos concurrentes y por último el colapso completo de toda la estructura.1) podemos ver que las columnas son los elementos verticales. Las columnas. a diferencia de los pedestales.Antonio. Columnas 7. . es decir: L/b > 3 es columna. Teodoro E. También pueden ser en forma de L ó T que son complicadas para su diseño. o con tubos en su núcleo central. C. las cuales suelen ser más caras debido al encofrado.245 y 250. también pueden ser poligonales.1 Tipos de columnas.. Columnas esbeltas. COMPUESTA. estas pueden ser: ESTRIBADAS. Hace algunos años. Según el tipo de refuerzo transversal. un estudio conjunto del ACI y la ASCE señalaba que el 90% de las columnas arriostradas contra desplazamiento lateral y el 90% de las no arriostradas podrían diseñarse como columnas cortas. Son aquellas en la cuales la resistencia se rige por la resistencia de los materiales y por la geometría de la sección trasversal..Chávez C.Son aquellos que son reforzadas longitudinalmente con perfiles de acero estructural..Se llama así cuando el refuerzo longitudinal o vertical esta amarrado o ligado mediante espirales continuos llamado zunchos.Son aquellas en las cuales la resistencia puede reducirse en forma significativa por las deflexiones laterales. rectangulares.1.176 Ing°S. .Diseño de estructuras de concreto armado.pág. ZUNCHADOS. B. El arriostramiento lateral relativo de los extremos de una (52) HARMSEN . 7. A. cuadradas.1. Por la forma geométrica de su sección pueden ser: circulares.se llama así cuando el refuerzo longitudinal es amarrado o estribado o ligado con flejes o estribos.. Según la importancia de la deformación en el análisis y diseño las columnas pueden ser(48): Columnas Cortas. Cuando se presentan estos cambios de sección es conveniente tener en cuenta algunos criterios para el detallado del elemento. 7. El soporte lateral deberá resistir 1.2 REDUCCIÓN DE SECCIONES (49).Antonio.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. Aunque las columnas esbeltas son ahora más comunes por el uso generalizado de materiales de alta resistencia y por el mejoramiento en los métodos para calcular las dimensiones de los elementos.5 cm. arrostramiento diagonal o una combinación de estos. deberían tener una pendiente máxima de 1 en 6. tal que no puedan doblarse las barras como se indica en los párrafos anteriores. resulta aun valido que. la mayor parte de las columnas pueden considerarse columnas cortas. . continuando luego con la dirección del eje de la columna. Cuando el desalineamiento vertical de las caras de la columna sea mayor de 7. En la zona de cambio de sección deberá proporcionarse soporte lateral adecuado por medio de estribos o espirales.pág.5 veces el valor de la componente horizontal de la fuerza nominal en la barra inclinada. o por el propio sistema de entrepiso. núcleos de ascensores y de escaleras.238 y 243. (57) BLANCO B. en la práctica corriente. son barras que se colocan embebidas en concreto de la columna inferior con una longitud igual a la de empalme y sobresalen de la losa también una longitud igual a la de empalme. suponiendo que trabaja a su máxima capacidad.Concreto Armado 177 columna. las cuales se muestran en la figura (VII-2) Las barras longitudinales que tengan que doblarse por cambio de sección de columnas. En ocasiones. Figura (VII-2) Reducción de secciones. se proporciona a menudo mediante muros de cortante. Dowels. en este caso se utilizaran Dowels o bastones en numero igual a las barras de la columna superior. las dimensiones de las columnas en los pisos inferiores de una edificación son mayores que en los pisos superiores ya que están sometidos a mayores cargas. El código del ACI da algunas recomendaciones al respecto. Este tipo de empalmes no debe usarse en barras trabajados en frió. tanto por ser una zona congestionada por estribo. .178 Ing°S.50 m Figura VII–3 Empalmes en columnas Considerando zonas de esfuerzos bajos: 1” L = 1. VII .2. Considerando zona de esfuerzos altos.40m En columnas que están destinadas a soportar fuerte momentos de flexión.Teodoro E.55 m 5/8” L=0.70 m 5/8” L = 0. 1” L = 1. Los empalmes se efectúan comúnmente en la zona ubicada encima del nivel de piso (fig. Sin embargo si se piensa que en esa zona existen una mayor cantidad de estribos (por ser zona de confinamiento) y que allí están ubicados los mayores momentos en las columnas. Empalmes en columnas (50). En ambos casos se hará en forma alternada y en cada nivel se empalmaran el 50% o 1/3 de las barras según sea el caso. o a tope mediante un elemento de conexión adicional como puede ser un perfil metálico (angular o plancha) o por soldadura traslapando dos barras una al costado de otra. ya que en esa zona los momentos son mínimos y el confinamiento que ocasiona dificultad en el armado no existe. es preferible empalmar las barras en los puntos de momentos mínimos.0 m 3/4” L = 0. pero que se empalman menos del 50% de las varillas. debiendo aclarar que en una gran cantidad de columnas los momentos son pequeños en comparación con la carga en compresión y por tanto no interesara mucho empalmar en una zona de aparente esfuerzos altos.1.30 m 3/4” L = 0. (52) HARMSEN .245 y 250. Esta recomendación es valida como tal. El relleno de soldadura producirá en este caso un empalme de 125% de la carga de fluencia de las barras. 7.Chávez C. Los empalmes por soldadura pueden ser a tope uniendo directamente dos barras.pág. para la cual la barra inferior se corta a escuadra y la superior a bisel. Por lo tanto se puede considerar que empalmar aproximadamente en el tercio central de la altura de las columnas (entre pisos) es mucho mejor.2). deberíamos concluir que no es la zona ideal para efectuar los empalmes. como por ser una zona de esfuerzos altos.Diseño de estructuras de concreto armado. .01 g 0. ni superior a 0.01. el vaciado del concreto se vuelve un proceso muy difícil. Ag = b x t para zonas sísmicas: 0. 1. El refuerzo deben distribuirse en forma simétrica con respecto al eje geométrico dela sección. Cuando la cuantía es alta es recomendable cambiar la sección de la columna.01 g 0. libre. en consecuencia deben estar confinados en las esquinas. 4. La separación centro a centro entre barras restringidas no debe ser mayor a 35 cm.Concreto Armado 7. recomendándose como diámetro mínimo 5/8” 5.06 En términos prácticos.08 del acero total Ast g Area Area de la columna Ag 0. 3.3. ya que si la columna cuenta con demasiado refuerzo. La separación mínima entre barras longitudinales debe ser mayor o igual a : 1. y el área no será menor a 625 cm2. el diámetro mínimo de las circularles será igual a 25cm. 179 REQUISITOS PARA COLUMNAS 1. El refuerzo mínimo longitudinal debe ser cuatro (04) varillas para las estribadas y para las zunchadas 6 varillas.08 . Barra de esquina = barra perfectamente confinada Barra no esquina = barra suelta.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. queda así siempre y cuando la distancia libre de una barra de esquina a una barra suelta sea 15 cm.3 veces el tamaño máximo del agregado grueso y 4 cm.Antonio. mediante estribos. la cuantía no debe ser inferior a 0.pág.238 y 243. El ancho mínimo de la sección debe ser igual a 25cm. 2. . el tamaño máximo del agregado será (3/4” a 1”) (57) BLANCO B. la cantidad de acero esta limitada por cuestiones constructivas. Todas las barras longitudinales de una columna deben quedar preparadas para trabajar a compresión. 6..5 veces el diámetro de la barra. Diseño de estructuras de concreto armado. 10.180 Ing°S.Chávez C. El diámetro mínimo del estribo para columnas estribadas es 3/8” y para las zunchadas el espiral debe ser 3/8”.e. 3/8” para refuerzo L 1” 1/2” para refuerzo L > 1” El gancho del estribo debe ser: 8.e.Teodoro E.00 cm r. . (52) HARMSEN .e. puede colocarse estribos circulares con una longitud de traslape igual a la longitud de desarrollo.e. b = ancho de la sección h = peralto de la sección D = diámetro de la sección de la columna Dc = diámetro de núcleo de la columna Ds = diámetro de la corona circular del refuerzo.e eL b Dc eL= D r. h r.33 t.e r. 4.e Ds 1. Cuando la sección es poligonal también se hacen estribos poligonales.e. El espaciamiento máximo entre estribos será el menor de: 16 diámetros del refuerzo longitudinal.245 y 250. Cuando la sección de la columna es circular y el refuerzo longitudinal va ha ocupar una sección circular.pág. =4.A.g.00 cm. 9. 7.m.50 L 1. la menor dimensión de la columna y 48 diámetros del estribo. 2.Antonio. Las juntas del refuerzo obligatoriamente irán soldados y. a tope y espaciados a no menor 40 L ó 60 cm. Dc > 75 cm (57) BLANCO B.Concreto Armado 181 .5 cm S = paso de la hélice SL= espacio libre entre espiras. cada 30 cm. para la cual debe colocarse espaciadores verticales para mantener la alineación de la siguiente manera.006 db fy lt ld El mayor = 30 cm 11. El paso dela hélice (s) debe ser estrictamente uniforme. Cuando las barras longitudinales no cumplen la separación mínima entre barras. . 2 espaciadores para Dc 50 cm 3 espaciadores para 50 < Dc 75 cm 4 espaciadores para. 13. El espacio libre entre espiral será 2. como si el paquete estuviera constituido por una sola barra de sección igual a la suma de las barras del paquete. Estos paquetes serán amarrados o ensamblados con alambre Nº 16 o Nº 14.5 SL 7.238 y 243. o con puntos de soldadura c/ 40cm. prohibiéndose hacer paquetes para barras L > 1 3/8” Estos paquetes se colocan normalmente en las esquinas.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.06 Abfy fc' = . se podrá colocar barras en paquete con un mínimo de cuatro (04) varillas.5 cm y menor o igual a 7. formando una sola unidad. 12.5 cm.pág. 15.45( Ag 1) Ac fy Donde: Ag = área total de la columna Ac = área total del núcleo de la columna fy = esfuerzo de fluencia del zuncho Cuantía volumétrica del zuncho: Volumendel zunchode unaespira z Volumen del núcleode c del pasode unahélice Az s Dc z DcAz 4 Az 2 DcAz Dc S 4 S 4 Az Dc z 16. también se obtiene a una deformación de 0. La cuantía del zuncho se calculará con la siguiente fórmula. le adicionamos refuerzo longitudinal y refuerzo trasversal para mantener las barras en su posición vertical. Si el zuncho > 5/8” se usara tres (03) espaciadores para Dc 60 cm y cuatro (04) espaciadores para Dc > 60 cm.Teodoro E. 14. Si a una probeta de concreto simple.pág. La carga máxima.182 Ing°S.5 vueltas en ambos extremos de la columna. con un longitud de traslape de 48 b y nunca menor a 30 cm.002 y la falla a 0. El refuerzo del zuncho se anclará 1.Para una columna estribada. y en columnas con capital se extenderá hasta el nivel en el cual el diámetro o ancho del capital es el doble de la columna. 7.Chávez C.245 y 250.Diseño de estructuras de concreto armado. en su defecto traslapadas. fc ' z 0. .003 (52) HARMSEN . Las juntas del refuerzo helicoidal deben ser soldadas..4 RESISTENCIA DE COLUMNA “CORTAS” CON CARGA AXIAL (Po) A. La carga máxima para una columna de Co Armado será: Po = Pn = .Antonio. entonces la carga máxima de una columna de concreto simple será. se puede ver que la probeta “B” tiene una resistencia mucho mayor que la probeta “A”. .004. El esfuerzo de rotura del concreto cuando falla por comprensión pura es: fc = . B. donde se agrieta longitudinalmente y las barras se pandean al faltarles el recubrimiento.Para una Columna Zunchada (57) BLANCO B.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.85 fc’ Ag . esto se debe a la contribución del acero. Donde: Ag ó bxt 4 Po = Pn = Capacidad nominal de carga concéntrica.10 x 4200 Po = 426 Tm.85 x 280 x 25 x 50 + 6 x 5..85 f´c.85 fc’ Ag + Ast fy Po = .85 fc’ ( Ag – Ast ) + Ast fy Para fines prácticos se asume: Ejemplo: Ag Ag – Ast Calcular la resistencia de la columna con estribo cargada axialmente de b x h = 25 x 50cm.pág. De la gráfica c Vs fc. D 2 Po = Pn = . Solución Po = .238 y 243.Concreto Armado 183 0. La columna zunchada en el punto R.85 fc’ Ag + Ast fy La carga máxima después del segundo máximo: Po = . a menor paso de la espira. El comportamiento es similar a la de una estribada hasta el primer máximo a una deformación de 0. Este segundo máximo puede ser mayor o menor o igual que el primer máximo.002.Teodoro E. de tal modo la parte de cuerda entre R y R´. ha perdido su recubrimiento. acero longitudinal.85 fc’ Ac + Ast fy + 3º sumando. mayor confinamiento y viceversa. porque no hay recubrimiento. se debe a la presencia del refuerzo en espiral exclusivamente.Chávez C.pág.245 y 250. Ac. Co del recubrimiento y refuerzo helicoidal. se produce con la columna sin recubrimiento (descascaramiento). se debe a la contribución del refuerzo helicoidal e incremento de la resistencia del Co del núcleo: (52) HARMSEN .Diseño de estructuras de concreto armado. donde el recubrimiento se cae.184 Ing°S. En conclusión la columna zunchada su resistencia se obtiene de la contribución de cuatro factores: Co del núcleo. . La carga máxima después del primer máximo será: Po = . La columna Zunchada tiene una falla dúctil. dependiendo del grado de confinamiento del concreto del núcleo de la columna. El 3º sumando. tiene una mayor deformación de rotura que la estribada. El segundo máximo comprendido entre R y R´. por lo tanto la capacidad de carga disminuye. fc’ = 210 kg/cm2 y fy = 4200 kg / cm2.84 x 4200 4 Po = 543.40 x 4200 + 2 x 0.85 fc’ Ag + Ast fy El Código ACI.0083 Ac fy 4200 47 4 Az 4 x.Concreto Armado 185 2A z f y . Sabemos que: DcS fy 2 Azfy 4 Az 4 Az S P P z Presión de confinamiento z 4 Az DcS 2 z Dc Dc z Dc Experimentalmente se ha demostrado que la contribución de los esfuerzos axiales de confinamiento es igual a: fci’ = fc‘ + 4.pág.C. Dc = D – 2.Antonio. establece una limitación adicional a la resistencia de columnas con el fin de compensar excentricidades accidentales de cargas no tratadas en el análisis.238 y 243. En conclusión la carga axial para una columna será: Po = .1 P Ac Incremento de resistencia que experimenta el contorno del núcleo. S = paso de la espira. I.5 Tm. . R.45( 1) . As = 10 3/4" . zuncho 3/8” con S = 5 cm. Solución * Después del primer máximo Po = .85 fc’ Ag + Ast fy = .3 Tm Incremento de 61.71 z = . después del segundo máximo sin recubrimiento.85 f´c Ac + Ast fy + 2 z fy Ac Dc 2 Ac 4 .0121 z min SDc 5 x47 Po = .4 Tm se comporta igual que una estribada * Después del segundo máximo Po = .85 x 210 x x 552 + 10 x 2.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.e Ejemplo: Calcular la resistencia de una columna con refuerzo helicoidal de D = 55 cm.0121 z .N = Resistencia proporcionada por la espiral = 2 z fy Ac 2Az fy = Dc S P P Po = . (57) BLANCO B.85 fc’ Ac + Ast fy + 2 z fy Ac Ag fc ' 55 2 210 z min .45( 2 1) .85 x 210 x x 472 + 28.121 x 4200 x x 472 4 4 Po = 605.r. es decir. Algunos componentes. menor que la resistencia calculada de diseño.85 y 0. Los momentos flectores se producen por continuidad. En conclusión las columnas con carga excéntrica son aquellas que están sujetas carga axial y momento flexionante. 5% y 10% del lado para columnas con espiral y con estribos.Chávez C. Las imperfecciones inevitables de la construcción causaran excentricidades y la consecuente flexión en el elemento construido.80 son equivalentes a excentricidades de. es decir.pág. Estribada Para fines prácticos Ag – Ast Ag Los factores de 0. concéntricamente a compresión. también bajo condiciones de cargas horizontales. Esto podrá lograrse especificando una excentricidad mínima de diseño (como se hizo en ediciones anteriores al código) o mas directamente.85 [. como fuerzas de viento. Aún cuando los cálculos de diseño demuestran que un elemento esta cargado axialmente.245 y 250. por el hecho de que las columnas son partes de pórticos monolíticos en los cuales los momentos en los apoyos de las vigas son resistidos en parte por las columnas de soporte.80 para columnas con flejes (estribos) Pnmáx = .Teodoro E.85 para columnas en espiral y 0.5 RESISTENCIA DE COLUMNAS CORTAS CON CARGA AXIAL EXCÉNTRICA.186 Ing°S.85 fc’ (Ag .Diseño de estructuras de concreto armado. Así tenemos para una columna de un piso cualquiera. sostienen ante todo cargas a compresión pero casi siempre esta presente una flexión simultanea. con la determinación de un limite superior en la capacidad. . Este límite superior se toma igual a 0. 7. aproximadamente.Ast) + Ast fy Col. como las columnas y los arcos.85 fc’ (Ag . (52) HARMSEN .Ast) + Ast fy Col. En edificios y otras estructuras resulta muy raro encontrar elementos cargados axialmente.80 [. zunchada Pnmáx = . respectivamente. la excentricidad de la carga axial se tomara respecto al centro plástico.pág.5.Concreto Armado 7. Este punto se caracteriza porque tiene la propiedad de que una carga aplicada sobre él produce deformaciones uniformes en toda la sección. En secciones simétricas el centro plástico coincide con el centroide de la sección bruta y en secciones asimétricas coincide con el centroide de la sección trasformada. Ambas condiciones de carga son equivalentes y serán empleadas indistintamente para el análisis de columnas cortas sometidas a flexo-compresión. como se muestra en la figura.4) PU e<h/6 CENTRO PLASTICO P 1 2 h h P e=h/6 1 h e>h/6 CENTRO PLASTICO P 1 2 fig.Antonio. la distribución de deformaciones se modificara. (VII. .Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.VII-4 Variación de la distribución de deformaciones en la sección de acuerdo a la ubicación de la carga axial (57) BLANCO B. Para el análisis. Conforme la carga axial se aleja del centro plástico. Una columna sometida a flexo-compresión puede considerarse como el resultado de la acción de una carga axial excéntrica o como el resultado de la acción de una carga axial y un momento flector.238 y 243.1 187 Análisis de columnas cortas sometidas a flexo-compresión (51). si la excentricidad es mayor. Si esta es pequeña. una columna puede presentar cualquiera de los tres tipos de falla dependiendo de la excentricidad de la carga axial que actúa sobre ella. Al igual que las secciones sometidas a flexión pura.85 fc ' bh ( As As ' ) fy Po . como en las columnas de pórticos rígidos en los cuales los momentos son uniaxiales y la excentricidad es grande. ya sea en términos de carga axial y momento resistente. en algunos casos.85 f 'c Ag A's fy 7.P.5.245 y 250.Se define como el punto de aplicación de la fuerza resultante de la sección transversal de la columna (que incluye las fuerzas en el C o y en el acero) para la cual la columna se encuentra comprimida de manera uniforme hasta la deformación de la falla uc = . Puesto que cada columna puede presentar tres tipos de falla distintos. la falla será por compresión. o en términos de carga axial (52) HARMSEN . denominada excentricidad balanceada que ocasiona la falla balanceada de la sección. por tensión.003 en toda la sección trasversal. Sin embargo.85 fc ' bh(h / 2) As ' fy (h d ' ) X .Teodoro E. . Una columna con una distribución determinada de refuerzo y dimensiones definidas tiene infinitas combinaciones de carga axial y momentos flector que ocasionan su falla o lo que es equivalente.85 fc ' bh(h / 2) As ' fy (h d ' ) C..pág.188 Ing°S.G. h As' As Tomando momentos en la cara traccionada. o falla balanceada. b C. Además.2. cada sección tiene una excentricidad única. X Asfy Asfydc . tenemos: Po X Po As fy dc . cada una cuenta con tres juegos de ecuaciones que definen su resistencia. es más económico utilizar un patrón asimétrico de barras en la. CENTROIDE PLÁSTICO. Tipo de fallas(52). la falla será por tensión. las columnas pueden presentar falla por compresión.Diseño de estructuras de concreto armado.Chávez C. las cargas axiales que ocasionan el colapso varían dependiendo de la excentricidad con que son aplicadas. mayor parte de estas en el lado de la tensión. a diferencia de ellas. En la mayor parte de las columnas de concreto armado el refuerzo es colocado simétricamente con respecto al eje de flexión. Sin embargo. P: h a h h Mn .Antonio. VII-5: * Tipos de fallas de columnas sometidas a flexo-compresión. (Fig.85 f’c a b + As’ fs’ – As fs (1) Tomando momentos respecto al C. el cual genera los esfuerzos mostrados.5) Fig.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.Concreto Armado 189 resistente para una determinada excentricidad. Tengamos la siguiente sección de columna rectangular con refuerzo dispuesto simultáneamente y los diagramas de deformación de los tipos de falla sometido a flexo-compresión.pág.85 fc ' a b( ) As ' fs ' ( d ' ) As fs (d ) 2 2 2 2 (2) Los esfuerzos en el acero en compresión y en tensión se determinan por semejanza de triángulos: 6000(c d ' ) fy c 6000(d c) fs fy c fs ' (3) (4) (57) BLANCO B. El procedimiento para determinar estas ecuaciones es sencillo.238 y 243. VII. Por tanto: Pn = . La capacidad resistente del elemento estará dada por la resultante de las fuerzas desarrolladas en el acero y el concreto. (VII-5)-a. . se asume un diagrama de deformaciones como el mostrado en la Fig. Para determinar la ecuación que corresponde a la condición de falla por compresión. (VII .eb = h ( 0. el refuerzo en tensión alcanza el esfuerzo de fluencia y simultáneamente.85 fc ' b d ( 1 ) (1 ) 2 2 m' (1 ) 2 d d d d (52) HARMSEN . la resistencia de la columna será: Pnb = 0.24 + 0. el acero en tensión alcanzara el esfuerzo de fluencia.Teodoro E.b.85 fc’ abb + As’ fs’ – As fy (5) h a h h Mnb .85 fc ' a b( ) As ' fs ' ( d ' ) As fy (d ) (8) 2 2 2 2 La resistencia de una columna que falla por tensión se puede determinar aproximadamente a través de la siguiente expresión.eb = h ( 0.85 fc’ * Si la columna falla por tracción.Diseño de estructuras de concreto armado.85 fc ' ab b( b ) As ' fs ' ( d ' ) As fy (d ) 2 2 2 2 Sabemos que: Cb (6) 6000d ab = β1 Cb fy 6000 La excentricidad balanceada de la sección estará dada por: eb = Mnb Pnb Whitney propuso las siguientes expresiones simplificadas para la determinación de la excentricidad balanceada de una sección: Sección rectangular---------------------------. el concreto llega a una deformación unitaria de 0. Whitney propuso la siguiente expresión aproximada para determinar la resistencia a la compresión de una columna que falla en compresión: Pn b h fc ' As ' fy e 3he [ ] 0.18 (d d ' ) d Esta expresión es valida para secciones con refuerzo simétricos dispuestos en una capa paralela al eje alrededor del cual se produce la flexión. En este caso.190 Ing°S.85 fc’ ab + As’ fs’ – As fy (7) h a h h Mn 0. la carga ultima será menor que Pb y la excentricidad de la carga será mayor que la excentricidad balanceada.003.20 + 0.39 tm) Dónde: t = Ast / b d y m = fy / .5) .pág. La deformación en la sección es como se muestra en la Fig.245 y 250.77 tm) Sección circular-------------------------------. Cuando la falla es balanceada.Chávez C. .5 [ 2 ] 1. propuesta por el código del ACI de 1963. e' e' d' e' Pn 0. y su resistencia estará dado por: Pn = 0. La deformación en la sección será la mostrada en la fig (VII-5) –c . Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.momento flector que generan la falla de una sección se denomina diagrama de interacción. e’ = e + d – h / 2 secciones simétricas. El punto A corresponde a la carga axial de rotura teórica cuando la sección no esta sometida a flexión. Fig. El comportamiento en este caso es similar al de una viga. Diagrama de interacción de una sección rectangular con refuerzo simétrico.La máxima carga axial que puede soportar una columna corresponde a la combinación carga axial-momento flector en la cual el momento es nulo. .Cada carga axial se combina solo con un momento flector para producir la falla mientras que cada momento flector puede combinarse con dos cargas axiales para lograr el mismo efecto. La recta BC responde a esta limitación.5. como el punto G.Todos los puntos dentro del diagrama de interacción.238 y 243. mientras que en el tramo DE. como el punto F representan combinaciones carga axial-momento flector que pueden ser resistidos por la sección o por los puntos fuera del diagrama.El máximo momento flector que puede soportar una columna no corresponde al estado de flexión pura.4.Antonio. 7. En la sección 7. 3. El punto E del diagrama de interacción representa un estado de flexión pura en el elemento. 4. La representación grafica de las combinaciones carga axial.6) se muestra un diagrama típico de una sección rectangular con refuerzo simétrico. (57) BLANCO B. En torno al diagrama podemos decir lo siguiente: 1.Concreto Armado Donde m’ = m – 1 . Las combinaciones carga axial – momento contenidas en el tramo CD generan fallas por compresión. VII-6. El punto D de la curva representa la combinación de carga y momento que define la condición balanceada. En la Fig.3 191 Esta expresión es válida para Diagrama de interacción. (VII .1 se indicó que el código del ACI recomienda tomar un porcentaje e esta carga como resistencia de la sección.pág. son combinaciones que ocasionan la falla. 2. las fallas son por tensión. 10 f’c Ag Para columnas con estribos ---------------------.Teodoro E. Sin embargo.70 fc ' Ag Para columnas con refuerzo en espiral --------- 0. según el código del ACI.70.75 fc ' Ag h dc d ' > 0. el factor Ø. Los diagramas de interacción pueden representar combinaciones de carga axial y momento flector nominales o combinaciones de carga axial y momento flector últimos. En la fig. Si el factor de reducción de resistencia . = 0. hasta 0. 5. VII-7 – Diagrama de interacción de cargas últimas y de cargas nominales.192 Ing°S.(VII-7) se muestran ambos simultáneamente.50 Pu 0. = 0. Pu ≤ 0.pág. este parámetro no es constante y depende de dos variables: La magnitud de la carga axial y el tipo de refuerzo transversal. El diagrama de interacción representa todas las combinaciones de falla y por ende constituye una descripción completa de la capacidad resistente de una sección.70 h Para columnas con estribos ---------------------- 0.10 fc’ Ag y r = h – dc – d’ > 0. las curvas serían semejantes.Chávez C.75 Si Pu ≤ 0.Una recta que une el origen con un punto sobre el diagrama de interacción puede interpretarse como la historia de carga de una sección con carga excéntrica fija que es incrementada hasta la rotura.90 2 Pu 0.245 y 250. Fig.90.70 Para columnas con refuerzo en espiral --------. En la figura adjunta se puede apreciar la variación de con Pu /0.10 f’c Ag ó Pb. Si.Diseño de estructuras de concreto armado. mientras Pn decrece desde 0.10 f’c Ag. Si PU > 0.10 fc’ Ag y r (52) HARMSEN . . fuese constante para todas las combinaciones. el que sea menor.90 1. se incrementa hasta h 0. paralela a h ¿Se puede incrementar Ø? -) fy = 4200 Kg/cm2 -) Pu = 35 Tn ≤ . . la resistencia del concreto f ´c = 210 kg/cm2 y la del acero fy = 4200 kg/cm2.Antonio.75 = 21. Solución : a) El eje neutro para la condición balanceada: Cb = Cb = 6000d fy 6000 6000 x 43.78 = 25.74 210 x35 x60 f´c Ag Ejemplo 02: Una columna de 30 x 50 cm.22 = 0.10 f´c Ag = 0.90 = 0.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. Está reforzada con 6 barras de Ø 1”.741 Ø = 0.10 x 210 x 35 x 60 = 44.238 y 243.85 x 25. ab = .79> 0.pág.75 cm.Concreto Armado 193 Ejemplo Nº 01 Si Pu= 35 Tn fc’ = 210 Kg/cm2 Ast = 8 Ø 1” b = 35 cm fy = 4200 Kg/cm2 h = 60 cm = Ø 3/8” Plano de flexión.70 60 Si podemos incrementar Ø Ø = 0.90 - 2Pu 2 x35 = 0.89 cm.1Tn γ= 60 2 x6. 4200 6000 (57) BLANCO B. 30 x 4200 x (43.2 Mnb = 117.85 x 210 x 21.0 Tn fs’ = Entonces a partir de la ecuación 7: Pn = 91.96 t-m e= = 43.6 Tm (52) HARMSEN .68 Kg/cm2 > fy c 25.96 Mn = 38.30 x 4134 – 15.89 x 30 + 15. 90 c) Ahora seleccionando un valor de c mayor que Cb para demostrar un punto de falla a compresión en la curva de interacción.78.75 6. Por definición fs = fy. con una excentricidad mayor que eb.75 fs’ = fy = 4200 Kg/cm2 Confirmando que el acero a compresión está también en la fluencia.65 cm. el esfuerzo en el acero a compresión se encuentra con la ecuación 3 fs’ = 6000(c d ' ) 6000(25. La fuerza resultante a compresión en el concreto es: C = 0.89 50 50 ) + 15.2x( b) Cualquier selección de c que sea menor que Cb = 25.00 Tn Y la capacidad de momento con la ecuación (8): Mn = 91.30 x 4200 x ( -6.89 x 30 = 117.Teodoro E.25) 38.2 Tm La carga balanceada Pb puede encontrarse con la ecuación 5 Pnb = 0.61 T-m eb = = 34.78 . c = 20 a = 17 cm.6.) 2 2 2 2 40. 117.85 x fc’ ab = 0.30 x 4200 = 117.85 x 210 x 17 x 30 = 91.22) + 15.85 fc´ ab = .pág. Por ejemplo. El esfuerzo en el acero a compresión es igual a : 6000(c d ' ) 6000(20 6.5) + 15.Diseño de estructuras de concreto armado.5 x 30 = 136.8. genera un punto en la zona de falla a tensión de la curva de interacción.22) = = 4550.30 x 4.194 Ing°S. .30 x 4200 = 89.75 cm.5 cm.29 cm.61 Mnb = 40.30 x 4200 – 15.22) + 15.245 y 250.0 x (25 .134(25 . Por definición fs = fy.30 x 4.85 x 210 x 25.22) = = 4134 Kg/cm2 c 20 La resultante de la fuerza a compresión es: Cc = 0. La fuerza a compresión del concreto es: Cc = 0.99 ≈ 90.85 x 210 x 21. por ejemplo c = 30 a = 25.0 + 15.2 Tm El momento balanceado se encuentra con la ecuación (6) 50 21.Chávez C.2(43. 6 + 15.72 T-m e = = 23.12.6 x ( 25 .238 y 243.30 x 4200 x (25-6.Concreto Armado 195 A partir de las ecuaciones (3) y (4) tenemos: 30 6.78-25) 36.14 cm.22 ) = 4756 Kg/cm2 > fy fs’ = fy 30 43.22) + 15.60 x 4200 Pn = 396. comprende a c=∞ye=0 Pn = .75) + 15.7 Tn Mn = 136. .85 x f’c Ag + Ast fy = 0.pág.3 Tn Mn = 0 e) Problema 03: Se tiene una sección de columna triangular. 158.85 x 210 x 30 x 50+ 30. donde la cara AB está a compresión. Determinar el diagrama de interacción (57) BLANCO B.30 x 2756 x (43.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.72 Mn = 36.7 d) La resistencia axial de la columna. si está cargada concéntricamente.30 x 4200 – 15.Antonio.30 x 2756 = 158.78 30 fs’ = 6000 x ( ) = 2756 Kg/cm2 < fy OK 30 Entonces la capacidad de la columna es: fs’ = 6000 x ( Pn = 136. 30 )0.58a a) Para una carga concéntrica: e = 0 .Calculamos el área y el centro de gravedad del área comprimida del concreto: Ac = 50 a – 0.59 – 5.77 Tm fs1 = 6 ( cc – d1) / c = 6 (19.99 cm2 .19 t/ cm2 Cs1 = As1 fs1 = 5.85 fc’ Ag + Ast fy 50x 43.245 y 250.20 Po = 431. .90 ) / 19.80 Tn (52) HARMSEN .20)33.30 2 3 50 x 43.85 x 0.84 cm Cc = .10 x 4.42 x( Cb = 6000d 6000 x33.Diseño de estructuras de concreto armado. Pn = Po Po = 0. ÿ = 6.68 x 4.59 Para ab = 14. M = 0 T-m 2 b) Para una condición balanceada Po = 0. Solución Primero hallamos el centroide plástico: ( x ) x= (.68 x 4.59 cm ab = 14.42( ) (5.78 x 4.85 x.59 fy 6000 4200 6000 ab = 1 cb = 0.59 = 4.30 19.pág. .85 f ' cAg As1 fy As 2 fy .387a 2 50 0.10 x 4.577 a2 y= (área comprimida) 25a 0.85 x 0.69 → Cb = 19.90 (5.85( x= 50 x 43.85 fc’ Ac = .19 = 23.20) (5.85 fc´ Ag )(h / 3) ( As1 fy )d1 ( As 2 fy )d 2 0.75 x 19.42( ) (5.99 = 217.30 43.196 Ing°S.69 cm Ac = 609.Teodoro E.30 )+ 10.20) 2 x = 14.73 Tm .90 cm.68 x 4.20)5.42 x 609.Chávez C.30 0. 65 cm2 .44 Mn = 22.68 (.0 Tm) ( Mn = 20.80 e .64 0.0 Para una condición de falla frágil: e < eb Asumimos c = 25 a = 18.129 mts.4.47 cm2 .30 ) / 25 = -1.42 Tm Pnb = 217.10 x 1.75 Ac’ = 734.42 (0.0 Tm Mn = 174.Antonio. Pn = 431.1490 – 0.30 ) / 19.44 T-m.5cm Cc = 0.90 ) / 15 = 3. . Pn = 220.15 Pn = 275.20 = 21.10 x 4. fs2 = 6 ( 25 – 33.Concreto Armado 197 fs2 = 6 ( 19.44 T-m e e = 0.85 x 0.1490 – 0.80 T-m.333 – 0.99 T / cm2 T2 = 5.20 = 21.1490 .86 – 10.1490 – 0. .77 (0.15 Tm) ( Mn = 22.90 ) / 25 = 4.73 Tm) ( Mn = 23.238 y 243.1490 – 0.20 t/cm2 T2 = 5.34cm Cc = 0.47 = 174.107 mts Para una condición de falla ductil: e > eb c < cb = 19.59 cm .59 = .77 + 23.1490) Mnb = 23.98 Tm Mn = 262.42 Tm Pn = 174.0684) + 23.107 Pnb 220.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.25 cm Ac’ = 489.42 (0.98 Resumen de coordenadas : Punto A : Punto B : Punto C : Punto D : ( Mn = 0.059) + 21.10 x 4. d) c > cb Y 8.42 Pn = 174.98 Tm) (57) BLANCO B.pág.059) + 10.74 Tm fs1 = 6 ( 15 – 5.86 (0.0534) + 20.42 Pnb = 220.30 ) / 15 = -7.32 T / cm2 T2 = 5.68 Tm fs2 = 6 ( 15 – 33.059) + 21. Cc = .80 (0. Pn 275.86 Tn.64 T-m.85 x 0.64 T / cm2 Cs1 = 5.58 T / cm2 Cs1 = 5.15 (.42 x 489.330 – 0.85 fc’ Ac Para a = 11.1490 – 0.25 asumimos c= 15 a = 11.27 + 23.075 mts.15 eb = 0.80 T-m e = 0.075 Mn = 20.64 Tm eb c) Mnb 23.50 – 33.75 cm para a = 18.15 Tn. Pn = 174.99 = 10.27 Tm fs1 = 6 ( 25 – 5.085) + 23.129 Pn 174.64 = 20.65 = 262.20 = 23.68 x 4.15 Tm Mnb = 217.1490) Mn 20. Pn = 275. Y 5.68 x 3.0.1490) Mn 22.330 – 0.27 (0.42 x 734. Pn = 262.80 – 21.68 – 21.74 + 20.74 (. Solución T1 Cc Cs dc = d’ = 6.85 x 210 x 21.6 Tn Mn = . tenemos: Para: c = 25.38 s2 13.38 0.6 fs2 =4200kg/cm2 c=25.7 Tm Cc = .7) + .1162 x 135.003x13.76 x 35 = 135.1628 (63.198 Ing°S.245 y 250.9 Pn = 158.Teodoro E.9 Tm Pn = -63.22 cm d = 38.6 19. Problema 04: Cual será la carga máxima de rotura que se le debe aplicar a la siguiente sección de columna para hacerlo colapsar.0 + 85.003x19.6 Tm Pn 158.pág.88% < ±1% Pn = 158. . Dicha carga tiene su línea de acción en el plano x – x.001544 fs1 =3088g/cm2 25.6 cm a = 21.22cm e = 25.22 cm < error = 0.0 Tm Cs = 20.63.78 cm Haciendo iteraciones para c.40 x 3088 = . cuando actúa a una excentricidad de e = 25 cm.00227 25.Chávez C.76 cm s1 s1 .0 T-m e Mn 40.6 (52) HARMSEN .40 x 4200 = 85.9 Mn = 40.18 S2 .Diseño de estructuras de concreto armado.0 + 85.60 T1 = 20.18 0.0 25.7 + 135. Concreto Armado 199 ¿Diga qué tipo de falla es la que se produce? Cb 6000d 6000 x38.78 22.81cm < c = 25.6 cm es una falla a compresión. fy 6000 4200 6000 Ejemplo N° 05.- Cuál sería la excentricidad, cuando a la misma sección anterior, lo hacemos fallar con una carga de 100 Tm Solución Haciendo iteraciones con el valor de c, tenemos: T1 Cc Cs Para c = 19.4 , a = 16.49 s1 = .002997 > y s2 = .002038 < y s1 T1 = 20.4 x 4200 = - 85.7 Tm 13.18 Cs = 20.40 x 4076 = + 83.2 Tm s2 19.38 Cc = .85 x 210 x 16.49 x 35 = 103.0 Tm Pn = 100.5 Tm Error = 0.50 % < ± 1% c=19.40 T1 fs1 = fy fs2 = 4076 kg/cm2 Para c = 19.3 , a = 16.40 s1 = ……. > y fs1 = fy s2 = .002033 fs2 = 4066 kg/cm2 Cc Cs T1 = ……… = - 85.7 Tm s1 13.08 Cs = 20.40 x 4066 = + 82.9 Tm s2 19.48 Cc = .85 x 210 x 16.40 x 35 = 102.4 Tm Pn = 99.6 Tm 100 Tm Error = -0.4 < ± 1% c=19.30 Mn = .1628 (85.7 + 82.9) + .1430 x 102.4 Tn. Mn = 42.1 T-m. Mn 42.1 e 42.27cm e = 42.27 cm Pn 99.6 ¿Qué tipo de falla es la que se produce? c = 19.3 < cb = 22.81 cm , es una falla por tracción. 7.5.4 Utilización de las curvas de iteración. Existen publicaciones del ACI y de otras instituciones, donde se indican una serie de ábacos conteniendo diagramas de iteración para columnas cuadradas, rectangulares y circulares. (57) BLANCO B.Antonio.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.pág.238 y 243. 200 Ing°S.Chávez C. Estos generalmente tienen armadura simétrica colocada en sólo dos caras o en el perímetro y han sido desarrolladas para columnas de sección b x t ó b x h, cualesquiera (fig. VII-8), o circulares, teniendo en el eje de las ordenadas el valor de K y en el eje de las abscisas K e/t. Pu e ( Pu )e Mn donde: ; Ag = b t K , K 2 Ag t ( Agfc ' )t bt fc ' Mn = Pu e de tal manera que sirvan para diferentes secciones y diferentes calidades de concreto. Es importante resaltar la relación entre el peralte del núcleo reforzado y el núcleo total, denominado “ ” ya que estos ábacos varían según esta relación. En la mayoría de los ábacos los valores de son: 0.5, 0.6, 0.7, 0.8 ó 0.90 tóh Algunos diagramas están tabulados para valores de fc’ y fy en el sistema inglés y otros en el sistema métrico. Si está en el sistema inglés para convertirlos al sistema métrico basta dividir entre 70. Así: 1 kg/cm2 = 1 KSI / 70 1 KSI = 1000 lb / plg2 1 kg/cm2 = 0.0142231 KSI , , 1 Keep = 1000 lb. 1 KSI = 70.3081 kg/cm2 Es conveniente aclarar que existen ábacos que ya vienen con el factor incorporado (factor de reducción de resistencia) y otros donde uno debe considerarlo. En los casos donde el armado de la columna no se asemeje a las dos opciones definidas (refuerzo en caras extremas o a lo largo del perímetro) y/o para secciones no rectangulares ni circulares, se deberá construir su propio diagrama de interacción, asumiendo el refuerzo a colocar y verificando que las combinaciones de diseño (Pu, Mu) sean menores o iguales a los resistentes. El diseñador debe decidir cómo ubicar el refuerzo de tal manera que, en base a su determinación, use un ábaco con refuerzo en caras opuestas o en todo el perímetro y con un valor determinado de .Así por ejemplo, si se trata de una (52) HARMSEN ,Teodoro E.Diseño de estructuras de concreto armado.pág.245 y 250. Concreto Armado 201 columna de 25 x 50 cm donde se va a verificar la dirección de 25 cm. como peralte, elegirá un ábaco con refuerzo en caras extremas y con un valor de igual a 0.5. Si se va a verificar la misma columna, pero en la dirección que considera 50 cm de peralte, se usará un ábaco de refuerzo repartido a lo largo del perímetro y con un = 0.76, por lo cual interpolará entre el resultado obtenido con = 0.75 y con = 0.90 Ejemplo: Para la sección de la columna mostrada, encontrar el valor de la excentricidad “e” para una carga de rotura de Pu = 145 Tm. Solución dc = d’ = 6.22 cm t = 60 – 2 x 6.22 = .79 60 Como no existe ábaco para = .79, entonces interpolamos ( = .75 y .90) Ábacos (C19 y C20 de anexos) Ast 61.20 g 0.034 bxt 30 x60 e Pu .70 x145 .80 → e.75 = 48. cm K 56.39kg / cm 2 t.75 Ag 30 x60 e .90 → e.90 = 54.0 cm t.90 e = 0.15 ------- 6 cm 0.04 -------- X = 1.6 e = 48 + 1.6 = 49.6 e = 49.6 cm 7.6 DISEÑO DE COLUMNAS 7.6.1. Predimensionamiento de columnas. Las columnas al ser sometidas a carga axial y momento flector, tienen que ser dimensionadas considerando los dos efectos simultáneamente. Para lo cual existen criterios basados en fórmulas empíricas, tales como: (57) BLANCO B.Antonio.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.pág.238 y 243. 202 Ing°S.Chávez C. PRIMER CRITERIO Para edificios que tengan muros de corte en las dos direcciones, tal que la rigidez lateral y la resistencia van estar controladas por los muros. Para columnas con estribos: Pu P( servicio) Ag Ag ó .45( fc ' g fy ) .45 fc ' Para columnas zunchadas: Pu P( servicio) Ag Ag ó .55( fc ' g fy ) .55 fc ' Para el mismo tipo de edificios, pero para las excéntricas o esquineras. P( servicio) Ag .35 fc ' Para edificios aporticadas íntegramente y que no excedan de 4 pisos y teniendo en consideración el momento de sismo las columnas deberán tener un área de: 1000 a 2000 cm2, salvo que tengan vigas > 7.0 m. Así tendremos: 35 x 35, 40 x 40, 25 x 50, 30 x 60, 30 x 40, 30 x 50, ó circulares de 40 ó 50 m de diámetro. Y, no olvidar columnas peraltadas en las dos direcciones. Para edificios con luces > 7 u 8 m, debe tenerse especial cuidado en las columnas exteriores, pudiendo dimensionarse el peralte de la columna en un 70 u 80% del peralte de la viga principal. SEGUNDO CRITERIO. MÉTODO DE FACTOR DE CORRECCIÓN DE MOMENTOS., es un método practico en donde se desprecia el momento, pero se incrementa la carga axial con el llamado factor de correlación de momentos. La carga axial se puede calcular por: a) Por áreas de influencia de la columna, se puede conocer Pu en forma directa, haciendo el metrado correspondiente por áreas de influencia. La carga que interviene para el predimensionamiento se lo supone como axial y centrada (52) HARMSEN ,Teodoro E.Diseño de estructuras de concreto armado.pág.245 y 250. Concreto Armado 203 b) Por reacción de viga (necesario conocer los diagramas de momento flectores de la viga) Pu = es el resultado del metrado de cargas ya sea por reacción de viga o por áreas de influencia. Po = .85 fc’ (Ag – Ast) + Ast fy (para calcular resistencia de columnas) Pn = Po (para diseño) Pn = [ .85 fc’ (Ag - Ast) + Ast fy] Ast = ? Ag = ? [ .85 fc’ (Ag - Ast) + Ast fy] = C Pu Donde C > 1, parámetro que sirve para incrementar Pu axial externo, debido a que se desconoce el momento flexionante. Además Ast = Ag Pg C Pu = [ .85 fc’ (Ag – Ag ρg) + Ag g fy] = [ .85 fc’ Ag – .85 fc’ Ag ρg) + Ag g fy] C Pu = Ag [ .85 fc’– .85 fc’ Ag g + Ag g fy] = Ag [ .85 fc’ (1 - g) + Ag g fy] Ag CPu ´[.85 fc ' (1 g ) g fy ] Asumiendo g = de 2.5% ,fy = 4,200 kg/cm2 Ag CPu ´[.829 fc '105] Coeficiente para predimensionar columnas (c) 7 pisos 3.30 3.00 2.70 2.40 2.10 1.80 1.60 1.50 1.40 1.30 1.20 1.10 2.40 2.20 2.00 1.80 1.60 1.40 1.50 1.00 1.20 l1 A l2 B (A) Columna de fachada propiamente dicha (B) Columna interior, a ambos lados de ellos hay columnas exteriores. (C) Columna de fachada con voladizos de vigas. lv C (57) BLANCO B.Antonio.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.pág.238 y 243. 204 Ing°S.Chávez C. Ejemplo: Predimensionar la columna de 1º piso del eje (C) PD = 150 Tn PL = 60 Tn Solución Pu = 1.4 x 150 + 1.7 x 60 Ag Pu = 312 Tn CPu 1.2 x312,000 1916.43cm 2 [.829 fc '105] .70(.829 x210 105) Ag = 1916.43 cm 2 b x t ( 25 x 80, 30 x 65, 35 x 55, 40 x 50, 45 x 45 ) Toda columna, se recomienda redondear de 5cm en 5cm. TERCER CRITERIO Usando el criterio de la área tributaria: Ag = KAt. Ag = Sección de la columna. At = Área Tributaria acumulada. Coeficiente de K, para determinar el área de columnas cuadrada para diferentes luces entre ejes, g = 0.02. PISOS ANTEPENULTIMO SEGUNDO LUZ (m) Área Trib. Por Piso (m2) 1 2 3 4 4 16 0.0013 0.0025 0.0022 0.0040 6 36 0.0011 0.0020 0.0016 0.0028 8 64 0.0011 0.0017 0.0015 0.0023 4 16 0.0011 0.0014 0.0014 0.0021 6 36 0.0012 0.0014 0.0014 0.0015 8 64 0.0012 0.0014 0.0014 0.0015 TIPO DE COLUMNA Procedimiento: 1. Determinar las secciones Ag de las columnas del segundo y del antepenúltimo piso mediante la siguiente formula: Ag = KAt , donde K se obtiene de la tabla y At es el área Tributaria de la columna considerada. 2. Determine los lados de las columnas de los pisos considerados, suponiéndolas cuadradas. 3. Calcule las dimensiones de las columnas de los pisos intermedios por interpolación lineal. 4. Calcule las dimensiones de las columnas del primer piso de la siguiente manera: a. Por extrapolación lineal, si la altura del primer piso es igual ala del segundo piso. (52) HARMSEN ,Teodoro E.Diseño de estructuras de concreto armado.pág.245 y 250. Use las dimensiones de la columna del antepenúltimo piso para los pisos superiores.0011 (tabla) Ag = . (57) BLANCO B.0012 x 576 = 6912 cm2 b x t = 83 x 83 b x t = 85 x 85 cm2 Considerando que el 1º piso es 50% más que 2º piso Col : 1º piso = 83 + 7 = 90 b x t = 90 x 90 cm Cambiar las dimensiones de la columna c / 4 pisos.238 y 243.5 veces la del segundo.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. . Sumando 7cm a las del primer piso.4 x 34.0011 x 108 = 1188 cm2 Ag = b x t = 34. Por interpolación o extrapolación lineal. entre los valores calculados según a y b para otras proporciones entre las alturas del primer piso y segundo piso. Ejemplo 1: Edificio: 17 pisos Tipo de columna: columna central At = 36 m2 Antepenúltimo piso: Ag = k At At = 3 x 36 = 108 m2 K = .4 b x t = 35 x 35 cm2 Segundo Piso Ag = k At At = 16 x 36 = 576 m2 K = .pág. 5. c.0012 (tabla) Ag = .Antonio. si la altura del primer piso es 1.Concreto Armado 205 b. 50 cm2 K = X + .Diseño de estructuras de concreto armado..0022 36 m2 -------.0014 Ag = .0006 5 m2 -------X = .. .Teodoro E..00205 x 63 = 1291. (52) HARMSEN .0014 x 252 = 3528 cm2 b x t = 60 x 60 cm2 CUARTO CRITERIO P fc ' bt n > 1/3 falla frágil por aplastamiento. por cargas axiales excesivas.206 Ing°S.00205 b x t = 35 x 35 cm2 Segundo Piso Ag = k At At = 12 x 21 = 252 m2 K = .0016 __________________________ 20 m2 -------.Chávez C. n < 1/3 falla dúctil P Las columnas se predimensionan con: bxt nfc ' Según ensayos experimentales en Japón: n Donde: b = dimensión menor de la columna (de la sección) t = dimensión mayor de la columna (de la sección) P = carga total que soporta la columna (Tabla 1) n = valor que depende del tipo de columna (Tabla 1) fc’ = resistencia del Cº a la compresión simple..0022 = ..0022 K = .pág..00015 Ag = . Ejemplo 2: Edificio: 13 pisos Tipo de columna: Tipo 3 At = 21 m2 Antepenúltimo piso: Ag = k At At = 3 x 21 = 63 m2 K = ? 16 m2 --------.245 y 250.00015 + . /cm2.20 m. . acabados = 100 kg. se pide dimensionar las columnas señaladas en el gráfico.5 PG n = 0.20 PG = peso total de cargas de gravedad que soporta la columna Nota: Se considera primeros pisos a los restantes de los 4 últimos pisos.25 COLUMNA EXTERIOR COLUMNA DE ESQUINA p = 1. el uso es de oficinas./cm2. aligerado = Tabiquería = Acabado = Peso Vigas = Peso columnas = S/C = PG = 680 + 250 300 Kg/m2 120 kg/m2 100 kg/m2 100 kg/m2 60 kg/m2 250 kg/cm2 PD=680 kg/m2 PL=250 kg/m2 PG = 930 kg/m2 Carga a considerar por piso (57) BLANCO B./m2.pág./m2.25 PG n = 0.238 y 243.30 COLUMNA INTERIOR p = 1. fy = 4200 kg.25 p = 1. s/c = 250 kg/m2 Solución Metrado de cargas P. C3 Tipo C4 COLUMNA INTERIOR p = 1. cuya planta típica se muestra en la figura adjunta. Tabiquería = 120 kg. Ejemplo: Se tiene un edificio aporticado de 7 pisos.Antonio.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.10 PG n = 0.10 PG n = 0. considere techos aligerados de 0.Concreto Armado 207 Tabla nº 1: Valores p y n para el predimensionamiento de columnas: Tipo C1 (para los 1ºs pisos) Tipo C1 (para los 4 últimos pisos superiores) Tipo C2. fc’ = 350 kg.. 08 x 48.527 x7 bxt 2311.30 x350 bxt b x t = 48. considerando b = t 1618.10 x31.08 b x t = 50 x 50 cm2 OBSERVACIONES: Las otras columnas de la estructura se pueden dimensionar de la misma manera que las mostradas anteriormente. el factor que acompaña a la carga de gravedad varia según la posición de la columna en la estructura.527 kg A( 1.8 5.25P P =16.527 kg P = 31. n = .50 ) x( ) 33. n = . COLUMNA EXTERIOR C2 El área tributaria para esta columna se puede considerar A( 6 6 5.182 kg 1.Teodoro E.2.182 x7 pisos .30 nfc ' 1. Se ha calculado para el primer piso.25 x350 b x t = 40.90m 2 2 2 Luego el valor de P = 930 kg/m2 x 33.2m 2 .98m 2 .245 y 250. .pág. .182 Kg.25 bxt nfc ' 1.10 P .Chávez C.40m 2 2 2 Luego el valor de P sería igual a: P = 930 kg/m2 x 17. considerando b = t . Longitud de Cálculo de Columna Llamada también longitud efectiva o de pandeo y se calcula así: Luc = Klu Donde Luc = Longitud de cálculo Lu = Longitud libre de la columna (52) HARMSEN .25 x16.80 )* 17. por eso s e ha multiplicado por 7 (que viene a ser el número de pisos) 7.23 x 40. Como se puede observar.23 b x t = 40 x 40 cm2 bxt COLUMNA INTERIOR C1 Área tributaria: 6 6 5.Diseño de estructuras de concreto armado.40 (m2) = 16.90 m2 = 31.208 Ing°S.6. . los valores de K van desde 0. a una columna biarticulada.Antonio. respectivamente Con estos valores se ingresa a las rectas izquierda y derecha del nomograma correspondiente. Este nomograma no presenta límite superior para el factor de longitud efectiva (ver figura VII-8) Fig. En el segundo nomograma. y se unen ambos puntos con una línea. (VII-8): Nomograma de Jackson y Moreland (57) BLANCO B.pág. K = f ( ) . El límite inferior corresponde a una columna biempotrada sin desplazamiento lateral entre apoyos y el superior. Ev = Módulo de elasticidad de las columnas y vigas. En la intersección de esta línea con la recta central se lee el valor de K.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.238 y 243. el mínimo valor de K es igual a 1 y corresponde a una columna biempotrada con desplazamiento lateral.5 á 1. donde: = Rigidez de elementos verticales y horizontales que forman los nudos del pie y cabeza de la columna Kc EcIc / Lc Kviga EvIv / Lv Donde: Ic = Momento de inercia de la columna Iv = Momento de inercia de la viga Lc = Longitud de la columna entre ejes Lv = longitud de la viga entre ejes Ec.Concreto Armado 209 K = Factor que corrige la altura de la columna (corrige el pandeo y se obtiene generalmente a partir de los nomogramas de Jackson y Moreland. En el primer nomograma. es el menor de estos valores.0 K 0. Miembros a comprensión “No Arriostrados” (Restringido en ambos extremos) A B 20 n Para n 2 n K 1 n 2 20 Para n 2 K 0.35 Ig Columnas = 0.5 á 1. se estima como 2 veces el valor de Ig del alma. para columnas arriostradas va de 0. corresponde al extremo restringido (52) HARMSEN .Teodoro E.210 Ing°S.9 1 n 3.Chávez C.85 0.70 Ig El valor de Ig para vigas “T”. .3 Donde . Si están arriostrados. (VIII-9) Patrones de deformación de los elementos para los cuales son aplicables los nomogramas de Jackson y Moreland Dado que el valor de K. Miembros a Comprensión “No Arriostradas” (Articulados en un extremo) K = 2.0 A y B. Si no lo están. son los valores en los dos extremos de la columna. y min. Para columnas no arriostradas.7 0. como se muestra en la figura (VIII-9) A). Miembros a Comprensión “Arriostradas” Se toma el valor menor : K 0. 2.pág.Diseño de estructuras de concreto armado. es decir: Columnas arriostradas : K = 1 Columnas No Arriostradas : K > 1 Para los cálculos los momentos de inercia deben ser: Vigas = 0.05 (a b) 1.-Pórtico arriostrado B).05 min 1. vigas y columnas deben deformarse bajo curvatura doble.-Pórtico no arriostrado Fig. el código sugiere considerar un valor de 1 á menos que se efectué un análisis que justifique tomar un valor menor. Los valores de K determinados a través de los nomogramas de Jackson y Moreland se basan en patrones de deformación específicos de los pórticos. se sugiere que el valor de K debe ser mayor que 1. COMENTARIOS DEL ACI 1. las vigas deben presentar curvatura simple y las columnas deben pandear simultáneamente.0 + 0.245 y 250. generados por la excentricidad producida por la deformación transversal de las columnas. Los momentos de 2° orden incrementaran la deflexión de la columna. Efecto de esbeltez En la figura VII-10) se muestra una columna biarticulada con desplazamiento lateral restringido en sus extremos. que son producidos por la excentricidad de la carga axial. orden en una columna biarticulada La importancia de los momentos de 2° orden. es diferente si se trata de columnas con simple curvatura o doble curvatura. A lo largo del elemento aparecerán momentos. En la figura (VII-11) se aprecia claramente que (54): a) El efecto de esbeltez es más crítico en columnas con curvatura simple en relación a las columnas con curvatura doble. Si la carga P es pequeña. Si se le da un pequeño desplazamiento lateral en el centro de la luz.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. el elemento fallará por pandeo(53). mientras en el caso de curvatura doble los máximos no coinciden. incrementando los esfuerzos en ella. si la carga P es cercana a la denominada carga crítica. las columnas tienen generalmente doble curvatura y tienen desplazamiento lateral relativo entre sus nudos. Fig. b) El efecto de esbeltez en el caso de existir desplazamiento laterales es más crítico en relación al caso de desplazamiento restringido.3.6. interesando además la posibilidad de existencia de desplazamiento relativo entre los nudos del entrepiso donde se encuentra la columna que se está analizando. Es de material elástico y está perfectamente alineado. generada por la deformación aplicada a la columna. las deflexiones serán cada vez menores y finalmente se alcanzará el equilibrio.Antonio. que inducen deformaciones laterales en la estructura.238 y 243.Concreto Armado 211 7. la deformada será similar a la mostrada con línea punteada. Esto es válido mientras no existe deformación relativa entre los nudos extremos de la columna. sometido únicamente a una fuerza de comprensión P. (VII-10) Momentos de 2do. En las edificaciones usuales. . Sin embargo. debido a que forman pórticos continuos con las vigas y están expuestos a acciones de carga de sismos.pág. denominados de segundo orden. debido a que el momento máximo de 2° orden afecta directamente al momento de primer orden. pues los momentos máximos de primer y segundo orden son coincidentes y porque los desplazamientos laterales en estructuras aporticadas son importantes (57) BLANCO B. Chávez C. se calculan mediante el análisis estructural Pe2.Teodoro E.245 y 250. Caso de simple curvatura sin desplazamiento lateral Caso de doble curvatura sin desplazamiento lateral M2 y M1. (52) HARMSEN .pág. pues la evaluación de la rigidez del conjunto concreto-refuerzo considerando secciones fisuradas y problemas de relajamiento del acero debido a la contracción de fraguado y flujo plástico.Diseño de estructuras de concreto armado. . (VII-11): Caso de los desplazamientos laterales El cálculo de las deformaciones de 2° orden es complejo.212 Ing°S. momento de 2° orden y tiene su origen en las deformaciones de la estructura Entonces el momento de cálculo será: Mc = M + Pe2 P M M h h+') ' P Simple curvatura Doble curvatura * Caso a desplazamiento lateral Entonces e el momento de cálculo será: Mc = M + P (Δh+Δ’) Fig. hacen difícil una evaluación simple. METODO DE AMPLIFICACION PARA PORTICOS ARRIOSTRADOS (55): La ecuación del código ACI para la amplificación del momento que actúa en forma simultánea con la carga axial mayorada puede formularse de la siguiente manera: Mc nsM 2 El momento mayorado M2.Antonio.238 y 243.03h) El factor de amplificación del momento es: Cm ns 1 Pu 1 0.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.5 + .75 Pc (57) BLANCO B. recomienda tomar aproximadamente el radio de giro: Para secciones circulares . r =0. no debe ser menor que: M2m = Pu(1.Concreto Armado 213 Debido a estas dificultades se propone el procedimiento método de amplificación de momentos.30 t En secciones irregulares.pág. de tal manera que el diseño de la columna se haga con un momento ya corregido: Mc M El ACI. que consiste en incrementar los momentos calculados en un análisis de primer orden por un factor definido. éste parámetro debe calcularse en función de la sección bruta de la columna. r = 0. . recomienda que para tomar en cuenta los efectos de esbeltez lo siguiente: Para Pórticos Arriostrados Klu M 34 12 1 1 (Columna corta ) r M2 Klu M 34 12 1 1 (columna esbelta ) r M2 Para Pórticos No Arriostrados Klu 22 1 (Columna corta ) r Klu 22 1 (columna esbelta ) r Asimismo el código establece que el método de amplificación de momentos no debe Klu utilizarse para el diseño de columnas cuya esbeltez 100 r r = Radio de giro de la sección de la columna: r Ig / Ag El ACI.25 D Para secciones rectangulares . Teodoro E.4 0. por lo que PDu PLu EI 0. β d= Relación entre la carga muerta axial mayorada.4 = 0. se considera: Sí existen cargas laterales entre los apoyos del elemento Cm = 1.25 Ec Ig (ACI .Diseño de estructuras de concreto armado.R . pero Cm.6 – 0.4 => Cm = 0. caso contrario: M1 Cm 0.214 Ing°S.pág. en la mayoría de las estructuras convencionales son prácticamente iguales.4 = 1 Cm = 0. siempre es positivo. . Si M2mi´> M2 => Cm = 1.2 Ec Ig ES Ise (1 βd) ó EI 0.2.4 M2 M1 = Momento flector de diseño en el extremo de la columna. se tiene lo siguiente: Para simple curvatura Para doble curvatura Cm = 0. Es = Módulo de elasticidad del acero. El término 0. βd PDu en forma aproximada se puede tomar β d 0. es positivo si el elemento está flexionado en curvatura simple y es negativo sí hay doble curvatura.3) El término Cm.10. se considera igual a: EI 0.245 y 250.Chávez C. como mínimo = 0. esta dado por: π2EI Pc (Klu)2 El término EI.12. M2 M2 M 1=( +) M 1=( -) M1 M1 M2 = Momento flector mayor diseño en el extremo de la columna.6.6 0. máxima y la carga total axial mayorada máxima.4.4 Ec Ig (1 βd) Donde: EC = Módulo de elasticidad del concreto Ig = Momento de inercia de la sección bruta de la columna Ise = Momento de inercia del refuerzo con respecto al eje centroidal de la sección transversal del elemento.6 + 0. La carga crítica Pc.75 = Φ (factor de reducción de resistencia) diseñado para proporcionar un estimativo conservador de Pc.0 (52) HARMSEN . Como M1 y M2. = Factor de amplificación de momento en elementos no arriostrados. = Fuerza cortante amplificada a nivel de entrepiso. . u deberá multiplicarse por el factor de reducción de ductilidad (Rd) considerado en la determinación de estas fuerzas. debido a las cargas laterales amplificadas y calculadas con un análisis de primer orden. debido a las cargas laterales que originan la deformación de la estructura. M2 debido a cargas que no producen desplazamientos M1s = Momento factorizado en el extremo del elemento donde actúa M1 debido a cargas que producen desplazamientos laterales apreciables.Concreto Armado 215 METODO DE AMPLIFICACION PARA PORTICO NO ARRIOSTRADO (56): Para los casos en los que se debe tener en cuenta los desplazamientos laterales. muertas y vivas (amplificadas) acumuladas desde el extremo superior hasta el entrepiso considerado. δs 1 1 δs 1 ó δs ΣPu 1 Q 1 . Vu H Para el caso de sismo. se calculará s con la Pu u expresión: Q Vu h Q = Índice de estabilidad del entrepiso Pu = Suma de las cargas de diseño.238 y 243.75Σ75 Sí se conocen las deformaciones laterales de entrepisos. M2ns = Momento factorizado en el extremo del elemento donde actúa.Antonio. Pc = Sumatoria de las cargas críticas de pandeo de todas las columnas del entrepiso u = Deformación elástica entre el nivel superior y el inferior del entrepiso considerado.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.pág. la ecuación anterior se reemplaza por: M1 M1ns s M1s M 2 M 2 ns s M 2 s Donde: M1 M2 M1ns = Menor momento mayorado en el extremo del elemento a comprensión = mayor momento mayorado en el extremo de elemento a comprensión = Momento factorizado en el extremo del elemento donde actúa M1 debido a cargas que no producen desplazamientos laterales apreciables. = Altura del entrepiso considerado De acuerdo al índice de estabilidad se tiene: (57) BLANCO B. M2s = Momento factorizado en el extremo del elemento donde actúa M2 debido a cargas que producen desplazamientos laterales apreciables. etc. 7. teniendo la columna central un momento reducido.6.25. se podrá considerar que el entrepiso está arriostrado lateralmente y los efectos globales de 2° orden se pueden despreciar Si.06 Q 0. los daños en la tabiquería y/o en los vidrios. b) Considerar columnas con su mayor dimensión en las dos direcciones de la estructura. Esta recomendación conlleva a tener algunas columnas más peraltadas hacia una dirección y otras hacia la dirección transversal (52) HARMSEN .Diseño de estructuras de concreto armado. Adicionalmente los momentos de sismo obtenidos en las columnas de los pisos inferiores son elevados. Recomendaciones para el diseño en edificaciones (57): 1) Como recomendación general se puede indicar que no es conveniente estructurar edificaciones solamente en base a columnas y vigas (pórticos). lo cual hace que el momento existente en un extremo de la viga sea similar al del otro extremo. En base a lo indicado se puede concluir que debe escogerse la mayor dimensión de las columnas teniendo en cuenta: a) Buscar una adecuada dimensión en las columnas exteriores para facilitar el anclaje de los refuerzos longitudinales de las vigas y la resistencia a flexión. sin que esto signifique que para los edificios que si tengan muros se puede pensar en no considerar el diseño de las columnas por efecto de cargas de sismo. los efectos de pánico en los habitantes. Generalmente los momentos de carga de gravedad en las columnas interiores no son significativas dado que si se tienen usualmente luces más o menos iguales.pág. los efectos globales deben considerarse Si Q > 0. A pesar de tratarse de edificios de pocos pisos. Los momentos de sismo suelen ser importantes en las columnas interiores o exteriores en la medida que no existan muros de corte.245 y 250. sean de concreto armado para el caso de edificios altos.4. la cual se consigue mediante la inclusión de muros de corte sean de albañilería para el caso de edificios bajos o. ya que en este caso la carga sostenida no es la causante de la deformación lateral. 2) Estructurar disponiendo columnas que tengan su mayor dimensión en las dos direcciones del edificio.06. .Chávez C. En la actualidad debemos cuidar se disponga una dimensión importante en las columnas exteriores tratando de facilitar el anclaje del refuerzo de las vigas. Anteriormente existía el criterio de peraltar las columnas en la dirección de los pórticos principales y esto sigue válido sí sólo consideramos cargas de gravedad. sino que esta es causada por el sismo que es eventual y de corta duración.Teodoro E. a la vez proporcionan una adecuada resistencia para los momentos de carga de gravedad que serán importantes.25. deberá cambiarse la sección de la columna El factor β d . las deformaciones laterales inducidas por las fuerzas horizontales de sismo son considerables para el caso de edificaciones netamente aporticadas. puede considerarse CERO.216 Ing°S. gobernando el diseño y obligando a dimensionar considerando secciones transversales importantes. Si Q < 0. Los problemas anexos como son las correcciones importantes de los efectos de esbeltez. . hacen necesario buscar una rigidez lateral mayor. d) Armar las columnas tratando de usar un número de barras en base al cual se disponga de una configuración de estribos uniforme en toda la altura donde se mantiene la sección.Antonio. 1er. de esta manera se puede reducir la sección sin que esto signifique generar un aumento significativo del costo del encofrado (por la no repetición).8%) 8Ø3/4” (22.60 m2 ( g 1. de tal modo de proporcionar resistencia y rigidez a ésta última.Concreto Armado 217 c) Considerar muros de corte en las dos direcciones del edificio.72 cm2) 4to. De esta manera se tendrá siempre estribos idénticos en todos los pisos donde se use una determinada sección. buscando rigidez lateral adecuada y tratando de disminuir los efectos sobre las columnas. b) Considerar cambios de sección cada 3 ó 4 pisos para el caso de edificios de más de 7 u 8 pisos.60 m2 ( g 1. piso As 21.8%) 8Ø3/4” (22. sin descuidar lo indicado en “a”. a pesar de tenerse un área de acero longitudinal diferente en cada piso o en cada dos pisos.72 cm2) Entonces se podrá armar así: 40 30 30 1º Piso : 8 1" 40 40 30 2º Piso : 61"+2 " (57) BLANCO B.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.238 y 243.60 m2 ( g 3. Así por ejemplo: Sí se tiene una columna de 30 x 40. 3) En relación al diseño de las columnas propiamente dichas se puede recomendar lo siguiente a) Elegir dimensiones adecuadas de tal manera de no requerirse cuantía superiores al 4% serán más económicas y más fáciles de construir. e) Si en una determinada edificación sólo se puede disponer de muros e de corte en una dirección. piso As 39.pág.8 cm2 2do.3% 8Ø1” (40. tratar de dar la mayor dimensión a las columnas en la dirección transversal. donde se requieran en los 4 pisos las siguientes áreas de acero. 3º y 4º Piso : 8" . d) Considerar columnas en forma de L o T para columnas esquineras y exteriores.28 cm2)) 3er. piso As 21. piso As 36.60 m2 ( g 3. c) Armar las columnas considerando refuerzos sólo en caras opuestas para el caso de columnas con poco ancho. como puede ser el caso de columnas de 25 ó 30 cm.0%) 6 Ø 1” 2Ø3/4”(36. o producir un cambio de rigidez o una pérdida importante de la misma. de 5/8” solamente. h) Disponer armadura asimétrica e incluso colocar bastones longitudinales en una determinada cara de sección de una columna. Los estribos que se encuentran en la longitud de confinamiento tendrán un espaciamiento que no deba exceder del menor de los siguientes valores. a) La mitad de la dimensión más pequeña de la sección transversal del elemento. 7.218 Ing°S. que no sea menor que: a) Un sexto de la luz libre del elemento b) La máxima dimensión de la sección transversal del elemento c) 45 cm. El área mínima de refuerzo transversal que deberá proporcionarse dentro del nudo. de Ø 1” y ¾”. aún cuando se pueden combinar varillas diferentes dentro de una misma sección Así por ejemplo: usar Ø 1” solamente.Teodoro E.245 y 250. para tratar de obtener secciones ligeramente menores y así satisfacer las exigencias arquitectónicas y/o disminuir la cuantía del refuerzo longitudinal. de la cara del nudo El espaciamiento del refuerzo transversal fuera de la zona de confinamiento.6. de ¾” solamente. de ¾” y 5/8”. no deberá exceder de 16 veces el diámetro de la barra longitudinal de menor diámetro. Debiendo colocarse el 1° estribo a no más de 5 cm. deberá cumplir con: bs Av 7. a menos que las exigencias de diseño por esfuerzo cortante sean mayores.0 fy Donde “b” es el ancho del nudo en la dirección que se está analizando.Chávez C. Requisitos del refuerzo transversal El refuerzo transversal para columnas deberá cumplir con lo siguiente: Se colocarán estribos cerrados en ambos extremos del elemento sobre una longitud de confinamiento “l0”.pág. medida desde la cara del nudo. la menor dimensión del elemento ó 48Ø .Diseño de estructuras de concreto armado. en las columnas de los pisos inferiores de edificios altos. e) Tratar de elegir diámetro de barras que no sean muy diferentes. a menos que las exigencias de diseño por esfuerzo cortante sean mayores. y no ser solamente el reflejo de un cálculo frío. g) Usar concreto de resistencia mayores a f´c = 210 Kg/cm2. f) Realizar el diseño de una columna teniendo la semejanza que esta pueda tener con el de otras columnas de la misma edificación. (52) HARMSEN . cuando se observe la existencia de un momento de signo definido muy importante que gobierna el diseño.5. b) 10 cm. . El espaciamiento “s” no deberá exceder de 15 cm. de esta manera se logrará un diseño ordenado piso a piso. entonces: Pu 180.88 bxt 40 x 40 cm 2 ó 30 x50 cm. h El menor S' * Espaciamiento fuera de lo (s’) l0 5 cm 16 L s' min b.54 cm 2 0. MU = 36T-m Para el predimensionamiento asumirá una cuantía de 2%. fy = 4200 Kg/cm2 Solución Tema A: PU = 180 Tn.6.40 Pu 180 Mu 36 x105 Mu 48Kg / cm 2 4.000 120 Kg / cm 2 K 120 Kg / cm 2 Ag 30 x50 Mu 36 e 0.000 1360.Antonio.6.20 e / t .pág. t ) 45 cm S" 5 cm l0 * Espaciamiento dentro de lo (s) S s min t / 2 ó b / 2 10 cm. entonces: Ag Pu 180. Usemos bxt = 30x50 cm2.45(210 . t 48 estri El menor * Espaciamiento dentro del nudo (s’’) s' ' 15 cm. ya que en la dirección más peraltada absorberá el momento de Mu = 36 T-m. Ejemplos de aplicación Ejemplo 01: Diseñar las columnas de sección rectangular capaces de resistir las siguientes combinaciones de carga: A) Pu = 180 tn B) Pu = 320 Tn Mu = 36 T-m Mu = 10 T-m Usar : f´c = 210 Kg/cm2. .02 x 4200) b x t 36.88 x36.) 0.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. 7.45( f ´c fy.238 y 243.Concreto Armado 219 * Longitud en la zona de confinamiento (lo) h / 6 Escoger el menor máx(b.8 Kg / cm 2 Agt 30 x50 x50 Agt k (57) BLANCO B. . t dc d´ 50 2 x6.40 cm 2 AST 26.22 .Teodoro E..04 x30 x50 60 cm 2 Ast 60 cm 2 12Ø1"(61. . Mu/Agt y e/t.75 y..011 0. . Usar estribos = Ø3/8”@.0.0. Utilizando el diagrama C3 (anexos) se tiene que: g 4% .001 g 0.0. entonces: Pu 180.79 ( interpolar para . pero no cumple con los límites de espaciamiento y recubrimiento.75.20 0.56 cm.0003 .75 t 50 Entonces se utilizará el diagrama de interacción correspondiente a γ=0 . = 48Ø = 48 x .08 cm 2 ) S = 16¢L = 16 x 1.6 cm = 40 cm.30 (52) HARMSEN .75 .90 .Chávez C.04 X AST g xAg 0.220 Ing°S..91 = 30..0003) 0.04 Ast g Ag .011 X -0.95 = 45..00 Kg / cm 2 25.Diseño de estructuras de concreto armado. Considerando ØL = 1” y estribos Ø3/8” dc=d’=6.000 75Kg / cm 2 K 75Kg / cm 2 Ag 40 x60 e 0.245 y 250.60 Mu 36 x105 Mu 25. El refuerzo se distribuirá en las caras más esforzadas de la columna (en caras opuestas) para absorber el momento que es considerable.0.20 cm 2) Lo cual implica colocar 6Ø 1” en cada cara..22 .pág. Se puede ingresar al diagrama de interacción con K = Pu/Ag y Mu/Agt. 011x 40 x60 26. por lo tanto la sección la incrementamos en bxt= 40x60 cm2. ó K y e/t.33 t .0 Kg / cm 2 Agt 40 x60 x60 Agt 60 2 x6.011 (-0.33 e / t 0 .90 ) 60 De los monogramas C3 Y C4 (anexos) tenemos : K Para : .01 g 0.22 cm.15 ..40 cm 2 4Ø1"2Ø 3 / 4" (26... 01x50 x50 25 cm 2 AST 25 cm 2 8Ø3 / 4" 2 5 / 8"(26.74 cm 2 .0 T-m Asumiendo una cuantía de 2% para el predimensionamiento.06 Pu 320 50 10 x 10 5 Mu Mu 8.25 Ejemplo N° 02: Determinar la dimensión que falta en la sección de la columna mostrada en la figura de modo que la cuantía de refuerzo requerida sea 1.238 y 243.0 8.2 x6. .44 = 48 x .Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.18 x 49. Ag Pu 320.12 e / t . Mu = 10.02 x 4200) Ag 2419cm 2 b x t 49.pág.6 b = 50 cm Usar : Ø3/8” @0. El elemento está sometido a una carga axial amplificada de 200 Tm y un momento flector de 20 T-m. usar f´c = 280 Kg/cm2.45( f ´c g fy ) .000 2418.45 (210 .18 b x t 50 x50 cm 2 Se considera una sección cuadrada ya que el elemento está prácticamente sometido a comprensión pura. 0.95 = 45.72 cm 2) S = 16ØL = 16 x 1.59 = 25.75 50 Del diagrama de interacció n C15(anexos) tenemos : g 1% AST g Ag .0 3.000 K 128Kg / cm 2 K 128 Kg / cm 2 Ag 50 x50 Mu 10.50%.Concreto Armado 221 TEMA B: Pu = 320 Tm .22 . Entonces: Pu 320.0 Kg / cm 2 Agt 50 x50 x50 Agt El refuerzo se distribuirá en las cuatro caras debido a que" Pu" es más importante que el " M u". fy = 4200 Kg/cm2 (57) BLANCO B.12 3. e 50 .Antonio. Teodoro E.75 t 40 Entonces .Diseño de estructuras de concreto armado.30 Ejemplo N° 03 La figura.56 cm2) El espaciamiento del estribo será: 16ØL = 16x1. columnas = 35 x 60 cm. .0cm El área de acero requerido será: AST = gbt = .060 Ag 50 xb b 30.Chávez C.20 Pu 200 .pág.44 S = 48x.10 0.245 y 250.50 t dc d ' 50 2 x6.6 b = 30 Usar :=> S = Ø 3/8” @ .22 0.5% y tenemos : e K 132 kg/cm 2 K Pu 200.222 Ing°S.50 cm2 AST = 22. Solución Mu 20 . Diseñar la columna del eje (c) del primer piso fc ' col 210 Kg / cm 2 fc ' viga 210 Kg / cm 2 fy 4200 Kg / cm 2 (52) HARMSEN .95 = 45. entramos al diagrama de interacció n con C7(anexos)co n e/t y g 1.10 e / t 0.015 x 30 x 50 = 22.50 cm2 <> 4Ø 3/4” + 2Ø1” (21.59 = 25.30 b 30. con vigas de b x h = 35 x 60 cm. presenta una vista idealizada en elevación del pórtico de un edificio de 03 pisos. el pórtico no esta arriostrado contra desplazamiento lateral.000 132. para pórticos no arriostrados. donde cm 1.4 x 100 1.3 T m 2. Cálculo de ns ns cm .4 x 7.844 3.0 Tn Debe considerarse que : I .35 x 630.pág.000cm 4 441.7 x 60 M U 1.7 M 2 L 1.84 luc=564 cm. K=1.30 x 60 4.000 220.000 441. .41 x 400 564 cm 3.000 441.4M 2 D 1.70 Ig columnas 35 x 60 3 630.Concreto Armado 223 Solución 1.0 18. Pu 1 0.41 0 A K B 3.75Pc (57) BLANCO B.4 PD 1.0 1.Antonio.84.7 x 5. Índice de esbeltez (no arriostrados ) Klu 564 31.000 cm 4 I viga .84 B B 220.500 220. luc Klu 1.500 800 810 Con A 0 y B 3.33 cm 22 ns 1 r .238 y 243. Resistencia de columna Pu 1. Entramos al ABACO de Jackson y Moreland. EI EI . luc = klu EI 0 L ψA 0 A 0 EI er EI do 1 piso 2 piso L L ψB .7 PL 1.000 460 380 3.500cm 4 12 I col .35Ig vigas I .70 x 630.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. L izq L dere Ig col Igviga 242. Determinación de luc.0 (columnna no arriostrada) Pu 242 Tn. 000 ) K 115.Chávez C.43 x 18.4 P2 D 1.0175 x 35 x 60 36.17Tm Solicitaci ones Finales : Pu 242.224 Ing°S.7 P2 L 1.99 t m Muc Diseño: Muc 26.245 y 250.0Tn Mu2 min Pu 1.4 P2 D 1. (52) HARMSEN .4669243 x 1010 121 .74 > 4 cm.Diseño de estructuras de concreto armado.17 10.58 Pc 2 x 3.35 x 60 3 EI 3.0005 .75 cm2 6Ø1 2Ø3 / 4" 36.5 ØL. 1.g.01 x g AST g Ag .69 Muc ns Mu 1.24 Kg / cm 2 Ag 35 x 60 ) e Suponemos Ø 1" y estribos Ø 3 / 8" .a.28 cm2 eb 8.4 x 100 1.17 t m Muc 26.a. Ec 15000 210 Kg / cm 2 EcIg Pc .95 1. EI bh 3 35 x 60 3 2 2.m.43 ns 1.33 t.79 .002 .m.58 1.18 t t Pu 242 60 Pu 242. > 1.018 x .22 cm .g.5 ØL > 1. . 1.17 T m ns Muc 26.54 >> 4 cm .0 1.5 .22 dc 4 0.81cm e .3 26.1802 e .7 x 60 2 EI .75Pc .81 10.27 6.24 Kg / cm 2 K 115.pág.03h 242 1.03 x 60 7.Teodoro E. reforzado en las 4 caras 60 2 x6.interpolar 60 para .15 .5 1 d Klu Ig 12 12 1.5 .69 Tn Cm 1.005 g .0175 g _________ .75 y .90 g _________ .4 x 15000 210 x .75 x 1075.4 x 100 βd .793 .43 Pu 242 1 1 .018 .33 t.4669243 x 1010 5642 1075.016 . et = 21. 5Tn 8.15 ________ .53 210 x 35 x 53.22 eD 45 2 x 6.03 x 4 5 7.19 Kg / cm 2 2 Ag 45 x 4 Considerando Ø 1” y zuncho Ø3/8”=> dc = 6. Pu 250Tn f ' c 280 Kg / cm 2 Muc 15 t m fy 4200 Kg / cm 2 D 45 cm Solución e Muc 15 6.05. X 0.021 .91 30.018 g .0024 g .02tn no necesitamo s estribo por corte Ø Vu Si Vuc Si necesitamo s estribos por corte.22 .60 ________ .Concreto Armado 225 Por confinamie nto : S 16 x 1.12 ________ .003 0.13 45 Pu 250.0024 (57) BLANCO B.238 y 243.02tn Ø Vuc . 4@. .56 S 30 cm 48 x .6 35 .pág.5 Tn Vu Vuc 14.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.019 0.72 45 g .) Diseño por corte: Vu Mu1 Mu 2 6.12 t m M 2 min 7.19 Kg / cm 2 K 157.12 t m Muc 6 .10 (mínimo).13 e D . Diseñar dicha columna. es recomendable colocar estribos:
[email protected] g .0 cm Pu 250 .75 ________ .5 .000 K 157. M 2 min 250 1. 3@15 y el resto el que sale por confinamiento. por lo tanto : Ø Vu Avfyd Vu ' Vuc S Ø Vu ' Nota: Si en el cálculo no sale refuerzo por corte.95 45.Antonio.85 14. Ejemplo N° 04 Las solicitaciones finales de diseño de una columna circular zunchada son las siguientes.82 tn Lu Vu 8. 0Tn La luz libre de la columna es 4.54 6 6 eb 14.8 13.56 6 x 2.22 cm 2 AST 30.Diseño de estructuras de concreto armado.70 Ig .51 cm 4 cm 1.333 cm 4 12 40 x 603 Iviga .8 1.8 T m M 1 L 1. El elemento esta empotrado en su base hzap=60 cm.70 x 149.9 D 1. D = 45 cm.pág.7 M 2 L 1.33 t. Resistencia a la columna Pu 1.7 x 15 53.019 x x 452 4 30. El elemento está sujeto a las siguientes cargas: PD 20Tn M 2 D 4.35Ig .g.87 E U ..m a.18 T m 2.5 T m PL 15Tn M 2 L 3.4 D 1.56 cm DS 6Ø L x 32. de dimensiones de 40 x 60 cm.5 T m PS 8. Usar f’c = 280 Kg/cm2 y fy = 4200 Kg/cm2.Chávez C. una a cada lado.20m.75 1.7 L 1.43E Solución A) Considerando solo cargas de gravedad 1.35 x 252.7 x 3.22 cm 2 10Ø3 / 4" ó 6Ø 1" DS 45 4 x 2 2 x .7 L 1.0m.95 2. Determinación de luc luc Klu K f A EI L 0 EI L A 0 404 Icol .226 Ing°S. .4M 2 D 1.4 x 20 1. Diseñar la sección de la columna y el refuerzo necesario para las siguientes condiciones: a) Considerando solo cargas de gravedad (desplazamiento lateral se desprecia) b) Considerando el desplazamiento lateral producido por: U .4 D 1.5 Tn Mn 1. La distancia entre ejes de columnas es 6.54 DS 32.5Ø L 1. Zuncho = Ø 3/8” Ast = 6 Ø 1” eb Ejemplo N° 05 Se tiene una columna de 40 x 40 cm perteneciente a un pórtico no arriostrado.9 T m M 1 S 5.Teodoro E.4 T m M 2 S 5. y en la parte superior es solidario con dos vigas.8 T m M 1 D 2. El entrepiso está conformado por 12 columnas y se puede asumir que Pu = 10 veces la carga Pu de la columna analizada.000 cm 4 12 (52) HARMSEN .245 y 250.4 x 4. AST g Ag . 44 K 33.75Pc .4 EC Ig .12 Muc 1.76 27.74 B .5Tn. asumiendo que está empotrado en su extremo inferior y al superior llegan dos vigas y la columna del siguiente entrepiso.333 x2 480 Extremo superior: B . Pc 1. Pu 53.5 e 27.6 Tn 1 1.4091116 x 1010 1 d 12 1 .74 E x 252. Extremo inferior: A 0 E x 149.59cm.20 x 4.69 e .6 Muc 14.10 luc Klu 1.4 x 20 1. Diseño en caras opuestas Diseño: e 53.75 x 651. Pu 1 .4091116 x 1010 .20 luc 504 cm 3) Indice de Esbeltez Klu 462 38.48 E x 252.pág.44 Kg / cm 2 Ag 40 x 40 ns (57) BLANCO B.7 x 15 4622 Pc 651. .10 x 4.76 t m 14.20 luc 462 cm Para una columna exterior Extremo inferior: A 0 E x 149.0 .20 luc 1.12 x 13.52 .5 1 .000 x2 600 Del nomograma de Jackson y Moreland: K 1.Concreto Armado 227 Para una columna interior.69 t t 40 Pu 53.4 x 20 2 x 1.3 x 40 cm . cm 1.4 x 15000 280 x 404 EI 1.12 ns 1.Antonio.500 ) K 33.59 ) .50 22 ns 1 .Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.333 x2 480 Extremo superior: B B 1.000 600 Del nomograma : K 1.238 y 243.18 53.52 ns d 1. 94 t m.87 E Pu .7 x 3.43 x 8 29.7 L 1.87 t m. .87 x 8 M1ns . M 2 S 1.43E Pu . entonces: 1 s Pu 10 x 51.75 1.71t m.4 x 20 1.90 x 20 1.245 y 250.87 t m.012 g _________ .5 51.75Pc (52) HARMSEN .69 fc ' 280 kg / cm 2 g .04 cm 2 Considerando desplazamiento lateral Combinación 1: .43 x 5.5 M 2 S .4 1.35 513.75 1.15 _________ .75 1.22 .88 t m. 9.87 x 5.35Tn 4.87 x 5.7 x 15 1.Teodoro E.011 .5 7. 7.228 Ing°S.4 2.71t m.43 x 5.5 7.32 t m.9 M 2ns .0006 AST 17. 40 2 x 6.8 1.Chávez C.60 cm 2 .90 x 4. M 2 ns 0.75 1.9D 1.5 Tn Pu 1 Pc 12 x Pc .60 cm 2 6Ø 3 / 4" 17. 7.75 1.7 x 1.4 x 4. La primera combinación de carga es la más crítica y domina el diseño.69 40 g _________ .4 x 2.90 x 2.09 _________ x . Combinación 2: 0.75 1.012 .Diseño de estructuras de concreto armado.011 x 40 x 40 17.8 4.16 t m.44 tn M 1ns 0.4D 1.pág.8 M1S . M 1S 1.001 As gAg . 40 x 15000 280 x 40 4 12 1 0 EI 2. M C 9.31 35.13 t m.350 32.31 e .015 . fy 4200 Kg / cm 2 .07 x 7.6 Ms 8.69.1418496 x 1010 Pc 2 x 2.88 t 51. .Concreto Armado 229 Considerando: d 0 por sismo ) Columnas intermedia s : 5 EI 5 .25 t m.935.13 Mc 18.Antonio.0158 x 40 x 40 25.1418496 x1010 5042 Pc 832.2Tn Pc 6 x 990.1418496 x 1010 4622 Pc 990.0012 g .0012) .75 g __________ .25 t m 513.935.35 40 e .017 ) e g __________ . .28 cm 2 4 Ø 1" 2 Ø 3 / 4" 26. Diseño: (refuerzo en caras opuestas) 18.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.1418496 x1010 Pc 2 x 2.71 8.5 1 .4 6 x 832.09 Kg / cm 2 t 40 x 40 fc ' 280 Kg / cm 2 .09 _______ X .002 .2 10.pág. int erpolando para .88 8.40 Tn Columnas Ejes (A) y (D) EI 2.60 y .238 y 243.13 35.15 _________ .08 cm 2 (57) BLANCO B.0158 As g Ag .89 .6 Tn s 1 1.25 18.75 x 10.07 Ms 1. K 51.017 (. Diseño de estructuras de concreto armado.Mn Superficie de falla Mnx Mny (Fig. . Es difícil realizar el análisis y diseño de secciones de columnas con flexión biaxial.7.Teodoro E. Su carga axial tiene excentricidad respecto al eje X y al eje Y.Mnx corresponde al diagrama de interacción de una columna sometida a flexión uniaxial en la dirección X y la intersección con el plano Pn – Mny .Chávez C. Y ex Mny Pn Mnx = Pn ey Mny = Pn ex ey X Mnx (fig. como se muestra en la (fig. debido a que se necesita un procedimiento de pruebas y ajustes para encontrar la inclinación y profundidad del eje neutro que satisfaga las ecuaciones del equilibrio. VII-13). 7. VII-12): Extremidad de la carga axial respecto a los ejes X e Y Pn Curvas de interacción. La interacción de dicha superficie con el plano Pn . y momento en la dirección Y. VII-12). Las columnas sometidas a flexo compresión biaxial se ubican generalmente en las esquinas de las edificaciones. Por lo general.pág. el eje neutro no es perpendicular a la excentricidad resultante. Pn .corresponde al diagrama de interacción con flexión solo alrededor de Y.245 y 250. momento en la dirección X.230 Ing°S. (52) HARMSEN . La falla de estos elementos es función de tres variables: Carga axial. por lo que el diagrama de interacción deja de ser una curva para transformarse en una superficie como la mostrada en la (fig. FLEXO COMPRESIÓN BIAXIAL (58). VII-13): Superficie de interacción de una columna sometida a flexión biaxial. desarrollado por Bresler.238 y 243. desarrollado por Parme. El primero se denomina método de la carga recíproca o de Bresler. Este procedimiento se repite considerando otra distribución de deformaciones y otra inclinación del eje neutro respecto al eje centroidal. Con las deformaciones asumidas.pág.Concreto Armado 231 ºEs posible determinar una serie de puntos y establecer la superficie de interacción. se calculan los esfuerzos en el concreto y el acero. . La ecuación de la carga inversa de Bresler es la siguiente: 1 1 1 1 Pi Pnx Pny Po Donde: Pi = Carga axial nominal aproximada bajo excentricidad ex y ey. Para ello se asume un eje neutro con una inclinación a respecto al eje centroidal y una distribución de deformaciones en la sección como se muestra en la (fig. (57) BLANCO B. de la sección. en honor a quien lo propuso: Boris Bresler y el segundo es el método del contorno de carga. Como se puede apreciar. VII-14). en X y en Y.Antonio. Es un método de diseño simple y aproximado. Pnx = Carga axial nominal bajo excentricidad e y en una sola dirección. En este libro sólo nos limitaremos al primer método. Po = Carga axial nominal bajo excentricidad nula. las fuerzas en ellos y finalmente por equilibrio se determinan la carga axial y el momento resistente. se verifico satisfactoriamente mediante comparaciones con resultados de gran cantidad de ensayos de cálculos precisos. Para simplificar el diseño se han propuesto métodos a través de los cuales se puede estimar la capacidad resistente de una sección determinada sometida a flexión biaxial sin necesidad de conocer la superficie de interacción de la columna.Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado. este proceso es laborioso y no es práctico Y s1' s2' s3' X A'S1 A'S2 ff 'S1 A'S3 f 'S2 'S s1' s2' s3' 3 A'S1 A'S2 ff 'S1 A'S3 f 'S2 'S 3 Fig (VII-14): Esfuerzos y deformaciones en una sección de un columna sometida a flexión biaxial. Método de Bresler o de la carga recíproca. Pny = Carga axial nominal bajo excentricidad ex en una sola dirección. Nieves y Gouwens. g 0. para cargas últimas.30. En la dirección Y-Y: 30 2 6.. Esta relación se puede transformar. 0.245 y 250. ex/h = 0./cm2. Pux = 125 x 30 x 50 = 187.0 Tn.85 f’c Ag + AsT fy) Columna zunchada. g 0.80 (0. y fy = 4200 Kg. para γ = 0. en: 1 1 1 1 Pi Pnx Pny Po Para el diseño.60 ..85 f’c Ag + AsT fy) = 0.La columna de 30 x 50 cm.80 (0..034. ex = 15 cm.58 .Teodoro E. Pux = 187.25 .00 Tn.5 0.85 f’c Ag + AsT fy) Po = 0.5 cm..22 15 51. Pnx y Pny se determinan de los diagramas de interacción para flexión en un sentido y Po se determina a través de la expresión: Po = 0. Columna estribada.75 y f’c = 280 Kg. tomar 0.75 . Ejemplo N° 01.pág./cm2. Puy = 130 x 30 x 50 = 195. Se va aplicar una carga mayorada Pu = 115 Tn.85 x 280 x1500 + 51 x 4200) Po = 456.5 Tn.5 Tn. La resistencia a la compresión pura es: Po = 0.30 .0 0.232 Ing°S.. como se ilustra. K = Pux/Ag =125. La resistencia de los materiales son f’c = 280 Kg.85 (0. x 0.034 30 b 30 K = Puy/Ag =130. con excentricidad ey = 7.Chávez C. que aparece en la figura adjunta está reforzada con 10 Ø 1” distribuidos alrededor del perímetro de la columna./cm2. La expresión anterior permite estimar con precisión suficiente la resistencia de la columna sometida a flexo compresión biaxial. ¿Verifique si el diseño tentativo es el adecuado? (dc = d’ = ds = 6. Puy = 195.75 0.Diseño de estructuras de concreto armado.22) Y ex Pu 30 ey X 50 Solución En la dirección X-X: e 50 2 6. (52) HARMSEN .22 e 7.80 (0.034 50 h 50 30 50 Entramos al nomograma con: ρg = 0.96 Tn. . 28 0.0 456.22 0. > Pu = 115 Tn.pág.120 Kx = 116 0. -----------> error = 5 % Ejemplo N° 02. Muy = 15. Nota: Si Pi ≥ Pu. As = 36.238 y 243. Mux/Agh = 31. Pi < Pu. .Estructuración y diseño de edificaciones de concreto armado.Concreto Armado 233 1 1 1 1 Pi 187.100 x = 16 Kx = 100 + 16 = 116 Kx0.60 y γ = 0.023 Ag 35 45 45 2) Cálculo de los Pux ./cm2..75 Ag h 35 45 45 Entramos al nomograma con ρg = 0.15 -----------.12 -----------. -----------> error = 10 % > 1000 Tn. e interpolando para γ = 0.5 195. (57) BLANCO B.60 -----------. Mux = 22. significa que el área de acero es el correcto.28 cm2.72 45 Mu x 22. Se recomienda un error: hasta 500 Tn. Puy y Po En la dirección X-X: 45 2 6.x Pux/Ag = Kx Pux = Kx Ag. Pux = 116 x 35 x 45 Pux = 182.75 -----------. Solución 1) Suponemos As = 6 Ø 1” + 2 Ø ¾” y estribos Ø 3/8” dc=6./cm2.5 t-m.5 t-m. f’c = 280 Kg. se debe probar con una nueva área de acero. Por lo tanto el área de acero tentativo es el correcto.96 Pi = 120.Antonio.75.72 0.023. fy = 4200 Kg. que pueden distribuirse así: g 35 As 36.22.87 Tn.20 0.75 Kx0.7 Tn. -----------> error = 15 % 500 – 1000 Tn.Diseñar una columna de sección rectangular sometida a las siguientes cargas: Pu = 120 Tn b x t = 35 x 45 cm.5 31. 15 -----------. lo que no ocurre con la sección rectangular o cuadrada.67 Kg. (52) HARMSEN .22 0. según el método de Bresler.28 x 4200) Po = 421.234 Ing°S. Por lo tanto.Chávez C.77 Tn.10 0.64 0. . En la dirección Y-Y : 35 2 6.85 f’c Ag + AsT fy) = 0.Teodoro E.64 35 Mu y 15.80 (0.78 Pi = 126.67 = 132.75 -----------.140 0. y se calcula como si fuera flexo-compresión plana.Diseño de estructuras de concreto armado. la ubicación del plano de la flexo-compresión puede ser cualquiera. Este caso es el más sensillo.130 Ky0. > Pu = 120 Tn.7 208. la columna es capaz de resistir las cargas aplicadas.78 Tn. el comportamiento del refuerzo es el mismo.80 (0./cm2. Puy = Ky Ag.5 28.96 Tn.96 421. La resistencia a la compresión pura es: Po = 0.67 x 35 x 45 x = 2.pág.245 y 250. 3) Aplicando la ecuación de Bresler tenemos: 1 1 1 1 1 1 1 Pi Pu x Pu y Po 182.60 -----------.12 Ag h 35 45 35 Interpolando tenemos: Ky0.x Puy/Ag = Ky Puy = 132.12 -----------. Puy = 208. CASO DE COLUMNAS CIRCULARES: El comportamiento de la sección circular y con refuerzo en corona circular.67 Ky = 130 + 2.85 x 280 x35 x 45 + 36. con una excentricidad exy.67 Ky = 132. o sea. INTRODUCCIÓN. Rocas macizas: Granito. 3. la diferencia genera esfuerzos que pueden ocasionar daños en los elementos estructurales y no estructurales. es suficiente distribuir la carga mediante zapatas u otros medios. TIPO DE SUELO 1. Estas subestructuras se conocen como cimentaciones superficiales y es precisamente este tipo de cimentaciones el que se analizará en este capitulo(59). Cimentaciones 8. En la tabla (VIII-1) se presentan algunos valores aproximados de la carga de trabajo para diferentes tipos de terreno. Si existe un suelo satisfactorio inmediatamente debajo de la estructura. pizarra. la cimentación tiene mayor área que su respectiva columna o muro para así reducir los esfuerzos que se trasmiten al terreno.) 100 40 15 . Si una columna se asienta más o menos que otra adyacente. Rocas sedimentarias: Caliza arenisca.Concreto Armado 235 VIII. es necesario (1) Trasmitir la carga de la estructura hasta un estrato de suelo que tenga la resistencia suficiente. El terreno debe trabajar bajo una carga tal que no se altere su estado de equilibrio. Estos se utilizan solo para diseños preliminares(60). gravas o gravas arenosas (GW ó GP) σat (Kg. Si no se encuentran suelos adecuados justo debajo de la estructura. Se llama cimentación al elemento estructural que trasmite las cargas de las columnas y muros al terreno. Cascajo. Superficie estructural o elemento estructural sustentado Subestructura o cimentación superficial Suelo o roca La carga de trabajo del terreno debe determinarse por medio de experiencias y sondajes a cargo de un especialista en mecánica de suelos. gneis. La resistencia del suelo es menor que la resistencia del concreto. Rocas laminares: Esquistos. por ello./cm2. es necesario recurrir a cimentaciones profundas como pilotes o pilas para trasmitir la carga hasta estratos más profundos y de mayor firmeza. Las cimentaciones son la base de una estructura y están comprendidas entre la parte superior o súper-estructura y el suelo o roca que le sirve de base de apoyo. 4. diorita. y (2) Distribuir la carga sobre un área suficientemente grande de este estrato para minimizar las presiones de contacto.1. que no se produzcan deformaciones o asentamientos perceptibles que repercutan en los diferentes elementos de la estructura. Para limitar los asentamientos. 2. 50 .compactas. 2.00 .Sueltas.236 Ing°S. donde las zapatas individuales. algunas veces rectangulares y representan el tipo de cimentación más sencillo y económico.mediamente compactas.00 11. sienos.75 7. 8.00 Tabla VIII-1.00 5. arenas finas (ML-CL) 1.00 . sienos elásticos (CH-MH). 4. 1.Mediamente compactas.1.mediamente compactas.00 . Las cimentaciones superficiales pueden clasificarse como cimentaciones para muros y cimentaciones para columnas. 3. 1. arenas diatomiceas.Sueltas. Gravas arcillosas o arenas arcillosas (GC-SC). 3.00 9. 3. . Gravas sienosas o gravas –areno-sieno (GM).1. Una cimentación para muro consiste en una franja de concreto reforzado más ancha que el muro y que distribuye su presión. Suelos inorgánicos.compactas.. si se hicieran. En este caso. Los esquemas en planta de los tipos más comunes se presentan en la figura (VIII-1).Cargas de trabajo para diversos tipos de suelo. Las zapatas combinadas para dos o más columnas se utilizan también para columnas interiores con cargas considerables y poco espaciadas entre si. 2.00 10. Las zapatas para columnas individuales son por lo general cuadradas. 1. Arenas o arenas con grava bien graduadas (SW). Arenas sienosas o areno sieno (SM). 3. . 2. Su utilización para columnas exteriores tiene algunas dificultades si los derechos de propiedad impiden la utilización de zapatas que se extiendan más alla de los muros exteriores. 2. 2. Arcillas inorgánicas plásticas.Sueltas.compactas.50 . quedarían casi totalmente traslapadas.Chávez C.mediamente compactas (Lima).00 . . se utilizan zapatas combinadas o zapatas conectadas para permitir el diseño de una zapata que no se extienda más alla del muro o columna. 2. .00 . .Sueltas. Tipos de Cimentaciones(61).Compactas.25 6.50 8. 5.75 . Arenas o arenas con grava mal graduadas (SP). se emplea losa de cimentación y si es menor al 50% del área disponible. VIII-2. (b) Suelos cohesivos. La resistencia y compresibilidad de los estratos del suelo. las áreas requeridas para las zapatas son tan grandes que se convierten en antieconómicas. Esta cimentación. distribuye la carga de la estructura sobre la máxima área disponible. Por ejemplo en la fig. La ubicación de la napa freática. VIII-2. P P (a) Suelos granulares. La magnitud de las cargas de las columnas. en consecuencia. 2. se adopta una solución consistente en una losa de cimentación o en una cimentación flotante. La profundidad de cimentación de las edificaciones vecinas. Generalmente cuando el área de cimentación es mayor al 50% del área disponible. Fig.1.Distribución de presiones de contacto En el terreno granular se aprecia que la presión en los bordes de la cimentación es menor que en la zona central debido a la presión ejercida por las cargas aplicadas tiende a desplazar el suelo en los extremos lo cual disminuye la reacción. 4. Cada tipo de terreno tiene sus características propias y reacción ante cargas externas de distintos modos.. Si el suelo es blando o las cargas de las columnas son grandes. se emplean cimentaciones profundas. Este tipo de cimentación consta de una losa maciza de concreto reforzado que se extiende bajo todo el edificio y que. el nivel de cimentación y el tipo de terreno. 3. Si . consta de una losa de concreto reforzado en las dos direcciones. En conclusión diríamos que el tipo de cimentación apropiado para cada situación depende de varios factores. se presenta la distribución de la presión para dos tipos de suelos: Granular y cohesivo. Algunos de los factores que influyen en la distribución de la reacción del terreno son: La flexibilidad de cimiento al suelo. Una forma que proporciona mayor rigidez consiste en una losa de entrepiso invertida y conformada por vigas secundarias y principales. entre los cuales se tiene: 1.Concreto Armado 237 Las zapatas individuales y las zapatas combinadas para columnas son los tipos de cimentaciones superficiales más utilizados en suelos con capacidad razonable de carga. Este desplazamiento depende de la profundidad de cimentación. gracias a su propia rigidez también minimiza los asentamientos diferenciales. en este caso. 8. a menos que las condiciones del suelo exijan una cimentación profunda. Presión del suelo.2. En su forma más sencilla. 2° piso = 150 Kg. En el diseño. la fuerza ejercida por el peso propio del terreno impedirá que el suelo se desplace. es usual considerar cimientos de 50 a 60 cm. CIMIENTOS CORRIDOS. Las zapatas de muros pueden ser de concreto simple o de concreto armado. sobre todo en terrenos de mala calidad.2.15 (C) . principales perpendiculares al muro. dependiendo de la magnitud de los esfuerzos a los que se encuentran sometidos.. El suelo es homogéneo.15 (B) 3./m2.. esta es elevada.Chávez C.00 m. Diseñar el cimiento corrido para el eje (B). elástico y aislado del suelo circundante.2. utilizan zapatas de concreto armado.0 Kg. frente a las cargas transmitidas por la columna sea lineal. (1° y 2° nivel) P. 8. El suelo que circunda el área cargada ejerce una fuerza de soporte sobre ella por efecto de la cohesión y por ello la reacción se incrementa. Si el muro es de ladrillo. Estas suposiciones conllevan a que la distribución de la reacción del suelo. sobre el nivel del piso terminado. Por lo general. sólo se analiza la flexión y corte en esta dirección y no se chequea corte por punzonamiento. Dado que el terreno de fundación generalmente se encuentra a una profundidad de 1./cm2. consideraciones que ha demostrado dar resultados conservadores.) Sentido de las viguetas ./m2.00 . es recomendable que los sobrecimientos se continúen 10 ó 20 cm. En el suelo cohesivo por el contrario. 8. de concreto o albañilería. por lo que se asume dos hipótesis básicas: 1. = 100 Kg. La cimentación es rígida./m3. presentándose los esfuerzos. excepto en terrenos cohesivos como limos o arcillas plásticas. Diseño de cimiento corrido de concreto simple. En este tipo de cimentación.15 (A) 4. Muros portantes de ladrillo sólido (γ = 1800 Kg.1./m2. los muros de albañilería no portante tienen cimentación de concreto simple. donde σt =1. ubicados por encima del cimiento. bajo el nivel del terreno natural.00 m. Los cimientos de muros son elementos que trabajan básicamente en una dirección. no es practico considerar la distribución real de la reacción del suelo. s/c: 1° piso = 250 Kg.50 . sabiendo que el nivel para cimentar se encuentra a 1.238 Ing°S.. de altura y sobrecimientos de 40 ó 50 cm. con el fin de proteger al ladrillo del muro del contacto directo con el terreno. la presión en los bordes de la cimentación es mayor que en la sección central. e aligerado = 20 cm.t. 2. mientras que los muros portantes. 5.20 x 2.80 Sobrecimiento y cimiento: (γcº = 2200 Kg.Concreto Armado 239 Azotea 0.90 x 1800 x 1.10 1.15 x 2. 6. PD2 = 765 kg.60 x b) 2200 x 1.) 1° Piso = 0.15 x 0.15 x 2.20 3.00 = 390 Kg.00 = 375 Kg.75 x 1. = 1800 Kg.e.00 = 198 Kg. . Sobrecimiento: Considerando h cimiento = 50 cm.00 N.0 Kg.e.80 x 1800 x 1. 1. PL = 1522.20) 0.15 x 0.90 x 1. Sobrecarga: 1° Piso = 250 x 3.00 = 1125 Kg.75 x 1.00 0.75 x 1.40 = 72 Kg.00 = 937.10 1.00 = 585. Peso por piso terminado: 1° Piso = 100 x 3.10 0. p. PD1 = 2250 kg.00 = 1320 b Kg. hs/c = 0.60) 2200 x 1. PD3 = 144 kg.00 = 783 Kg. PL1 = 1522./m3.00 = 756 Kg.C.20 2. 2° Piso = 0.) Viga solera: b x h (0.00 = 1125 Kg.15 x 0.75 x 1. 4. Peso viga solera: 1° Piso = 0.5 Kg./m3.40 = 72 Kg.15 x 0.5 kg.90 x 1.20 x 2. 7.60 m. 2° Piso = 300 x 3. 2° Piso = 0. 2° Piso = 100 x 3. peso s/c = (0. PD = 2250 + 765 + 144 + 1539 + 198 + 1320 b = (4896 + 1320 b) Kg. PD6 = 1320 b Kg..c° = 2200 Kg. Solución. 2. PD5 = 198 Kg. PD4 = 1539 kg. 3. PD = (4896 + 1320 b) Kg./m3. 2° Piso = 150 x 3.5 kg. Cimiento: Peso = (0. Peso de los muros (p. Peso propio de la losa aligerada: 1° Piso = 300 x 3. 82 cm.50 1320 b 1.50 1320 b 100 B Az B 100 6418.) bB Nota : Para calcular σnu .240 Ing°S.0 Kg. podríamos estimar el peso de la zapata de la siguiente manera: P = (4896 + 1522.Chávez C.. σnu nu Pu (Kg. donde : C 1. 1.7 1522.50 + 1320 B = 100 B x 102 B = 0.26 Kg. Az * 1. si no se hubiese considerado el peralte del cimiento. Simple. / cm 2 75 100 Wum 2 Mu (Cuando el muro es de C° Armado) 2 Wu (m e / 4) 2 Mu (Cuando el muro es de mampostería) 2 nu .04 para t 4 Kg. B=75cm 1. pues esto no afecta el diseño por cortante. / cm 2 nu 1.739 B = 75 cm.00 Chequeo del peralte.5) Donde: Az CPs . Por flexión.4 4896 1. 1. * Dimensionamiento de B: P 6418. / cm 2 6418.15 para σt = 1 Kg.15 6418.5 100 B B 73. Armado y en la sección que pasa por el punto medio situado entre la cara del muro y el eje del muro si es de mampostería o de C°. / cm 2 n C = 1.26 Kg./cm2. punzonamiento y flexión.La sección crítica por flexión se ubica en la cara del muro (elemento sustentado) si dicho muro es de C°.5 1. t O también. Secciones críticas m m σnu = Reacción neta de rotura del terreno actua de abajo hacia arriba./cm2. no se considera el peso propio de la cimentación. 15 vu 0.760.94 Kg.OK. máx 3” 0. 2. f’c = 100 Kg. 0.53 100 hv = 6.75 m 30 m 30 cm.65 100 1. 0.3 100 h = 25 cm.94 h 22./cm. nu vuc 1. hv 6. fuct = Esfuerzo último a tracción del c° fuct = 1. Por Corte.26 x 100 = 126 Kg. máx 6” .+ 25% PM.60 0.. c : f’c = 100 Kg.65 I bh 3 bh 2 12 6 Mu / 6 71.05 Mu 71.26 0. ----------.-cm 2 2 h/2 b = 100 cm.60 s/c./cm2. 30 Vu = Wu (m-hv) Vu nu b m hv .85 30 hv B = 75 cm./cm2.56 cm. 2 2 2 Wum e / 4 12630 3.56 cm.85 0. 75 15 e/4 =15/4 = 3.53 f ' c (Para diseñar) bh b hv nu m 1. < h = 60 cm. Vu / nu b m hv vuc 0. << h = 60 cm.La sección critica por cortante se encuentra ubicado a la distancia “h” o “d” de la cara del elemento sustentado.760. 0./cm2.57 25 cm.26 30 hv . bfuct 0. según se trate de cimentación de C° simple o de C° Armado respectivamente.+ 30% PG. fuct MY Mu / h / 2 6 Mu / fuct .3 f ' c Kg.75 m.Concreto Armado 241 Wu = σnu x 100 = 1. Az 1.242 Ing°S.2. m Vu nu b m d Vu / nu m d vu bd d Vu d d dc bm d nu vuc 0. = 7.Diseñar el cimiento corrido de concreto armado.5 6. / cm 2 Az 100 140 nu 2.34 Kg.2.89 cm.8 Dimensionamiento de h Pu 1. teniendo la siguiente información.. B 1.Chávez C. Diseño de cimientos corridos de concreto armado.e. 2. 8. En estos casos es usual considerar un refuerzo longitudinal de temperatura que sin embargo a opinión del autor no es estrictamente necesario.53 f ' c vuc vu (para diseño) σnu m d v nu d uc d num nu vuc . 2 2 h = d + dc = 16. b dc 7.71 cm.91 dc r.5 nu 2.4 15.5 t Az B 100 136.5 8. dc . Ejemplo.12 15.5 cm.5 1.34 0. d d r.5 = 24. m Be 57. dado que el cimiento al estar enterrado no tiene mayores problemas en relación a cambios de temperatura. / cm 2 h por corte.5 cm.85 0. Son similares a los anteriores con la diferencia que se le adiciona refuerzo debido a que el ancho es considerable y por consiguiente sus volados son importantes.12 CP 1. h = 25 cm. el muro es de concreto armado.53 175 1. Solución * * * Dimensionamiento de B C = 1.50 cm.50 16.21 cm.7 6.21 + 8.34 Kg.e.34 57.40 m. 2 2. usar Ø ½” @ 0. . El peralte mínimo en el borde de una zapata de sección variable es 15 cm.5 2 429. Las zapatas aisladas son losas rectangulares o cuadradas que sirven de apoyo a las columnas.2824 As a 0.5 9.86 a 420016.-cm. As fy Mu / . .50 cm.57 cm 2 a 1.24 h 20 cm. VIII-3). a 0. disminuyendo hacia los bordes.86 As 6.5 2 100 A b As = 6. usar Ø3/8”@ 0.0018 x 100 x h = 0.812.c.20 S As As Acero por temperatura: Asr.34 100 57.85 f ' c b fy d 2 429.0018 x 100 x 25 = 4.5 Kg. d 16.74 cm.90 Mu / kb 429. el elemento debe vaciarse monolíticamente y no por escalones. En este caso.5 As a 1. La losa es constante o variable.812.3.5 18.74 8. * Diseño del As.5 cm2. h 25.57 cm2.812. ZAPATAS AISLADAS.15 8. 2 0. También pueden ser escalonadas como la presentada en la (fig.29 100 h 9. 45.0 cm.Concreto Armado * 243 h por flexión (muro de C° A°) Sección critica h Mn max kbd 2 Mu d Mu Wu m 2 2 100 m 2 2 nu Mu 2.t = 0. Para zapatas que sostienen columnas con planchas de base. * Corte por punzonamiento. Las zapatas aisladas son el tipo más usual de cimentación pues son las más económicas.1. La columna puede ser centrada o excéntrica. etc. la sección crítica se ubica a h/2 de la cara de la columna.244 Ing°S. de concreto armado. la sección crítica se ubicará : * * Para zapatas que sostienen columnas de mampostería o de concreto armado. La resistencia al corte en zapatas de concreto simple se verificará. 8. Se usan para cimentar columnas de mampostería. Para el diseño. la sección crítica se ubica a la distancia h de la cara de la columna. Zapatas aisladas de concreto simple. las primeras no se pueden usar ni sobre pilotes ni en zonas sísmicas. por flexión.3. la sección crítica esta ubicada al centro entre el borde de la plancha de base y la cara de la columna. * Corte por flexión. Ps = (PD + PL) Sección por corte por flexión Sección crítica por flexión h h A . Este tipo de estructuras no podrán ser empleadas cuando se apoyan sobre pilotes y su altura mínima será 20 cm. aunque el primer caso es más común. La columna o pedestal de sección circular o poligonal podrán ser considerados como elementos de sección cuadrada para ubicar con mayor facilidad las secciones críticas para el diseño de zapatas por corte y flexión.Chávez C. Las zapatas aisladas pueden ser de concreto simple o de concreto armado. Sin embargo. pedestales. en la cara del elemento sustentado. m n 40 cm.21 115 402 595. c Ps .1.-cm.11 2 --------./cm2.04 3 -------.15 m. 2 A = 1.15 4 Kg. (Carga admisible del terreno) f’c = 110 Kg.400 45 35 115 2 2 1. PD = 25 Tn. σt = 3 Kg.40 m .1.25 m.400 cm2.-------. ------.65 .4 25 1.Concreto Armado 245 A Sección crítica por punzonamiento Q R B n h/2 h/2 (b+h) b b t T t+h m t S bo = 2 (b+t+2h) bo = Perímetro de corte por punzonamiento. mn 0.08 Az Diseño del peralte./cm2. Mu1 nu Bm 2 (1) En eje x: 2 (2) Mu1 4.21 Kg.65 Mu 2 nu An 2 En eje y: 2 B A Mu2 4./cm2.7 15 nu 4. Solución 1) Dimensionamiento en planta. b x t = 35 x 45 cm. 2) c = 1.877 Kg.08 25 15 14./cm2. n m Ejemplo: Diseñar la zapata aislada de concreto simple.400 45 35 125 2 2 1 1 B Az t b 14. 2 0. 2 0. Az t 1 Kg. Az 125 115 * h por flexión. PL = 15 Tn.25 0.-cm./cm2.07 1. 3 1 1 A Az t b 14.692 Kg.21 125 402 647. Pu 1.X X = -0.0.45 B = 1. 25 m.15 1.10 4. En eje X: h1 * MY Mu / h / 2 fuct h I bh 3 / 12 Vup / bo h nu S Az b ht h bo h bo = 2 (b+t+2h) bo = 2 (35 + 45 + 2 h) ф = 0. A Q R B T vup 6 Mu / B ó A fuct 6 595.1 110 vuc = vu . h De los tres “h” tomamos el mayor: h = 50 cm.53 110 h = 20 cm. * f ' c Kg.(por punzonamiento. 0.Chávez C. Sabemos que: h por punzonamiento.246 Ing°S.35 0.85 2 35 45 2 h h Resolviendo la ecuación tenemos: h = 20 cm.877 47. En eje Y: h2 47.85 nu vuc 4.21 40 18. f’c = 110 Kg. .85 Vup nuAz b h t h .3 110 125 1./cm2.75 .06 f ' c Kg.45 1. 0.21 0. h por corte (unidireccional).21125 115 35 h 45 h 1.T.85 0./cm2.) ≈ 1.877 6 595.50 1.25 0. h h h nu m 4.75 115 1. vuc 1. según el ACI./cm2. σt = 3 Kg.3 110 h = 50 cm./cm2. E. /cm2.e.2./cm ./cm . 2 σt = ≤ 1 Kg. hc = Altura de la cimentación. . adherencia y los anclajes. γc = Peso especifico del concreto γp = Peso especifico del C° del piso hp = Altura del piso s/c = sobrecarga del terreno. es decir. γt = Peso especifico del suelo. Pz = 15% P σt = 1 ~ ≤ 2 Kg.3. n σn = σt – γpromedio hf – s/c σn = σt – γt ht – γc hc – γp hp – s/c σn = Capacidad portante neta. Pz = 5% P 2 Pz = 10% P σt = 2 ~ ≤ 3 Kg./cm2. punzonamiento. ht = Altura del suelo sobre la Zapata.Concreto Armado 247 8. Zapatas aislada centrada de concreto armado. Proceso de diseño: 1) Dimensionamiento en planta (Az) El valor del peso de la zapata también se puede estimar así: σt = 3 ~ ≤ 4 Kg. flexión. σt = Carga admisible del terreno. Pz = 20% P P También podemos estimar Az. aplastamiento. El diseño en concreto armado de una cimentación se hace en igual forma que cualquier otro elemento estructural. estimada en función de la “ld” del refuerzo de la columna y del r. así: Az = área de la cimentación. verificándose los requerimientos de los distintos tipos de esfuerzos actuantes: Cortante. El peralte de la zapata en principio debe ser capaz de permitir el desarrollo del refuerzo en compresión de la columna. Si las cargas externas incluyen efectos de sismo se realiza una segunda comprobación. . entonces es necesario incrementar las dimensiones del elemento.. Por ello se considera. Por corte bidireccional o punzonamiento. lo que es importante en zapatas de sección trapezoidal o escalonada. etc..Chávez C. Bajo este tipo de cargas. para zapatas sobre pilotes. que la capacidad neta del suelo es: σn = 1.248 Ing°S. se define las dimensiones de la cimentación cuadrada.33 σt – γpromedio hf – s/c 2) Dimensionamiento en elevación. Conocida el área. a. Por longitud de anclaje. Si los esfuerzos son superiores a la capacidad del suelo.. y se verifica la presión admisible del suelo no sea sobrepasada. rectangular. se ubicará a d/2 de la sección central entre la cara de la columna y el borde de la plancha. el código recomienda que d ≥ 15 cm.La sección crítica se encuentra ubicado a “d/2” de la cara de la columna. para esta verificación. Si existe plancha de base. circular. que actúan por periodos breves de tiempo. para zapatas sobre terreno y d ≥ 30 cm. la capacidad portante del suelo se incrementa. Al margen de las solicitaciones de corte. b. 1 f ' c (Kg. nu Pu A B De esta expresión obtenemos el valor de “d” ... 30.. Nosotros en adelante utilizaremos sólo la ecuación (3)..........1 f ' c bo d . (3) Vc = Resistencia del concreto al corte.Concreto Armado 249 La resistencia del concreto al corte por punzonamiento es igual a la menor determinada por las siguientes expresiones: 4 f ' c bo d . Vu1 nu Bm d Vu 2 nu Am d Eje Y: Vu / nu B m d vu1 1 = σnu (m-d) Bd B d Фd n d Vu 2 / nu A vu 2 = σnu (n-d) d Ad A Фd (2) B b d t A (1) Eje X: .La sección crítica se encuentra ubicado a la distancia “d” de la cara de la columna o pedestal.....1 bo d f 'c nu A B b d t d bo d .. αs = Parámetro igual a 40 para columnas internas.) Vup = Pu – σnu (b + d) (t+d) Vup = σnu [A x B – (b+d)(t+d)] Vup = σnu (Az ... donde el esfuerzo unitario por punzonamiento es vc 1.27 s 2 f ' c bo d ./cm2..... (2) bo Vc 1.5 cm. (1) Vc 0.......... h = d + dc dc r.......5 cm.e.. Para columnas con planchas de acero en la base se ubica a la distancia “d” de la sección media entre la cara de la columna o pedestal y el borde de la plancha.... Corte por flexión.. Para columnas externas y 20....... + Øb = 7..27 2 c d Vc 0..5 +Ø ¾” ≈ 9..... bo = Perímetro de la sección crítica.... dc = r.e c......... βc = Coeficiente de la dimensión mayor de la columna entre la dimensión menor....... d dc = 9. vup Vup / bo d Para diseño : vup = vuc nuA B b d t d 1. para las esquineras.Ap) ó .. pues este no afecta el diseño por cortante.. ρmin = 0.250 Ing°S. . Los cortantes unitarios son iguales en las dos direcciones.85 f ' c A . Mu1 nu Bm 2 -----------. la sección crítica se encuentra ubicado en la cara de la columna. (cortante unitario del concreto).t-m 2 (1) Pu . vuc 0. punzonamiento y flexión. dado que si se considera en el valor de la presión última (hacia arriba también debe considerarse como carga uniforme repartida hacia abajo) anulándose. fy d a / 2 Mu 2 / Eje (2) As 2 .0018 Si Mn ρmin > Cálculo de las áreas de acero: Mu 1 / Eje (1) As1 .e = Pzasumido = % Ps = Pzasumido ≥ Pzapatareal . vu1 = vu2 .. fy d a / 2 a As fy . h = d + dc vu nu vuc d d nu vuc También se puede tomar el “d” calculado por punzonamiento y verificar así: m d vu nu vuc 0. OK. en cara B : As1 = 0. para diseño vuc = vu m d num ..53 f ' c .. en cara A : As2 = 0... d 3) Comprobación del peso de la zapata.OK.Chávez C.85 f ' c B a As fy . En la expresión nu Mn Eje (1) Mn KBd 2 Mu1 / 2 Mu1 / min KBd max Mn max KAd 2 Mu 2 / Eje (2) 2 Mn min KAd Mu 2 / Mu Colocar Asmin = ρmin (A ó B) d. no se considera el peso propio de la zapata AB en el cálculo.. si sale lo contrario. Pzap = A x B x h x p.t-m 2 (2) Mu 2 nu An 2 -----------.53 f ' c . aumentar “d”. 4) Diseño por flexión.... 4 f ' c Vu / .. O también: Puar 0..OK. plano de transferencia de esfuerzos.... o disponible conforme u jd Vu 2 / Eje (2): o nec ------. f’c columna. > fa =Pu / A1 A2 2 ..70 (por aplastamiento) fuac = Esfuerzo de aplastamiento permisible o esf. Verificación por aplastamiento o por transferencia de esfuerzos.. 0. 6.La sección crítica es la misma que para flexión y se debe verificar que: o nec o disponible ---------... máximo permisible en la base de la columna A1 t A2 fa fuac Conforme. Esfuerzo de aplastamiento actuante A1 fuac 0... Si es mayor entonces el remanente se coloca en forma de Dowells o bastones. o sea: A fuac 0. donde: u 56 Kg. A1 = Ag (área de la columna) A2 = Área máxima en la zapata que es geométricamente igual al área de la columna. o disponible conforme u jd Si 6) o nec o nec > o disponible dicha zapata estará gobernada por el diseño de adherencia. db u jd Vu 1 nu Bm Vu 2 nu An . .85 f ' c Ag Pu A1 Si Pu > Puar Pu’ = Pu – Puar colocar As adicional (Asa) Asa Pu ' ./cm2..85 f ' c A2 / A1 .. fy entonces no es necesario adicionar refuerzo. Si esta de área de acero adicional < que el área de acero de columna..... A2 conforme.85 f ' c A2 / A1 . Vu 1 / Eje (1): o nec ------. 2 A1 = b x t A2 = B’ A' 1 f’czapata fa A’ B b B’ Pu .Concreto Armado 251 5) Verificación por adherencia. A1 OK. 252 Ing°S. Columna = 40 x 60 cm. PL = 60 Tn.Cuando el ancho difiere en gran proporción de su largo de las barras N1 . actuante – Esf.Chávez C. PD = 100 Tn./cm2.475 f ' c ≥2x l Si l > ld..Diseñar la zapata aislada centrada de concreto armado.. .. Apedestal x Pu ' 0. σt = 2 Kg. h ld Podría también tomarse la carga o esfuerzo “remanente” por aplastamiento a través de pedestales. remanente = Esf. adm. El Asa. las barras N2 se distribuirán del modo siguiente: Ejemplo. se distribuirán uniformemente en el ancho B. no es necesario colocar las patas Patas 6) Colocación del acero. Ast = 8 Ø ¾” f’c = 210 Kg./cm2. fy = 4200 Kg. momentos de carga de gravedad y de sismo despreciables. podemos calcular también así: Esfuerzo remanente Acol Asa fy ld Donde: Esf./cm2. 28 cm.36 d – 4139.1 210 0./cm2. 0.36 52./cm2.004 db fy 0.11 para σt = 2 Kg. c) h por corte de viga o por corte bidireccional.5 = 52.800 60 40 307.5 = 45.10 – 0.0 cm.28 cm.5 cm. ld b) h por punzonamiento.85 2 40 60 2 d d 89.25 m.10 2.98 cm.90 – 0.53 210 h = 50.07 43.09 cm.1 f 'c . d = 45.07 = 0 d 52.28 + 9.08 db fy 0.78 cm. n = (2.07 d (100 + 2 d) d2 + 52. d = 45.2 nu 2.36 2 4 4139. ld 44.48 + 9.- nu A B b d t d 1.69 125 36.69 0.85 0.28 cm.90 2. 2) Dimensionamiento de h.900 – (2400 + 40 d + 60 d + d2) = 10. m = (3. A B 3.69 Kg.. Usar: h = 55 cm. m = n = 1.99 2 2 A = 3.60)/2 = 1. condición: m = n t 1.Concreto Armado 253 Solución 1) Dimensionamiento de Az cP Az .28 cm.69310 290 40 d 60 d 1.10 m .25 m. B = 2. nu vuc 2. h = 44.11 160. h = 36.08 1.25 m.800 cm 2 Az A B 88. h = 55 cm.800 cm 2 2 1 1 A Az t b 88.91 4200 44. d nu m 2.800 60 40 287.90 m .5 = 53. 2 d = 43.004 1. h = 43. bo d Pu 24. c = 1.48 cm. a) h para satisfacer la longitud de desarrollo en compresión.000 Az 88.99 2 2 1 1 B Az t b 88. .91 4200 32.78 cm.28 + 9.40)/2 = 1. f 'c 210 ld 0. h = 55 cm.50 cm. 2 2 0. 6.90 -) Momento máximo nominal.59 u jd Bm 2.715 Kg. cm. <> 18 Ø 5/8” ó En cara A: As = 39. As 420045.715 . min 7. Pzapata = 3..55x2.254 Ing°S.5 2 32'630. 4) Diseño por flexión.5 max Calculo de las áreas de acero: 6'771. Mu1 Mu2 nu nu B m 2 2.701 .69 310 125 2 7'238.11 x 160 = 17.97 a En cara B: As = 36.756 Kg.5 a / 2 a = 2..69 290 125 2 6'771. Eje (1) Mn Mn Eje (2) Mn Mn 54.OK.154 Kg..5 54.0759 As a 0.4 = 11.. min 7.0811 As 0..63 cm2.87 Tn.97 As = 39....97 As = 36..OK. / cm 2 56 Kg. Pzasumido ≥ Pzreal OK..607 Kg..97 As fy = 0.../cm2. 2 4'749..40 290 45. 2 2 0.35 310 45.33 Kg.90 x 0....88 45.88 45.4 210 Vu / u 58.16 cm. 2 4'442.. cm Mu 2 / .701 Kg.63 7'238. Pzasumido = 0. <> 11 Ø 5/8” u o nec nec 10 Ø 5/8” 1 nec 11 Ø 5/8” 2 ≤ ≤ o o dis 18 Ø 5/8” conforme dis 20 Ø 5/8” conforme .40 310 45..245 Kg.. 1.85 f ' c B a = 2. cm Mu1 / . <> 10 Ø 5/8” u nu A n 2. OK..90 A n 2 2. Mu 2 / .85 f ' c A a = 2. <> 20 Ø 5/8” ó Elegimos Ø 5/8” 5) 13 Ø ¾” 14 Ø ¾” Verificación por adherencia.Chávez C...-cm..10 x 2.16 As Eje (1) Eje (2) As fy = 0.5 max 54.16 cm2.85 56 0.69 290 125 o nec 1 nu jd 0.60 Tn.69 cm.-cm.5 51.. -) Momentos actuantes incrementados. cm.85 56 0.69 310 125 o nec 2 jd 0.5 a / 2 a = 2. OK. 420045.35 290 45.5 2 34'880. Mu1 / . 3) Comprobación del peso de la zapata.. 15 Usar: 20 Ø 5/8” @ 0. 7) fuac 0. 3.83 Kg. No falla por aplastamiento. se distribuyen también en forma uniforme.40 0. las barras en la cara A.10 A2 6.15 19 En B: S nota: Dado que la relación del lado A al lado B.70 210 2 249. .15 0./cm2.10 0.40 0. A1 fu 100.16 17 3.85 f ' c Colocación del acero.9 Kg.42 5.60 A2 0. conforme. ≤ fuac = 249.07 A2 = 3. 2.83 Kg. .17 > 2 A1 0. Ag 40 60 Xo 0..9 Kg.90 0.16 Usar: 18 Ø 5/8” @ 0. no es importante./cm2.10 x Xo = 6. Smax = 30 cm.42 cm2./cm2.15 0.000 100.Concreto Armado 6) 255 Verificación por aplastamiento: fu Pu 242.016 0.85 0./cm2.40 3.10 0.60 Xo Xo 2.016 En A: S 0.60 0. ZAPATAS AISLADAS EXCÉNTRICAS. Son aquellas que sirven para cimentar una columna.4. la carga real que trasmite la columna no coincide con el C. Esto ocurre cuando la columna se encuentra en el límite del terreno y por algún otro motivo o limitación especial: e1 = Excentricidad Pu x C. además de una carga axial. no son uniformes. Cuando físicamente y en forma real. de la zapata. La distancia entre el punto de aplicación de la carga que transmite la columna. B e1 A b. por lo tanto. entre ellos. Ing°S.G.G.256 8. las presiones que ejercen sobre el suelo. Cuando la columna trasmite a la zapata.Chávez C. y el centro de gravedad de la zapata.G. un momento: c. los más comunes son: a. La excentricidad puede presentarse por diferentes motivos. Cuando. y la carga que transmiten al terreno de fundación no coincide con su centro de gravedad. . la columna trasmite a la zapata una carga horizontal Hu Pu Pu = Mu = Hul l = Pu C. se conoce como “e” excentricidad. además de una carga axial vertical. Zapata centrada con carga excéntrica. En este caso.e.Concreto Armado La carga Horizontal produce un momento M = Hul . siendo preferible combinarlas o conectarlas con la cimentación de la columna más próxima.e.1. una zapata puede presentar excentricidad en razón de uno. entonces. 2 . M P. Es recomendable dimensionar de manera que la carga este dentro del tercio central de manera de evitar esfuerzo de tracción en el suelo que teóricamente puede ocurrir antes de la redistribución de esfuerzos. 2 Az I Az I 3 A BA y . la excentricidad total o resultante es la suma algebraica de las excentricidades parciales: e = e1 + e2 + e3 . Una zapata excéntrica puede presentar problemas de volteo y/o deslizamiento. P 6 e 1 Az Az 3 A 2 Az A BA 3 12 P 6 e P 6 e 1 1 < σt . este estado de carga es equivalente al del caso (b). Como criterio de carácter general. por la ausencia de columnas cercanas. por ello es siempre recomendable que la columna respectiva tenga una buena rigidez con respecto a la de la zapata.Si e < A/6. En las zapatas cargadas excéntricamente.4. Mu Hul e3 Pu Pu 257 e3 B Pu A En general. 2 12 σ1 σ2 P P. Si la excentricidad es grande puede resultar esfuerzos de tracción sobre un lado de la cimentación. P My P > Az I P My P My e 1 . dos o los tres motivos señalados. por ejemplo. I .e. 8.. para evitar agrietamientos y fallas indeseables en la columna. la reacción del suelo no es uniforme y tiene una distribución que puede ser trapezoidal o triangular. existen casos en los cuales su utilización es inevitable por muchas razones. sin embargo. 2 1 < σt Az A Az A 1. A / 2 P 6 P. en forma simultanea. en este caso el esfuerzo directo de compresión es mayor que el esfuerzo de flexión. no es recomendable la utilización de zapatas aisladas excéntricas. Para estos casos se puede evaluar la presión actuante con la expresión: P My Az I 1° caso . . B 2P 2P P 2 2 2 x. En este caso se plantea una distribución de presiones actuantes uniforme. e 2 2 L x 2 e e 2 P A 2 B e 2 σ P x/2 x/2 .B A 3 e B 2 2P < σt 2 A 3 B e 2 P e x σ2 e P x/3 A/3 A/3 4° caso. x L P P Bx . x 3 e 3 2 2 .258 Ing°S.Chávez C. 2° caso .Si e > A / 6 x A A e ...Cuando se tienen cargas con excentricidades grandes (que produciendose tracciones dentro del análisis clásico indicado anteriormente) pareciera que el comportamiento real de las zapatas y la distribución de las presiones es diferente produciéndose en la zona de aplicación de la carga una plastificación del suelo y una redistribución de presiones hacia las zonas en que uno consideraría tracciones.x.Si e = A / 6 P 6 A/ 6 1 0 Az A P 6 A/ 6 2 P 2 1 Az A Az 2P < σt 1 0 2 Az 1 σ1 σ2 3° caso . < σt = 3 Kg.000 72.07 Kg. col = 40 x 60 cm./cm2.25 e 25 cm.3 + 2 x 25 = 308.33 2 M 50 ./cm2./cm2.33 2 1 B' 72. Ast = 8 Ø ¾” PD = 150 Tn./cm2.84 Kg. σ1u nu 1u 2 2u 1.08 200.15 -----------. σ1 = 1./cm2. P 6 e 200.000 60 40 278.4 Kg.57 Kg./cm2.1 Kg. σnu . si m n A 2 m t 2 135 60 2 1.0 1 A' 72. 1 1 2 Az A 310 330 330 1./cm2.10 x 3. / cm 2 . / cm . / cm .000 cm 2 t 3.08 1. nu Pu 6 e 1 Az A 2 295. usar: B x A = 3.84 Kg. ./cm2. P 200 Az ' cPs B = 258. 310 40 135 .57 4.07 Kg.88 Kg. otros autores recomiendan σ2u tomar el σnu en la cara de l a columna.88 Kg. 2 σnu =2. 2 A 330 cm. M = 50 t-m. c = 1.Concreto Armado Ejemplo: Diseñar en planta la aislada que se muestra a continuación: M f’c = 210 Kg. 1 310 330 330 2u 1. P 259 Solución 1) Dimensionamiento en planta. / cm 2 .000 60 40 258. c: 1. σ2 = 2./cm2.04 -----------. PL = 50 Tn./cm2.000 6 25 1u 4./cm2.000 6 25 2.19 2. < σt = 3 Kg. 1. σt = 3 Kg. fy = 4200 Kg.33 ≈ 310 cm n B = 310 cm.19 Kg. e B = B’ + 2 e 0.30 m 2) Dimensionamiento de h. Luego se sigue el mismo procedimiento que para columnas aisladas centradas con carga centrada. * h por longitud de desarrollo. * h por punzonamiento.Z : . 8.Y + Z : . A/2 A/2 A (+) Por carga vertical Por momentos P Pcol Pzap X Area A B P = Pcol + Pzap.Chávez C. My 6 P e1 M Y I B A2 v (-) (+) (-) (+) Por excentricidad de la columna e Análisis: Eje (1): My 6 P e2 Z I B A2 P 6 P e1 6 P e2 BA BA 2 BA 2 P 6 P e2 0 BA BA 2 . Zapata excéntrica con carga excéntrica. P M. (2) (1) M M e1 P P A e2 r 2 e1 h r s e2 B S = 2 r (máximo) A=S+r C.Sin momento actuante: X + Z : t . 3) Diseño por flexión (cálculo del As). 5) Diseño por aplastamiento. * h por corte unidireccional.Con momento actuante: X + Y .Sin momento actuante: X .G.Con momento actuante: X .2. es decir.4. 6) Colocación del acero.260 Ing°S.Z : Eje (2): P 6 P e1 6 P e2 0 BA BA 2 BA 2 P 6 P e2 t BA BA 2 . 4) Diseño por adherencia. 00 m./cm2. Límite de propiedad Solución Cargas de servicio: P = PD + PL = 75 Tn.8 Kg.12 = 9./cm2. P 75 r = 1. Excentricidad de la columna: A 300 e2 r 100 50 cm. . PD = 45 Tn. e2 r A = s + r = 2.00 m.0 t-m σt = 1. f’c = 210 Kg. 300 B B(300) 2 B A 295 300 cm.000 16 6 75. Pzapata = 12 %P = 75 x. e1 B C./cm2.000 50 1. M 12 0. la siguiente zapata aislada.4 MD + 1.80 B 294. s = 2 r =2 x 1 = 2. 2 2 s A Estimación del peso de la zapata: Sabemos que: σt = 1 Kg.000 6 75. * En el eje (2) sin momento actuante: P Pz 6 Pe 2 t A B BA 2 84.. M = MD + ML = 12 t-m 1) Cargas de gravedad: Pu = 1.00 m. MD = 7.Dimensionar en planta.4 PD + 1. Mu = 1. ---------.15 %P σt = 4 Kg. Analizando con las posibilidades de esfuerzo más críticas: * En el eje (1) con momento actuante: P Pz 6 Pe1 6 Pe 2 v t A B BA 2 BA 2 75.8 Kg./cm2.0 m.000 9000 6 75.11 cm.4 %P Entonces para σt = 1. PL = 30 Tn. ---------./cm2.7 ML = 18. Az 8.7 PL = 114 Tn.80 300 B B(300) 2 B(300) 2 B = 61.0 = 3. M 261 bxt = 30 x 60 cm.Concreto Armado Ejemplo.0 t-m ML = 5. fy = 4200 Kg.G.16 m.44 cm.85 m2 .000 50 1. P 1. Dimensionamiento en planta: 1./cm2.00 Tn. .0 m.3 t-m.0 + 1. siempre que la excentricidad sea moderada y la columna pueda agrandarse lo suficiente para que tenga la rigidez necesaria para que controle la rotación excesiva de la zapata.74 Kg.29 = 0./cm2.262 Ing°S. < σtn Diagramas de presiones: nu 1 ó σnu el de la cara de la columna 2 Para diseñar.43 + 0.Y + Z = 1. = Y BA2 295 3002 Por excentricidad de la columna: col 6 Pu e2 6 114./cm2. .41 Kg. > 0 En el eje (2): a./cm2.31Kg. Sin momento actuante : X – Z = 1. > 0 b. este tipo de cimentaciones excéntricas puede diseñarse de la siguiente manera./cm2.43 ./cm2.29 = 2. Con momento actuante: X+Y–Z = 1. Sin momento actuante : X + Z = 1.43 + 1./cm2.29 Kg.55 Kg. 2) Dimensionamiento en altura: Esfuerzo admisible factorizado: tn t Pu 114 1.0. Con momento actuante: X .43 – 1.29 = 2.4 9000 1./cm2.< σtn b./cm2. Luego el procedimiento a seguir para los demás pasos es similar a zapata aislada con carga centrada.14 Kg.000 1.55 Kg.72 Kg.000 16 0.4 Pz 114. σnu σ2=2.000 50 1. P 75 Esfuerzo factorizado en la base: Por carga vertical: cv Pu 1.29 = 0.8 2.41 + 1.72 Kg. = X A B 300 295 Por momento: n 6 Pu e1 6 114./cm2.43 Kg.Chávez C./cm2. = Z 2 2 BA 295 300 Posibilidades: En el eje (1): a. podemos tomar el promedio : 2 σ1=0. Cuando la columna está en el límite de propiedad.41 – 1. Del estudio realizado por el Dr. . se tiene.. entonces para el diseño de la zapata en la dirección de la excentricidad puede considerarse como aproximación aceptable una presión uniforme del terreno. . LC h h LC P. debe diseñarse considerando adicionalmente la fuerza de tracción resultante: P.e T h A Para el diseño de la columna debe considerarse una combinación adicional: Tomando momentos en B: h P. Este tipo de zapata debe diseñarse como zapata rígida: Ko A hZ 2.P A H e D e H R R M 2 A= B A 0 Re Th 0 T Re P. E A = Longitud de la zapata.e LC hZ L S Si la zapata tiene una rigidez apropiada.Concreto Armado 263 P T T Lc h (1) B Línea de acción de P (1) h L.3 A 3 60 cm. criterios para dimensionamiento de zapatas excéntricas y de columnas para cumplir con las condiciones expuestas en el párrafo anterior. Ko = Coeficiente de balasto del terreno.e ./cm2.e – Hh = P.Thz = P. Ricardo Yamashiro y desarrollado en el trabajo de tesis del Ing°. E = Módulo de elasticidad del concreto.e . Manuel Acevedo “Algunos problemas estructurales en el diseño de cimentaciones” – UNI-1971.e h h La viga del primer nivel.e S Z hZ P.e M 11 P. y si además la rigidez de la columna es la suficiente para mantener la diferencia de las presiones del terreno máximo y mínimo a un valor máximo de 1 Kg. donde: hZ: Altura de la zapata .e h hZ haciendo: M1– 1 = R. SW. CH. OL.1. En el cuadro adjunto se presentan algunos valores referenciales para diferentes tipos de suelo. ML. Limos orgánicos.) KoA 12 150 2. Arenas bien graduadas. GW. SC.50 m.. Gravas arcillosas.99 cm 44.3 A 3 . Arcillas con grava o con arena. Arenas limosas.400 cm2. hZ = 0.) Rango Promedio 14-20 17 11-19 15 8-14 11 6-14 10 6-16 11 6-16 11 5-9 7 5-9 7 4-8 6 4-6 5 3-5 4 1-5 3 1-5 3 1-4 2 Ejemplo. Limos orgánicos y arcillas limosas. Arcillas orgánicas. B = 3. Gravas limosas. Ko (Kg.70 m.000 44. γm = 2.3 1. Dimensionamiento de AZ .. fy = 4200 Kg. Ko = 12 Kg.400 296 300 B 3. σt = 2 Kg. t 2 AZ = A x B = A x 2A = 2 A2 = 44.1 t/m3.5 cm. Limos inorgánicos. hZ 2. Descripción de los suelos Simbolo Gravas bien graduadas.264 Ing°S.11 80. f’c = 210 Kg. GC. B 150 A = 1. Gravas mal graduadas. MH./cm2.Diseñar la Zapata aislada que se detalla a continuación: PD = 60 Tn PL = 20 Tn.400 A = 148. SP. Col = 30 x 50 cm./cm2. SM./cm3.50 m./cm2. Arenas mal graduadas. GM.. GP.0 m3. A = 1. Arenas arcillosas. AZ c Ps Dimensionamiento de h (hmin = 60 cm.0 m. dc = 9. Arcillas inorgánicas. OH./cm3.5 cm.697 70 E 15000 210 d = 60.Chávez C.50 3 0. CL. As = 32. = 7.5 = 16.85 t-m.8 t-m.4 60 1.a). 50 100 Pu 1. e 0. An 2 2.52 = 81.0.50 0.5 = 32...67 cm2.67 Kg. 2 2 0. B.52 = 40.90 Mn max.En dirección de la excentricidad. > Mu/ф Mn min./cm2.67 cm2.50 150 50 2 e = 50 cm. = 54.0 0.4 t-m.d = 0. = 7. > Mu/ф Asmin = min.0018 x 300 x 60. <> 16 Ø 5/8“ @ 0.34 cm2.Dirección transversal .67 Kg.35 x 300 x 60.15 .52 = 596. m = 100 cm.19 7 .Concreto Armado 265 0.62 Kg. <> nu 8 Ø 5/8“ @ 0.15 .44 x 150 x 60.44 x 300 x 60.0018 x 150 x 60.-cm = 43. .000 ó nu 2./cm2. 150 150 Pu 118.62 150 135 2 39.52 = 298.70 1.0.34 cm2 Mu2 As = 16. Wu 150 Mu1 nu Bm 2 2. S 1.19 . AZ 150 300 Wu = 786. > Mu/ф Asmin = min.35 x 150 x 60./cm2.79 t-m.016 0.69 t-m.1889 15 b).50 * Diseño por flexión.7 20 786. = 54. n = 135 cm.667 Kg. > Mu/ф Mn min.d = 0.19 S 3.67 t-m 2 2 0.016 0.90 Mn max.62 300 100 2 4'366. A. 8. si se usarían zapatas aisladas para cada una de ellas.Su utilización suele ser conveniente en los siguientes casos: a. Cuando una columna exterior está en un límite de propiedad o muy cerca de él. Definición y usos. d. de manera que una zapata aislada resultaría de proporciones poco económicas o con una excentricidad excesiva.1.Chávez C. . En este caso resulta conveniente combinar la cimentación de esta columna con la de la columna interior más cercana: Antieconómica Mucha excentricidad Zapata combinada Límite de propiedad c. Zapata combinada Zapatas aisladas b. 8. Para resistir mejor efectos de volteo y/o de esfuerzos horizontales que pueden causar problemas a las cimentaciones aisladas. cuando dos o más columnas están relativamente cercanas de tal manera que. ZAPATAS COMBINADAS.5. Cuando una estructura está constituida por dos o más columnas que se apoyan en un suelo de baja capacidad portante. estas llegarían a traslaparse o podrían resultar de proporciones poco económicas.5. Zapatas combinadas son aquellas que sirven para cimentar dos o más columnas a la vez .266 Ing°S. es conveniente prever una cimentación única para evitar asentamientos diferenciales y lograr un mejor comportamiento de la estructura. la zapata debe dimensionarse de tal manera que la resultante P coincida con el C. Procedimiento de diseño. de la zapata. Con la finalidad de que la zapata ejerza presiones uniformes sobre el suelo.) ó (t/m) wu 1u BL L ./cm2.5. 2) Dimensionamiento en altura. 1) Cálculo de AZ (Dimensionamiento en planta). con una luz igual a la distancia entre pilares y un extremo en voladizo en el pilar interior.G. Reacción neta factorizada: σnu P P2u Pu nu (Kg. cP cP1 P2 AZ B L t t Longitud de la Zapata: L P1 s P2 M1 0 (1) (2) r x R – S P2 = 0 SP r r 2 R R = (P1 + P2) L t t También: r L 2 r 2 2 2 AZ Cálculo de B: AZ = B x L B L Longitudinalmente la zapata representa una viga cargada hacia arriba.Concreto Armado 267 8.2. Chávez C.1 f ' c ..85 bo1 d Pu 2 nub d t d vu 2 bo2 d El corte unitario resistente al punzonamiento del concreto es: vuc 1.268 Ing°S. Peso de la zapata = B x L x P.53 f ' c (para diseño) Bd Vu Wud Vu 0. debe cumplir las dos condiciones siguientes: vu1 ≤ vuc . en cada caso. esta dado por: vu1 Pu1 b d t d / 2 .53 f ' c d Bd Wu 0. Del diagrama de cortante se determina cual es el cortante máximo. Por lo tanto.. ф = 0. (por corte).e x h = Pzapata asumido = % P = Pzap ≤ PZasumido 4) Diseño del acero (longitudinal) . es: En la columna exterior: bo1 =2 (t + d/2) + (b + d) En la columna interior: bo2 =2 (t + d) + 2 (b + d) La fuerza de corte que produce punzonamiento en cada columna es: En la columna exterior: Vu1 = Pu1 – σnu [(t + d/2) (b + d)] En la columna interior: Vu2 = Pu2 – σnu [(t + d) (b + d)] El cortante unitario por punzonamiento.El cortante crítico se ubica a la distancia “d” de la cara del apoyo. es necesario aumentar el peralte efectivo “d”. entonces: Vud Vu Wud Vud Vu max Wud Vud / vu vuc 0.53 f ' c B Si dc (conocido) h = d + dc b) h por punzonamiento. a) h por efecto de viga. vu2 ≤ vuc Si no se cumple una de las dos condiciones. hasta un valor que permita su cumplimiento nu 3) Chequeo del peso de la zapata.(sección crítica a d/2) d/2 d/2 d/2 d/2 d/2 b+d b+d t + d/2 t+d El perímetro crítico por punzonamiento en cada una de las columnas. /cm2.e b As = ------. Diseño por flexión : Tramo: Mu/ф = -----.≥ Mu/ф Mn min = Kb1d2 = ----------.85 f ' cB B 2 r.> Mu/ф Mn min = KBd2 = --------------.> Mn min . min = 0.(Kg. Asmin = min b1d B b1 nu Columna interior n nu Pu 2 = ------. si sale lo contrario.t-m.cm2 <> # Ø @.> Mu/ф.5 d . si sale lo contrario colocar Asmin b.) B b2 Mu nu b2 n 2 2 B Mn max = Kb2 d2 = -----------. respectivamente. si sale lo contrario. ----./cm2. colocar Asmin = min b2d n b2 b1 = t + 0.> Mu/ф Mn min = Kb2 d2= ------------->Mu/ф.) B b1 n n Mu nu b1 n 2 2 Mn max = Kb1d2 = -----------. Columna exterior: Pu1 = ------. b2 = t + 1.S n 1 Si Mn min > Mu/ф Asmin = minBd .Concreto Armado 269 a.75 d . a fy d a / 2 0. Diseño del refuerzo transversal. (obteniendo del diagrama de la envolvente) Mn max = KBd2 = --------------.(cara de apoyo) Mu/ф =-------.0018 En apoyos: Mu = --------.< Mu/ф Mn / Asfy Si Mn min < Mu/ф As .(Kg. se distribuye uniformemente en las franjas de ancho b1 y b2 . colocar Asmin . n B b 2 El área de acero que evidentemente es diferente para cada columna. . 7x25 = 112. Pu2 = 1.000 116. interior = 50x50 cm. PL = 30 Tn.531. PL = 25 Tn.6 Kg/cm2 c = 1.15 ---.5 Tn.04---.1 Kg/cm2 1.13 Solución Cargas de servicio P1 = 50 + 25 = 75 Tn.4x60 + 1. h Ø Inferior B Ø Superior b2 Ø Inferior b1 Ø Tranversal Ø Tranversal L Ejemplo.6 Kg/cm2 L.Chávez C. Col. Cargas de rotura: Pu1 = 1.. Col.4 Kg/cm2 para σt=1.25 cm 2 . P2 = 60 + 30 = 90 Tn.25 1.6 Az 116.Diseñar la zapata combinada mostrada en la figura: PD = 50 Tn. 4.270 5) Colocación del refuerzo.531.80 m c: 1.7x30 = 135 Tn. exterior = 50x50 cm.13 165.30 m.4x50 + 1.P. s = 4. PD = 60 Tn. 1) Dimensionamiento de Az: Az cP t 1. f’ccol=210 Kg/cm2 f’czap=210 Kg/cm2 σt =1. Ing°S. 05 m.80 .66 205 cm.5 Wu 43. 4.34 Tn. t 0.14 Tn.25 4.75 2) Dimensionamiento de h.70 / 2 112.5 / 2 43../cm2. Pu 2 135. L 5.75 Reacción neta por unidad de longitud: Pu 247. 43.04 t / m.Concreto Armado Cálculo de la longitud de la zapata: P1=75 Tn. más el volado y para su análisis lo invertimos.70 Pu2 = 135. P2=90 Tn.14 Tn.74 5.531 202. ó L 5. .34 Tn.04 0. .80 (1) r (2) 1 R = 165 Tn. Pu1 0. 271 M 0 P2 S = r R P S 90 4.lo cual tenemos: Wu = 43. Reajustando los Pu.75 m.62 5.05 50. 2 2 Cálculo de B: Az = B x L B 116. B 2.80 r 2 R 165 r = 2. 5.75 m.70 0.80 m Pu1 = 112.10 Kg. y tratando la zapata como una viga de un solo tramo .04 t/m. nu 2.04 t/m. debido a Wu = 43.62 m.04 5.50 L r 1 2 2 2. s = 4. 0.25 2 ó Mx Pux Wu 2 2.85 250 56 / 250 56 56 vu1 vuc 1.1 f ' c bo d Vu 2 135.36 0.24 10 0. 2 112.14 2.4 h = 65 cm.4 = 18.49 Tn. bo2 2t d b d bo2 424 cm. dc r.53 f ' c B 430. así: Pu 2 nut d b d Vu Vn 2 .35 t-m.e 7.45 Tn.65 x 2.04 d Cortante unitario del concreto vuc 0. > Vu2 /ф = Vn conforme OK.450 d 53.5 1" 8.4 + 9 = 62. Mu(+) = 118.1 nu f ' c 1.50 4. 0.Chávez C.36 43.01./cm2.50 0.06 131.45 Vud Vu Wud h d dc .45 Columna exterior: Pu t d / 2b d .OK .53 0. bo1 2t d / 2 b d bo1 d 112. * h por corte de viga.500 2. 3) Chequeo del peso de la zapata: Pzapata = 2.53 f ' c vuc vu (para diseño) Vu 94. Vc > Vn Vc 1. .12 Kg. > vu = 0. Columna interior: También podemos verificar que: Vup/ф < Vc. --.13 x 165 = 21. .77 cm.39 Tn.5 43. Pzasumido =0.12 Kg.25 Ing°S. L * h por punzonamiento (sección crítica d/2) (50+d/2) (50+d) (50+d) .94 Kg.85 Vc 1.56 378.35 t-m.75 x 0.272 x 0.0 21.061.06 Tn. 2 2 considerando dc = 9.05 x 5.40 Wu 0.1 210 4.30 0. d = 56 cm. 94.1050 56 / 250 56 vu1 0./cm2.4 0.85 210 205 Vu = 94. (50+d) 0.1 210 15.00 (para zapatas combinadas) tenemos h = 53.04 2 118./cm2. Mu/ф =4. Diseño del tramo: 273 Mu 118.OK.5 d = 50 + 1.05 0.5 10 5 4200 As As .05 Wu n 2 Mu 54.17 2.35 t-m < Mu/ф Colocar: Asmin = min b1 d = 0.05 Wu n 2 Mu 65. a 0.75 d = 50 + 0.1148 As 420056 a / 2 0.0018 x 205 x 56 = 20.39 t-m > Mu/ф . Asmin = min B d = 0.Pu 112. Columna exterior. Mn min = 7.84 t-m < Mu/ф Mu = 118. 0.31 t-m.83 t-m.27 cm2 <> 5 Ø 5/8“ usar 5 Ø 5/8“ @ 0.66 cm2. 2 2 0.35 t-m 131. Mn min = 7.35 131.85 0.8 t-m.8 As = 59.88 0.Pu 2 135 Wu 2 65.8 As = 59. Diseño del acero transversal: b1 = 92 cm b2 = 134 cm b1 = t + 0.97 t-m. b2 = t + 1.81 t-m > Mu/ф ---.35 x 134 x 562 = 228.40 x 92 x 562 = 21.5 x 56 = 134 cm.19 Columna interior.5 Wu1 1 54.Concreto Armado 4) Diseño por flexión: a.35 x 205 x 562 = 349.90 Mn max = 54. B 2.775 2 Mu 21.5 t-m.35 t-m. 2 2 0.75 x 56 = 92 cm. Diseño en los apoyos: S Mu = 4.44 x 205 x 562 = 47.OK.17 11 b.775 2 Mu 18.4 t-m > Mu/ф ---.90 Mn max = 54.0018 x 92 x 56 = 9.0254 0.15 0.52 cm2 <> 21 Ø ¾“ ó 12 Ø 1“ @ 0. B 2. As = 20.85 t / m. As = 9. < Mn min = 47.35 x 92 x 562 = 156.85 210 205 a = 6.27 cm2.66 cm2 <> 7 Ø ¾“ @ 31 c.90 Mn max = 54.88 t / m.52 a = 6. 34 5.92 3Ø 3/4" 12Ø 1"@ 0.Chávez C.T f’c=210 Kg.e = 7.5A V. de esta manera.31 5Ø 5/8" 7Ø 5/8" 4Ø 3/4" 7Ø 5/8"@ 0.17 7Ø 3/4"@ 0./cm2. una de ellas o las dos excéntricas. ZAPATA CONECTADA. unidas por una viga llamada de conexión que se encarga de absorber el momento flector que produce la excentricidad. As = 13. r.6 Kg. Se llama zapatas conectadas a aquellas que están constituidas por dos zapatas.51 cm2 <> 7 Ø 5/8“ usar 7 Ø 5/8“ @ 0. σt = 1.195 1.65 B 5Ø 5/8" 0. Fy=4200 Kg.195 6Ø 1" Ing°S.15 cm S .0018 x 134 x 56 = 13.40 x 134 x 562 = 31. las zapatas ejercen presion uniforme sobre el suelo de cimentación. E./cm2./cm2. A B = 2A ~ 2.274 Mn min = 7.51 cm2.75 8.5 cm 6Ø 1" 0.C Viga de conexión 10 .31 4Ø 3/4" 7Ø 3/4"@ 0.10 t-m > Mu/ф Colocar: Asmin = min b2 d = 0.6. actuando la zapata como una losa en voladizo a ambos lados de la viga de conexión se recomienda dimensionarla en planta. La zapata interior se diseña como una zapata aislada. que soporta la reacción neta del terreno en la zapata exterior y su peso propio. La viga de conexión debe ser lo suficientemente rígida como para evitar el volteo de la zapata excentrica. La filosofía del análisis es el siguiente: La zapata exterior transfiere su carga a la viga de conexión. Usualmente una zapata conectada resulta ser más recomendable que una combinada cuando la separación entre las columnas es mayor de 6. hmin = s / 7-8 . por ello se recomienda que su sección transversal tenga las siguientes dimensiones mínimas. En el diseño de cortante por punzonamiento se considera la influencia de la viga de conexión en la determinación de la zona crítica. = P1/31 s El diagrama de cortante y momento flector es el siguiente.00 m. La viga de conexión debe analizarse como una viga articulada a la columna exterior e interior. Puede considerarse la reacción de la viga de conexión. Bmin. pero cuando la separación entre las columnas es muy grande de tal manera que una zapata combinada resultaría de muy poco ancho y/o se generarían momentos flectores muy grandes en su tramo central. .Concreto Armado 275 Las zapatas conectadas suelen utilizarse en los mismos casos que las combinadas.5 veces la dimensión en la dirección de la excentricidad. considerando una dimensión transversal igual a 2 ó 2. Az = 3.45 x 1.4 = 0. b x t = 50 x 60 PD = 100 Tn. 775 P 6 .20 m.49 b 50 cm. 2 1 1 2 R 105.96 t/m./cm2.35 m . Ejemplo.96 t/m.50 x 0. (peso propio de la viga ). B 2. 20 R1 105.625 cm 2 3.45 Tn.35 m (definitivo) * Viga de conexión .20 95 35.. fy = 4200 Kg. (2) A = 1.20 usar: b x h = 0. b x t = 50 x 50 PD = 70 Tn.45 3.80 m h * Dimensionamiento de zapata exterior: P1 = 95 Tn.- S 620 77. 0. 31 S 31 6.31 m2. .775 Wv = 0.675 R1 5.625 133. t 32 A usar: B x A = 2.2 Az = B x A = 2 A2 = Az A 35.45 2 M 0 : R 5 .25 Wr = 0.50 x 0.2 Kg. σt = 3.45 m. Solución * Zapata exterior..Diseñar la zapata conectada cuyos datos se detallan acontinuación : Límite de propiedad 6. .80 x 2.35 0./cm2. Wv = 0.96 6.96 t/m.30 m2 A B B 2.44 m.5 h 80 cm.30 Az 1 3.Chávez C.20 P1 t 1. PL = 25 Tn./cm2.. Estimación: Az B=2A 1.276 Ing°S. PL = 45 Tn.46 2 usar: A = 1. 7 8 8 P 95 b 1 0. f’c = 210 Kg. A 1. Considerando dc = 9 cm.77 cm.34 Mu = . Mu/ф = 57.4 x 70 + 1. d = 71 cm.59 cm2 Refuerzo en la cara inferior: As As As min 2 20.775 P1u 6.67 115.88 t-m < Mu/ф Mu / Asfy As .0033 50 71 11.35 * Sección de momento máximo: Xo ≤ A (hallamos la sección de momento máximo.48 t-m. 2 R1u 155. W1u 115. . (2) w1u 5.67 Tn.34 6.20 R1u M 2 0 : R1u 5.Concreto Armado * Diseño de la viga de conexión. a 0.31 1.23 m A 1.4 x 0.) As = 20. P1u = 1.69 <> 4 Ø 1“ (20.775 6.2 t-m.23 2 2 Mu = 51.4706 As fy d a / 2 0.5 1" 8.7 x 25 = 140.69 As = 20.59 As 10.51.44 x 50 x 712 = 33.72 cm 2 As = 11.99 t-m > Mu/ф Mn min = 13. OK: 115.59 a = 9.20 1. P1u = 140. 2 Mn max = 54. As min 0.4 PD + 1.5 Xo 1. Wvu = 1.72 cm2.23 Xo 1.31 t / m.51.5 Tn.34 t/m Wvu = 1.31 t / m.50 140.85 f ' cb a = 9.96 = 1.40 cm2.34 t/m.34 t Xo 2 Mu max W1u Wvu P1u Xo 1 2 2 W1u 115. 1.35 m.5 Tn.45 2 0 R1u 155. dc 7.48 t-m.30 cm 2 2 .35 x 50 x 712 = 136. Wvu = 1.34 t/m P1u = 140. <> 4 Ø ¾” 277 .232 0.7 PL = 1.31 1.5 Tn. cuando Vx = 0) Vx = (W1u – Wvu) Xo – P1u = 0 140. Vu 13.40 h = 50 cm.67 63.85 Vuc 0.975 – 0. Se diseña para un momento flexionante adoptando una ρ = 0.26 Tn.50 + 0.20 33.72 Tn.36 Tn.004 R1u 155.2.54 t/m.36 15.40 cm. V2u d Wvu W1u V1u = (W1u – Wvu) (t1 + d) – P1u = ( 115. > Vu/ф (no necesitamos estribos por corte). Vc = 0.31 – 1. Mu / KA d d = 41.31 – 1. Vud/ф = 42.54 (0.20 t-m.5 V2u = 13. Vud = Wu (n – d) = 63.34)(0. 0.004 d 33.65 NOTA: En zonas muy sísmicas deben confinarse los estribos de la viga de conexión (viga dúctil) S = 2 d.51 Tn.60 Tn. colocar estribos a d/4 y en el tramo central colocar a d/2 Diseño de la zapata exterior: . Usar estribos por montaje: S = 36 Ø = 36 x 1. OK.45 Wu n 2 63.90 Tn.53 210 135 41 42. > Vud/ф = 42.90 Wu Mn max = K A d2 K = 16.5 V1u = . V1u Ing°S.Chávez C.0 cm.54 0. * Verificación por cortante. .975 2 Mu 30.53 f ' c A d 0.51 Tn.35) – 140.5 Tn.41) = 35. 2 2 Mu 30.01 = 0.4 cm Estribos: Ø 3/8” @ 0.9 = 68.40 + 9 = 48. 16. Vc = 42.71) – 140.53 210 50 71 27.24 Tn. V2u = (W1u – Wvu) (A) – P1u = ( 115.278 * Diseño por corte: P1u = 140. 0.56 10 5 39.34)(1.56 t-m.24 Tn.01 135 h = d + dc = 39. B 2. 10 2.195 As = 20.45 R2 = P’2 = .34 x 6.13 Refuerzo transversal: Astransversal = 0.61 t / m 2 4.1743 As fy d a / 2 0.325 ó 11Ø 5/8” @ 0.05 cm2.55 As = 20. R2u = P2efectivo = .145 – 95 – 105.56 t-m Mn max = 54.140.P2u – P1u + R1u – Wvu x Lv = . a 0.0018 x 245 x 50 = 22.0018 x B x h = 0.55 <> 7 Ø ¾” @ 0.P2 – P1 + R1 – Wv x 6.67 – 1. hay que aumentar el peralte: 279 h = 0. Az 2.45 R2 = P’2 R1 = 105.41 m2. P1 = 95 Tn.96 t/m.5 – 140.34 t-m > Mu/ф Mn min = 7. lv = 6.45 – 0.97 Tn.76 Kg.10 nu Az = 4.0 Usar : B x A = 2.40 m2 <> 2. As = 22.37 cm2 ó 10 Ø 5/8” @ 0. P' z 209. P2 = 145 Tn.5 + 155.50 m.37 a = 3.45 = .45 R2u = .216.23 Diseño de la Zapata interior. * Diseño del area de acero: Mu/ф = 33.10 .79 t-m < Mu/ф Mu / Asfy As .45 P2efectivo = P’2 = .10 x 2. Wx = 0.40 x 135 x 412 = 16.10 32.Concreto Armado Si sale lo contrario.96 x 6.74 4./cm2.97 47. Az P '2 t 140.85 f ' cb a = 3.35 x 135 x 412 = 123.209.05 cm2 <> 8 Ø ¾” @ 0.74 Tn.10 x 2. Vc 0.44 x 210 x 362 = 20. Vud = 4.25 t-m < Mu/ф .3 t-m. Col: bxt=50 x 60 Y 2.Chávez C.98 Tn.100 – (6750 + 25 d + 135 d + d2/2) = 2.10 210 vuc bo d 0. 2 2 0.94 d – 6043.76 x 210 (75 – 36) = 38. . < * Diseño por flexion: Vc ---. * Verificación por corte: Vud = σnu x B (m –d) Vud = 4.53 210 210 31 50. .86 Tn. bo 2135 50 d bo 2d 320 2 2 Vup nuAz X Y Vu / 4.81 cm.69 = 0 d = 29. d = 36 cm. Y 135 . dc = 9 cm. Vc 0.100 – 6750 – 160 d – d2/2 = 5.76 210 75 2 33.92 t-m > Mu/ф Mn min = 7.81 h = 40 cm. Vud/ф = 45. a h = 45 cm. Vud/ф = 51.74 Tn.90 h = 45 cm.35 x 210 x 362 = 147.86 Tn.8 d d2 + 172.76 x 210 (75 – 31) = 43. d = 31 cm. Aumentamos h de 40 cm.68 d2 + 908.74 Tn.81 + 9 = 38.280 * Diseño de h por punzonamiento: Ing°S.53 210 210 36 58. d = 36 cm.85 d 2d 320 44.06 Tn.84 d (2 d + 320) 44. < Vud/ф = 51. Vud/ф = 45.100 50 d 135 d / 2 vup 1.10 d d X 50 d . Mn max = 54.7644. h = d + dc = 29.OK. Mu nu B m 2 4.98 Tn.10 50 X 60 2.0 Tn. f’c = 210 Kg.74 As = 24. r./cm2. Mu 4.19 As = 22.56 Mu / Asfy .Concreto Armado 281 As a = 2.2 Kg. a 0.44 a = 2./cm2.74 <> 12 Ø 5/8” @ 0.85 f ' cB As = 22.1120 As fy 36 a / 2 0.19 11Ø 5/8" @0.84 cm2 Refuerzo transversal.T.56 <> 11 Ø 5/8” @ 0.13 hz=0.90 a = 2.175 As = 24./cm2.45 V-C 11Ø 5/8" @0.50 2. 12Ø 5/8" @0.5 cm.175 10Ø 5/8" @0.45 hz=0.10 1. σt = 3.54 t-m.35 E.e = 7.10 . 2 0.84 a = 2.23 2.76 210 80 2 35.44 cm2 Detalle de refuerzo: 4Ø 1" 4Ø 1" 2. Fy = 4200 Kg. 2. Las zapatas de muros pueden ser de concreto simple o de concreto armado. . elástico y aislado del suelo circundante. por lo que se asume dos hipótesis básicas: 1. Estas suposiciones conllevan a que la distribución de la reacción del suelo. El suelo es homogéneo.284 real de la reacción del suelo. La cimentación es rígida. 8. consideraciones que ha demostrado dar resultados conservadores. frente a las cargas transmitidas por la columna sea lineal. CIMIENTOS CORRIDOS.1. excepto en terrenos cohesivos como limos o arcillas plásticas. 285 . 286 . 287 . 288 . 289 . 290 . 291 . 292 . 293 . 294 . 295 . 296 . 297 . 298 . 299 . 300 . 301 . 302 . 303 . 304 . 305 . 306 . 307 .