Ejercicios del Capitulo 2 -CONCRETO-MC CORMACK

TRABAJO GRUPAL N°2

AREVALO VALDIVIESO DANNETTH PATRICIA…………………..(B.2.AVDP) BUSTAMANTE BUSTAMANTE MANUEL ALEJANDRO …………(B.4.BBMA) CABRERA ARIAS ROBERTO ALEJANDRO ……………………….(B.5.CARA) CAMPOVERDE MUÑOZ RONALD ALEXANDER……………………(B.7.CMRA) CELI CARRASCO JOHN ALEXANDER……………………………….(B.10.CCJA) GUACHIZACA LOZANO PAULO CESAR…………………………….(B.18.GLPC) LEON ROSALES ALEXANDER MAURICIO………………………….(B.25.LRAM) MALDONADO ERAZO PABLO ANDRES…………………………….(B.26.MEPA) MUYMA PASACA JHANDRY ALEXIS ……………………………….(B.28.MPJA)

ING. Carlos Aguilar Quezada

UNIVERSIDAD TÉCNICA PARTICULAR DE LOJA INGENIERÍA CIVIL CONCRETO I LOJA 2014

CONTENIDO

RESUMEN ......................................................................................................................... 4 INTRODUCCIÓN ............................................................................................................... 5 RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS 2.7, 2.8, 2.9. .......................................................... 6 EJEMPLO 2.7 ................................................................................................................ 6 EJEMPLO 2.8 .............................................................................................................. 10 EJEMPLO 2.9 .............................................................................................................. 14 RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS DEL 2.1 A 2.20 DEL LIBRO GUÍA ...................... 21 Problema 2.1 ................................................................................................................ 21 Problema 2.3 ................................................................................................................ 22 Problema 2.4 ................................................................................................................ 23 Problema 2.5 ................................................................................................................ 24 Problema 2.6 ................................................................................................................ 25 Problema 2.8 ................................................................................................................ 27 Problema 2.9 ................................................................................................................ 27 Problema 2.10 ................................................................................................................ 2 Problema 2.11 ................................................................................................................ 3 Problema 2.13 ................................................................................................................ 5 Problema 2.14 ................................................................................................................ 7 Problema 2.15 ................................................................................................................ 9 Problema 2.16: ............................................................................................................. 10 Problema 2.18 .............................................................................................................. 12 Problema 2.19 .............................................................................................................. 14 Problema 2.20 .............................................................................................................. 15 ANÁLISIS DE RESISTENCIA DE VIGAS DE ACUERDO AL CÓDIGO ACI .................... 17 Método de diseño por resistencia última (diseño por resistencia): ................................ 17 Ventajas del diseño por resistencia: ............................................................................. 17 Obtención de expresiones para vigas........................................................................... 17 Porcentaje mínimo de acero......................................................................................... 19 CUESTIONARIO .......................................................................................................... 20 FORMULARIO CAPITULO 3........................................................................................ 21 CONCLUSIONES ............................................................................................................ 23 RECOMENDACIONES .................................................................................................... 24

BIBLIOGRAFÍA ................................................................................................................ 25

RESUMEN

El presente trabajo pone a disposición la resolución de ejercicios para vigas de concreto reforzado sometidas a flexión, evaluando el tipo de agrietamiento al que está sometido el concreto y analizando el esfuerzo que presenta la sección ante las diferentes etapas en las que se puede encontrar. Se presenta el planteamiento, análisis y solución de diferentes secciones de vigas de concreto reforzado sometidas a flexión. Calculando los esfuerzos admisibles, el momento de agrietamiento, los esfuerzos de flexión y compresión y los momentos últimos en este tipo de vigas.

INTRODUCCIÓN

El análisis de una viga de concreto reforzado sometida a flexión conlleva a evaluar las diferentes etapas en las que se puede encontrar el concreto, y mediante este análisis conocer el esfuerzo al que se somete tanto el concreto como la varilla de refuerzo. A través del momento de agrietamiento se puede conocer la etapa cuando el concreto comienza a agrietarse y ello permitirá conocer el esfuerzo al que se someterá la varilla. Sin embargo cuando las varillas se encuentren trabajando a fluencia podremos conocer la resistencia teórica o nominal a flexión de vigas de concreto reforzado, muy importante para los diseños estructurales de edificios y otras obras civiles. Un buen análisis de este tipo de vigas nos permitirá predecir la resistencia última de una estructura con el fin de determinar la intensidad de las cargas que provocan la ruptura y así poder asignar coeficientes de seguridad que permitan asegurar la vida de los ocupantes.

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS 2.7, 2.8, 2.9. EJEMPLO 2.7

Análisis ejercicio 2.7 En este caso, se trata de una sección doblemnte armada, como ya conocemos la determinación del área transformada para la zona sometida a tensión es la misma que par secciones simplemente armadas. La unica diferencia es que en el presente tipo de secciones tenemos un refuerzo en la zona de compresión lo cual ayudará a aumentar su resisitencia. Para la determinación del

área correspindiente al acero en función del hormigón, se lo hace mediante la siguiente expresión: A=(2n-1)*As. Su localización desde el eje neutro (calculado por equilibrio), será igual a la distancia comprendida entre el eje neutro de la sección y el centro de gravedad del acero de refuerzo. En cuanto al calculo, una vez teniendo los datos anteriormente mencionados se procede a efectuarlo de la misma manera que una sección simplemente armada.

Ejercicio 2.7-1 Calcular los esfuerzos de flexión de la siguiente figura, usando el método de sección transformada. n=10; M=165 Kn.m.

Datos: A Ø28=615.75mm2 As’= (615.75*2) =1232 mm2 As = (615.75*4) =2463 mm2 n*As = (10* 2463) = 24630 mm2 (2n-1)*As’ = 19*As’ = 19*1232 = 23408 mm2 ((x-65)(23408))+((425x)(x/2))=24630*(435-x)

==>

x = 152.21 mm

I = ((425*(152.21^3))/3)+(24630*((435-152.21)^2))+(23408*((152.21-65)^2)) I = 2 647 268 163 mm4

fc = (M.y)/I = (165*152.21*106)/( 2 647 268 163) = 9.49 MPa fs’= 2*n*(M.y)/I = (2)*(10)*(106)*(165)*(152.21-65)/( 2 647 268 163) = 108.71 MPa fs = n*(M.y)/I = (10)*(106)*(165)*(435-152.21)/( 2 647 268 163) = 176.26 MPa


DATOS: A Ø28=615.75mm2 As’= (615.75*2) =1232 mm2 As = (615.75*4) =2463 mm2 n*As = (10* 2463) = 24630 mm2 (2n-1)*As’ = 19*As’ = 19*1232 = 23408 mm2

(175*X2)+((23408*(x-65)) = 24630*(535-x)

==>

x = 183.42 mm

I = ((350*183.423)/3) + 24630*(183.42-65)2 + 23408 (535-183.42)2 I = 3 958 745 814 mm4

fc = (M.y)/I = (165*183.42*106)/ 3 958 745 814 = 7.64MPa fs’= 2*n*(M.y)/I = 2*10*106*(165*(183.42-65)) / 3 958 745 814 = 98.71MPa fs = n*(M.y)/I = 10*106*(165*(535-183.42)) / 3 958 745 814 = 146.54 MPa


DATOS: A Ø28=615.75mm2 As’= (615.75*2) =1232 mm2 As = (615.75*4) =2463 mm2 n*As = (10* 2463) = 24630 mm2 (2n-1)*As’ = 19*As’ = 19*1232 = 23408 mm2

((175*x2)+(23408*(x-42)) = 24630*(458-x)

==>

x = 160.94 mm

I = (350*160.942)/3 + (23408*(160.94-42)2) + (24630*(458-160.94)2) I = 2 507 633 941 mm4

fc = (M.y)/I =(165*160.94*106)/ 2 507 633 941 = 10.59MPa fs’= 2*n*(M.y)/I = 2*10*106*165*(160.94-42) / 2 507 633 941 = 156.52MPa fs = n*(M.y)/I = 10*165*(458-160.94)*106/ 2 507 633 941 = 195.46 MPa

EJEMPLO 2.8

Análisis ejercicio 2.8 Para determinar el momento nominal, se debe empezar igualando tanto las fuerzas de tensión como de compresión, a continuación se encuentra la altura del material que está sujeto a compresión, se encuentra el centro de gravedad del area sujeta a compresión para poder determinar el brazo de momento entre los centros de gravedad en las cuales actúan las cargas de tensión y compresión, el sentido opuesto formando el momento par, que equilibra el momento nominal.

Ejercicio 2.8-1 Determinar la resistencia Mn por momento ultimo teórico o nominal de la sección si fy= 420 Mpa, f’c = 23 Mpa.

𝐴𝑆 = 4 ∗ 28^2 ∗ 𝜋/4 = 2463,009 𝑇 = 𝐴𝑆𝑓𝑌 = 1034,46363𝐾𝑛 𝐶 = 0,85𝑓´𝑐𝑎𝑏 = 0,85 ∗ 23 ∗ 𝑎 ∗ 200 = 17,01𝐴𝑐 𝐴𝑐 = 3910𝑎 𝐶 = 𝑇 => 𝐴𝑐 = 𝑇(𝐸3) 𝑎 = 264,5787𝑚𝑚 𝐵𝑟𝑎𝑧𝑜 = 212,7156 𝑀𝑛 = 220,0466𝐾𝑁. 𝑚


𝐴𝑆 = 2 ∗ 30^2 ∗ 𝜋/4 = 1413,717 𝑇 = 𝐴𝑆𝑓𝑌 = 593,7610𝐾𝑛 𝐶 = 0,85𝑓´𝑐𝑎𝑏 = 0,85 ∗ 21 ∗ 𝑎 ∗ 400 = 17,01𝐴𝑐 𝐴𝑐 = 7140𝑎 𝐶 = 𝑇 => 𝐴𝑐 = 𝑇(𝐸3) 𝑎 = 83,1598055𝑚𝑚 𝐵𝑟𝑎𝑧𝑜 = 578,420097 𝑀𝑛 = 343,443302𝐾𝑁. 𝑚


𝐴𝑆 = 4 ∗ 30^2 ∗ 𝜋/4 = 2827,433 𝑇 = 𝐴𝑆𝑓𝑌 = 1187,52202𝐾𝑛 𝐶 = 0,85𝑓´𝑐𝑎𝑏 = 0,85 ∗ 23 ∗ 𝑎 ∗ 350 = 17,01𝐴𝑐 𝐴𝑐 = 6842,5𝑎 𝐶 = 𝑇 => 𝐴𝑐 = 𝑇(𝐸3) 𝑎 = 173,550899𝑚𝑚 𝐵𝑟𝑎𝑧𝑜 = 233,2245507 𝑀𝑛 = 276,9592903𝐾𝑁. 𝑚

EJEMPLO 2.9

Análisis ejercicio 2.9 Para determinar el momento último teórico o nominal de una sección se toma en consideración que después de que el concreto es sometido a esfuerzos mayores que 0,5f’c, ya no varían directamente a la distancia del eje neutro, es decir que las presiones o gráfica de presiones no se muestra de manera rectangular sino mas bien una curva, pero para efectos de análisis se lo toma como rectangular con esfuerzo constante de 0,85f’c, de esta manera resulta fácil el cálculo de las resistencias a flexión. Con esta hipótesis (c=0,85f’c(a) (b)) podemos obtener el área de compresión y luego con esto el valor de la altura del rectángulo de la hipótesis “a”. Por último y en base a la formula se puede obtener el momento último teórico o nominal ya que es igual a T o C veces la distancia entre sus centros de gravedad.

Ejercicio 2.9-1 Calcule la resistencia del momento último nominal o teórico de la sección de la viga mostrada en la figura 2. Si fy =420 MPa y f’c = 24 MPa (concreto de alta resistencia). 116,76 116,76 116,76

200mm

=?

380mm

1272,35mm2 20mm 350 350mm

Datos 

5

Ø 18

Cálculo de el área de influencia del hierro ( As ) 𝜋 ∗ (𝜎)2 𝜋 ∗ (18 𝑚𝑚)2 𝐴𝑠 = 𝑛 ∗ ( )= 5∗( ) = 1272,35 𝑚𝑚2 4 4 Cálculo de las fuerzas de Tención (T) y Compresión (C) 𝑇 = 𝐴𝑠𝑓𝑦 = ( 1272,35 𝑚𝑚2 ) ∗ ( 420 𝑁/ 𝑚𝑚2) = 534,38 𝐾𝑁 𝐶 = 0,85 𝑓’𝑐(𝐴𝑐) = 0,85 (24 𝑁/ 𝑚𝑚2) 𝐴𝑐 Cálculo del área a compresión (Ac) 𝑇 = 𝐶 534,38 𝐾𝑁 = 0,85 ( 24 𝑁/ 𝑚𝑚2) (𝐴𝑐 ) 𝐴𝑐 =

534,38 𝐾𝑁 = 26195,44 𝑚𝑚2 𝑁 0,85 ( 24 ) 𝑚𝑚2

Cálculo del valor de ( a ) (1) Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑚𝑢𝑒𝑠𝑐𝑎 = 116,67 𝑚𝑚 (200 𝑚𝑚 ) = 23333,33 𝑚𝑚2 (2) Á𝑟𝑒𝑎 𝑟𝑒𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = 𝐴𝑐 – (1) = 26195,44 𝑚𝑚2 – 23333,33 𝑚𝑚2 = 2861,44 𝑚𝑚2 (2) (2861,44 𝑚𝑚2 ) 𝑎 = 200 𝑚𝑚 + = 200 𝑚𝑚 + = 208, 18 𝑚𝑚 350𝑚𝑚 350𝑚𝑚

Cálculo del Momento Ultimo Nominal o Teórico (Mn) Centro de gravedad del área comprimida ( Ẏ ) Ẏ =

(1) 𝑦1 + (2) 𝑦2 𝐴1 𝑦1 + 𝐴2 𝑦2 = 𝐴𝑐 𝐴𝑐 =

23333,33𝑚𝑚2 (400𝑚𝑚) + 2861,44𝑚𝑚2 (200 26195,44 𝑚𝑚2

8,18𝑚𝑚 ) 2 = 111, 37 𝑚𝑚

𝑍 = 380𝑚𝑚 − 200𝑚𝑚 − Ẏ = 380𝑚𝑚 − 200 𝑚𝑚 − 111,37 𝑚𝑚 = 468,63 𝑚𝑚 𝑀𝑛 = 𝑇 ∗ 𝑍 = 534,38 𝐾𝑁 ∗ (468,63 𝑚𝑚) 𝑀𝑛 = 250426,5 𝐾𝑁 𝑚𝑚 𝑀𝑛 = 250,43 𝐾𝑁 𝑚

Ejercicio 2.9-2 Calcule la resistencia del momento último nominal o teórico de la sección de la viga mostrada en la figura 2. Si fy =420 MPa y f’c = 29 MPa (madera). 100

150

100

150mm

=?

430mm 801,11mm2 X

20mm 350 350mm

Datos 

3

Ø 14

X

3

Ø 12

Cálculo de el área de influencia del hierro ( As ) 𝜋 ∗ (𝜎)2 𝜋 ∗ (12 𝑚𝑚)2 𝐴𝑠 = 𝑛 ∗ ( )= 5∗( ) = 801, 11 𝑚𝑚2 4 4 Cálculo de las fuerzas de Tención (T) y Compresión (C) 𝑇 = 𝐴𝑠𝑓𝑦 = ( 801, 11 𝑚𝑚2 ) ∗ ( 420 𝑁/ 𝑚𝑚2) = 336, 48 𝐾𝑁 𝐶 = 0,85 𝑓’𝑐(𝐴𝑐) = 0,85 (29 𝑁/ 𝑚𝑚2) 𝐴𝑐 Cálculo del área a compresión (Ac) 𝑇 = 𝐶 336, 48 𝐾𝑁 = 0,85 ( 29 𝑁/ 𝑚𝑚2) (𝐴𝑐 ) 𝐴𝑐 =

336, 48 𝐾𝑁 = 13649,68 𝑚𝑚2 𝑁 0,85 ( 29 ) 𝑚𝑚2

Cálculo del valor de ( a ) (1) Área de la muesca =150 mm (1500 mm ) = 22500 mm 2 𝑎=

(2) 91 𝑚𝑚 = = 91 𝑚𝑚 𝑚𝑚 150𝑚𝑚

Cálculo del Momento Último Nominal o Teórico (Mn) Centro de gravedad del área comprimida ( Ẏ ) Ẏ =

𝑎 91 𝑚𝑚 = = 45,5 2 2

𝑍 = 600 𝑚𝑚 − 20 𝑚𝑚 − Ẏ = 600 𝑚𝑚 − 20 𝑚𝑚 – 534,5 𝑚𝑚 𝑀𝑛 = 𝑇 ∗ 𝑍 = 336, 46 𝐾𝑁 ∗ (534,5 𝑚𝑚) 𝑀𝑛 = 179841183,9 𝐾𝑁 𝑚𝑚 𝑀𝑛 = 179841,18 𝐾𝑁 𝑚

Ejercicio 2.9-3 Calcule la resistencia del momento último nominal o teórico de la sección de la viga mostrada en la figura 2. Si fy =420 MPa y f’c = 179,16 MPa 1500

720

575 300 Datos 

4

Ø 32

Cálculo de el área de influencia del hierro ( As ) 𝜋 ∗ (𝜎)2 𝜋 ∗ ( 32𝑚𝑚)2 𝐴𝑠 = 𝑛 ∗ ( )= 5∗( ) = 3216,99 𝑚𝑚2 4 4 Cálculo de las fuerzas de Tención (T) y Compresión (C) 𝑇 = 𝐴𝑠𝑓𝑦 = (3216,99 𝑚𝑚2 ) ∗ (420𝑁/ 𝑚𝑚2) = 1351,14 𝐾𝑁 𝐶 = 0,85 𝑓’𝑐(𝐴𝑐) = 0,85 (179,16 𝑁/ 𝑚𝑚2) 𝐴𝑐 Cálculo del área a compresión (Ac) 𝑇 = 𝐶 1351,14 𝐾𝑁 = 0,85 (𝑁/ 𝑚𝑚2) (𝐴𝑐 ) 𝐴𝑐 =

1351,14𝐾𝑁 = 8872,36 𝑚𝑚2 179,16𝑁 0,85 ( ) 𝑚𝑚2

Cálculo del valor de ( a ) (1) Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑚𝑢𝑒𝑠𝑐𝑎 = 1500 𝑚𝑚 (125 𝑚𝑚 ) = 187500 𝑚𝑚2 𝑎=

(𝐴𝑐) 187500 𝑚𝑚2 = = 5,91 𝑚𝑚 1500 𝑚𝑚 1500 𝑚𝑚

Cálculo del Momento Último Nominal o Teórico (Mn) Centro de gravedad del área comprimida ( Ẏ ) Ẏ =

𝑎 5,01 𝑚𝑚 = = 2,96𝑚𝑚 2 2

𝑍 = 720 𝑚𝑚 − Ẏ = 600 𝑚𝑚 − 2,96 𝑚𝑚 𝑀𝑛 = 𝑇 ∗ 𝑍 = 1351,14 𝐾𝑁 ∗ (679,05 𝑚𝑚) 𝑀𝑛 = 941805,38 𝐾𝑁 𝑚𝑚 𝑀𝑛 = 941,81 𝐾𝑁 𝑚

RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS DEL 2.1 A 2.20 DEL LIBRO GUÍA Problema 2.1: Determine los momentos de agrietamiento para la sección mostrada, si f’c = 28 MPa y fr = 0.7 (f’c)^0.5

𝑏 = 12 𝑖𝑛 = 300 𝑚𝑚 ℎ = 21 𝑖𝑛 = 525 𝑚𝑚 𝑓’𝑐 = 4000 𝑝𝑠𝑖 = 27.58 𝑀𝑃𝑎 ≈ 28 𝑀𝑃𝑎 𝑓𝑟 = 0.7𝜆√𝑓′𝑐 = 0.7(1.0)√28 = 3.70 𝑀𝑃𝑎 𝑏ℎ3 (300)(5253 ) 𝐼𝑔 = = = 3617′ 578,125.000 𝑚𝑚4 12 12 𝑌𝑡 = 262.5 𝑚𝑚 𝑓𝑐𝑟 𝑥𝐼𝑔 (3.70)(3617′578,125) 1 𝑀𝑐𝑟 = = ∗ 6 = 𝟓𝟎. 𝟗𝟗 𝑲𝑵. 𝒎 𝑌𝑡 262.5 𝑚𝑚 10 Problema 2.2: Determine los momentos de agrietamiento para la sección mostrada, si f ‘c=32 MPa y si el módulo de ruptura

450 mm 525 mm 2Ø25mm 75 mm

350 mm

As=981.75 mm2

= 0.7(1)(32)1/2=3.96MPa Desarrollo: Ig=(350*5253)/12=4220507813 Yt=Yb=525/2=262.5mm

𝑀𝑐𝑟 =

𝑓𝑟𝐼𝑔 𝑌𝑡

Mcr=(3.96)(2657812500)/262.5=63.67 MPa

Problema 2.3: Determine los momentos de agrietamiento para la sección mostrada, si f’c = 28 MPa y fr = 0.7 (f’c)^0.5

𝑓𝑟 = 0.7𝜆√𝑓′𝑐 = (0.7)(1)(√28) = 3.704 𝑀𝑃𝑎 Desarrollo:

𝑌𝑏 = 400 𝑚𝑚 𝑌𝑡 = 600𝑚𝑚 − 400 𝑚𝑚 = 200 𝑚𝑚 𝑀𝑐𝑟

𝑓𝑟 𝐼𝑔 = = 𝑦𝑡

(3.704)(5,000′000,000) 400 = 𝟒𝟔. 𝟑𝟎𝟏 𝒌𝑵. 𝒎 1𝐸6

Problema 2.4: Determine los momentos de agrietamiento para la sección mostrada, si f’c = 28 MPa y fr = 0.7 (f’c)^0.5 𝑓 ′ 𝑐 = 4000

𝑙𝑏 1𝑀𝑝𝑎 × 2 𝑝𝑙𝑔 145.04 𝑙𝑏/𝑝𝑙𝑔2 = 27.58 𝑀𝑝𝑎 ≅ 28 𝑀𝑝𝑎

𝑓𝑟 = 0.7𝜆√𝑓 ′ 𝑐 = 0.7(1)(√28) = 3.704 𝑀𝑝𝑎

Desarrollo: Fig 1 2

𝑦̅ =

A ̅ ̅A 𝒚 𝒚 75 000 400 3 x 107 67 500 75 5.0625 x 106 142 500 35 062 500

35 062 500

= 246.053 𝑚𝑚 142 500 ≅ 246 𝑚𝑚

𝑌𝐵 = 𝑦̅ = 246 𝑚𝑚 𝑌𝑇 = 575 − 𝑦̅ = 650 − 246 = 404 𝑚𝑚 150(500)3 450(150)3 2 𝐼𝑔 = + (75000)(154) + + (67500)(171)2 12 12 = 5.44153𝑥109 𝑚𝑚4 𝑴𝑪𝑹 =

𝒇𝒓 𝑰𝒈 (3.704)(5.44153𝑥109 ) = = 49.8897 𝐾𝑛. 𝑚 ≅ 𝟒𝟗. 𝟗 𝑲𝒏. 𝒎 𝒀𝑻 (404)(106 )

Problema 2.5: Determine los momentos de agrietamiento para las secciones mostradas, si f ć =28 MPa y si el módulo de ruptura fr = 0.7 √𝒇’𝒄

Fć = 4000lb/plg2 Fć = 28 MPa 𝑓𝑟 = 0.7 ∗ √𝑓´𝑐 = 0.7 ∗ √28 = 3.704 𝑀𝑝𝑎 𝑀=

𝑓 ∗ 𝐼 (3.704 ∗ 106 )(0.01116851)𝑚4 = = 𝟏𝟐𝟐. 𝟒𝟒 𝑲𝒏 ∗ 𝒎 𝑌 0.3375 𝑚

Problema 2.6: Calcule la carga uniforme (adicional al peso propio de la viga) que ocasionará que las secciones empiecen a agrietarse si se usan en claros simplemente apoyados de 28 pies. f’c=4000 psi, fr= 7.5(f’c)^0.5 and reinforced concrete weight = 150 lb/ft3.

b=14 in = 350 mm h=24 in = 600 mm p=150 lb/ft3 *(3.28^3)(9.81)/(2.204)= 23.553 KN/m3 L=28 ft = 8.54 m f’c=4000 psi=27.58 MPa≈ 28 MPa 𝑓𝑟 = 0.7𝜆√𝑓′𝑐 = 0.7(1.0)√28 = 3.70 𝑀𝑃𝑎 𝑏ℎ3 (350)(6003 ) 𝐼𝑔 = = = 6300′ 000,000.000 𝑚𝑚4 12 12 𝑌𝑡 = 300 𝑚𝑚 23.553𝐾𝑁 𝑘𝑁 𝑤𝑝𝑝 = 0.350𝑚 𝑥 0.600𝑚 𝑥 = 4.946 𝑚3 𝑚 𝑓𝑐𝑟 𝑥𝐼𝑔 (3.70)(6300′ 000,000.000 ) 1 𝑀𝑚𝑎𝑥 = 𝑀𝑐𝑟 = = ∗ 6 = 77.7 𝐾𝑁𝑚 𝑌𝑡 300 𝑚𝑚 10 8𝑀𝑚𝑎𝑥 8𝑥77.7 𝑤𝑡 = 𝐿2 = 8.542 =8.52 KN/m 𝐾𝑁 4.946𝐾𝑁 𝑤 = 𝑤𝑡 − 𝑤𝑝𝑝 = 8.52 − = 3.57𝐾𝑁/𝑚 𝑚 𝑚 Problema 2.7: Calcule la carga uniforme (adicional al peso propio de la viga que ocasionará que las secciones empiecen a agrietarse si se usan en claros simplemente apoyados de 28 pies. fc=32MPa, reforzado=27.78 KN/m3.

Peso del concreto

100 mm

550 mm

750 mm

100 mm

100 mm

3Ø25mm

As=1470 mm2 300 mm

Yt=Yb=750/2=325 mm Area=(300)100+100(550)+300(100)-1470=11353mm2=0.1135m2

8.4 m

W=27.78 KN/m3(0.1135 m2)=3.15 KN/m

Ig=[2(300*1003)+100(5503))/12]+2*300(100)(6002)=4580208333 mm4

𝑀𝑐𝑟 =

𝑓𝑟𝐼𝑔 𝑌𝑡

Mcr=(3.96)( 4580208333)/325=55.81 KN.m=Mmax W+3.15KN/m=(8)Mmax/l2 W=6.33-3.15=3.18 KN/m

Problema 2.8: Suponga que las secciones están agrietadas y use el método de la sección transformada para calcular sus esfuerzos de flexión para las cargas o momentos dados.

As = 1963 mm2 nAs = 15704 mm2 Igualando los momentos tenemos: (350)(𝑋)(0.5𝑋) = (15704)(425 − 𝑋) ⇒ 𝑋 = 155.5 𝑚𝑚 1 1 𝐼 = 𝑏ℎ3 + 𝑛𝐴𝑠 𝑑2 = (350)(155.5)3 + 15704(425 − 155.5)2 3 3 = 1,579′255,481.4 𝑚𝑚4 𝑓𝑐 =

(80𝐸6)(155.5) 𝑀𝑦 = = 𝟕. 𝟖𝟖 𝑴𝒑𝒂 𝐼 1,579′255,481.4

𝑓𝑠 = 𝑛

(80𝐸6)(425 − 155.5) 𝑀𝑦 =8 = 𝟏𝟎𝟗. 𝟐𝟐 𝑴𝒑𝒂 𝐼 1,579′255,481.4

Problema 2.9. Repite el problema 2.8 si 4 varillas #6 son usadas 𝑛=8 𝑀 = 60 𝐾. 𝑓𝑡

1000 𝑙𝑏 4.4482216 𝑁 × 1𝐾 1 𝑙𝑏 0.3048 𝑚 × 1 𝑓𝑡 = 81.349 𝐾𝑛. 𝑚 ≅ 81 𝐾𝑛. 𝑚

Desarrollo: Suponiendo el eje neutro de la siguiente manera:

𝑥 (350)(𝑥) ( ) = 8(𝐴𝑠)(425 − 𝑥) 2 𝜋(19)2 𝐴𝑠 = 4 = 1134.115 𝑚𝑚2 4 0.019288𝑥 2 + 𝑥 − 425 = 0 𝑥 = 125 𝑚𝑚 350(125)3 𝐼𝑔 = + 8(1134.115)(300)2 = 1 044 427 383 𝑚𝑚4 3 𝑌𝑐 = 𝑥 = 125 𝑚𝑚 𝑌𝑡 = 425 − 𝑥 = 425 − 125 = 300 𝑚𝑚 𝑴𝒀𝒄 (81)(125)(106 ) 𝒇𝑪 = = = 𝟗. 𝟔𝟗𝟒 𝑴𝒑𝒂 𝑰 1 044 427 383 𝒇𝑺 = 𝒏

𝑴𝒀𝒕 (81)(300)(106 ) =8 = 𝟏𝟖𝟔. 𝟏𝟑𝟎𝟕 𝑴𝒑𝒂 𝑰 1 044 427 383


𝑋

450(X) ( 2 ) =(n𝐴𝑆 ) (562.5 –X) X= 252.82

I= I=

𝑏ℎ3 3

+ nA𝑑2

450∗(252.823 ) 3

+ 9(8) (

𝜋(28.7)9 4

) ∗ (309.69)2

I= 6890924874 mm^4

M=120 ft – k M= 162753.7323 N*m 𝑓𝑐 =

𝑀 ∗ 𝑦𝑐 162000 ∗ 252.82 = ∗ 10004 = 𝟓. 𝟗𝟕𝟏𝟐𝟒𝟒𝑴𝒑𝒂 𝐼 6890924874

𝑓𝑠 =

𝑛 ∗ 𝑀 ∗ 𝑦𝑐 9 ∗ 162000 ∗ (309.68) = 10004 = 𝟔𝟓. 𝟖𝟑 𝑴𝒑𝒂 𝐼 6890924874

2


M=110 ft-k(1.35582 KN-m)=149.14 KN-m n=8 b=14 in= 355.6 mm h=24 in= 609.6 mm 18 in= 457.2 mm 3 in= 76.2 mm A#9 =645 mm2

𝑛𝐴𝑠 = 8𝑥(4𝑥645 𝑚𝑚2 ) = 20640 𝑚𝑚2 (2𝑛 − 1)𝐴′𝑠 = (2(8) − 1)(2𝑥645𝑚𝑚2) = 19350 𝑚𝑚2 𝑥

(355.6𝑥) ( ) + (19350)(𝑥 − 457.2) = (20640)(533.4 − 𝑥)► 𝑥 = 240.1381 El eje 2 neutro se encuentra más arriba

3

1 2

𝑛𝐴𝑠2 = 8𝑥(4𝑥645 𝑚𝑚2 ) = 20640 𝑚𝑚2 𝑛𝐴𝑠1 = 8𝑥(2𝑥645 𝑚𝑚2 ) = 10320 𝑚𝑚2 𝑥 (355.6𝑥) ( ) = (20640)(533.4 − 𝑥) + (10320)(457.2 − 𝑥)►𝑥 = 222.835 𝑚𝑚 2 < 457.2 𝑚𝑚 𝒐𝒌

355.6(222.8353 ) + (10320)(234.3652 ) + (20640)(310.5652 ) 3 = 3869′ 154 ,639.000𝑚𝑚4 𝑀𝑦 149.14 E6(222.835) 𝑓𝑐 = = = 8.589 𝑀𝑃𝑎 𝐼 3869′ 154 ,639.000 𝐼=

𝑓𝑠2 =

𝑛𝑀𝑦 8(149.14𝐸6)(310.565) = = 95.768 𝑀𝑃𝑎 𝐼 3869′ 154 ,639.000 4

𝑓𝑠1 =

𝑛𝑀𝑦 8(149.14𝐸6)(234.365) = = 72.27 𝑀𝑃𝑎 𝐼 3869′ 154 ,639.000


437.5 mm

25KN/m (incluyendo el peso de la viga)

500 mm 4 Ø25mm 7.2 m

62.5 mm 300 mm

X

437.5-X

nAs=10(4)(252)(π)/4=19634.95

2

As=1963.5 mm

a)

Igualando los momentos tenemos: (300)(x)(x/2)=(19634.95)(437.5-x) X= 182.65 mm

b) Ig=((300)(182.652)/3)+19634.95(437.5-182.65)2=1884600068 mm4 c)

𝑀

𝑙 2

M=(25)(7.2)(7.2/2)=648 KNm = 𝑤𝑙

𝑓𝑐 =

𝑀𝑦 𝐼

5

fc=(648E6)(182.65)/(1884600068)=62.8 MPa

𝑓𝑠 =𝑛

𝑀𝑦 𝐼

fs=10(648E6)(437.5-182.65)/(1884600068)=876.28 MPa


6

As = 3695 mm2 nAs = 29560 mm2 Igualando los momentos tenemos: (400)(𝑋)(0.5𝑋) = (29560)(700 − 𝑋) ⇒ 𝑋 = 256.1 𝑚𝑚 1 1 𝐼 = 𝑏ℎ3 + 𝑛𝐴𝑠 𝑑2 = (400)(256.1)3 + 29560(700 − 256.1)2 3 3 = 8,064′300,125.1 𝑚𝑚4 𝑀=

(225 + 135) ∗ 3 = 540 𝑘𝑁. 𝑚 2

𝑓𝑐 =

𝑀𝑦 (540𝐸6)(256.1) = = 𝟏𝟕. 𝟏𝟓 𝑴𝒑𝒂 𝐼 8,064′300,125.1

𝑓𝑠 = 𝑛

(540𝐸6)(700 − 256.1) 𝑀𝑦 =8 = 𝟐𝟑𝟕. 𝟕𝟗 𝑴𝒑𝒂 𝐼 8,064′300,125.1


𝑛=9 𝑀 = 70 𝐾. 𝑓𝑡

1000 𝑙𝑏 4.4482216 𝑁 0.3048 𝑚 × × = 94.907 𝐾𝑛. 𝑚 ≅ 95 𝐾𝑛. 𝑚 1𝐾 1 𝑙𝑏 1 𝑓𝑡


7

𝑥 − 100 125(100)(𝑥 − 62.5) + (375)(𝑥 − 100) ( ) = 9(𝐴𝑠)(675 − 𝑥) 2 𝜋(28)2 𝐴𝑠 = 4 = 2463.00864 𝑚𝑚2 4 187.5𝑥 2 − 2832.92224𝑥 − 13869027.49 = 0 => 𝑥 = 280 𝑚𝑚

𝐼𝑔 =

375(180)3 125(100)3 + + (125)(100)(230)2 + 9(2463.00864)(395)2 3 12 = 4 859 284 975 𝑚𝑚4

𝑌𝑐 = 𝑥 = 280 𝑚𝑚 𝑌𝑡 = 675 − 𝑥 = 675 − 280 = 395 𝑚𝑚 𝒇𝑪 =

𝑴𝒀𝒄 (95)(280)(106 ) = = 𝟓. 𝟒𝟕𝟒 𝑴𝒑𝒂 𝑰 4 859 284 975

𝑴𝒀𝒕 (95)(395)(106 ) 𝒇𝑺 = 𝒏 =9 = 𝟔𝟗. 𝟓 𝑴𝒑𝒂 𝑰 4 859 284 975

8

Problema 2.15: Usando el método de la sección transformada, calcule el momento resistente de la viga del problema 2.10 si 𝒇𝒔 es 240000lb/pulg2 y 𝒇𝒄 = 1800 lb/pulg2

𝑓𝑠 = 170.87 𝑀𝑝𝑎 𝑓𝑐 = 12.82 𝑀𝑝𝑎

𝑓 ∗ 𝐼 (12.82 ∗ 106 )(0 .00689092487)𝑚4 𝑀𝑐 = = = 𝟑𝟒. 𝟐𝟏𝟒𝟒 𝑲𝒏 ∗ 𝒎 𝑌 0.252983 𝑚 𝑀𝑠 =

𝑓 ∗ 𝐼 (170.87 ∗ 106 )(0 .00689092487)𝑚4 = = 𝟒𝟐. 𝟐𝟒𝟔 𝑲𝒏 ∗ 𝒎 𝑛𝑌 9(0. 30 𝑚)

El momento es el más pequeños 𝟑𝟒. 𝟐𝟏𝟒𝟒 𝑲𝒏 ∗ 𝒎

9

Problema 2.16: Compute the resisting moment of the beam of Problem 2.13 if eight #10 bars are used and n=10 fs=20 000 psi and fc=1125 psi. Use the transformed area method.

𝐴#10 = 819 𝑚𝑚2 𝑓𝑠 = 20 000 𝑝𝑠𝑖 = 137.9 𝑀𝑃𝑎 𝑓𝑐 = 1125 𝑝𝑠𝑖 = 7.76 𝑀𝑃𝑎 𝑛 = 10 𝐴𝑠 = 6(819) = 6528 𝑚𝑚2

𝑛𝐴𝑠 = 10𝑥(6528) = 65280 𝑚𝑚2 𝑥 (406.4𝑥) ( ) = (65280)(711.2 − 𝑥) ► 𝑥 = 343.75 𝑚𝑚 2

10

𝐼=

406.4(343.6623 ) + (65280)(367.5382 ) = 14316′ 577 ,030.000𝑚𝑚4 3

𝑀𝑐 =

𝑓𝑐 𝐼 𝑦

𝑓𝐼

=

𝑠 𝑀𝑠 = 𝑛𝑦 =

7.76MPa(14316′ 577 ,030.000) 343.662𝐸6

= 323.27𝑘𝑁𝑚 Ok

137.9MPa(14316′ 577 ,030.000) (10)367.538𝐸6

= 537.16𝑘𝑁𝑚

11

Problema 2.17: Usando la sección transformada, ¿qué carga permisible puede soportar esta viga además de su propio peso para un claro simplemente apoyado de 8.4m? peso del concreto igual 23.56 KN/m^3 fs=170.81 MPa fc= 12.81MPa. 150

150

150

100 200

725 425

5 Ø31.25mm 75

As=(5)(322)(π)/4=4879.5

450mm

W=?

8.5m

Aconcr=(725+75)(450)-3834.95-200(150)=0.33m^2 Wconcr=(23.56KN/m^3)(0.33m2)=3.03 KN/m fr=0.7(0.1)(7.01)^1/2= 2.66 MPa a) Se encuentra X 450X(X/2)-150(X-100)((X-100)/2)=9(4879.5)(725-X) X=346.34 mm

b) Inercia 12

Ig=(450(281.11^3)-150(281.11-100)^3)/3)+9(4879.5)((725-281.11)^2) Ig=11785886590 mm^4

fc=My/L^2 Mc=192(11785886590)/(9(725-346.34)) Mc=435.92 KN.m

Ms=fs(Ig)/ny Ms=2.66(11785886590)/346.34 Ms=590.72 KN.m

M=(Wl^2)/8 W=8(435.92)/(8.5^2) W=(48.26) KN/m

Problema 2.18: Determine los esfuerzos de flexión en estos miembros, aplicando el método de la sección transformada.

As = 1847 mm2 nAs = 18470 mm2 Igualando los momentos tenemos: (1200 − 300)(100)(𝑋 − 50) + (300)(𝑋)(0.5𝑋) = (18470)(450 − 𝑋) ⇒ 𝑋 = 103.3 𝑚𝑚 13

1 1 𝐼 = 𝑏ℎ3 − 𝑏ℎ3 + 𝑛𝐴𝑠 𝑑 2 3 3 1 1 = (1200)(103.3)3 − (1200 − 300)(103.3 − 100)3 3 3 + 18470(450 − 103.3)2 = 2,661′ 020,832.0 𝑚𝑚4

𝑓𝑐 =

𝑀𝑦 (135𝐸6)(103.3) = = 𝟓. 𝟐𝟒 𝑴𝒑𝒂 𝐼 2,661′020,832.0

𝑓𝑠 = 𝑛

(135𝐸6)(450 − 103.3) 𝑀𝑦 = 10 = 𝟏𝟕𝟓. 𝟖𝟗 𝑴𝒑𝒂 𝐼 2,661′020,832.0

Problema 2.19: Determine los esfuerzos de flexión en estos miembros, aplicando el método de la sección transformada.

𝑛=8 𝑀 = 130 𝐾. 𝑓𝑡

1000 𝑙𝑏 4.4482216 𝑁 0.3048 𝑚 × × = 176.256 𝐾𝑛. 𝑚 ≅ 176 𝐾𝑛. 𝑚 1𝐾 1 𝑙𝑏 1 𝑓𝑡


𝑥 − 75 75(950)(𝑥 − 37.5) + 2(125)(𝑥 − 75) ( ) = 8(𝐴𝑠)(412.5 − 𝑥) 2 𝐴𝑠 = 4

𝜋(25)2 = 1963.495 𝑚𝑚2 4 14

125𝑥 2 + 68207.96327𝑥 − 8448284.848 = 0 => 𝑥 = 104 𝑚𝑚

𝐼𝑔 =

2(125)(29)3 950(75)3 + + (950)(75)(66.5)2 + 8(1963.495)(308.5)2 3 12 = 1 845 478 063 𝑚𝑚4

𝑌𝑐 = 𝑥 = 104 𝑚𝑚 𝑌𝑡 = 412.5 − 𝑥 = 412.5 − 104 = 308.5 𝑚𝑚 𝒇𝑪 =

𝑴𝒀𝒄 (176)(104)(106 ) = = 𝟗. 𝟗𝟐 𝑴𝒑𝒂 𝑰 1 845 478 063

𝑴𝒀𝒕 (176)(302.2)(106 ) 𝒇𝑺 = 𝒏 =8 = 𝟐𝟑𝟓. 𝟑𝟕 𝑴𝒑𝒂 𝑰 1 845 478 063 Problema 2.20: Determinar los esfuerzos de flexión en los miembros, aplicando el método de la sección transformada.

M = 122.0299 Kn*m n=9 n*As = 8835.729 mm2 𝑥

𝑥2

𝑥

(500 ∗ 𝑥) ∗ ( ) − 2 ∗ ( ) ∗ ( ) = 2 ∗ 4417.86 ∗ (412.5 − 𝑥) 2 4.8 3 mm Yc = 107.13 mm 15

x=107.13

Ys = 305.37 mm (500 ∗ 107.133 ) 44.64 ∗ 107.133 44.64 ∗ 107.13 𝐼= + 2 [( )+( ∗ 35.712 )] 3 36 2 + (8835.729 ∗ 305.372 ) I = 1019710466 mm4 𝑓𝑐 =

𝑀 ∗ 𝑦𝑐 122029.9 ∗ 0.10713 = ∗ 10004 = 𝟏𝟐𝟖. 𝟐 𝑴𝒑𝒂 𝐼 1019710466

𝑓𝑠 =

𝑛 ∗ 𝑀 ∗ 𝑦𝑐 9 ∗ 122029.9 ∗ 0.30537 = ∗ 10004 = 𝟑𝟐𝟖. 𝟗 𝑴𝒑𝒂 𝐼 1019710466

16

ANÁLISIS DE RESISTENCIA DE VIGAS DE ACUERDO AL CÓDIGO ACI Método de diseño por resistencia última (diseño por resistencia): 1. Usa un enfoque más racional que el método de diseños de esfuerzos de trabajo; 2. Usa una condición más realista del concepto de seguridad; 3. Conduce a diseños más económicos; En este método las cargas de servicio se multiplican por ciertos factores de seguridad y los valores resultantes se los denomina cargas factorizadas Ventajas del diseño por resistencia: 1. Toma en cuenta la forma no lineal de diagrama esfuerzo-deformación unitaria; 2. Se usa una teoría más consistente para el diseño de estructuras de concreto reforzado; 3. Se usa un factor de seguridad más realista; 4. Aprovecha ventajosamente los aceros de alta resistencia; 5. Permite diseños más flexibles en cuanto al material a usar. En cuanto a la seguridad de estructuras de concreto reforzado, está determinada por factores de seguridad que varían según el método de diseños empleando. Para le método de esfuerzos de trabajo es seleccionada la menor razón de fć/fc o fy/fs, este es un factor global para cargas vivas, muertas y ambientales. En el caso del método de resistencia última existen diferentes factores para cada una de las respectivas cargas. En cuanto a la resistencia de los diferentes elementos estructurales existen factores de reducción aplicados en a la resistencia nominal que contrarresta la incertidumbre en las resistencia de los materiales. Obtención de expresiones para vigas. Las deformaciones unitarias varían en proporción a las distancias del eje neutro, para una carga menor 0,5f’c los esfuerzos al igual que las deformaciones varían linealmente desde el eje neutro hasta el la fibra extrema de la sección, pasado el 0,5f’c los tienden a variar parabólicamente. Los esfuerzos varían de viga a viga, por ello es necesario sustentar el diseño de resistencia en una combinación de teoría y resultados experimentales, para ello Whitney remplazo el bloque curvo de esfuerzos por un bloque rectangular de igual área y centroide; Considerando la disminución de esfuerzos en la 17

fibras extremas se remplaza por un intensidad constante de 0,85f’c y altura α=βc.

Grafica 1. Generación de momento par

En unidades SI, β1 debe tomarse igual a 0.85 para resistencias del concreto de hasta 30 MPa inclusive. Para resistencias mayores a 30 MPa, β1 se debe reducir continuamente a razón de 0.05 por cada 7 MPa de resistencia en exceso de 30 MPa, pero no se tomará menor que 0.65. Para concretos con f’c>30 MPa; β se puede determinar con la siguiente expresión: β1 = 0.85 − 0.008(𝑓 ′ 𝑐 − 30) ≥ 0.65 Con base en estas hipótesis relativas al bloque de esfuerzos, escribir fácilmente las ecuaciones de estática para la suma de horizontales y para el momento resistente producido por el par estas ecuaciones pueden despejarse separadamente los valores momento Mn. Mn=ϴ*M>Mu (momento factorizado).

se pueden las fuerzas interno. De de a y del

Para que un momento flector sea equilibrado por los esfuerzos internos es necesario que se genere un par para ello se necesita dos fuerzas de igual magnitud pero sentido diferente, como: 𝐹 =𝑃∗𝐴 𝐹𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛 = 𝐹𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛 0.85 ∗ 𝑓 ′ 𝑐 ∗ 𝑎𝑏 = 𝑓𝑦 ∗ 𝐴𝑠 𝐴𝑠 ∗𝑓𝑦

Despejando a𝑎 = 0.85∗𝑓′ 𝐴𝑠

𝑐

𝑑

𝜌∗𝑓𝑦 ∗𝑑

∗ = 0.85∗𝑓′ ∗𝑏 𝑑

𝑐

Donde: 𝜌 = 𝑏𝑑 = 𝑃𝑜𝑟𝑐𝑒𝑛𝑡𝑎𝑗𝑒 𝑑𝑒 𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛 18

Como el acero de refuerzo está limitado a una cantidad tal que lo que haga ceder antes de que el concreto alcance su resistencia última, el valor del momento nominal Mn puede escribirse como: 𝑎 𝑎 𝑀𝑛 = 𝑇 (𝑑 − ) = 𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦 (𝑑 − ) 2 2 Y la resistencia útil a flexión es

𝑎 ∅𝑀𝑛 = ∅𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦 (𝑑 − ) 2

Existen dos tipos de miembros, dúctiles y frágiles controlados por el acero y concreto respectivamente. Cuando un miembro está sometido a compresiones altas que puedan llegar a producir aplastamiento significativos (generalmente ε > 0.003) se lo considera como un miembro frágil ya que puede fallar repentinamente y no dar un previo aviso, por otro lado cuando el miembro está sometido a altos esfuerzos de tensiones que sobre pasen el límite de cedencia y considerando aplastamientos a compresión en el concreto se han ε < 0.003 se consideran miembros dúctiles los mismos que se caracterizan por su alta deflexión. Se habla de secciones balanceadas cuando el límite de cedencia y la deformación en el concreto (ε > 0.003) son alcanzadas al mismo tiempo. Para vigas y losas dúctiles o controladas por tensión donde εt ≥ 0.005, el valor de ϴ para flexión es 0.90. Cuando los valores de εt están situados entre 0.002 y 0.005, se dice que están en el intervalo de transición entre las secciones controladas por tensión y las controladas por compresión. En este intervalo los valores de ϴ estarán situados entre 0.65 o 0.70 y 0.90, el uso de estos miembros a flexión en este intervalo es generalmente antieconómico y es probablemente mejor, si la situación lo permite, aumentar las profundidades del miembro y/o disminuir los porcentajes de acero hasta εt =>0.005. Si esto se hace, no solo los valores de ϴ serán iguales a 0.9, si no que los porcentajes de acero no serán tan grandes como para causar la aglomeración de las varillas de refuerzo. El resultado neto será secciones de concretos ligeramente mayores, con las consiguientes deflexiones más pequeñas. Porcentaje mínimo de acero Si el momento resistente último de la sección es menor que su momento de agrietamiento, la viga fallara tan pronto como se forme una grieta. Para impedir tan posibilidad cierta cantidad de mínima de refuerzo que debe usarse en cada 19

sección de los miembros a flexión donde se requiere esfuerzo de tensión de acuerdo con el análisis, ya sea por momento positivo o negativo. 𝑓 ′ 𝑐 0.5 1.4 ∗ 𝑏𝑤 ∗ 𝑑 𝐴𝑠𝑚𝑖𝑛 = ∗ 𝑏𝑤 ∗ 𝑑 𝑦 4 ∗ 𝑓𝑦 𝑓𝑦 CUESTIONARIO

1. ¿Cuáles son las ventajas que considera más importe del método de diseño por resistencia?  Toma en cuenta la forma no lineal de diagrama esfuerzodeformación unitario;  Se usa un factor de seguridad más realista;  Permite diseños más flexibles en cuanto al material a usar.

2. ¿Cuáles son los métodos de diseño vigentes?  Método de Esfuerzos de trabajo;  Método de resistencia (resistencia ultima); 3. ¿De qué trata el método de diseño de esfuerzo de trabajo? Este método consiste en calcular primero las cargas muertas y vivas, llamadas cargas de trabajo o cargas de servicio, que han de ser soportadas. Luego se determina el tamaño de los miembros de la estructura, de manera que los esfuerzos calculados por medio del método de la sección transformada no excedan de ciertos valores límites o permisibles. 4. ¿Qué considera el método de diseño por resistencia ultima? Usa un enfoque más racional que el método de diseños de esfuerzos de trabajo; Usa una condición más realista del concepto de seguridad; Conduce a diseños más económicos;

5. ¿Cómo se determina el facto de seguridad en el método de diseño de esfuerzos de trabajo? Se determina como la menor razón de fć/fc o fy/fs, este es un factor global para cargas vivas, muertas y ambientales.

20

6. ¿A que se denomina una sección balanceada? Se habla de secciones balanceadas cuando el límite de cedencia y la deformación en el concreto (ε > 0.003) son alcanzadas al mismo tiempo.

7. ¿Cuándo se dice que una sección es controlada por tensión? Cuando la falla de la viga dependa de la tensión

8. ¿Qué función tiene el factor de reducción ϴ? Contrarrestar la incertidumbre en la resistencia de los materiales.

9. ¿Cuál es la expresión que expresa el porcentaje de acero de tensión? 𝐴

𝜌 = 𝑏𝑑𝑠 Estable la relación entre el área del acero respecto a la de concreto

10. ¿Cómo se equilibra un momento flector? Un momento flector es equilibrado cuando los esfuerzos internos del material generan un momento par, que es igual al producto de la fuerza interna (compresión o tensión) por el brazo. FORMULARIO CAPITULO 3 ANÁLISIS DE VIGAS

𝐹 =𝑃∗𝐴 𝐹𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖𝑜𝑛 = 𝐹𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛 0.85 ∗ 𝑓 ′ 𝑐 ∗ 𝑎𝑏 = 𝑓𝑦 ∗ 𝐴𝑠 Despejando a𝑎 =

𝐴𝑠 ∗𝑓𝑦

0.85∗𝑓 ′ 𝑐 ∗𝑏

Definición de resistencia nominal 𝑎 𝑎 𝑀𝑛 = 𝑇 (𝑑 − ) = 𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦 (𝑑 − ) 2 2 Resistencia útil con 𝑇 = 𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦 21

𝑎 ∅𝑀𝑛 = ∅𝐴𝑠 ∗ 𝑓𝑦 (𝑑 − ) 2 FACTOR DE REDUCCIÓN Para miembros espirales 1 5 𝜃 = 0.75 + 0.15 ( 𝑐 − ) 3 𝑑 0.15 𝜃 = 0.75 + (𝜀𝑡 − 𝜀𝑦 ) ( ) 0.005 − 𝜀𝑦 Para otros miembros 1 5 𝜃 = 0.65 + 0.25 ( 𝑐 − ) 3 𝑑 0.25 𝜃 = 0.65 + (𝜀𝑡 − 𝜀𝑦 ) ( ) 0.005 − 𝜀𝑦 Porcentaje mínimo de acero 𝐴𝑠,𝑚𝑖𝑛 = 3 ∗

√𝑓 ′ 𝑐 𝑓𝑦

∗ 𝑏𝑤 ∗ 𝑑 Ni menor que 

Donde: 𝑏𝑤 Alma de la viga d espesor de viga c define la altura del área de compresión ε deformación permisible

22

200∗𝑏𝑤∗ 𝑑 𝑓𝑦

CONCLUSIONES En el análisis de cargas las cargas vivas, muertas y ambientales son diferentes tipos de cargas con características propias por los que se considera conveniente asignar a cada uno de ellas un factor de seguridad diferente. Denegando el uso inoportuno de un solo factor de seguridad global para todas las cargas. Al diseñar los miembros estructurales con los momentos nominales en base al método de diseño por resistencia optimizamos las construcciones entre costoservicio, estas estructuras se consideraran limitadas a condiciones críticas, sin embargo pueden resultar muy seguras al trabajar con los momentos estandarizados o reducidos. Si se disminuye el recubrimiento mecánico, los esfuerzos incrementan su magnitud. Si se incrementa el peralte, la inercia aumenta, esto debido a que la altura esta elevado a un exponente 3, por lo tanto disminuye la magnitud de los esfuerzos. Si se incrementa el ancho de la sección, la inercia aumenta, en un pequeña parte y por ende la magnitudes de los esfuerzos también disminuyen un poco.

23

RECOMENDACIONES

El tipo de agrietamiento que presente la viga permitirá evaluar el esfuerzo que presente: Etapa del concreto no agrietado: Cuando los esfuerzos de tensión son menores que el módulo de ruptura Concreto agrietado-esfuerzos elásticos: Cuando se ha excedido el módulo de ruptura. Mientras los esfuerzos de compresión en las fibras superiores sean menores a aproximadamente la mitad de la resistencia a compresión f’c del concreto y mientras el esfuerzo en el acero sea menor que su límite elástico. Falla de la viga – etapa de resistencia última: Cuando los esfuerzos de compresión resultan mayores que la mitad de f’c. Verificando el momento de agrietamiento podemos conocer el momento en que el concreto empieza a agrietarse, y desde cuando empiezan a actuar las varillas de refuerzo.

24

BIBLIOGRAFÍA

McCORMAC, J., & BROWN, R. (2013). Design of Reinforced Concrete (Novena ed.). Estados Unidos: John Wiley & Sons, Incorporated .

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Ejercicios del Capitulo 2 -CONCRETO-MC CORMACK

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