UNIVERSIDAD CÉSAR VALLEJO Facultad de Ingeniería Civil Curso: Docente:
Concreto Concreto Armado I Mag. Ing. Raul Heredia Benavides
Diseño de Elementos en Flexión Elementos en Flexión Cargas Los Los elementos sometidos a flex exiión son las vigas, los techos, las losas Φ ≥ macizas, las losas aligeradas y en = 1,4 1, 1,7 general todos los elementos bajo = 1,25 ± car carga gass pe perp rpen endi dicu cula lare ress a su plan plano. o. = 0,9 ± 1,2 1,25 = 1,25 ( ) ) ± = 0,9 ±
Diseño de Elementos en Flexión Elementos en Flexión Cargas Los Los elementos sometidos a flex exiión son las vigas, los techos, las losas Φ ≥ macizas, las losas aligeradas y en = 1,4 1, 1,7 general todos los elementos bajo = 1,25 ± car carga gass pe perp rpen endi dicu cula lare ress a su plan plano. o. = 0,9 ± 1,2 1,25 = 1,25 ( ) ) ± = 0,9 ±
Diseño de Elementos en Flexión Principios Básicos. •
•
•
La distribución de esfuerzos unitarios en la sección transversal de un elemento es plana. Se cumple la denominada hipó hipóte tesi siss de Na Navi vier er.. La resistencia a tracción del conc co ncre reto to se de despr spreci ecia. a. La de defo form rmac ació iónn un unit itar ariia máxi máxim ma del concreto es de 0.003.
•
•
•
Se utiliza el bloque rectangular equivalente. Existe adherencia entre el concreto y el acero. No existen corrimientos entre ambos materiales. El esfuerzo en el refuerzo deberá tomarse como Es veces la defo de form rmac ació iónn de dell acer aceroo
Diseño de Elementos en Flexión Viga Simplemente Apoyada =
Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
= 0.85 ∗
= 0.75 ∗
= 0.50 0.50 ∗
= 0.75 ∗
> ñ
< ñ
Diseño de Elementos en Flexión Viga Simplemente Apoyada Ejemplo 1: Diseñar la viga mostrada en la figura para un estado de rotura. Considerar: = 210 = 4200 /
= 16
•
Paso 1. Determinar el tipo de Falla.
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
= 0.75 ∗
= 0.75 ∗
= 0.75 ∗ = 0.75 ∗ ∗
+
∗
= 45 = 0.75 ∗ 0.85 ∗ = 16.9
6000 ∗ 45 6000 4200
Diseño de Elementos en Flexión Viga Simplemente Apoyada
= 0.90 0.85 ∗ 210 ∗ 16.9 ∗ 25 ∗ 45
.
= 24.8
= 24.8 > = 16 ñ
∗ 10 −
Diseño de Elementos en Flexión Viga Simplemente Apoyada Reenplazando el valor de “ ” en “ "
Tomando momento en el eje donde actúa la resultante a compresión
Por equilibrio = 0
Finalmente se obtiene la siguiente ecuación
Diseño de Elementos en Flexión Viga Simplemente Apoyada Remplazando se tiene que: (210) ± (210) 4 ∗ 0.59∗4200 ∗ =
=
2 ∗ 0.59∗ 4200
210 ± 163.39 = 0.07534 4956 0.00940
Calculamos el área de acero: = ∗ ∗
= 4 3/4"
84.8 10.6
1 6 ∗ 1 0 ∗ 210 0.90∗ 25 ∗ 45 ∗ 4200
Diseño de Elementos en Flexión Viga Simplemente Apoyada Ejemplo 2: Determinar el momento ultimo de la sección de la viga mostrada en la figura para un estado de rotura. Considerar: = 210 = 4200 /
•
Paso 1. Determinar el tipo de Falla.
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
=?
= 0.75 ∗
= 0.0159
= 4∅3/4
= 0.75 ∗
= 0.75 ∗ = 0.75 ∗ 0.85 ∗ ∗ = 0.75 ∗ 0.85 ∗ 0.85 ∗
+
210 6000 4200 6000 4200
Diseño de Elementos en Flexión Viga Simplemente Apoyada Comparamos la cuantía balanceada con la cuantía colocada
=
∗. = = ∗ ∗.
0.0101
1.91 = 50 3 0.95 = 45.1 2
= 0.0159 > = 0.0101
ñ
Diseño de Elementos en Flexión Viga Simplemente Apoyada Reenplazando el valor de “ ” en “ " =
Tomando momento en el eje donde actúa la resultante a compresión
11.4 ∗ 4200 = 10.7 0.85 ∗ 210 ∗ 25
Finalmente se obtiene la siguiente ecuación = 11.4 ∗ 4200 ∗ 45.1 = 19.03
Por equilibrio = 0
10.7 = 1903230 2
Diseño de Elementos en Flexión Viga Simplemente Apoyada Practica:
Diseñar la viga en voladizo que se muestra en la figura. Considerar: Zona sísmica. = 1.84 = 0.75 = 4200 /2
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
= 0.75 ∗ = 0.75 ∗ ∗ = 0.0150
= 210 /2
+
∗ = 3.5
Diseño de Elementos en Flexión Viga Doblemente Reforzada =
=
′ =
∗ ∗
Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
Cuantía de acero en tracción Cuantía de acero en compresión
< ñ
> ñ
Diseño de Elementos en Flexión Viga Doblemente Reforzada
= Significa que el acero en tracción fluye o esta fluyendo
< Significa que el acero en tracción no fluye
= 0.85 ∗ ∗ ∗ = ∗
Del diagrama de esfuerzos:
= 6000 ∗
( 1 ∗ ′)
= 0
( ∗ ∗ ) = 0.85 ∗ ∗
Diseño de Elementos en Flexión Viga Doblemente Reforzada
Tomando momento en el eje donde actúa el acero a tracción:
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
∗ ∗ ( ) 2
Cuando el acero Fluye ( = ):
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ( ) 2 ( ∗ ∗ ) = 0.85 ∗ ∗
Diseño de Elementos en Flexión Viga Doblemente Reforzada
Tomando momento en el eje donde actúa el acero a tracción:
1 = Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗ 2 1 = Φ 1 ∗ ∗ ( ) 2
Tomando momento en el eje donde actúa el acero a tracción:
2 = Φ ′ ∗ ∗ ( ′)
= 0
=
( ∗ ) 0.85 ∗ ∗
1 = Φ ∗ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗ ( ) 2 1 = Φ ∗ 1 ∗ ∗ ( ) 2
Tomando momento en el eje donde actúa el acero a compresión:
2 = Φ 2 ∗ ∗ ( ′)
Tomando momento en el eje donde actúa el acero a tracción:
2 = Φ ′ ∗ ∗ ( ′)
Cuando <
Tomando momento en el eje donde actúa el acero a compresión:
2 = Φ 2 ∗ ∗ ( ′)
Cuando <
Diseño de Elementos en Flexión Viga Doblemente Reforzada Ejemplo 3: Diseñar la viga que se muestra en la figura considerando: = 210 = 4200
= 1.4 1.7
= 1.4 ∗ 2.0 1.7 ∗ 2.8 = 7.56
= 2.0 Ton/m = 2.8 Ton/m
Cálculo de la carga ultima:
Calculo del momento máximo:
5.4 ∗ 5.4 = ∗ = 7.56 ∗ = 27.56 8 8
Tipo de falla de la viga
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
2
= 0.75 ∗
= 0.75 ∗ = 0.75 ∗ ∗ = 45
6000 ∗ 6000
1 = 0.85
= 0.75 ∗ 0.85 ∗
6000
∗ 45 = 16.9
Diseño de Elementos en Flexión Viga Doblemente Reforzada = Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
2
= 0.90 0.85 ∗ 210 ∗ 16.9 ∗ 25 ∗ 45
= = 27.56 1 = = 24.81 16.9 2
= 24.81 = 24.81 < = 27.56
ñ
10−
Cálculo del área de acero 1 = :
6000 6000 210 6000 = 0.75 ∗ 0.85 ∗ 0.85 ∗ = 0.0159 4200 6000 4200
= 0.75 ∗ = 0.75 ∗ 0.85 ∗ ∗
= ∗ ∗ = 17.89
Cálculo del 2:
= 1 2
2 = 33.90 24.81 = 2.75 2 = Φ 2 ∗ ∗ ( ′)
2 =
2 2.75 ∗ 10 = = 1.82 (Φ ∗ ∗ ) 0.9 ∗ 4200 ∗ (45 5)
Diseño de Elementos en Flexión Viga Doblemente Reforzada
Asumiendo que ’ = :
Como ’ < , el supuesto no es correcto
= 0
∗ = 2 ∗
= 2
2 = 1.82 21/2"
= 1.82
31" 23/4" = 20.17
Verificar que ’ = :
( 1 ∗ ′) = 6000 ∗ =
( ∗ ∗ ) = 0.85 ∗ ∗
(20.91 ∗ 4200 1.82 ∗ 4200) = 17.97 0.85 ∗ 210 ∗ 25
= 6000 ∗
17.97 0.85 ∗ 5 = 4581 17.97
Diseño de Elementos en Flexión Viga Doblemente Reforzada Ejemplo 4: Determinar el momento ultimo de la sección de la viga mostrada en la figura para un estado de rotura. Considerar: = 210 = 4200 /
Paso 1. Determinar el tipo de Falla. = 50 3 0.95 2.54 =
=?
•
2 = 5.7 25/8"
∗.+∗. ∗.
= 0.0198
6000 = 0.75 ∗ = 0.75 ∗ 0.85 ∗ ∗ 6000 = 0.75 ∗ 0.85 ∗ 0.85 ∗
31" 23/4" = 20.17
2.54 = 42.3 2
= 0.0159
210 6000 4200 6000 4200
Diseño de Elementos en Flexión Viga Doblemente Reforzada Comparamos la cuantía balanceada con la cuantía colocada = 0.0159 < = 0.0198 ñ
Asumimos que ’ =
=
(20.91 ∗ 4200 3.96 ∗ 4200) = 16.0 0.85 ∗ 210 ∗ 25
′ = 6000 ∗
17.3 0.85 ∗ 4.6 = 4486 17.3
Como ’ > el acero si fluye
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ( ) 2 ( 1 ∗ ′) ′ = 6000 ∗ ( ∗ ∗ ) = 0.85 ∗ ∗ 1.59 = 3 0.95 = 4.75 2
= 0.9 0.85 ∗ 210∗ 17.3 ∗ 25 ∗ 42.3
= 27.66
17.3 2.54 ∗ 4200 ∗ (42.3 4.6) 2
Diseño de Elementos en Flexión Viga Doblemente Reforzada Practica:
Diseñar la viga en voladizo que se muestra en la figura. Considerar: = 60 = 4200 /2
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
= 0.75 ∗ = 0.75 ∗ ∗
= 210 /2
+
∗ 3560
Metrado de Cargas de una viga de sección Rectangular
Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7
Ganchos estándar
Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7
Diámetros mínimos de doblado
7.3.1 Todo el refuerzo deberá doblarse en frío 7.3.2 Ningún refuerzo parcialmente embebido en el concreto puede ser doblado en la obra,
Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7
Detalles constructivos
Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7
Colocación del Concreto
El refuerzo, incluyendo los tendones y los ductos de preesforzado, debe colocarse con precisión y estar adecuadamente asegurado antes de colocar el concreto. Debe fijarse para evitar su desplazamiento dentro de las tolerancias aceptables dadas en 7.5.2.
Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7 Limites del Espaciamiento del Refuerzo 7.6.1 La distancia libre mínima entre barras paralelas de una capa debe ser db , pero no menor de 25 mm. 7.6.2 Cuando el refuerzo paralelo se coloque en dos o más capas, las barras de las capas superiores deben colocarse exactamente sobre las de las capas inferiores, con una distancia libre entre capas no menor de 25 mm. 7.6.3 En elementos a compresión reforzados transversalmente con espirales o estribos, la distancia libre entre barras longitudinales no debe ser menor de 1,5 db ni de 40 mm.
Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7
Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7 REQUISITOS PARA LA INTEGRIDAD ESTRUCTURAL La integridad total de una estructura se puede mejorar significativamente introduciendo algunos detalles adicionales en el refuerzo. La intención de 7.13 es mejorar la redundancia y la ductilidad en las estructuras, de modo que, en el caso de daño en un elemento estructural o de una carga anormal, el daño resultante en la estructura pueda limitarse a un área relativamente pequeña y como consecuencia, la estructura tenga una mayor posibilidad de mantener la estabilidad global.
Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.8 Análisis y Diseño MÉTODOS DE DISEÑO Para el diseño de estructuras de concreto armado se utilizará el Diseño por Resistencia. Deberá proporcionarse a todas las secciones de los elementos estructurales Resistencias de Diseño (φ Rn) adecuadas, de acuerdo con las disposiciones de esta Norma, utilizando los factores de carga (amplificación) y los factores de reducción de resistencia, φ, especificados en el Capítulo 9. ACABADO DE LOS PISOS, REVESTIMIENTOS, ESPESOR DE DESGASTE Los acabados de los pisos (falso piso o sobrelosa) no deben considerarse como parte de la sección resistente del elemento estructural,
Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.9 Requisitos de Resistencia y de Servicio
= = = = =
Φ ≥ 1,4 1,7 1,25 ± 0,9 ± 1,25 1,25 ( ) ± 0,9 ±
Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.9 Requisitos de Resistencia y de Servicio Refuerzo por cambios volumétricos Control de deflexiones . La armadura por retracción y Momento de agrietamiento de una temperatura en losas, deberá sección: proporcionar las siguientes relaciones mínimas de área de la armadura a área de la sección total de concreto, según el tipo de acero de refuerzo que se use. - Barras lisas 0,0025 - Barras corrugadas con fy < 420 Mpa 0,0020
Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.9-10 Espaciamiento máximo del refuerzo En muros y losas, la separación será la menor o igual a 3 veces el espesor del elemento, si exceder de 40 cm.
Refuerzo mínimo en elementos sometidos a flexión =
Control de la fisuración
14
Ejemplo de Aplicación. Diseñar la viga que se muestra en la figura. El peralte de la viga es de 60 cm y la base es de 50 cm. Considerar F’c=280 Kg/cm2 Fy=4200 Kg/cm2
Envolvente de Momentos
Ejemplo de Aplicación. Datos. b = 50 cm h=60cm d = 5 4 c m “Asumido” Diámetro del estribo = 0.95 cm Momento Actuante = 20.09 Ton – m Zona Sísmica
Determinar el tipo de Falla.
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
= 0.85 ∗
= 0.50 ∗
= 0.85 ∗ = 0.85 ∗ ∗ = 0.85 ∗ 0.85 ∗ = 23
+
6000 ∗ 54 6000 4200
∗
Ejemplo de Aplicación.
= 0.90 0.85 ∗ 280 ∗ 23 ∗ 50 ∗ 54
∗ 10 −
= 78.52
= 78.52 > = 20.09 ñ = 0.21845 = 0.00377
= 10.18 4∅ 3/4"
Ejemplo de Aplicación. Determinar el momento ultimo que resiste la viga con el acero colocado.
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
= 0.75 ∗
= 0.0142
= 0.75 ∗
= 0.5 ∗ = 0.5 ∗ 0.85 ∗ ∗ = 0.5 ∗ 0.85 ∗ 0.85 ∗
+
280 6000 4200 6000 4200
Comparamos la cuantía balanceada con la cuantía colocada
=
∗. = = ∗ ∗.
0.0101
1.91 = 60 4 0.95 = 54.1 2
= 0.0142 > = 0.00421
ñ
Ejemplo de Aplicación. =
4 ∗ 2.85 ∗ 4200 = 4.02 0.85 ∗ 280 ∗ 50
Finalmente se obtiene = 11.4 ∗ 4200 ∗ 54.1
4.02 = 1903230 2
= 24.94
Tomando momento en el eje donde actúa la resultante a compresión
Por equilibrio = 0
Revisamos el área de acero mínimo = 0.7 ∗ =
280 ∗ 50 ∗ 54.1 = 7.54 4200
14 ∗ 50 ∗ 54.1 = 9.02 4200
Ejemplo de Aplicación.
Detalles del refuerzo Distancia mínima
entre barras: db ó 2.5 cm Ok Recubrimiento: 4 cm Φ ≥ Ok Resistencia:
Ok
Ejemplo de Aplicación. Datos. b = 50 cm h=60cm d = 5 4 c m “Asumido” Diámetro del estribo = 0.95 cm Momento Actuante = 50.63 Ton – m Zona Sísmica
Determinar el tipo de Falla.
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
= 0.85 ∗
= 0.50 ∗
= 0.85 ∗ = 0.85 ∗ ∗ = 0.85 ∗ 0.85 ∗ = 23
+
6000 ∗ 54 6000 4200
∗
Ejemplo de Aplicación.
= 0.90 0.85 ∗ 280 ∗ 23 ∗ 50 ∗ 54
∗ 10 −
= 78.52
= 78.52 > = 50.63 ñ = 0.0101 = 0.1029
= 27.27 6∅1"
Ejemplo de Aplicación. Determinar el momento ultimo que resiste la viga con el acero colocado.
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
= 0.75 ∗
Comparamos la cuantía balanceada con la cuantía colocada
=
∗. = = ∗ ∗.
0.0119
= 0.75 ∗ = 60 4 0.95 2.54
= 0.5 ∗ = 0.5 ∗ 0.85 ∗ ∗ = 0.5 ∗ 0.85 ∗ 0.85 ∗
= 0.0142
+
280 6000 4200 6000 4200
2.54 = 51.2 2
= 0.0142 > = 0.0119
ñ
Ejemplo de Aplicación. Revisamos el área de acero mínimo = 0.7 ∗ =
=
6 ∗ 5.07 ∗ 4200 = 10.7 0.85 ∗ 280 ∗ 50
= 30.42 ∗ 4200 ∗ 51.2 = 58.6
10.7 = 5857979 2
280 ∗ 50 ∗ 51.2 = 7.14 4200
14 ∗ 50 ∗ 51.2 = 8.53 4200
Ejemplo de Aplicación. Detalles del refuerzo
Distancia mínima
entre barras: db ó 2.5 cm Ok Recubrimiento: 4 cm Φ ≥ Ok Resistencia:
Ok
