FUNDAMENTOS DE CONCRETO REFORZADO TEXTO FACULTAD DE INGENIERIA Número y Línea

José Javier Martinez E. Patricia Guerrero Z.

FUNDAMENTOS DE CONCRETO REFORZADO (DE ACUERDO A LA NSR-98)

TEXTO

FACULTAD DE INGENIERIA Número y Línea 2004

Rector: Joaquín Sánchez García, S.J. Vicerrector Académico: Jorge Humberto Peláez, S.J. Vicerrector del Medio Universitario: Gabriel Jaime Pérez, S.J. Facultad de Ingeniería Decano: Andrés Jaramillo Botero Fundamentos de Concreto Reforzado Autores: José Javier Martinez E. y Patricia Guerrero Z. Colección: Texto Número y Línea ISBN: 958-8162-64-5 Coordinador Editorial: Ignacio Murgueitio Correspondencia, suscripciones y solicitudes de canje: Calle 18 No. 118-250, Vía Pance Santiago de Cali, Valle del Cauca Pontificia Universidad Javeriana Facultad de Ingeniería Teléfonos (57-2) 3218200 Exts. 319 / 511 Fax 555 2823 [email protected] Formato 17 x 25 cms Diseño e Impresión; Multimedios PUJ Cali Julio de 2004

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José Javier Martinez E. Patricia Guerrero Z.

FUNDAMENTOS DE CONCRETO REFORZADO (DE ACUERDO A LA NSR-98)

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Martinez E., José Javier; Guerrero Z., Patricia Fundamentos de Concreto Reforzado /José Javier Martinez E. y Patricia Guerrero Z. – Cali: Pontificia Universidad Javeriana, Facultad de Ingeniería, 2004. 450p. – (Número y Línea) ISBN: 958-8162-64-5 1. 542.1 Catalogación en la publicación - Pontificia Universidad Javeriana, Seccional Cali. Biblioteca.

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CONTENIDO Pág. FUNDAMENTOS DE CONCRETO REFORZADO

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FUNDAMENTOS DE CONCRETO REFORZADO

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1. PROCEDIMIENTOS DE DISEÑO............................................................9 1.1 Estado Límite

9

1.2 Relaciones Básicas del Método de la Resistencia

11

1.3 Razones para el Uso de Factores

11

1.4 Tipos de Falla

12

1.5 Selección de Factores de Carga y Reducción 1.5.1 Factores de Carga 1.5.2 Factores de Resistencia

13 13 14

1.6 Cargas Estructurales 1.6.1 Cargas Muertas 1.6.2 Cargas Vivas 1.6.3 Cargas de Viento 1.6.4 Cargas de Sismo

14 15 17 19 21

2.1 Método de las Cargas de Servicio 2.1.1 Sección Transformada 2.1.2 Sección no Agrietada 2.1.3 Sección Agrietada 2.1.4 Sección Agrietada: Fórmulas para una Sección Rectangular 2.1.5 Sección Agrietada Doblemente Reforzada

23 25 30 33 43 45

2.2 Diseño Último: Vigas Rectangulares Simplemente Reforzadas. 48 2.2.1 Distribución Rectangular de Esfuerzos. Bloque de Whitney 54 Puesto que no se puede conocer de forma exacta la distribución de esfuerzos del bloque de compresiones, pero tampoco es estrictamente necesaria su configuración, se puede aproximar este bloque a una aplicación más visual proponiendo una distribución rectangular de esfuerzos cuya resultante produzca la misma fuerza de compresión C y que esté aplicada en el mismo punto de la sección real en el momento de la falla. Esta

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configuración simple fue inicialmente propuesta por C. S. Whitney y desarrollada e investigada por muchos investigadores y normas alrededor del mundo. 2.2.2 Cuantía balanceada de Acero 2.2.3 Vigas Subreforzadas 2.2.4 Cuantías Máxima y Mínima de Acero 2.2.5 Vigas Sobrerreforzadas

54 56 57 63 76

2.3 Losas Armadas en una Dirección 80 2.3.1 Losas Aligeradas 80 2.3.1.1 Limitaciones.................................................................................................81 2.3.1.2 Análisis Aproximado...................................................................................82 2.3.2 Losas Macizas 87 2.4 Vigas Rectangulares Doblemente Reforzadas

91

2.5 Vigas en Forma de T

108

2.6 Solución General: Resistencia Última de Diseño a Flexión

125

PROBLEMAS PROPUESTOS...................................................................130 3.1 Vigas sin Armadura Transversal

145

3.2 Vigas con Armadura Transversal

146

3.3 Consideraciones para el Diseño de la Armadura Transversal

148

3.4 Resistencia al Cortante. Según Norma Nsr – 98 149 3.4.1 Resistencia al Cortante Contribuida por el Concreto por Método Simplificado 149 3.4.2 Resistencia al Cortante Contribuida por el Concreto por Método Detallado 150 3.4.3 Refuerzo Mínimo de Cortante según Sección C.11.5.5.1 del NSR-98 151 3.4.4 Refuerzo Máximo de Cortante según Sección C.11.5.4 del NSR-98 151 3.4.5 Resistencia al Cortante Contribuida por el Refuerzo. Sección (C.11.5) 153

PROBLEMAS PROPUESTOS...................................................................173 4.2 Elementos de Concreto Reforzado

183

4.3 Acero Longitudinal

186

4.4 Resistencia Máxima a Cortante y Torsión

188

4.5 Refuerzo por Torsión

190

6

4.6 Consideraciones de Refuerzo Mínimo para Torsión 191 Se ha considerado que las viguetas transmiten a la viga de borde un momento torsor que es equivalente al momento negativo Wu*L2n /24 que desarrolla la vigueta en el apoyo exterior de la luz extrema. Este momentoes el sugerido por el método aproximado de diseño para losas en una dirección y esta dado en el numeral C.13.3 de la norma NSR-98. Los gráficos correspondientes a momento torsor y cortante de la viga son mostrados en la siguiente figura..........................217

PROBLEMAS PROPUESTOS...................................................................220 5.1 Desarrollo de Barras Corrugadas y Alambre Corrugado a

230

Tracción

230

5.2 Desarrollo de Barras Corrugadas a Compresión

234

5.3 Ganchos a Tracción

235

5.4 Consideraciones Especiales

238

5.5 Desarrollo para Refuerzo por Flexión

239

5.6 Desarrollo para Refuerzo en el Alma

241

5.7 Empalmes 5.7.1 Empalmes a Tensión 5.7.2 Empalmes a Compresión 5.7.3 Empalmes para Columnas

242 244 245 246

5.8 Corte de Varillas 5.8.1 Aspectos generales del corte de varillas 5.8.2 Aspectos prácticos y requisitos del corte de varillas

247 247 250

PROBLEMAS PROPUESTOS...................................................................277 6. FLEXIÓN Y COMPRESIÓN EN COLUMNAS..................................281 6.1 Consideraciones Generales 6.1.1 Tipos de Columnas 6.1.2 Refuerzo 6.1.3 Detalles especiales del Refuerzo 6.1.4 Resistencia de diseño

281 282 283 286 288

6.2 Columnas Cortas Cargadas Axialmente

289

7

6.3 Columnas Cortas con Carga Axial y Flexión

294

6.4 Falla Balanceada

297

6.5 Diagramas de Interacción y Modos de Falla 6.5.1 Falla por Compresión 6.5.2 Falla por Fluencia del Refuerzo

299 304 305

6.7 Refuerzo Distribuído

316

6.8 Diseño con Ayuda de Curvas de Interacción

332

6.9 Columnas Circulares

342

6.10 Flexión Biaxial

345

PROBLEMAS PROPUESTOS...................................................................355 7. EFECTOS DE ESBELTEZ EN COLUMNAS......................................361 7.1 Columnas Cargadas Concentricamente

364

7.2 Magnificación de Momentos. Compresión más Flexión 7.3.1 Limitaciones de la Relación de Esbeltez. 7.3.2 Determinación del Factor k 7.3.3 Método Aproximado de Amplificación de Momentos para Pórticos sin Desplazamiento Lateral

367 375 376

7.4 Efectos Globales de Esbeltez

386

381

PROBLEMAS PROPUESTOS...................................................................418

8

1. Procedimientos de Diseño El diseño estructural es un proceso individual donde el ingeniero debe planificar junto con el arquitecto el arreglo de espacios, vanos, accesos, altura de pisos, tamaño de los elementos, economía, resistencia adecuada y mantenimiento. En el proceso de diseño se deben contemplar tres importantes fases, a saber: 1) Definición de las prioridades. Una estructura es construida para llenar alguna necesidad. Los propietarios y el usuario deben estar al tanto de los atributos propuestos para la edificación como los requerimientos de funcionalidad, requerimientos estéticos y economía. 2) Desarrollo del concepto de proyecto. De acuerdo a las necesidades del proyecto se estructuran los primeros bosquejos o anteproyecto. El primer prediseño de todas las áreas de la ingeniería civil envueltas en el proyecto debe ser trabajado. 3) Diseño final de los sistemas. Una vez el concepto general ha sido desarrollado, el sistema estructural definitivo puede ser calculado con todos los elementos proporcionados para resistir las cargas. Con los dibujos definitivos y la definición de los métodos constructivos adecuados se obtiene el desarrollo final del proyecto

1.1 Estado Límite Cuando una estructura o elemento estructural se convierte en inadecuada para su uso, se dice que ha alcanzado su estado límite. Los estados límites de diseño comúnmente usados son: 1) Estado límite de servicio: cuando se interrumpe el servicio de la estructura. Presenta poca probabilidad de ocurrencia. Son criterios que gobiernan el uso normal y la durabilidad. 2) Estado límite de resistencia o estado límite último: incluye el colapso de la estructura. Este tipo de diseño presenta muy poca probabilidad de que ocurra. Corresponde a la máxima capacidad portante. 3) Estados especiales de carga: donde el daño y colapso de la estructura ocurren simultáneamente. Se puede llegar al estado límite de servicio por los siguientes factores: a) Deflexiones excesivas para el uso normal de la estructura, que conlleven a fisuras prematuras y excesivas. Puede ser visualmente inaceptable y puede causar daños en elementos no estructurales. b) Desplazamientos excesivos aunque no impliquen pérdida de equilibrio.

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c) Daños locales como corrosión o ataque químico al concreto producido por ambientes agresivos. d) Vibraciones excesivas producidas por elementos móviles o cargas cíclicas. e) Daño local evitable con la construcción de juntas de expansión y control o con la disposición adecuada del refuerzo. Se puede llegar al estado límite de resistencia o estado límite último debido a: a) El mayor valor de las fuerzas mayoradas aplicadas son mayores en comparación a la resistencia de diseño de la estructura. b) La perdida de equilibrio en algún sector o toda la estructura por la degradación en la resistencia y rotura de algunos o la gran mayoría de los elementos, lo que puede conducir al colapso de la estructura. En algunos casos un problema local menor puede afectar elementos adyacentes y estos a su vez afectar sectores de la estructura que determinen el colapso parcial o total. c) La transformación de la estructura en un mecanismo y la consiguiente inestabilidad que conlleve a cambios geométricos incompatibles con las hipótesis iniciales de diseño. d) La falta de integridad debido a la ausencia de amarres adecuados entre los diferentes elementos que conforman la estructura. e) La fatiga en la estructura y fractura en elementos debido a ciclos repetitivos de esfuerzos por cargas de servicio. Se puede llegar a estados límites especiales cuando hay daños o falla debido a condiciones anormales de carga, tales como: a) Daño o colapso en sismos extremos. b) Daños estructurales debido al fuego, explosiones o colisiones vehiculares. c) Efectos estructurales de la corrosión y deterioro. Existen dos procedimientos de diseño: 1) Método de los Esfuerzos de Trabajo. Usa esfuerzos admisibles, por lo general con un factor de seguridad entre 1.8 y 2.2. El esfuerzo último del concreto se multiplica por un factor que puede ser menor o igual 0.45 para obtener el esfuerzo admisible de diseño, mientras que el esfuerzo de fluencia en el acero se multiplica por un factor recomendado menor o igual a 0.55 para obtener el esfuerzo admisible del acero. Bajo tales circunstancias, el factor de seguridad para el concreto es mayor o igual a 2.2 y el del acero mayor o igual a 1.8. En este método, las cargas de diseño no se mayoran y presenta el inconveniente de que no considerar las variaciones por tipo e intensidad de carga, ni estudia las variaciones por resistencia de los materiales.

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2) Método de la Resistencia. Usa factores independientes γ para cada carga y factores de reducción φ para encontrar la resistencia nominal del elemento. Se debe diseñar de acuerdo al Estado Límite Último, pero chequear con el Estado Límite de Servicio. Dentro de sus beneficios se cuenta que considera la variabilidad en las cargas y la resistencia de los materiales.

1.2 Relaciones Básicas del Método de la Resistencia Cualquier elemento o componente de una estructura soportará adecuadamente las cargas si cada tramo o sección del mismo excede en resistencia a las cargas aplicadas, por tanto: • Resistencia ≥ Efectos por cargas • Capacidad ≥ Demanda • φ*Rn ≥ γ1 * S1 + γ2 * S2 + ....+ γi * Si donde, φ = factor de reducción de la resistencia (0.6 ≤ φ ≤ 0.9) γi = factor de carga (1.0 ≤ γi ≤ 1.87). Rn= Resistencia nominal (Momento Mn, Cortante Vn, Fuerza axial Pn) Si = Cargas aplicadas (muertas, vivas, viento, sismo). Por ejemplo, la anterior formulación de capacidad resistente y demanda de cargas, escrito en términos de momento, cortante y fuerza axial (para cargas muertas, vivas y de viento), debe cumplir que:

• φ *M • φ *V • φ *F

n

≥ γD * MD + γL * ML + ....+ γW * MW

v

n

≥ γD * VD + γL * VL + ....+ γW * VW

F

n

≥ γD * FD + γL * FL + ....+ γW * FW

M

La relación básica de diseño se establece de acuerdo a: 1) La identificación básica de los estados límites significantes. 2) Determinando los niveles aceptables de seguridad para cada estado límite. 3) Especificando la reducción de esfuerzos y los factores de carga para asegurar confiabilidad.

1.3 Razones para el Uso de Factores

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Los factores de carga y reducción son utilizados porque proveen un nivel específico de seguridad frente a fenómenos tales como: 1) Variabilidad en la resistencia de los materiales (Rn). • Hay diferencias entre la resistencia actual y la calculada para el concreto. Similar comportamiento se presenta para la resistencia de las barras de acero. • Se presenta diferencia entre las dimensiones diseñadas y las reales en el momento de la construcción, para los diferentes elementos estructurales. • Se asumen procedimientos simplificados en el momento de análisis y diseño. 2) Incertidumbre en el cálculo de las cargas y en el análisis estructural de las mismas. • Las cargas en general presentan incertidumbre en cuanto a la evaluación y correcto análisis de las mismas. • Las cargas vivas, de viento y de sismo presentan niveles muy variables de precisión. • Por ejemplo, el factor de seguridad de la carga viva es mayor que el factor de seguridad para la carga muerta, debido a la menor certidumbre en la consecución del valor real de la carga viva. • La incertidumbre en el análisis estructural mismo conduce a diferencias entre las fuerzas y momentos actuales con los computados por el diseñador. 3) Las consecuencias negativas que deja la falla. • El costo de limpieza de escombros y reemplazo de la estructura y su contenido es bastante alto. • Las potenciales pérdidas de vidas humanas. • Costos a la sociedad por pérdida de tiempo, propiedad y vida. • De acuerdo al tipo de previsto (colapso sin aviso o con excesiva deflexión antes de la falla), se debe determinar el nivel de seguridad y la calidad de diseño que se ha asumido para la estructura.

1.4 Tipos de Falla 1) Falla dúctil. La falla se presenta con excesiva deformación debido a la deformación por fluencia del acero, especialmente en vigas. En este caso se debe usar φ = 0.9. 2) Falla Frágil. No se presenta aviso previo antes de la falla. Se presenta colapso por falla instantánea a compresión en el concreto. Para este caso usar φ = 0.7.

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1.5 Selección de Factores de Carga y Reducción Basados en la probabilidad de ocurrencia, el factor φ es seleccionado con un chance que 1/100 de la resistencia se encuentre por debajo de su valor, mientras que el factor γi es seleccionado con un chance de 1/1000 de que la carga sea excedida. En general, el chance de que la resistencia y la carga sean excedidos simultáneamente corresponde a 1*10-6.

1.5.1 Factores de Carga

Las combinaciones de carga que son utilizadas para calcular la resistencia requerida se especifican según las normas de diseño. Todas las combinaciones de carga aplicables deben ser planteadas y evaluadas. Las cargas Ui (término que se refiere a las combinaciones de cargas de diseño) deben ser producto de las cargas γi * Si aplicadas, de tal manera que: U i = γ i * Si

Los rangos de los factores de seguridad son:

γD,max = 1.4 γL,max = 1.7 γW,max = 1.7 γH,max = 1.7 γE,max = 1.87

γD,min = 0.9 γL,min = 0.0 γW,min = 1.3 γH,min = 0.0 γE,min = 0.0

De acuerdo a la sección B.2.4.2 del la NSR- 98 las combinaciones básicas de carga a utilizar en el diseño de estructuras aporticadas y con muros son: U U U U U U

= 1.4 * D + 1.7 * L = 1.4 * D + 1.7 * L + 1.7 * H = 0.75 * (1.4 * D + 1.7 * L) + 1.0 * E = 0.75 * (1.4 * D + 1.7 * L + 1.7 * W) = 0.9 * D + 1.0 * E = 0.9 * D + 1.3 * W

Ecuaciones B.2.4 − 1 a B.2.4 − 6 , NSR − 98

Los coeficientes se definen con D para carga muerta, L para carga viva, H para cargas debidas al empuje del suelo o presión hidrostática, E para cargas de sismo y W para viento. Las combinaciones implican el estudio en las dos direcciones 13

ortogonales principales tanto de izquierda a derecha como viceversa, por lo cual, las cargas de sismo y viento se estudian también para combinaciones negativas de carga aumentando las combinaciones de carga.

1.5.2 Factores de Resistencia

Los factores de reducción de carga son principalmente los presentados en la siguiente tabla. Tabla 1.1. Coeficientes de resistencia o de reducción de carga. Tipo de carga Flexión Tensión axial Cortante y Torsión Compresión con o sin flexión - Uso de espirales Compresión - Uso de estribos cerrados Presión de contacto o aplastamiento Flexión, compresión y cortante en concreto simple

φ 0.9 0.9 0.85 0.75 0.7 0.7 0.65

Las longitudes de desarrollo no requieren coeficientes de reducción de resistencia. Con excepción de los coeficientes usados para la determinación de la resistencia a esfuerzos cortantes en los nudos, en zonas de capacidad especial de disipación de energía (DES), debe utilizarse un coeficiente de reducción φ=0.6 en muros estructurales, losas empleadas como diafragmas y elementos de pórticos, si la resistencia nominal al cortante es menor que la resistencia probable máxima a flexión del elemento. La resistencia a flexión probable máxima se calcula usando una resistencia a tracción en el acero de refuerzo igual a 1.25*fy y con un coeficiente de reducción φ=1.0, considerando la fuerza axial mas desventajosa. En los nudos el coeficiente de reducción de resistencia en flexión a usar es φ=0.85.

1.6 Cargas Estructurales El término carga se refiere a la acción directa de una fuerza concentrada o distribuida actuando sobre el elemento estructural. Los principales tipos de cargas cubiertas en la norma NSR-98 incluyen: 1) Cargas muertas. 2) Cargas vivas. 3) Cargas debidas a la influencia del medio ambiente, como: • Cargas de viento • Cargas de sismo 14

• Cargas de temperatura 4) Cargas hidrostáticas o de presión de tierra. 5) Cargas accidentales.

1.6.1 Cargas Muertas

Incluye el peso de todos los elementos estructurales basados en las dimensiones de diseño (peso propio) y el peso permanente de materiales o artículos, tales como: paredes y muros, cielos rasos, pisos, cubiertas, escaleras, equipos fijos y todas las cargas que no son causadas por la ocupación del edificio. Son cargas que tendrán invariablemente el mismo peso y localización durante el tiempo de vida útil de la estructura. •

Cargas Muertas Mínimas. En la siguiente tabla se establecen algunos pesos reales de diferentes elementos que pueden ser usados como guía en el cálculo de las cargas muertas. Para otros productos utilice el que especifica el fabricante. Tabla 1.2. Cargas muertas mínimas. (Fuente: Norma NSR-98, Sección B.3.3).

Elemento Entrepisos de madera (entresuelo, listón, arriostramientos y cielo raso pañetado) Pisos de baldosín de cemento

Peso (KN / m2) 1.20

Peso (kgf / m2) 120

1.00

100

Placa ondulada de asbesto cemento

0.18

18

Canaleta 43

0.30

30

Canaleta 90

0.22

22

Teja de lámina galvanizada (zinc)

0.05

5

Teja de aluminio

0.02

2

Teja de barro (incluido el mortero)

0.80

80

Alistado en cubiertas de concreto por mm de espesor

0.022

22

Impermeabilización

0.15

15

0.05 a 0.10

5 a 10

0.25

25

Cielos rasos de madera

0.10 a 0.50

10 a 50

Cielos rasos de malla y pañete

0.80 a 1.0

80 a 100

Cielos rasos livianos pegados a la losa Cielos rasos de yeso, suspendidos

• Fachadas La carga muerta causada por las fachadas en la edificación debe evaluarse como una carga por metro lineal sobre el elemento estructural que sirva de soporte en 15

el borde de la losa, o como una carga concentrada en el extremo exterior cuando se trate de elementos en voladizo. Pueden emplearse los siguientes valores mínimos, por m2 de área de fachada alzada, a lo largo del elemento: Tabla 1.3. Cargas muertas mínimas para uso en fachadas. (Fuente: Norma NSR-98, Sección B.3.4). Tipo

Peso (KN / m2) 3.00

Peso (kgf / m2) 300

4.50

450

2.00

200

0.45

45

Lámina de yeso de 16 mm (5/8”) protegida, al exterior, costillas de acero y lámina de yeso de 10 mm al interior.

1.00

100

Lámina de yeso de 16 mm (5/8”) protegida, mas enchape cerámico al exterior, costillas de acero y lámina de yeso de 10 mm al interior Enchapes en granito; adicional a la fachada, por cada mm de espesor del enchape

2.50

250

0.017/mm

1.7/mm

Enchapes en mármol; adicional a la fachada, por cada mm de espesor del enchape

0.015/mm

1.5/mm

Enchapes en piedra arenisca; adicional a la fachada, por cada mm de espesor del enchape

0.013/mm

1.3/mm

1.50

150

Fachadas en ladrillo tolete a la vista y pañetado en el interior. Fachadas en ladrillo tolete a la vista, más muro adosado en bloque de perforación horizontal de arcilla de 100 mm de espesor, pañetado en el interior. Fachadas bloque de perforación horizontal de arcilla de 120 mm de espesor, pañetado en ambas caras. Ventanas incluye el vidrio y el marco.

Enchape cerámico, adicional a la fachada.

• Divisiones y Particiones La carga muerta producida por muros divisorios y particiones de materiales tradicionales, cuando éstos no hacen parte del sistema estructural, debe evaluarse para cada piso y se puede utilizar como carga distribuida en las placas. Debe establecerse el diseño en las memorias de cálculo y dejar una nota explicativa en los planos. Cuando no se realice un análisis detallado pueden utilizarse, como mínimo, 3.0 kN/m2 (300 kgf/m2) si se trata de muros de ladrillo tipo bloque hueco de arcilla o concreto y 3.5 kN/m2 (350 kgf/m2) si se está usando ladrillo macizo, tolete, de arcilla, concreto o silical. Estos valores hacen referencia a alturas libres de entrepiso de 2.20m; si la altura libre es mayor, 16

deben utilizarse valores proporcionales a la mayor altura. Cuando el muro está sobre el elemento estructural o hace parte del sistema estructural, su peso debe contabilizarse como peso propio del elemento. (Fuente: Norma NSR-98, Sección B.3.4). Cuando se trabaje en el sistema internacional (SI), el peso de los elementos puede ser calculado multiplicando el volumen por la densidad de masa del elemento y por la constante gravitacional (g = 9.8 m/s2). Para efectos prácticos se puede usar g = 10 m/s2. Valores de algunas masas reales de materiales están dados en la Sección B.3.3 de la norma NSR-98.

1.6.2 Cargas Vivas

Las cargas vivas son cargas no permanentes producidas por materiales, articulos o inclusive por gente en permanente movimiento. Cabinas, particiones y personas que entran y salen de una edificación pueden ser consideradas como carga vivas. Para simplificar los cálculos, las cargas vivas son expresadas como cargas uniformes aplicadas sobre el área de la edificación. Las cargas vivas que se utilicen en el diseño de la estructura deben ser las máximas cargas que se espera ocurran en la edificación debido al uso que ésta va a tener y están determinadas con base a una parte variable y a una porción sostenida por el uso diario. Las cargas vivas dadas en los códigos tienen la intención de representar la suma máxima de todas las cargas que pueden ocurrir en un área pequeña durante la vida útil del edificio. En ningún caso las cargas vivas deben ser menores que las cargas mínimas dadas a continuación: • • • • • • •

• •

Vivienda ............................................................…............. 1.80 KN/m2 (180 kgf/m2) Oficinas..............................................................…..............2.00 KN/m2 (200 kgf/m2) Escaleras en oficinas y vivienda...........................…...........3.00 KN/m2 (300 kgf/m2) Salones de Reunión: - Con asientos fijos (anclados al piso)........................... 3.00 KN/m2 (300kgf/m2) 2 - Sin asientos fijos ............…...........................................5.00 KN/m (500 kgf/m2) Hospitales: - Cuartos..............................................................…....... 2.00 KN/m2 (200 kgf/m2) - Salas de operaciones.....................................…........... 4.00 KN/m2 (400 kgf/m2) Coliseos y Estadios: - Graderías..................................................................... 4.00 KN/m2 (400 kgf/m2) - Escaleras..................................................................... 5.00 KN/m2 (500 kgf/m2) Garajes: - Automóviles.......................................................…....... 2.50 KN/m2 (250kgf/m2) - Vehículos pesados......................................….........….....………………. Según uso Hoteles..............................................................................2.00 KN/m2 (200 kgf/m2) Escuelas, Colegios y Universidades..................................2.00 KN/m2 (200 kgf/m2)

17

•

• •

• • •

Bibliotecas: Salas de lectura ...............................................….…… 2.00 KN/m2 (200 kgf/m2) Depósitos de libros............................….........….......... 5.00 KN/m2 (500 kgf/m2) Cubiertas, Azoteas y Terrazas ..........…............... La misma del resto de la edificación Cubiertas inclinadas de estructuras metálicas y de madera con imposibilidad física de verse sometidas a cargas superiores a las aquí estipulada: - si la pendiente es mayor del 20%.........................….….0.35 KN/m2 (35 kgf/m2) 2 - si la pendiente es menor del 20%...........................….. 0.50 kN/m (50 kgf/m2) Fábricas: - Livianas............................................…...........…......... 5.00 KN/m2 (500 kgf/m2) - Pesadas...............................................................….....10.00 KN/m2 (1000 kgf/m2) Depósitos: - Livianos......................................…............................ 5.00 KN/m2 (500 kgf/m2) 2 - Pesados...................................................................... 10.00 KN/m (1000 kgf/m2) Almacenes: - Detal........................................…............................. 3.50 KN/m2 (350 kgf/m2) - Por Mayor................................................................. 5.00 KN/m2 (500 kgf/m2) -

Los anteriores datos están contenidos en la Norma Sismo-resistente Colombiana NSR-98, Capitulo B.4, Sección B.4.2. Las barandas, pasamanos y antepechos deben diseñarse para resistir una fuerza horizontal de 0.75 KN por metro lineal, aplicadas en la parte superior. Se debe diseñar con el efecto más desfavorable de carga viva en los diferentes vanos de la estructura o elemento. Cargas vivas en obra o durante el proceso de construcción deben incluir: materiales de construcción, formaletería y grúas u otras maquinarias. Para cubiertas se deben incluir los trabajadores y materiales de construcción dentro del análisis de cargas vivas. • Reducción de la Carga Viva por Área Aferente Cuando el área de influencia del elemento estructural sea mayor o igual a 35 m2 y la carga viva sea superior a 1.80 KN/m2 (180 kgf /m2) e inferior a 3.00 KN/m2 (300 kgf /m2), la carga viva puede reducirse utilizando la siguiente ecuación: L = Lo * 0.25 + 4.6

Ai

(Ecuación B.4-1, NSR-98)

donde, L = Carga viva reducida, en KN/m2 Lo = Carga viva sin reducir, en KN/m2 Ai = Area de influencia del elemento en m2

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La carga viva reducida no puede ser menor del 50% de Lo en elementos que soporten un piso ni del 40% de Lo en otros elementos. Para elementos que soporten más de un piso deben sumarse las áreas de influencia de los diferentes pisos. No hay reducción de cargas vivas para estructuras de carácter público, garajes o techos. • Reducción de la Carga Viva por Número de Pisos Alternativamente a lo estipulado en el numeral anterior en edificios de cinco pisos o más la carga viva para efectos del diseño de las columnas y la cimentación puede tomarse como la suma de las cargas vivas de cada piso multiplicadas por el coeficiente r correspondiente a ese piso: r = 1.0 r = 1.0 + 0.10*(i - n + 4) r = 0.5

para i = n hasta i = n - 4 (cinco pisos superiores) para i = n - 5 hasta i = n - 8 para i = n - 9 en adelante.

siendo i el número del piso donde se aplica el coeficiente r y n el número de pisos del edificio.

1.6.3 Cargas de Viento

Son cargas dinámicas que pueden ser aproximadas a cargas estaticas equivalentes. La mayor parte de los edificios y puentes pueden utilizar este procedimiento cuasi-estático y solo en casos especiales se requiere un análisis modal o dinámico. La presión ocasionada por el viento es proporcional al cuadrado de la velocidad y debe ser calculada, principalmente, en las superficies expuestas de una estructura. Debido a la rugosidad de la tierra, la velocidad del viento es variable y presenta turbulencias. Sin embargo, se asume que la edificación presenta una posición deformada debido a una velocidad constante y que vibra a partir de esta posición debido a la turbulencia. El procedimiento analítico para evaluar los efectos producidos por la fuerza del viento involucra el análisis simple, si los efectos producidos por la fuerza del viento no son fundamentales en el diseño, o el análisis completo, si por el contrario, las fuerzas de viento en algún sentido resultan determinantes en el diseño. • Análisis Simple El viento produce la presión: p = C p * q * S 4 → en KN / m 2

(Ecuación B.6.4-1, NSR-98)

donde, 19

Cp = Coeficiente de presión → Tablas B.6.4-2 y B.6.4.3 de la Norma NSR-98. q = Presión dinámica del viento, en KN/m2 → Tabla B.6.4-1 de la Norma NSR-98. S4 = Coeficiente que tiene en cuenta la densidad del aire → Tabla B.6.6, numeral B.6.6.2 de la Norma NSR-98. • Análisis Completo Para establecer la fuerza del viento se encuentran la velocidad del viento básico Vs y la presión dinámica q, mediante: Vs = V * S 1 * S 2 * S 3 q = 0.000625 * V s2 * S 4

→ en KN / m 2


→ q en KN / m 2

y V s en m / s (Ecuación B.6.4-3a,

NSR-98)

en las cuales las variables se definen como: Vs = Velocidad de diseño del viento, en m/s. V

= Velocidad de del viento básico, en m/s → Figura B.6.5.1 de la Norma NSR-98.

S1 =

Coeficiente topográfico → Norma NSR-98.

S2 =

Coeficiente de rugosidad, tamaño del edificio y altura → Tabla B.6.5-2, numeral B.6.5.5 de la Norma NSR-98.

S3 =

Coeficiente de estadístico → Numeral B.6.5.6 de la Norma NSR-98.

S4 =

Coeficiente que tiene en cuenta la densidad del aire → Tabla B.6.6, numeral B.6.6.2 de la Norma NSR-98

q =

Presión dinámica del viento, en KN/m2 → Tabla B.6.4-1 de la Norma NSR-98.

Tablas B.6.5-1, numeral B.6.5.4 de la

La presión dinámica q se multiplica por el coeficiente de presión Cp para obtener la presión p ejercida en cualquier parte de la estructura. Entonces, p = C p * q → en KN / m 2


La fuerza resultante sobre un elemento estará dada por: 20

F = ( C pe − C pi ) * q * A → en KN / m 2 (Ecuación B.6.4-5, NSR-98) donde Cpi y Cpe son los coeficientes de presión para las superficies externas e internas respectivamente y A es el área de la superficie.

1.6.4 Cargas de Sismo

Son principalmente cargas dinámicas que por lo general son aproximadas a cargas estáticas equivalentes. Para el cálculo de edificios se puede utilizar un procedimiento cuasi-estático o también se utiliza un análisis modal o dinámico. Para el análisis cuasi-estático, la cortante en la base del edificio debe ser: V = Sa * W =

1.2 * Aa * S * I *W T

→ en KN / m 2 (Ecuación A.4-5,

NSR-98) donde, Aa = coeficiente que representa la aceleración pico efectiva, para diseño, dado en A.2.2 de la norma NSR-98. I = coeficiente de importancia definido en A.2.5.2 de la norma NSR-98. S = coeficiente de sitio dado en A.2.4.2 de la misma norma. Sa = valor del espectro de aceleraciones de diseño para un período de vibración dado. Es la Máxima aceleración horizontal de diseño, expresada como una fracción de la aceleración de la gravedad para un sistema de un grado de libertad con un periodo de vibración T. Está definido en A.2.6 de la norma NSR-98. T = período de vibración del sistema elástico, en segundos. La cortante de base se distribuye en todos los pisos del edificio mediante: Fx = C vx * W

→ en KN / m 2

(Ecuación A.4-6, NSR-98)

donde Cvx es un radio basado en la altura relativa y peso de cada piso. El valor del coeficiente Cvx está definido por: C vx =

W x * h xk W x * h xk

→ Wx = m x * g

(Ecuación A.4-7, NSR-98)

n pisos

21

siendo mx es la masa del piso considerado, g es la aceleración de la gravedad y k es un exponente relacionado con el período fundamental, T, de la edificación (ver sección A.4.3.1 de la Norma NSR-98), y se encuentra de la siguiente manera: a) Para T menor o igual a 0.5 segundos, k = 1.0. b) Para T entre 0.5 y 2.5 segundos, k = 0.75 + 0.5 T. c) Para T mayor que 2.5 segundos, k = 2.0.

22

2. Flexión en Vigas 2.1 Método de las Cargas de Servicio Dentro de este tipo de diseño se incluyen las cargas sin mayorar y esfuerzos de trabajo cuyos valores calculados elásticamente no deben exceder ciertos límites especificados para cada tipo de esfuerzos solicitados. Para el diseño con cargas de servicio se aplican las cargas actuales sean verticales, de sismo o viento. Esto significa no afectarlas por los coeficientes de sobrecarga o reducción usados cuando se estudia el concepto de Resistencia Última de los Materiales, en el cual los esfuerzos ya no son proporcionales a las deformaciones unitarias. En el método de las cargas de servicio los esfuerzos calculados son comparados con valores admisibles con el fin de que el comportamiento general de la estructura este dentro del rango elástico. Los principios básicos del diseño de elementos a flexión por el método de los esfuerzos de trabajo se resumen a continuación. a. Condición de Equilibrio -. Tanto las fuerzas internas como los momentos flectores en cualquier sección de la estructura, deben estar en equilibrio con los efectos de las fuerzas externas aplicadas en el punto considerado. Dos condiciones de equilibrio aplican a un elemento analizado a flexión: 1) La resultante interna de las fuerzas a compresión debe ser igual a la resultante de las fuerzas internas de tracción y (2) el momento del par formado por las fuerzas de compresión y tracción debe ser igual al momento externo aplicado. De acuerdo a la Figura 1.1, la fuerza a compresión está definida como: C = (1/2)*f'c*b*y En esta ecuación f'c corresponde a la resistencia última del concretoLa fuerza de tracción es: T = fs*As La variable As corresponde a la cantidad de acero a tracción. Igualando las dos ecuaciones: fs 0.5 * b * y = fc As

23

Esta relación también puede ser obtenido usando las relaciones lineales de esfuerzo deformación:

εs d − y = εc y

;

fs

fc

=

Es * ε s ε = n* s Ec * ε c εc

b. Secciones Planas -. Las secciones transversales que se asume son planas antes de la deformación de la estructura debido a la aplicación de las cargas, permanecen planas durante la aplicación y después de la aplicación de las mismas. Esta regla no siempre es exacta, pero las desviaciones son mínimas y los resultados obtenidos basados en esta consideración son bastante aceptables con mediciones hechas en ensayos. b

Compresión

fc = Ec*e c

ec

y

C Eje Neutro h

d

Centro Viga d-y

es

fs = Es*e s

fct

T

Figura 2.1. Esfuerzos y Fuerzas actuantes en la sección.

c. Deformación en el acero -. Las deformaciones de una barra de acero embebida en el concreto tienen que ser de la misma magnitud de las deformaciones del concreto que la rodea. Se supone un perfecto enlace entre el concreto y el acero en la superficie de contacto para que haya una buena adherencia y no un deslizamiento entre ambos materiales. d. El concreto no resiste tracción -. La resistencia a tracción del concreto es pequeña comparada con la resistencia a compresión del mismo. El concreto trabajando a tracción está generalmente fisurado y aunque estas fisuras son por lo general imperceptibles, determinan que el concreto no resista esfuerzos de tracción donde tales fisuras están presentes. En general, esta hipótesis es muy estricta porque existe concreto entre dos grietas consecutivas que puede resistir esfuerzos pequeños de tracción. Sin embargo, por razones de simplicidad, debido a la dificultad de medir la 24

participación del concreto en la resistencia a tracción del elemento, tan solo se asumen los esfuerzos de tensión tomados por el refuerzo. e. Relación esfuerzo-deformación -. La teoría de diseño se basa el la relación esfuerzo-deformación (σ-ε) del concreto y acero. Aunque las curvas esfuerzo-deformación del acero son lineales hasta su límite de fluencia, el concreto es únicamente aproximadamente elástico, aún para limites admisibles del 40% al 50% de la resistencia última. El modulo de elasticidad del acero varía poco en comparación con su resistencia, pero el modulo del concreto varía de acuerdo a su densidad y resistencia. El modulo de elasticidad del acero es aproximadamente Es =2.0x105 MPa mientras que el del concreto varía entre 3900 f ' c MPa y 5500 f ' c MPa . Como la relación de los módulos de elasticidad entre el acero y concreto, usualmente tomada como n=Es /E, es un parámetro usado para localizar el eje neutro, es importante definir este factor para poder encontrar los esfuerzos actuantes. La relación modular, n, puede ser tomada como el número entero más cercano resultante de la división entre los modulos de elasticidad del acero y concreto, pero nunca menor de 6. Algunos valores reales de n, para un concreto normal, estan dados en la siguiente tabla: Tabla 2.1. Relación modular n.

f ‘c (N/mm2) 21.0 24.5

Relación n 11.0 10.0

28.0 31.5 35.0 42.0

9.7 9.0 8.7 8.0

2.1.1 Sección Transformada En el diseño elástico el concepto de sección transformada se emplea para calcular las propiedades geométricas de una sección de diseño compuesta de más de dos materiales. Las propiedades geométricas empleadas en el diseño son la profundidad del eje neutro y el momento de inercia de la sección transformada. Estas propiedades se requieren para encontrar los esfuerzos a los cuales está sometida la sección transversal y para el cálculo de deflexiones y agrietamiento. 25

Para obtener la sección transformada de cualquier cantidad m de materiales se sustituyen las áreas de (m-1) número de materiales por áreas equivalentes del restante material que en este caso será el material de referencia. Las áreas equivalentes de los (m-1) materiales se determinan multiplicando el área propia por la relación entre el modulo de elasticidad de cada material sobre el modulo de elasticidad del material que se toma de referencia. La relación modular entre el material a convertir equivalente y el material de referencia se representa con la letra n. Area A1 Material 1

F1

D1

Figura 2.2. Acortamiento Elástico de un elemento con un solo material A1

Para lograr transformar una sección con m diferentes materiales en uno solo equivalente se asume que los diferentes materiales se desempeñan en el rango elástico, que cada elemento de la sección pueda ser transformado mediante relaciones modulares en un solo compuesto equivalente de las mismas características elásticas del material base (de referencia), y que ecuaciones básicas de la teoría elástica de resistencia de materiales puedan ser aplicadas al método. Bajo cargas de servicio, el esfuerzo de cada material en la sección es menor que el límite de fluencia por lo que dicho esfuerzo puede calcularse con la fórmula σ = f = F/A =E*ε, donde F es la fuerza axial en el elemento, A es el área de la sección, E es el modulo elástico y ε corresponde a la deformación unitaria. Adicionalmente, la deformación unitaria esta determinada por la relación ∆L/L que equivale al acortamiento elástico de la sección. Para un material cualquiera tipo 1 (Ver Figura 2.2), se cumple que:

ε1 = ∆1 /L → σ1 = f1 = F1 / A1 → F1 = f1 * A1 26

Si incorporamos un material tipo 2 con mayor resistencia, podemos establecer que este nuevo material tendrá un mayor valor del modulo de elasticidad tal que E2 > E1. En la Figura 2.3 observamos que con la incorporación del material 2 de mayor dureza se cumple que ∆o < ∆1 donde ∆o es la nueva deformación axial para la misma fuerza F1. Pero si queremos obtener el mismo desplazamiento inicial ∆1 la fuerza de compresión a aplicar debe ser mayor a F1. Necesitamos entonces una fuerza F2 adicional tal que F = F1+F2 para poder obtener de nuevo la misma deformación ∆1, de tal manera que: F = F1+F2 = f1 * A1 + f2 * A2 Material 1 Area A1

F= F1+F2

D1

Material 2 Area A2

Do

Figura 2.3. Nueva deformación ∆o con la inclusión del material 2.

Así mismo se debe cumplir para cada material que la deformación axial total debe ser ∆1, o sea igual para ambos materiales. Por consiguiente, para la misma figura la deformación unitaria de cada material se debe cumplir que:

ε1 = f1 /E1 ; ε2 = f2 /E2 Igualando las anteriores deformaciones se debe cumplir que: f1 =

E1 * f2 → E2

para el material 1

;

E

2 f2 = E * f 1 → para el material 2 1

27

De tal manera que: F = F1+F2 = f1 * A1 + f2 * A2 = f1 * A1 +

E2 E * f 1 * A2 = f1 * ( A1 + 2 * A2 ) E1 E1

Podemos concluir que: F = f1 * ( A1 + n A2 ) ; donde n = E2 /E1 Siendo la sección transformada en términos del material 1, definida como: At1 = ( A1 + n A2 ) El esfuerzo general f para toda la sección transformada (incluye ambos materiales) y debido a la fuerza F, es: f =

F F = At1 A1 + A2 * (E 2 / E1 ) F= F1+F2

Material 1 Area A1 Area At Transformada

Material 2 Area A2

Figura 2.4. Nueva sección Transformada.

En general, para una sección compuesta de varios materiales: At i =

Aj *

j =1 , n

Ej Ei

; fi =

Ej F * fi ; fj = At i Ei

28

donde el coeficiente i designa el material de referencia. Por ejemplo para cuatro materiales: E4 E1 E2 E3 * A1 + * A2 + * A3 + * A4 E1 E1 E1 E1 referencia.

At1 =

At1 = A1 +

f1 =

Material 1: material de

E4 E2 E3 * A2 + * A3 + * A4 E1 E1 E1

F F = At 1 A1 + A2 * (E 2 / E1 ) + A3 * (E 3 / E1 ) + A4 * (E 4 / E1 )

f2 =

E2 * f1 E1

; f3 =

E3 * f1 ; E1

f4 =

E4 * A4 E1

Material 1

Material 2

Material 3

Material 4

Figura 2.5. Sección compuesta de 4 materiales.

Finalmente, para concreto y acero: Ac t = Ac + n As = Ag + (n-1)* As

n = Es / Ec

;

fc =

Área equivalente de concreto.

F F = Act Ac + n As

;

fs = n* fc

29

siendo Ag el área de toda la sección. El procedimiento para chequear una viga usando la sección transformada es el siguiente: • Se transforma la sección con acero a una sección equivalente de concreto Act • Se encuentra el eje neutro de la sección elástica transformada y con esta distancia se calcula el momento de inercia de dicha sección transformada, It • Se aplica la fórmula de flexión, f = M*c/ It • Si el momento es dado, se encuentran los esfuerzos fc y fs en el concreto y acero respectivamente. Como los esfuerzos admisibles fC (adm) y fS (adm) del concreto y acero respectivamente, son dados, se puede encontrar el momento admisible M mas critico que corresponderá al menor de los dos valores de momentos una vez se sustituyan los esfuerzos admisibles.

2.1.2 Sección no Agrietada

Se considera que la totalidad de la sección trabaja asumiendo que el concreto es un material deformable elásticamente tanto en tensión como a compresión. La distribución de esfuerzos en el concreto se supone lineal y no se toman esfuerzos en el concreto mayores que los valores máximos admisibles de 0.5*f ‘c para compresión y 0.15*f ‘c para tracción. En la Figura 2.6 se muestra la sección equivalente no agrietada y el diagrama lineal de deformaciones unitarias. ec

Yt h

Centro Viga

d

Eje Neutro

Yb - e

(n-1)*As /2

(n-1)*As /2

e

es

Figura 2.6. Sección Transformada no Agrietada.

Cuando el momento máximo de un elemento es tan pequeño que los esfuerzos en el concreto no exceden los esfuerzos de rotura fr, no se presentan grietas en el concreto por flexión. En este caso se considera toda la sección de concreto para el análisis de esfuerzos y chequeo a flexión. El momento de inercia corresponde a la sección no fisurada. El modulo de rotura para concreto de peso normal debe tomarse como:

30

f r = 7.5 *

f c'

→ con f c' en psi

f r = 0.7 *

f c'

→ con f c' en MPa

Ejemplo 1: Sección no Agrietada. Para la sección dada en la figura adjunta, encontrar los esfuerzos en el concreto y el acero. Asumir 3 barras No. 8 y una relación modular n = Es / Ec = 10. Tomar un momento de diseño M = 50 KNm (5.0 Tn -m) Inicialmente calculamos el área transformada: At = 1500 + (10 – 1)* 3 * 5.1 = 1637.70 cm2 30 cm

50 cm

Eje Neutro

45 cm (n-1)*As/2

(n-1)*As/2

3 No. 8 5 cm

Figura 2.7. Sección utilizada para ejemplo 1.

yb =

1500 * 25 + ( 10 − 1 )* 3* 5.1 * 5 = 23.32 cm ; y t = 50 − 23.32 = 26.68 cm 1500 + ( 10 − 1 )* 3* 5.1

It =

30 * 50 3 + 1500 * (25 − 23.32 )2 + ( 10 − 1 )* 3* 5.1* (23.32 − 5 )2 = 362948.8 cm 4 12

fct =

M * Yt It

=

50 * 10 −3 * 26.68 * 10 −2 362948.8 −8

= 3.675 MPa → Compresión en el

concreto. fcb =

M * Yb It

=

50 * 10 −3 * 23.32 * 10 −2 362948.8 * 10 −8

= 3.212 MPa

→ Tensión en el

concreto.

31

f s = n*

M * Ybs It

= 10 *

50 * 10 −3 * 18.32 * 10 −2 362948.8 * 10 −8

= 25.238 MPa

Ejemplo 2: Sección no Agrietada. Para la sección dada en la siguiente figura encontrar la carga axial total resistente debida al concreto y acero. Asumir para el diseño 6 barras No. 8 y una relación modular n = Es / Ec = 12. Usar fc (admisible) = 14.08 MPa y fs (admisible) = 169.0 MPa. Calculamos el área transformada y la carga axial a compresión que resiste la sección: At = 1500 + (12 – 1)* 6 * 5.1 = 1836.6 cm2

P = fc( adm ) * Ac + fs( adm ) * As = fc( adm ) * Ac + n * fc( adm ) * As; Ac = Ag - As

P = fc( adm ) * ( Ag − As ) + n * fc( adm ) * As = fc( adm ) * [Ag + ( n − 1 ) As ] P = fc( adm ) * [Ag + ( n − 1 ) As ] = 14.08 * [1500 + ( 12 − 1 )* 30.60 ]* 10 −4 = 2586.0 KN 30 cm

(n-1)*As/4

(n-1)*As/4 5 cm

3 No. 8 Centro Viga

50 cm 40 cm (n-1)*As/4

(n-1)*As/4

3 No. 8 5 cm At = Ag + (n-1) As

Figura 2.8. Sección para ejemplo 2.

Pc = fc( adm ) * Ac = 14.08 * [1500 − 30.60 ]* 10 −4 = 2069.0 KN

Ps = fs( adm ) * As = n* fc * As = 12 * 14.08 * 30.6 * 10 −4 = 517 KN P( adm ) = Pc + Ps = 2069 + 517 = 2586 KN

32

2.1.3 Sección Agrietada

Se asume que el concreto no toma esfuerzos de tensión y que por tal motivo solo se retienen los esfuerzos de compresión en el concreto. De esta manera, solo el área de compresión es considerada como parte de la sección transformada. El acero As es reemplazado en la sección transformada por n*As como el área equivalente en concreto debida al acero. La representación gráfica en la Figura 2.9 muestra los elementos de la sección transformada agrietada con los respectivos diagramas de deformación unitaria y esfuerzos actuantes en la sección. Compresión

ec

fct Yt

y h

Eje Neutro Centro Viga

d Ybs

y-d n * As

es

fcs = fs / n

Tensión

Figura 2.9. Sección Transformada de una sección agrietada.

En donde, • fcs = esfuerzo en el concreto a la altura del acero, si el concreto pudiese cargar tensión. Es el esfuerzo de l concreto donde el acero tiene su centro. Para encontrar el eje neutro de la sección anterior se iguala el momento de área de la sección superior con el momento de área de la sección en tensión y se despeja el valor de y. En este modelo se reemplaza el valor del área de acero por su equivalente en concreto y ésta será tomada como la única área de concreto en tensión.

33

Compresión b

y Eje Neutro

d d-y n*As

As

Figura 2.10. Sección Transformada: Determinación de eje neutro.

Igualando momentos de área con respecto al eje neutro, se deduce que: ( y / 2 ) * Acompresión = n * As * ( d − y )

b* y2 = n * As * ( d − y ) 2

de la anterior ecuación se despeja el valor de y correspondiente a la altura del eje neutro, el cual determina el bloque de compresión. El valor de la inercia de la sección transformada viene a ser: It =

b* y3 + n * As * ( d − y ) 2 3

Esta inercia corresponde a la inercia propia del concreto con respecto al eje neutro más la inercia de traslación de la sección equivalente de acero. No es necesario tener en cuenta la inercia propia del acero por ser un valor muy pequeño en comparación con los valores de la anterior ecuación. Se utiliza la fórmula f = M*c/It, para encontrar los esfuerzos en el concreto. Para secciones con doble capa de refuerzo o con dos diferentes materiales de refuerzo, ambos en el rango elástico, se puede proceder de la siguiente manera para hallar los esfuerzos en concreto y acero (Ver Figura 2.11): b* y2 = n * As1 * ( d 1 − y ) + n * As 2 * ( d 2 − y ) 2 De la anterior ecuación despejamos el valor de y correspondiente a la altura del eje neutro y luego calculamos el momento de inercia correspondiente a la nueva

34

sección agrietada transformada. Los esfuerzos en el concreto a la altura de las dos capas de refuerzo si el concreto tomara tensión serían los siguientes: fc1 = fs1 / n1 fc2 = fs2 /n2 Compresión

b

fct y

d1

Eje Neutro

h

d1 - y As1

n1 * As1

As2

n2 * As2

Yt

y d2 d2 - y

Yb - e

fcs1 = fs1 / n1 fcs2 = fs2 / n2

e

Tensión

Figura 2.11. Sección transformada con dos materiales diferentes.

donde n1 = E1 /Ec y n2 = E2 /Ec. El momento de inercia se establecería como: It =

b* y3 + n1 * As1 * ( d 1 − y ) 2 + n 2 * As 2 * ( d 2 − y ) 2 3

Ejemplo 3: Sección Agrietada. Para la sección dada en la figura, encontrar los esfuerzos de flexión en el concreto y el acero. Asumir 3 barras No. 8 y una relación modular n = Es / Ec = 9. Usar un momento de diseño M =100 KN-m (10.0 Tn – m). 30 cm

30 cm

y 50 cm

Eje Neutro

d = 44 cm

44 - y n*As = 9*15.30 =137.7

3 No. 8 6 cm

Figura 2.12. Sección para el ejemplo 3

35

Inicialmente usamos el concepto de momento de área alrededor del eje neutro: ( 30 * y ) * ( y / 2 ) = 9 * 3 * 5.1 * ( 44 − y ) 15 * y 2 = 6058.8 − 137.7 y

y 2 + 9.18 * y − 403.92 = 0.0

y = 16.03 cm

También podemos encontrar el mismo valor encontrando la ubicación del centroide con respecto al eje neutro de la sección: y=

30 * y * ( y / 2 ) + 9 * 3* 5.1 * 44 30 * y + 9 * 3 * 5.1

Resolviendo,

y = yt = 16.03 cm ybs = 27.97 cm

Calculamos seguidamente la inercia transformada: It =

30 * ( 16.03 ) 3 + 9 * 3* 5.1* (44.0 − 16.03 )2 = 148916.4 cm 4 3

La inercia transformada se puede calcular también de la siguiente manera: It =

30 * ( 16.03 )3 16.03 + 30 * 16.03* 16.03 − 12 2

fct =

M * yt It

f s = n*

=

100 * 10 −3 * 16.03 * 10 −2

M * y bs It

148916.4 * 10 −8

= 9*

2

+ 9 * 15.3* (44 − 16.03 )2 = 148916.4 cm 4

= 10.76 MPa →

100 * 10 −3 * ( 44 − 16.03 ) * 10 −2 148916.4 * 10 −8

Compresión en el concreto

= 169.07 MPa

Para que exista un diseño satisfactorio los esfuerzos encontrados para el concreto y acero deben ser menores a ciertos valores de esfuerzos admisibles en ambos materiales. Para el concreto los esfuerzos admisibles varían entre un 40% y un 50% de la resistencia nominal última f’c del concreto. Un valor promedio de 0.45* f’c para esfuerzos admisibles en el concreto es conveniente. Para el acero se puede tomar como esfuerzo admisible para cargas de trabajo un valor 0.50*fy, donde fy es la resistencia nominal a fluencia del acero. Para el ejemplo anterior, si tomamos unos valores de f’c = 24.5 MPa y fy = 420 MPa, los 36

valores admisibles para carga de trabajo podrían tomarse como de fc(admisible) = 11.03 MPa y fs(admisible) = 210 MPa. Estos valores admisibles son mayores a los valores fct = 10.76 MPa y fs = 169.07 MPa que actúan en la sección de acuerdo a los requerimientos de carga para dicha sección. Es necesario, entonces, establecer el diseño para que los esfuerzos admisibles de trabajo sean mayores a los esfuerzos actuantes, tanto en la fibra superior a compresión del concreto como a nivel del acero de refuerzo. Un diseño balanceado implica que fs(actuante) = fs(admisible) y que fct,(actuante) = fc simultáneamente. Esto implica que el acero encontrado es un acero balanceado y que cualquier cantidad de acero suministrado a la sección por debajo de tal valor da como resultado una sección subreforzada, mientras que cantidades de acero por encima del acero balanceado implica una sección sobrerreforzada. (admisible)

•

Si fct = fc(adm) y fs = fs(adm) simultáneamente, entonces Asb = As.

•

Si se alcanza fs = fs(adm) primero, entonces Asb > As y la sección es subreforzada.

•

Si se alcanza fct = fc(adm) primero, entonces Asb < As y la sección es sobreforzada.

Ejemplo 4: Sección Agrietada. Para la sección mostrada en la figura, encontrar los esfuerzos de flexión en el concreto y el acero. Asumir el refuerzo con 5 barras No. 9 y una relación modular n= Es/Ec= 8. El momento de diseño es M = 150 KN- m (15.0 T n- m) y los valores de los esfuerzos admisibles en el concreto y acero son fc(admisible) = 9.5 MPa y fs(admisible) = 210 MPa respectivamente. 45 cm 15 cm

15 cm 15 cm

15 cm

15 cm

15 cm 15 cm

y

60 cm

y 54 cm

5 No. 9 = 32.0 cm2

54 - y

n*As = 8*32.0 = 256.0

54 - y

6 cm 45 cm


37

Calculamos inicialmente la profundidad del eje neutro: ( 45 * y ) * ( y / 2 ) − 15 * 15 * ( y − 15 / 2 ) = 8 * 5 * 6.4 * ( 54 − y ) 22.5 * y 2 = 12136.5 − 31 * y

y 2 + 1.38 * y − 539.4 = 0

y = yt = 22.6 cm

Calculamos a continuación la inercia transformada: It =

2 * 15 * ( 22.6 ) 3 15 * ( 22.6 − 15 ) 3 + + 8 * 5 * 6.4 * (54 − 22.6 )2 = 370032.4 cm 4 3 3

Los esfuerzos son: fct =

M * y t 150 * 10 −3 * 22.6 * 10 −2 = = 9.16 MPa < fc(adm) = 9.50 MPa It 370032.4 * 10 −8

f s = n*

M * y bs It

= 8*

150 * 10 −3 * ( 54 − 22.6 ) * 10 −2 370032.4 * 10 −8

→ Compresión.

= 101.83 MPa < fs( adm ) = 210. MPa

Ejemplo 5: Para la sección en forma de T de la figura encontrar los esfuerzos de flexión en el concreto y el acero. Asumir el refuerzo de 3 barras No. 8 a flexión y un modulo n= Es/Ec= 9. El momento de diseño es M = 150 KN- m (15.0 Tnm) y los valores de los esfuerzos admisibles en el concreto y acero son fc(admisible) = 9.45 MPa y fs(admisible) = 210 MPa respectivamente. Asumiendo inicialmente la profundidad del eje neutro dentro del ala: ( 85 * y1 ) * ( y1 / 2 ) = 9 * 3 * 5.1 * ( 54 − y1 ) 42.5 * y 12 = 7435.8 − 137.7 * y 1

y 1 2 + 3.24 * y 1 − 174.96 = 0

y1 = yt = 11.71 cm > 10 cm ∴ Eje neutro en el alma.

38

85 cm

y1

Eje Neutro 1

10 cm

y2

Eje Neutro 2 60 cm

d = 54 cm 54 - y2

3 No. 8 6 cm 25 cm


Entonces, para una profundidad y2 del eje neutro en el alma: ( 85 * 10 ) * ( y 2 − 5 ) + 25 * ( y 2 − 10 ) *

y 2 − 10 = 9 * 3 * 5.1 * ( 54 − y 2 ) 2

12.5 * y 22 = 10435.0 − 737.7 * y 2 y 2 2 + 59.02 * y 2 − 834.8 = 0

y2 = yt = 11.79 cm

Calculamos a continuación la inercia transformada y los respectivos esfuerzos en concreto y acero: It =

85 * ( 11.79 ) 3 2 * 30 * ( 11.79 − 10 ) 3 − + 9 * 3* 5.1* (54 − 11.79 )2 = 291657.5 cm 4 3 3

M * yt It Compresión. fct =

f s = n*

M * y bs It

=

150 * 10 −3 * 11.79 * 10 −2

= 9*

291657.5 * 10 −8

= 6.06 MPa < fc(adm) = 9.45 MPa

150 * 10 − 3 * ( 54 − 11.79 ) * 10 −2 291657.5 * 10 −8

= 195.38 MPa < fs( adm ) = 210 MPa

Ejemplo 6: Sección Agrietada. Para la sección mostrada en la figura, encontrar el momento admisible de flexión. Asumir el refuerzo con 6 barras No. 8 y una relación modular n= Es/Ec= 8. Los esfuerzos admisibles en el concreto y acero son fc(admisible) = 12.60 MPa y fs(admisible) = 190 MPa respectivamente. 39

50 cm 15 cm

20 cm 15 cm

15 cm

20 cm 15 cm

10 cm y

y

25 cm 74 cm 74 - y 74 - y

39 cm

n*As = 8*30.6 = 244.8

6 No. 8 = 30.6 cm2 6 cm

50 cm


a.) Encontrar yt , It y el momento permitido: 50 * y 2 20 + * ( y − 10 ) * ( y − 10 ) = 8 * 30.6 * ( 74 − y ) 2 2 15 * y 2 = 19115.2 − 444.8 y

y 2 + 29.65 * y − 1274.35 = 0

y2 = yt = 23.83 cm

Calculamos a continuación la inercia transformada: It =

50 * ( 23.83 ) 3 20 * ( 23.83 − 10 ) 3 − + 8 * 30.6 * (74 − 23.83 )2 = 824072.2 cm 4 3 3

Igualmente se puede calcular la inercia transformada de la siguiente manera: 15 * ( 23.83 ) 3 20 * ( 10 )3 + + 20 * 10 * ( 23.83 − 5 ) 2 + 8 * 30.6 * (74 − 23.83)2 3 12 I t = 824072.2 cm 4

It = 2*

Calculamos luego los momentos debidos a los esfuerzos admisibles en el concreto y el acero:

40

Mc =

fc( adm ) * I t

yt Compresión Ms =

fs( adm ) * I t n * y bs

=

=

12.60 * 10 3 * 824072.2 * 10 −8

≅ 435.7 KN − m →

23.83 * 10 −2 190 * 10 3 * 824072.2 * 10 −8 8 * ( 74 − 23.83 ) * 10 −2

≅ 390.10 KN − m →

Tracción. Si tomo inicialmente Mc = 435.7 KN-m como el momento que controla el diseño de la sección, se cumple que fc = fc(admisible) y se debe cumplir que fs > fs(admisible) simultáneamente. La sección viene a ser sobre-reforzada y, por tanto, no es recomendable usar este momento para el diseño. Si por el contrario tomo Ms = 390.1 KN-m como el momento que controla el diseño de la sección, se pueden limitar los esfuerzos de compresión tal que fc = fc(admisible) y se cumple, igualmente, que fs < fs(admisible). La sección es subreforzada por lo que es conveniente usar este momento en el diseño. b.) Encontrar el momento balanceado de la sección: En balance se cumple que fc = fc(adm) y fs = fs(adm) simultaneamente, por lo que Asb = As. Según la siguiente gráfica adjunta, por triángulos semejantes, se deduce que: 12.6 12.6 + 23.75 = y bal 74

ybal = 25.65 cm El área de acero balanceada de la sección se encuentra a partir de: 50 * y bal 2 20 + * ( y bal − 10 ) 2 = 8 * As b * ( 74 − y bal ) 2 2 50 * 25.65 2 20 − * ( 25.65 − 10 ) 2 = 8 * Asb * ( 74 − 25.65 ) 2 2

Asb = 36.2 cm2

41

50 cm 15 cm

20 cm 15 cm

fc(adm) = 12.6 MPa ybal

12.6 MPa

25.65 cm

ybal

7.69 MPa

C1

C2

74 – ybal

74 - ybal n*As = 8*36.2 = 289.6 fcs(adm) = fs(adm) /n= 190/8 = 23.75 MPa

Figura 2.16.Esfuerzos y Fuerzas actuantes en la sección.

El momento de inercia balanceado de la sección viene a ser: It =

50 * ( 25.65 ) 3 20 * ( 25.65 − 10 ) 2 2 − + 8 * 36.2 * (74 − 25.65 ) = 932713 cm 4 3 3

Calculamos los momentos debidos a los esfuerzos en concreto y el acero: Mc =

fc( adm ) * I t yt

=

Compresión. Ms =

fs( adm ) * I t n * y bs

=

12.6 * 10 3 932713 * 10 −8 25.65 * 10 − 2

≅ 458.2 KN − m →

23.75 * 10 3 * 932713 * 10 −8 ( 74 − 25.65 ) * 10 −2

≅ 458.2 KN − m →

Tracción. Otra manera de calcular el momento balanceado es calcular la fuerza de compresión y multiplicarla por el brazo con respecto al punto donde se encuentra localizado el acero, de tal manera que se tome en cuenta el par producido por dichas fuerzas de compresión y tensión, las cuales por equilibrio deben ser iguales. Para el bloque a compresión, según las fuerzas C1 y C2 mostrada en la figura 2.16 la fuerza de compresión en la condición balanceada es: C b = C1 − C 2

42

Cb =

12.6 * 10 3 * 50 * 25.65 2 * 10

2

−

12.6 * 10 3 * 20 * 15.65 2 * 10

2

*

15.65 = 687.7 KN 25.65

donde C1 corresponde a la fuerza a compresión de todo el bloque (incluido el vacío), producida por los esfuerzos en la zona superior (sin agrietar) del concreto, y C2 es la fuerza a compresión descontar por la presencia del vacío. El momento balanceado es: M b = C1 * d −

Mb =

y bal − C2 * 3

(d − 10 ) −

( y bal

− 10 ) 3

15.65 25.65 12.6 * 10 3 * 20 * 15.65 15.65 12.6 * 10 3 * 50 * 25.65 − * 64 − * * 74 − 3 25.65 3 2 2

= 458.1* 10 2 KN − cm = 458.1 KN − m

2.1.4 Sección Agrietada: Fórmulas para una Sección Rectangular

Usando el concepto de momento de área alrededor del eje neutro encontramos la profundidad del eje neutro (Ver Figura 2.17): ( b ) * ( kd ) * ( kd / 2 ) = a * As * ( d − kd )

Por lo que definimos,

As = ρ * b * d

ρ = As /( b * d )

b * (kd )2 = n * ρ * b * d * (d − kd ) = n * ρ * b * d 2 − n * k * ρ * b * d 2 2 k 2 + 2* ρ * n* k = 2* ρ * n

Factorizando, obtenemos: ( k + ρ * n )* ( k + ρ * n ) = 2 * ρ * n + ( ρ * n )2 ( k + ρ * n ) = 2 * ρ * n + ( ρ * n )2

k = 2 * ρ * n + ( ρ * n )2 − ρ * n

43

Compresión b fc C

y = kd Eje Neutro Centro Viga

jd

d

d - y = d - kd As

n*As T = As*fs

Figura 2.17. Sección Agrietada Transformada para una Sección usando Fórmulas.

Definimos las fuerzas C y T así como el brazo jd que separa estas dos fuerzas, de la siguiente manera: C = fc*b*kd/2 ;

T = As*fs

;

jd = d – (kd /3)

Se puede establecer que, a partir de las fuerzas C y T, el momento actuante en la sección es: • Usando la fuerza T y el brazo jd M = T*jd = As*fs*(jd) •

Usando la fuerza C y el brazo jd

M = C*jd = (1/2)*fc*b*(kd)*(jd)

Los esfuerzos en el concreto y acero se calculan entonces como: Ms 2* M c fs = ; fc = As * ( jd ) b* d 2 * k * j El momento dado M es el menor entre Ms y Mc los cuales, a su vez, son encontrados a partir de los esfuerzos admisibles fs(adm) y fc(adm), respectivamente. Ejemplo 7: Sección Agrietada Usando Fórmulas. Para una sección rectangular con b= 30 cms, d = 44 cms, momento actuante M =100 KN - m (10 Tn - m) y una relación modular n = Es / Ec = 9 la cantidad de acero de la sección corresponde As = 19.2 cm2. Usar esfuerzos admisibles tales que fc(adm) sea no mayor a 11.03 MPa y fs(adm) sea menor o igual a 190 MPa y probar que los esfuerzos que actúan en la sección sean menores a los admisibles. ρ = As /( b * d ) = 19.20 /( 30 * 44 ) = 0.0146

ρ * n = 0.0146 * 9 = 0.131 → ( ρ * n ) 2 = 0.01714

44

(

k = 2 * ρ * n + ( ρ * n ) 2 − ( ρ * n ) = 2 * 0.131 + 0.0171

jd = d − kd / 3 → 2* M

fct =

b* d 2 * k * j

fs =

M As * ( jd )

=

j = 1 − k / 3 = 1 − ( 0.381 / 3 ) =

2 * 100 * 10 −3 0.30 * 0.44 2 * 0.381 * 0.873 100 * 10 −3

19.2 * 10 −4 * ( 0.873 * 0.44 )

)

2 1/ 2

→

− 0.131

→ k = 0.381

j = 0.873

= 10.353 MPa <

= 135.59 MPa <

fc( adm ) = 11.03 MPa

fs( adm ) = 190 MPa

2.1.5 Sección Agrietada Doblemente Reforzada

Se continúa asumiendo que el concreto no toma esfuerzos de tensión y que por tanto solo existe compresión arriba del eje neutro de tal manera que solo el área neta de concreto de la sección y el área equivalente del acero A’s, ambas a compresión, son consideradas como parte de la sección transformada. El acero As en tracción es reemplazado en la sección transformada por n*As como el área equivalente de concreto debida al acero en la zona por debajo del eje neutro. La representación gráfica en la Figura 2.18 muestra los elementos de la sección transformada agrietada con el respectivo diagrama de deformación unitaria de la sección. (n-1)A’s/2

Ac : Área a Compresión

(n-1)A’s/2 d' y - d’

Eje Neutro h

y

d

Centro Viga d-y n*As/2 e Tensión

ec

fc f ’s / n

A’s

Yt

d Yb- e As

es

fcs = fs / n

Figura 2.18. Sección Agrietada Transformada para una Viga Doblemente Reforzada.

45

Algunos autores toman la sección transformada del acero a compresión como (2n-1)*As’, por la ganancia de esfuerzos que experimenta el acero en el tiempo debido al flujo plástico del concreto, el cual ayuda al acortamiento de las barras, y por ende, al aumento de esfuerzos de compresión a largo plazo. Aquí, sin embargo utilizaremos (n-1)*A’s para el área equivalente del acero a compresión, lo cual da resultados más conservadores. Puesto que se ha tomado el área de la sección a compresión como Ac = b*y, debería tomarse el área neta de concreto como Acn = b*y –A’s. Para tomar en cuenta el área Ac de la sección bruta definida, se debe descontar una vez el valor del área A’s al área equivalente n*A’s del acero a compresión. El área equivalente a compresión es entonces Acequivalente = b*y + (n-1)*A’s Igualando momentos de área con respecto al eje neutro, obtenemos: b * y * ( y / 2 ) + ( n − 1 ) * A' s * ( y − d' ) = n * As * ( d − y )

de la anterior ecuación se encuentra el valor de la profundidad y que correspondiente a la altura del eje neutro y el cual determina el bloque de compresión. El valor de la inercia de la sección transformada viene a ser: It =

b* y3 + ( n − 1 ) * A' s * ( y − d' ) 2 + n * As * ( d − y ) 2 3

Esta inercia corresponde a la inercia propia del concreto con respecto al eje neutro más la inercia de traslación de la sección equivalente de acero. No es necesario tener en cuantía la inercia propia de los aceros por ser muy pequeñas comparativamente con los resultados de la anterior fórmula. Los esfuerzos en concreto y acero se encuentran aplicando las siguientes formulas de Resistencia de Materiales: fc =

M* y It

;

fs = n *

M*(d − y) It

;

f ' s = n*

M * ( y − d' ) It

Ejemplo 8: Sección Doblemente Reforzada. Para la sección mostrada en la figura 2.19, encontrar los esfuerzos de flexión en el concreto y el acero. Asumir A’s =2 No.8= 10.2 cm2 y As = 4 No.8= 20.4 cm2, una relación modular n = 9 y un momento de diseño M =120 KN – m (12.0 Tn – m). Los esfuerzos admisibles en el concreto y acero son respectivamente fc(adm) = 9.5 MPa y fs(adm) = 200 MPa respectivamente.

46

35 cm

35 cm 6 cm 2 No. 8 = 10.2 cm2

y

50 cm

Eje Neutro

44 cm

44 - y n*As = 9*20.4 = 183.6

4 No. 8 = 20.4 cm2

6 cm

Figura 2.19. Sección para el ejemplo 8.

Tomando momentos de área alrededor del eje neutro: ( 35 * y ) * ( y / 2 ) + ( 9 − 1 ) * 10.2 * ( y − 6 ) = 9 * 20.4 * ( 44 − y ) 17.5 * y 2 + 81.6 * y − 489.6 = 8078.4 − 183.6 y y 2 + 15.154 * y − 489.6 = 0.0

y = yt = 15.81 cm Con el valor anterior calculamos la inercia transformada: It =

35 * ( 15.81 ) 3 + ( 9 − 1 )* 10.2* (15.81 − 6 )2 + 9 * 20.4 * ( 44 − 15.81 ) 2 = 199859.8 cm 4 3

Los esfuerzos en concreto y acero son: fct =

M * yt It

f s = n*

M * y bs It

f ' s = n*

M * y ts It

=

120 * 10 −3 * 15.81 * 10 −2 199859.8 * 10 −8 = 9*

= 9.49 MPa ≤

120 * 10 −3 * ( 44 − 15.81 ) * 10 −2

= 9*

199859.8 * 10 −8

120 * 10 −3 * ( 15.81 − 6 ) * 10 −2 199859.8 * 10 −8

fc( adm ) = 9.50 MPa

= 152.33 MPa <

fs( adm ) = 200 MPa

= 53.01 MPa <

fs( adm ) = 200 MPa

47

2.2 Diseño Último: Vigas Rectangulares Simplemente Reforzadas. El comportamiento general de la curva esfuerzo-deformación unitaria muestra un comportamiento no lineal a partir de esfuerzos en el concreto del orden de aproximadamente 0.5*f'c Al empezar a cargar un elemento cualquiera (Ver Figura 2.12), el comportamiento del elemento es en general elástico. Cuando la tensión de las fibras mas esforzadas al centro de la luz exceden la resistencia del concreto a la tensión, empiezan a aparecer grietas verticales de tensión. A medida que la carga es incrementada la abertura de las grietas aumenta lo mismo que la cantidad de las grietas alrededor del tramo central. En el momento que aparecen las primeras grietas de tensión el comportamiento del elemento varía y pasa de elástico a un estado en que las deflexiones no son linealmente proporcionales a la carga, por lo que el acero empieza a tomar toda la tensión mientras el concreto toma la compresión. En las regiones de agrietamiento debido principalmente a flexión, el esfuerzo del acero crece hasta alcanzar la fluencia y la deflexión aumenta debido a la reducción de la rigidez del elemento. Se nota en estos momentos un aumento considerable en las aberturas de las grietas y una curva de deflexión marcada a lo largo del elemento. Las grietas continúan avanzando hacia la zona de compresión y llega el momento en que el concreto, incapaz de resistir la compresión, se aplasta, precedido por un descascaramiento en la zona de compresión. Dependiendo de la cantidad de acero longitudinal de tracción, este puede alcanzar o no la fluencia antes de la falla del concreto. Si el acero ha fluido cuando el concreto estalla, el comportamiento del elemento es dúctil y se presentan deflexiones considerables antes del colapso de la estructura. En este caso se dice que la viga es subreforzada. Si por el contrario, la cantidad de acero longitudinal es muy grande, tal refuerzo no alcanza a desarrollar esfuerzos de fluencia antes del aplastamiento del concreto. Las deflexiones son pocas y la ductilidad es casi o nula. Se dice en este caso que la viga es sobrerreforzada. En el caso que el concreto falle al mismo instante que el acero alcanza la fluencia se dice que la sección es balanceada. La resistencia a la flexión puede estimarse sin tener en cuanta el efecto de las cortantes, las cuales inciden en la aparición de grietas hacia los extremos del elemento. Estas grietas se forman diagonalmente debido a la presencia simultánea esfuerzos de tracción y esfuerzos cortantes. Este comportamiento será estudiado en el siguiente capítulo de diseño de elementos sujetos a fuerzas cortantes.

48

Figura 2.20. Viga simplemente Apoyada: elemento típico de flexión simple.

Aunque la zona de compresión de una viga tiene, en términos generales, la misma variación de esfuerzos y deformaciones unitarias encontradas para los cilindros y cubos estándares de ensayo del concreto, los esfuerzos máximos del concreto son en realidad α*f 'c , menores a f 'c , por lo que la distribución de los esfuerzos a compresión para una viga presenta una configuración similar a la mostrada en la siguiente figura. a *f ’c

C

eutro Eje N

As

T = AS*fY

Figura 2.21. Distribución de esfuerzos en el bloque de compresión. Condiciones teóricas de resistencia última para el modelo a flexión.

Para el modelo presentado en la anterior gráfica se hacen las siguientes simplificaciones básicas: • Los esfuerzos del elemento deben satisfacer en cada punto la aplicabilidad del equilibrio y la compatibilidad de deformaciones unitarias. El módulo de elasticidad del acero se tomará como 2*105 Mpa (2.0*106 Kg/cm2 ≈29000 Ksi).

49

•

La distribución de deformaciones unitarias en cualquier sección transversal del elemento considerado es planas. • El concreto no resiste esfuerzos de tracción. • La viga alcanza su resistencia última cuando la deformación unitaria máxima del concreto alcanza cierto valor último εu = 0.003. Aunque tal valor puede llegar en algunos casos a ser hasta 0.004 dependiendo de la resistencia del concreto, siendo el valor de 0.003 el valor mas generalizado, por lo cual se utilizara este valor en todos los análisis de resistencia ultima. • El concreto y acero se consideran ligados entre sí. No existe desplazamiento entre el concreto y acero, por lo cual se considera que ambos materiales están adheridos. Por lo tanto, la deformación unitaria del concreto y acero es la misma. • La configuración de la distribución de esfuerzos es desconocida. Siempre se establecen hipótesis simplificadas para conocer el volumen de esfuerzos que determinaría el valor final de la fuerza a compresión C determinada por el concreto, y la cual, por las condiciones de equilibrio tiene que ser igual a la fuerza de tracción T. Rigurosamente, la distribución de esfuerzos en la zona de compresión del concreto puede determinarse dividiendo dicha zona en franjas, cada una con un valor superior e inferior de deformación unitaria conforme al estado presentado en una curva esfuerzo-deformación. En este caso se determina el esfuerzo promedio para cada franja a partir de la misma curva. La resistencia total del bloque a compresión es la suma de todas las fuerzas resultantes de cada franja. La variación de las deformaciones se toma lineal a lo largo del bloque a compresión y cada franja tiene un valor superior e inferior dentro de la franja. Numerosas simplificaciones han sido hechas para aproximar el volumen del bloque de esfuerzos a la configuración real. Cualquier configuración del bloque a compresión debe involucrar un área lateral Ac multiplicando el ancho b de la sección (Figura 2.22) para obtener el volumen de esfuerzos de dicho bloque. El área lateral Ac no corresponde a una configuración predeterminada de esfuerzos y tiene, más bien, una forma indefinida y variable.

50

Compresion

z1

y

C h

f ’c

ec

C=b* Ac

Eje Neutro

d

Z = d - z1

Ac d-y T= As*fy

As es

Figura 2.22. Distribución de esfuerzos para la carga última con un área indefinida Ac.

Si asignamos al área Ac del bloque de esfuerzos una forma definida e invariable, como la determinada por una sección triangular, parabólica o rectangular, es posible desarrollar una teoría directa para hallar la resistencia última a flexión, tal como es hecho para las secciones elásticas con el uso mismo del triángulo. A continuación usamos las tres figuras mencionadas en la definición y cálculo del bloque de compresiones para hallar la capacidad última del elemento. a.) Asumiendo un triángulo: f ' c z1 yo

* C = Ac* b * Z=d-z

C = Ac *b Ac = (f ‘c*yo) /2

b.) Asumiendo una parábola:

1

* z1 = yo /3 * Mult = T * Z = As * fy *(d - z1)

f' c z1 yo

C = Ac *b

* C = Ac * b * Z=d-z

1

* z1 = 3*yo / 8 Ac = (2*f ‘c*yo) / 3

* Mult = T * Z = As * fy *(d - z1)

c.) Asumiendo un rectángulo:

51

f' c

* C = Ac * b * Z=d-z

z1 yo

1

* z1 = yo / 2

C = Ac *b

* Mult = T * Z = As * fy *(d - z1)

Ac = f ‘c*yo

Figura 2.23. Secciones para la definición y calculo del bloque de compresiones.

Sin embargo, no se ha desarrollado una teoría exacta para la determinación acertada de los esfuerzos a flexión en la zona a compresión de secciones de concreto reforzado. Esto es por la dificultad de determinar con exactitud la resistencia de concreto a través de un cilindro, o del especimen a escala. Tan solo métodos relativamente aproximados basados en las leyes simples de la mecánica y basados en observaciones experimentales han permitido aproximar el bloque de esfuerzos a una forma rectangular. Tomando como referencia la Figura 2.24, se supone una configuración del bloque de compresión medianamente similar a la de una parábola, con el esfuerzo máximo α*f 'c, una ubicación del centroide o punto de aplicación de la fuerza de compresión en β * yo y un valor de dicha fuerza tomado como C = α *f 'c * yo * b. En este caso el valor del área de compresión es Ac = α * f 'c * yo. f cp

Compresión

b * yo

yo

C d

Ac = a * f' c*yo

ec C = a *f ' c* yo *b

Eje Neutro

(d - b * yo) d - yo T = As*fy

As ey

Figura 2.24. Distribución de esfuerzos para la resistencia última de la sección. Uso de coeficientes α y β.

Para la falla a tensión del elemento se requiere que fs = fy y que la deformación unitaria máxima del concreto no sobrepase el valor εc = εu = 0.003. Haciendo un equilibrio de fuerzas internas C = T y sustituyendo los anteriores valores, obtenemos:

α * f c' * y o * b = As * f y

→

yo =

As * f y

α * f c' * b

=

ρ* fy * d α * f c' 52

El momento flector es: M n = T * (d − β * y o ) = As * f y * (d − β * y o )

o igualmente: M n = C * (d − β * y o ) = α * f c' * y o * b * (d − β * y o )

El momento flector también se puede expresar en términos de la cuantía de acero a tracción, ρ = As / (b*d), de acuerdo con la siguiente expresión: β * fy * ρ M n = As * f y * (d − β * y o ) = ρ * f y * b * d 2 * 1 − α * f c' Los valores de α y β fueron determinados con base a mediciones hechas en muchos ensayos y son dados en la Tabla 2.2 con una presición bastante aceptable para su utilización. Para establecer una equivalencia entre el método anterior y una viga rectangular utilizando los mismos coeficientes α y β definidos en la tabla anterior, podemos suponer un esfuerzo promedio en el concreto tal que: fc p = α * f c' donde fcp es el promedio de esfuerzos a compresión del área b* yo ( Ver Figura 2.24). La fuerza resultante y la ubicación del bloque de compresiones son respectivamente: C = fc p * b * y o

; β * yo = yo / 2

Tabla 2.2. Coeficientes α y β para resolver Mn f 'c ( psi )

f 'c ( MPa )

α

β

≤ 4000 4500 5000 5500 6000 6500

28.0 31.5 35.0 38.5 42.0 45.5

0.72 0.70 0.68 0.66 0.64 0.62

0.4250 0.4125 0.4000 0.3875 0.3750 0.3625

53

7000 7500 ≥ 8000

49.0 52.5 56.0

0.60 0.58 0.56

0.3500 0.3375 0.3250

2.2.1 Distribución Rectangular de Esfuerzos. Bloque de Whitney

Puesto que no se puede conocer de forma exacta la distribución de esfuerzos del bloque de compresiones, pero tampoco es estrictamente necesaria su configuración, se puede aproximar este bloque a una aplicación más visual proponiendo una distribución rectangular de esfuerzos cuya resultante produzca la misma fuerza de compresión C y que esté aplicada en el mismo punto de la sección real en el momento de la falla. Esta configuración simple fue inicialmente propuesta por C. S. Whitney y desarrollada e investigada por muchos investigadores y normas alrededor del mundo. g * f ’c

C E. N

As

.

z = d - a/2

T = AS* fY

Figura 2.25. Distribución Rectangular de esfuerzos en el bloque de compresión. Modelo a flexión de Whitney.

En la anterior Figura 2.25 aparece la nueva distribución rectangular de esfuerzos en la que los esfuerzos en el concreto han sido sustituidos por el valor equivalente γ *f 'c y la profundidad del bloque está determinada por la distancia a = β1 * c. La profundidad del eje neutro es ahora c, sustituyendo la anterior denominación de yo para la distancia entre la fibra superior del elemento y el eje neutro. Los valores los coeficientes γ y β1 se pueden calcular comparando la distribución equivalente rectangular con la aproximación real utilizando los coeficientes α y β . Se debe asumir que la ubicación de la fuerza C desde la fibra

54

superior es la misma para ambos casos: el presentado en la figura 2.24 y el mostrado en la figura 2.25. Tomando como referencia las Figuras 2.24 y 2.26 e igualando la fuerza C para ambos casos, obtenemos: c c C = α * f c' * c * b = γ * f c' * a * b → γ = α * = α * a β1 * c

→ γ = α / β1

Como la fuerza C debe estar ubicada en la misma posición para ambos casos se concluye la siguiente relación entre β1 y β : a 2

β * yo = β * c =

β 1* c a =β*c= 2 2

→

β1 = 2 * β

Los valores de γ y β 1 están consignados en la Tabla 2.3, donde se muestran los anteriores parámetros α y β junto a los equivalentes nuevos. g * f’c

Compresión

C = g * f'c*yo*b

0.85 * f’c

e cu a/2 =b * c c = a/b 1

C h

d

C

C

a =b 1 * c

Eje Neutro d - a /2

d-c

As

T = As*fy

T

es

Figura 2.26. Distribución rectangular de esfuerzos para la resistencia última de la sección. Uso de coeficientes γ y β1 .

De la siguiente tabla podemos ver que la intensidad γ de los esfuerzos equivalentes varía entre 0.85 y 0.86, por lo que conservativamente se puede asumir el valor de 0.85 para todos los casos, independientemente del valor de f 'c. La fuerza a compresión estará siempre dada por la expresión: C = 0.85 * f c' * a * b → a = β 1 * c

Tabla 2.3. Coeficientes γ y β1 a partir de α y β. f 'c ( psi )

f 'c ( MPa )

α

β

β1=2*β

γ = α/β1

55

≤ 4000 4500 5000 5500 6000 6500 7000 7500

28.0 31.5 35.0 38.5 42.0 45.5 49.0 52.5 56.0

≥ 8000

0.72 0.70 0.68 0.66 0.64 0.62 0.60 0.58 0.56

0.4250 0.4125 0.4000 0.3875 0.3750 0.3625 0.3500 0.3375 0.3250

0.850 0.825 0.800 0.775 0.750 0.725 0.700 0.675 0.65

0.85 0.85 0.85 0.85 0.85 0.86 0.86 0.86 0.86

Los valores de β1 deben tomarse como máximo 0.85 para concretos con f 'c ≤ 28 Mpa y variar linealmente 0.025 por cada 3.5 Mpa, pero β1 no debe ser menor a 0.65. La relación entre β1 y f 'c debe expresarse como:

β 1 = 0.85 − 0.025 *

f c' − 28 3 .5

→ 0.65 ≤ β 1 ≤ 0.85

con f 'c expresado en Mpa. Con la aproximación del bloque rectangular de esfuerzos se pueden expresar de nuevo las fórmulas de momento en función de estos nuevos coeficientes, lo cual será desarrollado en las secciones 2.2.2 , 2.2.3 y 2.2.5 del presente capítulo.

2.2.2 Cuantía balanceada de Acero

La cuantía balanceada de acero corresponde a la condición de falla en la cual el concreto falla a compresión justo en el mismo instante en que el acero comienza a desarrollar esfuerzos de fluencia fy. En esta condición la deformación unitaria del concreto alcanza su valor máximo εcu = 0.003, que corresponde a la deformación última al momento del aplastamiento del concreto, en exactamente el mismo instante que el acero alcanza la deformación unitaria εy = fy / Es. e cu

b

0.85 f’c

c h

E.N.

a =b 1 * c

d

As

T = As * fy

ey

e s = e y , fs = fy

Figura 2.27. Distribución de esfuerzos y deformaciones para una sección balanceada.

56

Tomando como referencia la Figura 2.27 se establece por triángulos semejantes la siguiente relación para la distancia de la profundidad desde la fibra superior del concreto al eje neutro: cb =

ε cu

ε cu + ε y

*d=

0.003 0.003 + ε y

Basándose en la condición de equilibrio, a partir de la igualdad C = T de las fuerzas internas, se establece: Asb * f y = 0.85 * f c' * b * ab

→

As b = ρ b * b * d

ρ b * b * d * f y = 0.85 * f c' * b * ( β 1 * c )

→ ab = β 1 * c

ρ b = 0.85 * β 1 *

f c' 0.003 * 0.003 + ε y fy

Considerando εy = fy / Es = fy / 2.*105, obtenemos:

ρ b = 0.85 * β 1 *

f c' * fy

0.003 0.003 +

fy 2.0 * 10 5

Entonces, ρ b = 0.85 * β 1 *

f c' 600 * fy 600 + f y

Con el valor de la deformación unitaria εy = fy / 2.0*105, podemos generalizar las ecuaciones de la profundidad del eje neutro cb y la profundidad del bloque de compresiones ab, de la siguiente manera: cb =

0.003 600 *d= *d 0.003 + ε y 600 + f y

→ ab = β 1 *

600 *d 600 + f y

2.2.3 Vigas Subreforzadas

Dependiendo de las propiedades físicas de los materiales y la cantidad de acero de una viga, la falla a flexión puede ser definida, según el criterio de falla del 57

material, como falla a compresión o falla a tensión. En la falla a compresión el concreto experimenta aplastamiento y alcanza la deformación unitaria máxima εcu = 0.003 en las fibras extremas superiores antes que el acero alcanza la fluencia. Tal viga es considerada como sobrerreforzada y los esfuerzos del acero, que no han alcanzado fluencia son linealmente proporcionales a la deformación unitaria. Una viga sobrerreforzada no tiene un comportamiento dúctil propio de la respuesta del acero en fluencia, siendo el comportamiento típico de un material frágil en el cual la falla sobreviene sin previo aviso por el aplastamiento del concreto. En la falla a tensión el refuerzo alcanza su estado de fluencia antes que el concreto alcanza la deformación máxima. Como resultado la viga se deforma ampliamente desarrollando fisuras cuya presencia asegura un aviso antes del colapso final del concreto por aplastamiento. Las normas de diseño establecen que las vigas deben diseñarse con el acero a fluencia por debajo del limite establecido por la condición balanceada, de tal manera que As < Asb o lo que es lo mismo en terminos de la cuantía del acero ρ < ρb. De esta manera, el acero a tensión desarrollará esfuerzos de fluencia en la falla y por consiguiente fs se toma igual a fy. Los estados finales de deformación para la condición sobreforzada aseguran que la deformación final del acero es mayor que la deformación unitaria por fluencia (εs > εy). Estas secciones son dúctiles y en los diagramas de carga-deflexión o momento-curvatura se observan grandes deformaciones antes de la falla. eu

b

0.85 f’c

c h

C

a =b 1 * c

E.N. d

As

T = As * fy

es

e s >e y , fs = fy

Figura 2.28. Distribución de esfuerzos y deformaciones para una sección subreforzada.

El modelo mas usado para predecir la resistencia última del bloque de compresión permite el uso de un rectángulo equivalente. De acuerdo con lo mostrado en la figura 2.28, se pueden establecer las siguientes relaciones a partir del bloque de compresión:

58

•

Por equilibrio de las fuerzas internas, C = T, obtenemos: As * f y = 0.85 * f c' * a * b

a=

As * f y 0.85 * f c' * b

Igualmente, recordando que As = ρ*b*d, entonces: a=

•

ρ* fy * d 0.85 *

f c'

; ρ=

As b* d

El valor de momento resistente Mn debe ser encontrado utilizando: Mn =T * d −

a a = As * f y * d − 2 2

Si se sustituye el valor de la cantidad de acero As y del bloque de compresiones a, por sus equivalentes en términos de la cuantía de acero ρ = As/(b*d) , obtenemos la ecuación: M n = ρ * f y * b* d 2 * 1 −

0.59 * ρ * f y f c'

Como alternativa, esta ecuación se puede simplificar aún más de acuerdo con la siguiente ecuación: M n = Rn * b * d 2

donde Rn es llamado el factor de Resistencia a la flexión y está definido como: Rn = ρ * f y * 1 −

0.59 * ρ * f y f c'

En las Tablas 2.5 a 2.9 se dan los valores de Ru=φ*Rn para diferentes valores de las resistencias última f'c del concreto, para un esfuerzo de fluencia del acero fy = 420 MPa y para diferentes valores de la cuantía ρ del acero. Cada tabla representa un valor diferente de f'c. En la Tabla 2.4, a continuación, se presentan

59

algunos de los principales parámetros usados en el diseño a flexión de secciones simples de concreto. De acuerdo con las recomendaciones de las normas de diseño, la resistencia nominal a flexión Mn de una sección de concreto debe reducirse de acuerdo a un valor φ llamado coeficiente de reducción de resistencia. El momento externo Mu debe ser igual a un momento interno resistente Mn multiplicado por el factor de reducción φ de tal manera que: M u = φ * Mn = φ * As * f y * d −

As * f y a = φ As * f y * d − 2 1.7 f ' c * b

o alternativamente, M u = φ * M n = φ * ρ * f y * b* d 2 * 1 −

0.59 * ρ * f y f c'

M u = φ * M n = φ * Rn * b * d 2

La capacidad resistente del momento flector se reduce con φ = 0.9 para obtener el momento último de rotura, Mu, que debe utilizarse en el diseño del elemento según solicitaciones de carga. A continuación se muestran tabulados los principles parámetros de diseño para una viga sometida a flexión, para diferentes valores de f'c. Tabla 2.4. Principales parametros de diseño para diferentes valores de f’c Parametros f'c (Mpa)

fy (420 MPa) 21

24,5

28

31,5

35

0,85

0,85

0,85

0,83

0,80

ρmin

0,0033

0,0033

0,0033

0,0033

0,0033

ρb

0,0213

0,0248

0,0283

0,0310

0,0334

ρmax

0,0159

0,0186

0,0213

0,0232

0,0251

ρrecomendado

0,0107

0,0124

0,0142

0,0155

0,0167

β1

Seguidamente, en las Tablas 2.5 a 2.9 se tabulan los diferentes valores del factor Rn a partir de la cuantía de acero y las variables f'c y fy .

60

c = 21.0 Mpa Tabla No. 2.5. Factor de resistencia a la Flexión Rn. f' fy (Mpa) : 420

β1 :

fć (Mpa) : 21

0,85

ρ

Rn

c/d

a/d

z/d

ρ

Rn

c/d

a/d

z/d

0,0012 0,0016 0,0018 0,0021 0,0024 0,0028 0,0039 0,0043 0,0044 0,0053 0,0055 0,0057 0,0060 0,0065 0,0070 0,0075 0,0077 0,0080 0,0085 0,0090 0,0091 0,0092 0,0093 0,0094 0,0095 0,0096 0,0097 0,0098 0,0099 0,0100 0,0101 0,0102

0,49686 0,65931 0,73994 0,86014 0,95963 1,11752 1,56262 1,69548 1,75205 2,06840 2,16008 2,23298 2,34158 2,52061 2,69716 2,87123 2,94016 3,04282 3,21193 3,37856 3,41159 3,44452 3,47736 3,51009 3,54272 3,57526 3,60769 3,64003 3,67226 3,70440 3,73644 3,76838

0,03322 0,04429 0,04983 0,05813 0,06505 0,07612 0,10796 0,11765 0,12180

0,02824 0,03765 0,04235 0,04941 0,05529 0,06471 0,09176 0,10000 0,10353

0,98584 0,98112 0,97876 0,97522 0,97227 0,96755 0,95398 0,94985 0,94808

0,0103 0,0104 0,0105 0,0106 0,0107 0,0108 0,0109 0,0110 0,0111

3,80022 3,83196 3,86360 3,89514 3,92659 3,95793 3,98918 4,02032 4,05137

0,28512 0,28789 0,29066 0,29343 0,29619 0,29896 0,30173 0,30450 0,30727

0,24235 0,24471 0,24706 0,24941 0,25176 0,25412 0,25647 0,25882 0,26118

0,87846 0,87728 0,87610 0,87492 0,87374 0,87256 0,87138 0,87020 0,86902

0,15225

0,12941

0,93510

0,0112

4,08232

0,31003

0,26353

0,86784

0,16609 0,17993 0,19377 0,20761

0,14118 0,15294 0,16471 0,17647

0,92920 0,92330 0,91740 0,91150

0,0113 0,0114 0,0115 0,0116

4,11317 4,14392 4,17457 4,20512

0,31280 0,31557 0,31834 0,32111

0,26588 0,26824 0,27059 0,27294

0,86666 0,86548 0,86430 0,86312

0,22145 0,23529 0,24913 0,25190 0,25467 0,25744 0,26021 0,26298 0,26574 0,26851 0,27128 0,27405 0,27682 0,27958 0,28235

0,18824 0,20000 0,21176 0,21412 0,21647 0,21882 0,22118 0,22353 0,22588 0,22824 0,23059 0,23294 0,23529 0,23765 0,24000

0,90560 0,89970 0,89380 0,89262 0,89144 0,89026 0,88908 0,88790 0,88672 0,88554 0,88436 0,88318 0,88200 0,88082 0,87964

0,0117 0,0118 0,0119 0,0120 0,0121 0,0122 0,0123 0,0124 0,0125 0,0126 0,0127 0,0128 0,0129 0,0130 0,0131

4,23557 4,26593 4,29618 4,32634 4,35639 4,38635 4,41621 4,44597 4,47563 4,50519 4,53465 4,56401 4,59327 4,62244 4,65150

0,32388 0,32664 0,32941 0,33218 0,33495 0,33772 0,34048 0,34325 0,34602 0,34879 0,35156 0,35433 0,35709 0,35986 0,36263

0,27529 0,27765 0,28000 0,28235 0,28471 0,28706 0,28941 0,29176 0,29412 0,29647 0,29882 0,30118 0,30353 0,30588 0,30824

0,86194 0,86076 0,85958 0,85840 0,85722 0,85604 0,85486 0,85368 0,85250 0,85132 0,85014 0,84896 0,84778 0,84660 0,84542

c = 24,5 Mpa Tabla No. 2.6. Factor de resistencia a la Flexión Rn. f' fy (Mpa ) : 420

β1 : 0,85

fć (Mpa ) : 24,5

ρ

Rn

c/d

a /d

z/d

ρ

Rn

c/d

a /d

0,0012 0,0016 0,0018 0,0021 0,0024 0,0028 0,0039 0,0043 0,0044 0,0053 0,0055 0,0057 0,0060 0,0065 0,0070 0,0075 0,0077 0,0080 0,0085 0,0090 0,0091 0,0092 0,0093 0,0094 0,0095 0,0096 0,0097 0,0098 0,0099 0,0100 0,0101 0,0102

0,49788 0,66113 0,74224 0,86327 0,96354 1,12287 1,57339 1,70827 1,76576 2,08791 2,18150 2,25598 2,36707 2,55052 2,73185 2,91105 2,98214 3,08813 3,26308 3,43591 3,47022 3,50445 3,53859 3,57265 3,60662 3,64050 3,67431 3,70802 3,74165 3,77520 3,80866 3,84204

0,02847 0,03796 0,04271 0,04983 0,05576 0,06525 0,09254 0,10084 0,10440

0,02420 0,03227 0,03630 0,04235 0,04739 0,05546 0,07866 0,08571 0,08874

0,98786 0,98382 0,98179 0,97876 0,97623 0,97219 0,96055 0,95701 0,95550

0,0103 0,0104 0,0105 0,0106 0,0107 0,0108 0,0109 0,0110 0,0111

3,87533 3,90854 3,94166 3,97469 4,00765 4,04051 4,07330 4,10599 4,13860

0,24439 0,24676 0,24913 0,25151 0,25388 0,25625 0,25863 0,26100 0,26337

0,20773 0,20975 0,21176 0,21378 0,21580 0,21782 0,21983 0,22185 0,22387

0,13050

0,11092

0,94437

0,0112

4,17113

0,26574

0,22588

0,14236 0,15423 0,16609 0,17795

0,12101 0,13109 0,14118 0,15126

0,93931 0,93426 0,92920 0,92414

0,0113 0,0114 0,0115 0,0116

4,20357 4,23593 4,26820 4,30039

0,26812 0,27049 0,27286 0,27523

0,22790 0,22992 0,23193 0,23395

0,18982 0,20168 0,21354 0,21592 0,21829 0,22066 0,22304 0,22541 0,22778 0,23015 0,23253 0,23490 0,23727 0,23964 0,24202

0,16134 0,17143 0,18151 0,18353 0,18555 0,18756 0,18958 0,19160 0,19361 0,19563 0,19765 0,19966 0,20168 0,20370 0,20571

0,91909 0,91403 0,90897 0,90796 0,90695 0,90594 0,90493 0,90391 0,90290 0,90189 0,90088 0,89987 0,89886 0,89785 0,89683

0,0117 0,0118 0,0119 0,0120 0,0121 0,0122 0,0123 0,0124 0,0125 0,0126 0,0127 0,0128 0,0129 0,0130 0,0131

4,33249 4,36451 4,39644 4,42829 4,46005 4,49173 4,52332 4,55483 4,58625 4,61759 4,64884 4,68001 4,71109 4,74209 4,77300

0,27761 0,27998 0,28235 0,28473 0,28710 0,28947 0,29184 0,29422 0,29659 0,29896 0,30133 0,30371 0,30608 0,30845 0,31083

0,23597 0,23798 0,24000 0,24202 0,24403 0,24605 0,24807 0,25008 0,25210 0,25412 0,25613 0,25815 0,26017 0,26218 0,26420

61

c = 28 Mpa Tabla No. 2.7. Factor de resistencia a la Flexión Rn. f' fy (Mpa ) : 420

β1 : 0,85

fć (Mpa ) : 28

ρ

Rn

c/d

a /d

z /d

ρ

Rn

c/d

a /d

0,0012 0,0016 0,0018 0,0021 0,0024 0,0028 0,0039 0,0043 0,0044 0,0053 0,0055 0,0057 0,0060 0,0065 0,0070 0,0075 0,0077 0,0080 0,0085 0,0090 0,0091 0,0092 0,0093 0,0094 0,0095 0,0096 0,0097 0,0098 0,0099 0,0100 0,0101 0,0102

0,49865 0,66248 0,74396 0,86561 0,96647 1,12689 1,58146 1,71786 1,77604 2,10255 2,19756 2,27323 2,38619 2,57296 2,75787 2,94092 3,01362 3,12211 3,30145 3,47892 3,51420 3,54939 3,58452 3,61957 3,65454 3,68944 3,72427 3,75902 3,79370 3,82830 3,86283 3,89728

0,02491 0,03322 0,03737 0,04360 0,04879 0,05709 0,08097 0,08824 0,09135

0,02118 0,02824 0,03176 0,03706 0,04147 0,04853 0,06882 0,07500 0,07765

0,98938 0,98584 0,98407 0,98142 0,97920 0,97566 0,96549 0,96239 0,96106

0,0103 0,0104 0,0105 0,0106 0,0107 0,0108 0,0109 0,0110 0,0111

3,93166 3,96597 4,00020 4,03436 4,06844 4,10245 4,13638 4,17024 4,20403

0,21384 0,21592 0,21799 0,22007 0,22215 0,22422 0,22630 0,22837 0,23045

0,18176 0,18353 0,18529 0,18706 0,18882 0,19059 0,19235 0,19412 0,19588

0,11419

0,09706

0,95133

0,0112

4,23774

0,23253

0,19765

0,12457 0,13495 0,14533 0,15571

0,10588 0,11471 0,12353 0,13235

0,94690 0,94248 0,93805 0,93363

0,0113 0,0114 0,0115 0,0116

4,27138 4,30494 4,33843 4,37184

0,23460 0,23668 0,23875 0,24083

0,19941 0,20118 0,20294 0,20471

0,16609 0,17647 0,18685 0,18893 0,19100 0,19308 0,19516 0,19723 0,19931 0,20138 0,20346 0,20554 0,20761 0,20969 0,21176

0,14118 0,15000 0,15882 0,16059 0,16235 0,16412 0,16588 0,16765 0,16941 0,17118 0,17294 0,17471 0,17647 0,17824 0,18000

0,92920 0,92478 0,92035 0,91947 0,91858 0,91770 0,91681 0,91593 0,91504 0,91416 0,91327 0,91239 0,91150 0,91062 0,90973

0,0117 0,0118 0,0119 0,0120 0,0121 0,0122 0,0123 0,0124 0,0125 0,0126 0,0127 0,0128 0,0129 0,0130 0,0131

4,40518 4,43844 4,47164 4,50475 4,53779 4,57076 4,60366 4,63647 4,66922 4,70189 4,73449 4,76701 4,79945 4,83183 4,86413

0,24291 0,24498 0,24706 0,24913 0,25121 0,25329 0,25536 0,25744 0,25952 0,26159 0,26367 0,26574 0,26782 0,26990 0,27197

0,20647 0,20824 0,21000 0,21176 0,21353 0,21529 0,21706 0,21882 0,22059 0,22235 0,22412 0,22588 0,22765 0,22941 0,23118

c = 31,5 Mpa Tabla No. 2.8. Factor de resistencia a la Flexión Rn. f' fy (Mpa ) : 420

β1 : 0,83

fć (Mpa ) : 31,5

ρ

Rn

c/d

a /d

z/d

0,0012 0,0016 0,0018 0,0021 0,0024 0,0028 0,0039 0,0043 0,0044 0,0053 0,0055 0,0057 0,0060 0,0065 0,0070 0,0075 0,0077 0,0080 0,0085 0,0090 0,0091 0,0092 0,0093 0,0094 0,0095 0,0096 0,0097 0,0098 0,0099 0,0100 0,0101 0,0102

0,49924 0,66354 0,74530 0,86743 0,96875 1,13001 1,58775 1,72532 1,78403 2,11393 2,21005 2,28665 2,40106 2,59041 2,77810 2,96415 3,03811 3,14854 3,33129 3,51238 3,54840 3,58435 3,62024 3,65606 3,69181 3,72750 3,76313 3,79868 3,83417 3,86960 3,90496 3,94025

0,02277 0,03037 0,03416 0,03986 0,04460 0,05219 0,07402 0,08066 0,08351

0,01882 0,02510 0,02824 0,03294 0,03686 0,04314 0,06118 0,06667 0,06902

0,99056 0,98741 0,98584 0,98348 0,98151 0,97837 0,96932 0,96657 0,96539

ρ

Rn

c/d

a /d

0,0103 0,0104 0,0105 0,0106 0,0107 0,0108 0,0109 0,0110 0,0111

3,97548 4,01064 4,04573 4,08076 4,11573 4,15062 4,18545 4,22022 4,25491

0,19548 0,19738 0,19928 0,20118 0,20308 0,20497 0,20687 0,20877 0,21067

0,16157 0,16314 0,16471 0,16627 0,16784 0,16941 0,17098 0,17255 0,17412

0,10438

0,08627

0,95673

0,0112

4,28955

0,21256

0,17569

0,11387 0,12336 0,13285 0,14234

0,09412 0,10196 0,10980 0,11765

0,95280 0,94887 0,94493 0,94100

0,0113 0,0114 0,0115 0,0116

4,32411 4,35861 4,39305 4,42741

0,21446 0,21636 0,21826 0,22016

0,17725 0,17882 0,18039 0,18196

0,15183 0,16132 0,17081 0,17271 0,17461 0,17650 0,17840 0,18030 0,18220 0,18410 0,18599 0,18789 0,18979 0,19169 0,19359

0,12549 0,13333 0,14118 0,14275 0,14431 0,14588 0,14745 0,14902 0,15059 0,15216 0,15373 0,15529 0,15686 0,15843 0,16000

0,93707 0,93313 0,92920 0,92841 0,92763 0,92684 0,92605 0,92527 0,92448 0,92369 0,92291 0,92212 0,92133 0,92055 0,91976

0,0117 0,0118 0,0119 0,0120 0,0121 0,0122 0,0123 0,0124 0,0125 0,0126 0,0127 0,0128 0,0129 0,0130 0,0131

4,46172 4,49595 4,53012 4,56422 4,59826 4,63223 4,66614 4,69998 4,73375 4,76746 4,80110 4,83467 4,86818 4,90162 4,93500

0,22205 0,22395 0,22585 0,22775 0,22965 0,23154 0,23344 0,23534 0,23724 0,23914 0,24103 0,24293 0,24483 0,24673 0,24862

0,18353 0,18510 0,18667 0,18824 0,18980 0,19137 0,19294 0,19451 0,19608 0,19765 0,19922 0,20078 0,20235 0,20392 0,20549

62

c = 35.0 Mpa Tabla No. 2.9. Factor de resistencia a la Flexión Rn. f' fy (Mpa ) : 420

β1 :

fć (Mpa) : 35

0,80

ρ

Rn

c/d

a/d

z/d

ρ

Rn

c/d

a/d

z/d

0,0012 0,0016 0,0018 0,0021 0,0024 0,0028 0,0039 0,0043 0,0044 0,0053 0,0055 0,0057 0,0060 0,0065 0,0070 0,0075 0,0077 0,0080 0,0085 0,0090 0,0091 0,0092 0,0093 0,0094 0,0095 0,0096 0,0097 0,0098 0,0099 0,0100 0,0101 0,0102

0,49972 0,66439 0,74637 0,86889 0,97058 1,13251 1,59277 1,73129 1,79043 2,12304 2,22005 2,29739 2,41295 2,60437 2,79429 2,98274 3,05770 3,16969 3,35516 3,53914 3,57576 3,61231 3,64881 3,68525 3,72163 3,75795 3,79421 3,83042 3,86656 3,90264 3,93866 3,97463

0,02113 0,02818 0,03170 0,03698 0,04138 0,04843 0,06868 0,07484 0,07748

0,01694 0,02259 0,02541 0,02965 0,03318 0,03882 0,05506 0,06000 0,06212

0,99150 0,98867 0,98726 0,98513 0,98336 0,98053 0,97239 0,96991 0,96885

0,0103 0,0104 0,0105 0,0106 0,0107 0,0108 0,0109 0,0110 0,0111

4,01053 4,04638 4,08216 4,11789 4,15355 4,18916 4,22471 4,26019 4,29562

0,18138 0,18315 0,18491 0,18667 0,18843 0,19019 0,19195 0,19371 0,19547

0,14541 0,14682 0,14824 0,14965 0,15106 0,15247 0,15388 0,15529 0,15671

0,92708 0,92637 0,92566 0,92495 0,92424 0,92354 0,92283 0,92212 0,92141

0,09686

0,07765

0,96106

0,0112

4,33099

0,19723

0,15812

0,92070

0,10566 0,11447 0,12327 0,13208

0,08471 0,09176 0,09882 0,10588

0,95752 0,95398 0,95044 0,94690

0,0113 0,0114 0,0115 0,0116

4,36630 4,40155 4,43674 4,47187

0,19900 0,20076 0,20252 0,20428

0,15953 0,16094 0,16235 0,16376

0,92000 0,91929 0,91858 0,91787

0,14088 0,14969 0,15849 0,16025 0,16201 0,16377 0,16554 0,16730 0,16906 0,17082 0,17258 0,17434 0,17610 0,17786 0,17962

0,11294 0,12000 0,12706 0,12847 0,12988 0,13129 0,13271 0,13412 0,13553 0,13694 0,13835 0,13976 0,14118 0,14259 0,14400

0,94336 0,93982 0,93628 0,93557 0,93486 0,93416 0,93345 0,93274 0,93203 0,93132 0,93062 0,92991 0,92920 0,92849 0,92778

0,0117 0,0118 0,0119 0,0120 0,0121 0,0122 0,0123 0,0124 0,0125 0,0126 0,0127 0,0128 0,0129 0,0130 0,0131

4,50694 4,54196 4,57691 4,61180 4,64664 4,68141 4,71612 4,75078 4,78538 4,81991 4,85439 4,88881 4,92316 4,95746 4,99170

0,20604 0,20780 0,20956 0,21132 0,21308 0,21484 0,21661 0,21837 0,22013 0,22189 0,22365 0,22541 0,22717 0,22893 0,23069

0,16518 0,16659 0,16800 0,16941 0,17082 0,17224 0,17365 0,17506 0,17647 0,17788 0,17929 0,18071 0,18212 0,18353 0,18494

0,91716 0,91646 0,91575 0,91504 0,91433 0,91362 0,91292 0,91221 0,91150 0,91079 0,91008 0,90938 0,90867 0,90796 0,90725

2.2.4 Cuantías Máxima y Mínima de Acero

Teóricamente, una viga es subreforzada si se cumple que As < Asb. Pero, para evitar el colapso total debido a incertidumbres de diseño los códigos de concreto especifican que la cuantía de acero no supere el valor ρb para que pueda asegurarse una rotura en fluencia con un comportamiento dúctil del acero. Los motivos prácticos están resumidos en los siguientes tres planteamientos: (1) una viga con una cuantía de acero ρ igual a ρb alcanza teóricamente la deformación última unitaria del concreto εu en el mismo instante que el acero alcanza la fluencia, luego no hay fluencia ni deformación apreciable del acero antes de la falla; (2) siempre hay tendencia a reforzar en exceso con lo que la posibilidad de sobrepasar la cuantía balanceada ρb es real, y por consiguiente, una falla frágil por compresión en el concreto debido a la poca deformación del acero de refuerzo es previsible; (3) debido a la variabilidad de las propiedades de los materiales es factible que una viga presente una falla a compresión con valores de ρ muy cercanos a ρb De acuerdo con los anteriores planteamientos para asegurar un diseño de vigas subreforzadas siempre se debe especificar que:

ρ max = 0.75 * ρ b

63

Debido a que normalmente se presentan diseños con combinaciones de carga que incluyen cargas de sismo, y especialmente para estructuras con disipación alta de energía, así como también debido a la congestión del acero que se presenta cuando los porcentajes de refuerzo están cercanos al límite de 0.75*ρb, se recomienda limitar la cuantía máxima de acero a 0.5*ρb. Vigas con este último porcentaje de refuerzo desarrollan menos fisuras, son mas fáciles de vaciar en el momento de la fundición y limitan el exceso de deflexión debido a las cargas aplicadas. Para una viga con poco refuerzo puede presentar, también, otro tipo de falla. Si el momento de agrietamiento de la sección no fisurada es mayor que la resistencia a flexión de la sección fisurada, la viga falla de inmediato y sin ningún tipo de aviso. De acuerdo a la referencia en NSR-98 se establece un límite inferior para la cuantía de acero de flexión a utilizar en secciones de concreto reforzado. Tal límite viene definido, en el sistema SI de medidas, por: ρ min =

f c' 4* f y

≥

1.4 fy

donde f'c y fy están dados en MPa. Para vigas en T estáticamente determinadas con las aletas a tensión, la cuantía mínima de acero viene determinada por el valor dado en la siguiente formula: ρ min =

f c' 2* f y

≥

1 .4 fy

Los requerimientos de acero mínimo no necesitan ser aplicados si el área de refuerzo suministrado es al menos un tercio mayor que el requerido para ser proporcionado por el análisis. Las cantidades de acero a suministrar a la sección serán las cuantías especificadas anteriormente, multiplicadas por la profundidad d y el ancho b en caso de una viga rectangular, o el ancho bw del alma, en el caso de una viga T. Ejemplo 9: Resistencia a flexión de un elemento cualquiera. Para la sección con dimensiones y propiedades mostradas en la siguiente figura, determinar la el momento nominal resistente a tensión y el momento máximo de diseño.

64

b

* Datos :

h

E.N.

d

b = 30cm

;

f c' = 28 MPa

d = 45cm

;

f y = 420 MPa

As = 5# 8 = 5 × 5.07 = 25.35cm2

As


Inicialmente, calculamos el valor del porcentaje balanceado de refuerzo ρb. ρ b = 0.85 * β 1 *

f c' 600 * fy 600 + f y

β 1 = 0.85

Sustituyendo valores encontramos la cuantía balanceada, ρb: ρ b = 0.85 * 0.85 *

28 600 * = 0.0283 420 600 + 420

ρb = 0.0283

A continuación, se calcula la profundidad del bloque a compresión a. La falla se considera a tensión si ρ < ρb o si a < ab. ρ= a=

As 25.35 = = 0.0188 < ρ b b * d 30 * 45

ρ * fy * d 0.85 * fc

ab =

=

ρb * f y * d 0.85 *

f c'

0.0188 * 420 * 45 = 14.91 cm 0.85 * 28 =

0.0283 * 420 * 45 = 22.50 cm > a 0.85 * 28

Seguidamente se hace un chequeo a tensión para determinar si la falla ocurre efectivamente de acuerdo a esta condición. Inicialmente encontramos la profundidad del eje neutro:

65

c=

a 14.91 = = 17.54 cm 0.85 0.85

Seguidamente se encuentra la deformación unitaria del acero a tensión y la comparamos con la deformación unitaria en fluencia: d −c 45 − 17.54 = 0.003 * = 0.0047 c 17.54 Puesto que se cumplen:

ε s = 0.003 *

ε y <εs

; ρ < ρb

ε s = 0.0047 > ε y = 0.0021

; a < ab

por lo que podemos concluir que la falla es a tensión. Seguidamente se calcula el momento nominal resistente de la sección: 0.59 * ρ * f y M n = ρ * f y * b * d 2* 1 − ' fc

Mn =

0.0188 * 420 * 300 * 450 2 10

6

* 1−

0.59 * 0.0188 * 420 = 400 KN − m 28

El momento nominal también se puede encontrar de la siguiente manera, M n = As * f y * d −

a 2535 * 420 149.1 = * 450 − = 400 KN − m 6 2 2 10

El momento último que debe ser aplicado a la sección no debe ser mayor a: M u = φ * M n = 0.9 * 40 = 360 KN − .m

Posteriormente se calculan la cuantías máxima y mínima de acero que admite la sección: ρ max = 0.75 * ρ b = 0.75 * 0.0283 = 0.0212 ρ min =

1.4 1.4 = = 0.0033 fy 420

como se debe cumplir que ρ min ≤ ρ ≤ ρ max , entonces, sustituyendo: 66

ρ min = 0.0033 ≤ ρ = 0.0018 ≤ ρ max = 0.0212

Por lo que se concluye que la cuantía de acero suministrada está entre los límites mínimo y máximo. Por último, se calcula el momento nominal máximo que puede resistir la sección con la cuantía máxima de acero ρmay. M n = ρ max* f y * b * d 2* 1 −

Mn =

0.59 * ρ max * f y

0.0212 * 420 * 300 * 450 2 10

6

f c' * 1−

0.59 * 0.0212 * 420 = 439.4 KN − m 28

Ejemplo 10: Dimensionamiento de una sección de concreto. Acero necesario para resistir un Momento último dado. Para una viga rectangular simplemente apoyada con una luz de 6 m entre ejes, con una carga muerta CM=20 KN/m (incluído el peso propio) y una carga viva CV=5 KN/m, encontrar las dimensiones b y h recomendadas para el diseño de la viga asi como la cantidad As de acero a suministrar para resistir el momento de diseño. La resistencia máxima del concreto es f'c= 28 MPa y la resistencia a fluencia del acero es fy = 420 MPa.

Wu

h L

L = 6.0 m t

b

Figura 2.30. Sección de concreto para el ejemplo 10.

Inicialmente se calculan la carga distribuida sobre la viga y el momento máximo actuante en la mitad de la luz:

67

Wu = 1.4 * Cm + 1.7 * Cv = 1.4 * 20 + 1.7 * 5 = 36.5 KN / m Mu =

Wu * l 2 8

=

36.5 * 6 2 8

= 164.2 KN − m

Calculamos, a continuación, la cuantía balanceada de acero ρb y la cuantía máxima de acero permitida, ρmax: ρ b = 0.85 * β 1*

f c' 600 * fy 600 + f y

ρ b = 0.85 * 0.85 *

→ β 1 = 0.85

28 600 * = 0.0283 420 600 + 420

ρ max = 0.75 * ρ b = 0.75 * 0.0283 = 0.0212

→

ρ max = 0.0212

Seguidamente, a partir de la ecuación del momento nominal resistente, encontramos el ancho b y la profundidad d que cumplan dicha ecuación, de manera que, Mu = φ * Mn

Mu = φ * ρ * fy * b * d 2⋅ 1 −

0.59 * ρ * f y

164.2 * 10 6 = 0.9 * 0.0212 * 420 * b * d 2 * 1 −

f c'

→ Tomar ρ = ρ max

0.59 * 0.0212 * 420 28

b * d 2 = 25222.4 cm 3

Tomamos dos valores convencionales de b y d tal que satisfagan esta última identidad. Con los valores encontrados calculamos la cantidad de acero a suministrar a la sección. b = 25 cm ; d = 32 cm As = ρ ⋅ b ⋅ d = 0.0215 * 25 * 32 = 17.1 cm 2 Si tomamos una losa de altura h = 40 cm y suponiendo un recubrimiento de 6 cm, la profundidad d desde la cara superior de la viga hasta el centroide del acero es d = 34 cm. Con este nuevo valor recalculamos la cantidad de acero que debe ser suministrada a la sección.

68

Mu = φ * ρ * f y * b * d 2 * 1 −

0.59 * ρ * f y f c'

164.2 * 10 6 = 0.9 * ρ * 420 * 250 * 340 2 * 1 −

ρ = 0.0179 ≤ ρ max

0.59 * 420 * ρ 28

As = ρ * b * d = 0.0179 * 25 * 34 = 15.22 cm 2

Para este último valor de As notamos que es menor al As encontrado usando d = 32 cms. Esto indica que a medida que aumentamos las dimensiones de la sección de concreto (dimensiones b ó d) el acero disminuye, y la viga continúa siendo, con mayor razón, sub-reforzada. Ejemplo 11: Momento nominal de una viga rectangular de concreto. Para una viga rectangular, la cual tiene una cuantía dada de acero de ρ = 0.0125, una resistencia máxima del concreto de f'c= 28 MPa, una resistencia a la fluencia del acero de fy = 420 MPa y unas dimensiones b= 30 cm y d = 54 cm, calcular: a) Momento nominal, Mn. b) Momento máximo de carga viva MCV, si el momento de carga muerta es MCM = 200 KN-m Datos: * f c' = 28 MPa * f y = 420 MPa

* b = 30 cm * d = 54 cm * ρ = 0.0125

Solución: a) Para calcular el momento nominal Mn , chequeamos inicialmente si la falla es a tensión. •

Se empieza calculando la cuantía balanceada de acero: ρ b = 0.85 * β 1 *

f c' 600 * fy 600 + f y

ρ b = 0.85 * 0.85 *

→ β 1 = 0.85

28 600 * = 0.0283 420 600 + 420

69

•

Luego determinamos si la falla es efectivamente a tensión:

ρ max = 0.75 * ρ b = 0.75 * 0.0283 = 0.0212

ρ = 0.0125 ≤ ρ max = 0.0212 → Falla a tensión. •

A continuación se calcula la profundidad del bloque de compresión a y el momento nominal resistente Mn.: As * fy ρ * fy * d 0.0125 * 420 * 540 a=

0.85 * fc * b

=

0.85 * fc

=

0.85 * 28

= 119.1 mm = 11.91 cm

a < ab = β 1 * cb = 27.3 cm

M n = As * f y * d −

•

a 0.0125 * 300 * 540 * 420 * 11.91 = 540 − = 408.6 KN − m 6 2 2 10

El momento nominal resistente Mn también se puede calcular a partir de: 0.59 * ρ * f y M n = ρ * f y * b* d 2 * 1 − ' fc

Mn =

0.0125 * 420 * 300 * 540 2 10

3

* 1−

0.59 * 0.0125 * 420 28

M n = 408.6 KN − m

b) Con el momento nominal Mn calculado, se despeja el momento Mcv . M u = φ * M n = 0.9 * 408.62 = 367.76 KN − m M u = 1.4 * M CM + 1.7 * M CV

367.76 = 1.4 * 200 + 1.7 * M CV

M CV = 51.62 KN − m

Ejemplo 12: Diseño del acero de una sección de concreto a partir de un momento último dado. Para una viga rectangular el momento nominal de diseño es Mn = 180 KN-m, el ancho de la viga es b = 25.0 cm y la distancia desde la fibra superior de la sección hasta el centroide del acero es d = 34 cm. Encontrar 70

la cantidad de acero a tensión necesitada si la resistencia máxima del concreto es f'c= 28 MPa y la resistencia a fluencia del acero es fy = 420 MPa •

De la ecuación de momento despejamos la cuantía de acero: M n = ρ * f y * b* d 2 * 1 −

0.59 * ρ * f y f c'

180 * 10 6 = ρ * 420 * 250 * 340 2 * 1 −

ρ = 0.0175 ≤ ρ max = 0.75 * ρ b = 0.0212

•

0.59 * 420 * ρ 28 As = ρ * b * d = 0.0175 * 25 * 34 = 14.90 cm 2

La cuantía de acero balanceada se encontró con:

ρ b = 0.85 * β 1 *

f c' 6126 * fy 6126 + f y

ρ b = 0.85 * 0.85 *

→ β 1 = 0.85

280 6126 * = 0.0284 4220 6126 + 4220

Ejemplo 13: Diseño de una viga rectangular con acero a tensión únicamente. Limitar el ancho b. Para una viga rectangular el momento actuante de diseño es Mu =1500 KN - m (150.0 Tn-m), el ancho de la viga es limitado a b = 40.0 cm y los esfuerzos resistentes del concreto y el acero son respectivamente f'c= 35 MPa y fy = 420 MPa. Encontrar: a) La distancia d. b) El Asmax permitido. c) La deformación unitaria ε si As=50cm2. d) As está en fluencia (de dos maneras distintas), para este último valor de As. Desarrollo: a) Para encontrar la distancia d el momento nominal Mn chequeamos inicialmente si la falla es a tensión. • Se empieza calculando la cuantía balanceada de acero, la cuantía máxima y el momento máximo nominal resistente con la cuantía máxima.

71

ρ b = 0.85 * β 1 *

f c' 600 * fy 600 + fy

ρ b = 0.85 * 0.80 *

35 600 * = 0.0333 420 600 + 420

ρ max = 0.75 * ρ b = 0.75 * 0.0333 → M u = 1500 KN − m

•

β 1 = 0.80

→

→

ρ max = 0.025

M u = φ * Mn

2 De la ecuación M n = ρ * fy ⋅ b * d * 1 −

→

M n = 1666.7 KN − m

0.59 * ρ * f y f 'c

, despejamos

la distancia d: 1667 * 10 6 = 0.025 * 420 * b * d 2 * 1 −

0.59 * 0.025 * 420 35.0

b * d 2 = 192906 * 10 3 mm 3 = 192906 cm 3

•

b = 40 cm ; d = 69.4 cm

Otra alternativa: se puede suponer una cuantía menor a la cuantía máxima encontrada de tal manera que la sección de concreto a despejar sea mayor. Esta nueva sección de concreto permite un mejor desempeño de la viga sub-reforzada para momentos de diseño mayores a los de diseño supuestos inicialmente. De esta manera, si diseñamos con un momento mayor a Mn = 1667 KN-m para una sección determinada, la cantidad de acero es mayor a la supuesta inicialmente pero menor que la máxima. ρ = 0.5 * ρ b = 0.5 * 0.0333 = 0.0166 Mn = ρ * fy * b * d 2⋅ 1 −

0.59 * ρ * fy fc

1667 * 10 6 = 0.0166 * 420 * b * d 2 * 1 −

0.59 * 0.0166 * 420 35.0

3

bd 2 = 270943 * 10 3 mm = 270943 cm 3

b = 40cm ; d = 82.3cm

∴ Escoger una distancia d entre d1 = 70 cm y d2 = 83 cm c) A continuación hallamos el Asmax permitido. 72

•

Para la primera alternativa, con ρmax = 0.75*ρb : As max = ρ max * b * d = 0.0252 * 40 * 70 = 70.6 cm 2

•

Para la segunda alternativa, con ρ = 0.50*ρb : ρ = 0.0167 d = 83 cm , As = 55.4 cm 2

d) Encontramos la deformación unitaria ε cuando As = 50cm2, b = 40cm y d = 70 cm. As * fy 50 * 10 2 * 420 a= = = 176.5 mm = 17.65 cm 0.85 * fc * b 0.85 * 35.0 * 400 c=

a

β1

=

17.65 = 22.06 c 0.8

ε s = 0.003 * (

d −c ) c

ε s = 0.003 * (

69 − 22.06 ) = 0.0064 22.06

e) De dos maneras distintas comprobamos que As está en fluencia para As = 50 cm2. •

ε s = 0.0064 > ε y = 0.00207

•

As = 50 cm 2 < As b = 0.0333 × 40 × 70 = 93.2cm 2

Ejemplo 14: Diseñar las dimensiones y acero definitivo para una viga continua. Para una viga rectangular los momentos de diseño, después del análisis estructural, son los especificados en la figura 2.31. Determinar las dimensiones de esta viga usando d=1.75*b y hallar la cantidad de acero requerido para las secciones críticas de momentos tanto positivos como negativos. Use como suposición inicial una cuantía limitada de acero de ρ = 0.5ρb, un valor de esfuerzo máximos para concreto de f'c= 35.0 MPa, y una resistencia a fluencia del acero de fy = 420 MPa

73

M -u = 204 KN-m

M -u = 128 KN-m

M -u = 128 KN-m Momentos Criticos : M -n = 128 KN-m M -n = 204 KN-m M +n = 145.5 KN-m

M +u= 145.5 KN-m

M +u= 145.5 KN-m

B

A

C

Figura 2.31.Momentos de diseño para el ejemplo 14.

Inicialmente se calcula la cuantía balanceada de acero ρb y la cuantía máxima permitida de acero, ρmax: ρb = 0.85 * β1 *

f c' 600 * 600 + fy fy

ρ b = 0.85 * 0.80 *

→ β1 = 0.80

35.0 600 * = 0.0333 → ρ b = 0.033 420 600 + 420

ρ max = 0.75 * ρb = 0.75 * 0.0333 = 0.025

→ ρ max = 0.025

ρ asumido = 0.5 * ρ b = 0.5 * 0.0333 = 0.0167

→

ρ asumido = 0.0167

Seguidamente, utilizando la ecuación del momento nominal resistente encontramos el ancho b y la profundidad d (dimensiones de diseño) para el mayor momento posible en el tramo, en este caso el momento M u− = 204 KN − m , de tal manera que: M u = φ * ρ * fy * b * d 2⋅ 1 −

0.59 * ρ * f y f c'

→ Tomar ρ = ρ asumido = 0.0167

204 * 10 6 = 0.9 * 0.0167 * 420 * b * ( 1.75 * b )2 * 1 − ∴ b 3 = 11967 * 10 3 mm 3 = 11967 cm 3

0.59 * 0.0167 * 420 35.0

→ b = 22.87 cm

→

d = 40.02 cm

Tomamos dos valores prácticos de b y d de uso común en losas de concreto (asumimos un recubrimiento de 6 cm):

74

Con b = 25 cm Mu =

y d = 39 cm , obtenemos :

0.9 * 0.0167 * 420 * 250 * ( 390 ) 2 10

6

*

1−

0.59 * 0.0167 * 420 = 211.7 KN − m 35.0

Este último valor de Mn = 211.7 KN-m es mayor que el valor inicial del momento de diseño Mu = 204 KN-m porque al aumentar un poco las dimensiones del concreto, y para la misma cantidad de acero, el momento resistente aumentó. A continuación encontramos el acero para el resto de valores de momento crítico en la longitud total de la viga: • Para el momento M u− = 128 KN − m : M u = φ * ρ * f y * b* d 2 * 1 −

0.59 * ρ * f y f c'

Entonces, 128 * 10 6 = 0.9 * ρ * 420 * 250 * 390 2 * 1 −

ρ = 0.0096 •

∴ As

0.59 * 420 * ρ 35.0

= ρ * b * d = 0.0096 * 25 * 39 = 9.4 cm 2

Para el momento M u+ = 145.5 KN − m : 145.5 * 10 6 = 0.9 * ρ * 420 * 250 * 390 2 * 1 −

ρ = 0.011

∴

0.59 * 420 * ρ 35.0

As = ρ * b * d = 0.0109 * 25 * 39 = 10.73 cm 2

Los dos últimos valores de As, como era de esperarse, son menores que el As inicial de diseño basado en el ρasumido= 0.5ρb. Esto debido a que estamos usando las mismas dimensiones de concreto y se ha reduciendo el momento de diseño de acuerdo con los nuevos momentos críticos en las otras secciones de la viga. Si diseñamos un nuevo acero para el momento de diseño Mn = 204 KN-m en vez del momento Mn =211.7 KN-m, conservando b = 25 cm y d = 39 cm, la cantidad de acero estará, obviamente por debajo de 0.5ρb. • Para el momento M u− = 204 KN − m : 204 * 10 6 = 0.9 * ρ * 420 * 250 * 390 2 * 1 −

0.59 * 420 * ρ 35.0

ρ = 0.016 → ρ = 0.48 * ρb As = ρ * b * d = 0.016 * 25 * 39 = 15.6 cm 2 El As asumido inicialmente era → As = 0.0167*25*39 = 16.30 cm2 ∴

75

2.2.5 Vigas Sobrerreforzadas

Las normas de diseño establecen que las vigas deben diseñarse con el acero a fluencia por debajo del limite establecido por la condición balanceada, de tal manera que As < Asb o lo que es lo mismo ρ < ρb. De esta manera, el acero a tensión desarrollará esfuerzos de fluencia en la falla y fs se toma igual a fy . Las normas no recomiendan diseñar una sección sobrerreforzada en la que ρ > ρb y que, por ende, la deformación unitaria del acero εs sea menor que la deformación unitaria por fluencia εy (ver Figura 2.32). En este estado la viga no ha desarrollado fluencia y por consiguiente los esfuerzos en el acero no sobrepasan lo esfuerzos de fluencia (fs < fy ). En algunas ocasiones, sin embargo se requiere revisar la capacidad de una viga en una estructura y puede ser que esta se encuentre sobrerreforzada por lo cual es necesario conocer el desarrollo de la metodología para el cálculo de la resistencia. 0.85 f’c

e cu

b

c h

E.N.

a =b 1 * c

d

As

T = As * fs

es

es < ey

Figura 2.32. Distribución de esfuerzos y deformaciones para una sección sobreforzada.

A partir de las siguientes formulaciones, ρ > ρb ; fs < fy ; ε < εy se establece que los esfuerzos en el acero varían linealmente en el rango elástico y su valor es el producto de la deformación unitaria por el módulo de elasticidad. La deformación unitaria puede ser expresada en términos de la deformación del concreto εu , la distancia d y la distancia al eje neutro c, obteniéndose: d −c d −c f s = ε s * E s → ε s = ε cu * = 0.003 * c c A partir de de la igualdad C = T, requisito de compatibilidad, se puede establecer: 0.85 * f c' * b * a = As * f s = ρ * b * d * ε s * E s 0.85 * f c' * b * ( β 1 * c ) = ρ * b * d * E s * ε cu *

d −c c

Despejando, 76

( c / d )2 + m * ρ * ( c / d ) − m * ρ = 0 → m =

ε cu* Es 0.85 * β 1 * f c'

La solución para la relación (c/d) es: (c / d )=

m* ρ +

m* ρ 2

2

−

m* ρ 2

c = ( c / d )* d

y a = β 1* c

Con la deformación del acero εs y con los esfuerzos fs = εs*Es , la resistencia nominal de la sección de concreto es: Mn = As * fs * d −

a 2

Ejemplo 15: Viga sobrerreforzada. Chequeo viga rectangular con acero a tensión. Para una viga rectangular con acero a tensión se han asumido los siguientes datos: * f c' = 4500 psi = 31.7 MPa * f y = 60000 psi = 422 MPa

* b = 40 cm * d = 44 cm * As = 60 cm 2

Calcular: a) El área Asmax y comparar con As dado. b) El momento nominal Mn con el valor del As dado. Ignorar el As límite del código. Desarrollo: a) Inicialmente se calcula la cuantía balanceada de acero ρb y la cuantía máxima permitida de acero, ρmax: ρ b = 0.85 * β 1 *

f c' 600 * fy 600 + f y

ρ b = 0.85 * 0.825 *

→ β 1 = 0.825

31.7 600 * = 0.031 420 600 + 420

Asb = 0.031* 40 * 44 = 54.6 cm 2

ρ max = 0.75 * ρ b = 0.75 * 0.031 = 0.0233 Asmax = 0.0233 * 40 * 44 = 40.92 cm 2

77

As dado = 60 cm 2 ≥ As b = 54.6 cm 2 ≥ As max = 40.92 cm 2

b)

→ Viga Sobrereforzada

Seguidamente encontramos la relación (c/d ) y el valor del momento nominal Mn: 5

ε cu * E s 0.003 * 2 * 10 m= = = 27.0 0.85 * β 1 * f ' c 0.85 * 0.825 * 31.7 (c/ d )=

m* ρ +

m* ρ 2

( c / d ) = 27.0 * 0.0341 + ( c / d ) = 0.6039

2 −

m* ρ 2

27.* 0.0341 2

2

−

27.* 0.0341 2

c = 0.6039 * d = 0.6039 * 44

c = 26.57 cm

∴ a = β 1* c = 0.825 * 26.57 = 21.92 cm

El momento nominal se encuentra a partir de los valores de las profundidades a y c: a a ) = As * fs * ( d − ) 2 2 d −c fs = ε s * E s = 0.003 * ( )* E s c 5 440 − 265.7 fs = 0.003 * ( )* 2. × 10 = 393.60 MPa 26.57 2 60 * 10 219.2 Mn = * 393.60 * ( 440 − ) = 780.27 KN − .m 6 2 10 Mn = T * ( d −

Ejemplo 16: Viga sobrerreforzada. Para una viga rectangular con acero a tensión se han determinado los siguientes datos: * b = 300 mm * f c' = 28 MPa * Mu = 600 KN − m * d = 500 mm * f y = 420 MPa Calcular: a) El área de acero Asmax. b) Si la sección es sobrerreforzada. c) Diseñar la sección con As = 44 cm2 Desarrollo: 78

a)

Inicialmente se calcula la cuantía balanceada de acero ρb y la cuantía máxima permitida de acero, ρmax: ρb = 0.85 * β1 *

f c' 600 * fy 600 + fy

→ β1 = 0.85

Sustituyendo, ρ b = 0.85 * 0.85 *

28 600 * = 0.0283 420 600 + 420

Asb = 0.0283 * 30 * 50 = 42.45 cm 2

ρ max = 0.75 * ρ b = 0.75 * 0.0283 = 0.0212 As max = 0.0212 * 30 * 50 = 31.8 cm 2

b)

←

As disponible

Seguidamente encontramos el valor del momento nominal máximo resistente Mn a partir de: Mn = T * ( d −

a a ) = As * f y * ( d − ) 2 2

Con los valores de a y c: a=

As * fy 32.25 * 420 a 18.97 = = 18.97 cm → c = = = 22.32 cm 0.85 * fc * b 0.85 * 28 * 30 β 1 0.85

Por lo que el momento nominal es: M n resistente =

32.25 * 10 2 * 420 * 10

6

( 50 −

18.97 )* 10 = 549 KN − m 2

M n dado = Mu / φ = 600 / 0.9 ≈ 667 KN − m > M n resistente = 549 KN − m

∴ La viga es sobrereforzada c)

Si asumimos un As = 44 cm2 ( ρ = 0.0293 ) podemos obtener:

79

5

ε cu * Es 0.003 * 2 * 10 m= = = 29.66 0.85 * β1 * f ' c 0.85 * 0.85 * 28 ( c / d ) = 29.66 * 0.0293 + c = 0.594 * 50 = 29.7 cm

fs = ε s * E s = 0.003 *

29.66 * 0.02933 2

2

−

29.66 * 0.0293 = 0.594 2

a = 0.85 * 29.7 = 25.25 cm

d −c 50 − 29.7 * E s = 0.003 * * 2.* 10 5 = 410.1 MPa c 29.7

25.25 a 44 * 10 2 * 410.1 * 10 = 674.41 KN − m * 50 − = 6 2 2 10 Mn = 674.41 KN − m ≈ M n dado = 667 KN − m → O .K . Mn = As * fs * d −

Con As = 44 cm2 el diseño de la sección sobrerreforzada alcanza el momento último requerido Mu = 600 KN-m. Pero, la cantidad As de acero de 44 cm2 es mayor que Asb y mayor que el Asmax de diseño requerido por el código, por tanto, esta viga no debe ser utilizada.

2.3 Losas Armadas en una Dirección 2.3.1 Losas Aligeradas

Con el propósito de reducir el peso propio de placas monolíticas macizas se puede armar el piso con una serie de viguetas puestas unas al lado de las otras y conectadas por una loseta superior de menor espesor, de tal manera que la sección resultante de cada vigueta tiene en general forma de T. En el diseño de la sección se puede considerar la forma de T o una forma simple rectangular conformada por el ancho del alma y la altura total de la losa. Este sistema se llama losa aligerada o losa nervada y es en una dirección cuando las viguetas se arman en una sola dirección con apoyos sobre vigas de carga en los ejes principales de la dirección transversal. Las ventajas de este sistema constructivo son evidentes, especialmente para losas con espesores mayores a 20 cm, pues se reduce el peso muerto para una misma altura efectiva a la vez que se puede lograr el efecto de un cielo raso con superficie lisa si se cuelga este de la parte inferior de las viguetas. Para conformar la formaleta de los nervios y permitir la conformación del vacío creado entre las viguetas y por debajo de la loseta superficial, se colocan bloques 80

huecos prefabricados, canastas de guadua o esterilla, o formaletas removibles metálicas o de icopor. Las dos primeras quedan incorporadas con la placa superior una vez el concreto ha endurecido y sirven para conformar el cielo raso. Las formaletas removibles son, en cambio, reutilizables y los nervios quedan a la vista una vez la formaleta es descimbrada. Es recomendable, también, retirar las formaletas de guadua para evitar el deterioro posterior de formaletas hechas con este material y observar las posibles imperfecciones generadas por la colocación y falta de uniformidad en la fabricación de las canastas.

2.3.1.1 Limitaciones

Según el numeral C.13.1.4 de la norma NSR-98 se considera que una losa trabaja en una sola dirección cuando: • Tiene dos bordes libres, sin apoyo verticales, y tiene vigas y muros en los otros dos bordes opuestos aproximadamente paralelos. • Cuando el panel de la losa tiene forma rectangular con apoyos verticales en sus cuatro lados y con una relación de la luz larga a la corta de aproximadamente o mayor que 2.0. •

Cuando los nervios están orientados principalmente en una dirección. Las losas con nervaduras deben cumplir, adicionalmente, con los requisitos establecidos en el numeral C.13.2 de la norma NSR-98. En esta sección se definen las limitaciones de dimensión propias de la vigueta y las limitantes de análisis de las viguetas en conjunto cuando se excede la separación máxima entre ellas. Las condiciones para las dimensiones limitantes de una losa con nervadura son definidas por: a) Los nervios no pueden tener menos de 100 mm de ancho en su parte superior, y su ancho promedio no debe ser menor de 8 mm. Su altura libre no debe ser mayor que 5 veces el espesor promedio del alma. b) La parte de la loseta superior vaciada en sitio debe tener al menos 45 mm de espesor, pero tal espesor debe ser mayor que 1/20 de la distancia libre entre nervios. Si se utilizan elementos prefabricados permanentes de concreto o arcilla según las recomendaciones del numeral C.7.7, la porción de la loseta superior vaciada en sitio puede reducirse a 40 mm. La loseta superior debe diseñarse como una viga continua con apoyos en las viguetas y con acero mínimo de retracción y temperatura según recomendaciones del Capitulo C.7. c) La separación máxima entre nervios, medida centro a centro, no puede ser mayor de 2.5 veces el espesor total de la losa, ni exceder 1.2 m. d) Para losas en una sola dirección, deben colocarse viguetas transversales de repartición o riostras, con una separación libre máxima de 10 veces el espesor total de la losa sin exceder 4.0 m.

81

e) Para un sistema de nervaduras, cuando se excede la separación máxima dada en el punto c) anterior, o cuando el número de viguetas es menor a 4 en la dirección considerada dentro del panel, las nervaduras deben considerarse aisladas y su análisis y diseño no puede regirse por el análisis aproximado de la siguiente sección. Su análisis puede ser incluido en un diseño tridimensional preferentemente, considerando el modelo en general con viguetas y vigas de carga, o debe ser investigado como una viga continua con apoyos en las vigas de carga. Adicionalmente, es aconsejable que las cargas originadas por las viguetas cuando se apoyan en las vigas sean consideradas puntuales y no se use el modelo de carga distribuida sobre la viga de carga. 2.3.1.2 Análisis Aproximado Se sugiere que para el análisis y diseño de losas en una dirección se utilice el método aproximado dado en el numeral C.13.3 de la norma NSR-98. En general en esta sección se especifica que las losas macizas o aligeradas construidas monolíticamente con sus apoyos pueden analizarse como vigas continuas sobre apoyos simples, con luces netas iguales a la luz libre del vano y despreciando el ancho de las vigas y su efecto torsional (numeral C.13.3.2 de la Norma NSR-98). Cuando sea necesario considerar los efectos de torsión en la viga externa de carga o en apoyos intermedios, debe considerarse la distribución de momentos que este efecto acarrea en las viguetas. Este criterio también se cumple en el sentido inverso, o sea el efecto de la torsión transmitida por las viguetas a la viga principal. Dos consideraciones adicionales establece el código sobre los nervios transversales o riostras y sobre las vigas secundarias paralelas a los nervios (numerales C.13.3.2.1 y C.13.3.2.2): • Nervios Transversales-. En losas aligeradas, los nervios transversales o riostras deben diseñarse a flexión y cortante, de tal manera que sean capaces de transportar la carga vertical total de un nervio a los dos nervios adyacentes. • Vigas Paralelas a los nervios -. Para el diseño de vigas de la superestructura paralelas a los nervios, en losas en una dirección, además de las cargas propias se debe considerar el efecto de transmisión de carga de las riostras transversales. Este efecto se incluye considerando el doble de carga aferente que lleva un nervio típico además de la carga adicional por peso propio. Para el diseño de momentos y cortantes por cargas verticales la norma NSR-98, en su numeral C.13.3.2.3, permite un análisis aproximado para losas en una dirección en lugar de un método más exacto para hallar momentos y cortantes de diseño. El análisis aproximado se puede llevar cabo siempre y cuando se cumplan los siguientes requisitos: a) Se presenten más de dos luces en el diseño. 82

b) c) d) e)

Las cargas sean uniformemente repartidas. La carga viva unitaria no sea más de tres veces la carga muerta unitaria. Los elementos sean prismáticos y no curvos. Las luces sean aproximadamente iguales y la diferencia máxima entre dos luces adyacentes no sea más del 20 por ciento de la menor.

A continuación se presentan los valores de los coeficientes de momento que pueden se utilizados en el análisis aproximado, según la condición del apoyo o el número de luces. 1. Momentos Positivos. •

Luces Exteriores: - Apoyo exterior no restringido.…….………………………..…………. - Apoyo exterior construido integralmente con elemento de

Wu * L2n 11

soporte…………………………………………………………………….. •

Wu * L2n 14

Luces Interiores: 2

- Todos los casos……………………………………………………..…….. Wu * Ln 16

2. Momentos Negativos. •

Cara Exterior del primer apoyo interior: - Dos Luces……………………………………………..…………..………

Wu * L2n 9

- Mas de dos luces………..…………………………….…………..……… •

•

Wu * L2n 10

Apoyos interiores: - Todos los casos……………………………….…………………………..

Wu * L2n 11

- Losas con luces menores de 3.50 m………….…………….....………..

Wu * L2n 12

Apoyo exterior de elementos construidos monolíticamente con sus apoyos:

83

- Apoyados sobre una viga.………………………………….……………..

Wu * L2n 24

- Apoyados sobre una columna………..……………….………………….. •

Wu * L2n 16

Elementos que llegan a apoyos muy rígidos.………………..………… Wu * L2n 12

3. Cortantes. • Luces Finales cara del primer apoyo…………………………… Wu * Ln 1.15 * 2 • Otros apoyos.……………………………… ………….…………………… Wu * L n 2

La luz a utilizar en el calculo del momento negativo puede ser la luz mayor entre dos tramos adyacentes a considerar o el promedio de tales luces adyacentes.. Con el uso del método aproximado de diseño por coeficientes no se permite la redistribución de momentos. En la figuras 2.33 a) y b) se ilustra la distribución de coeficientes según se analice una vigueta con dos, tres, cuatro o más luces.Es de anotar que el uso de coeficientes puede ser útil para el prediseño de las vigas de carga siempre y cuando estén sometidas a cargas verticales. La presencia del sismo o deformaciones laterales apreciables altera el momento de diseño pues este depende de la envolvente de momentos máximos y mínimos determinada por las combinaciones de carga. •

Dos Luces:

84

-1 / 24 -1 / 16

-1 / 24 -1 / 16

( Wu*L2n) / 9 **

Wu*L2n1

( Wu*L2n1) / 14

Ln1 0.5*( Wu*Ln1)

Wu*L2n2

( Wu*L2n2) / 14 Wu*(0.58*Ln1+0.5*Ln2)

Ln2 0.5*( Wu*Ln2)

** Ln es el promedio entre Ln1 y Ln2 o el mayor de los dos

•

Figura 2.33.a. Distribución de los coeficientes de diseño para momento y cortante para vigas continuas de dos luces. Método aproximado.

Mas de tres luces:

-1 / 24 -1 / 16

Wu*L2n1

-1 / 11 -1 / 14

( Wu*L2n1) / 10

( Wu*L2 n1)

( Wu*L2n2) / 11

( Wu*L2n3) / 11

Ln2 Wu*(0.58*Ln1+0.5*Ln2)

( Wu*L2n3) / 11

( Wu*L2n3) /16

( Wu*L2n2) / 16

Ln1 0.5*( Wu*Ln1)

( Wu*L2n2) / 11

Wu*(0.5*Ln2 +0.5*Ln3 )

Ln3

Wu*(0.5*Ln3+0.5*Ln4)

Figura 2.33.b. Distribución de los coeficientes de diseño para momento y cortante para vigas continuas de mas de tres luces. Método aproximado.

Ejemplo 17: Diseño de una vigueta continúa. Diseñar una vigueta continua apoyada sobre vigas de carga por el método aproximado de coeficientes y limitando su ancho a b = 10 cm. Use como suposición inicial una cuantía máxima de acero de ρ = 0.5*ρb, un valor de los esfuerzo máximos para concreto de f'c= 21 MPa y una resistencia a la fluencia del acero de fy = 420 MPa. Asuma que el peso debido a las cargas verticales es Wu = 10 KN/ m incluyendo el peso propio de la vigueta. Inicialmente se calcula la cuantía balanceada de acero ρb: ρ b = 0.85 * β 1 *

f c' 600 * fy 600 + f y

ρ b = 0.85 * 0.85 *

→ β 1 = 0.85

21 600 * = 0.0213 → ρ b = 0.0213 420 600 + 420

85

( Wu*L2n1) / 24

( Wu*L2n1) / 10

( Wu*L2n2) / 11

( Wu*L2n2) / 11 ( Wu*L2n3) / 10

( Wu*L2n3) / 24

Wu = 1.0 Tn/ml ( Wu*L2n1) / 14 L = 6.5 mt Ln = 6.1 mt

L = 6.9 mt Ln = 6.5 mt

L = 6.5 mt Ln = 6.1 mt

Wu*(0.58*Ln1+0.5*Ln2)

0.5*( Wu*Ln1)

( Wu*L2n3) / 14

( Wu*L2n2) / 16

Wu*(0.5*Ln2+0.58*Ln3)

Wu*(0.5*Ln3)

Coef.

1/24

1/14

1/10

1/11

1/16

1/11

1/10

1/14

1/24

Mdise ño Vdise ño

15.5 30.5

26.6

37.2 35.4

38.4 32.5

26.4

38.4 32.5

37.2 35.4

26.6

15.5 30.5

Figura 2.34. Distribución de los coeficientes de diseño para momento y cortante para la viga del ejemplo 17. Método aproximado.

La cuantía límite de acero es:

ρ asumido = 0.5 * ρ b = 0.5 * 0.0213 = 0.0107

→ ρ asumido = 0.0107

Seguidamente, utilizando la ecuación del momento nominal resistente encontramos la profundidad d para el mayor momento posible aproximado en el tramo, en este caso el momento M u− = 38.4 KN − m , de tal manera que: Mu = φ * ρ * fy * b * d 2⋅ 1 −

0.59 * ρ * f y

→ Tomar ρ = ρ asumido = 0.0107

f c'

38.4 * 10 6 = 0.9 * 0.0107 * 420 * 100 * ( d ) 2 * 1 − ∴ d 2 = 108660 mm 2 = 1086.6 cm 2

0.59 * 0.0107 * 420 21

→ b = 10 ,0 cm → d = 32.96 cm

Tomamos un valor práctico de h = 40 cm, de uso común en losas de concreto y asumiendo un recubrimiento de 5 cm, entonces d = 35 cms. Con b = 10 cm

Mu (resistente ) =

y d = 35 cm

0.9 * 0.0107 * 420 * 100 * ( 350 ) 2 10 6

*

1−

0.59 * 0.0107 * 420 = 43.3 KN − m 21

Este último valor de Mn =43.3 KN-m es mayor que el valor inicial del momento de diseño Mu =38.4 KN-m lo que indica que tendremos una cuantía de acero menor a la asumida inicialmente de 0.5*ρb.

86

Con las dimensiones de b = 10 cm y d = 35 cms calculamos las cantidades de acero para los momentos en la totalidad de la viga. Wu = 10 KN/ml

L = 6.5 mt Ln = 6.1 mt

L = 7.0 mt Ln = 6.6 mt

L = 6.5 mt Ln = 6.1 mt

Mdiseño

15.5

26.6

37.2

38.4

26.4

38.4

37.2

26.6

15.5

Acero

1.23

2.17

3.15

3.26

2.16

3.26

3.15

2.17

1.23

Vdiseño

30.5

35.4

32.5

32.5

35.4

30.5

Pto. Infl.

0.58

1.30

1.55

1.55

1.30

0.58

Barras

1 No.4

2 No.4

1 No.5 + 1 No.4

2 No.4

1 No.5

+ 1 No.4

2 No.4

1 No.4

Figura 2.35. Momentos y cortantes para el diseño de la viga del ejemplo 17.

Se observa que la cantidad de acero para el momento máximo es As = 3.26 cm2 lo que da una cuantía de acero de ρ = 0.0096 menor que el valor inicial asumido ρasumido = 0.0107, lo cual es explicable porque se cambiaron las dimensiones b y h del diseño con ρasumido a unas dimensiones mayores, con lo cual la cuantía

de acero se debe disminuir por debajo del valor asumido. Los juegos de más de una barra en las secciones especificadas deben ser colocados en paquetes. 2.3.2 Losas Macizas

Cuando la relación de la luz corta a la luz mas larga es de 0.5 o menos y las luces son suficientemente cortas para no producir problemas de deflexión o sobrepeso por materiales, se puede considerar el diseño de la losa como una placa maciza. La mayor parte de la carga se transmitirá a los apoyos por flexión en el sentido menor de la luz y por tanto las losas deben ser armadas en esa dirección. Para cargas uniformemente distribuidas se podrá dividir el ancho de la losa en franjas unitarias paralelas en la misma dirección que se va a colocar armadura, puesto que cada franja tendrá la misma línea de deformación y por consiguiente la misma cantidad de momento transmitiéndose a los apoyos. Basta entonces analizar una sección unitaria cualquiera de placa paralela a la línea de la armadura y reforzar el resto de franjas como secciones iguales según los resultados por sección unitaria de placa.

87

L B

=

0 1.

t m

L diseño

M

Figura 2.36. Distribución de momentos y deflexiones en una losa maciza..

Para simplificar los cálculos de losas macizas en una dirección se toma un ancho unitario de losa b = 1.0 m como el ancho de la franja a analizar. Con este ancho y la altura correspondiente de la losa se simula una viga rectangular a la cual se le aplican los principios básicos del diseño a flexión de vigas simplemente reforzadas. El hierro será repartido por metro de ancho de acuerdo a la longitud total transversal de la losa. Se puede calcular la franja equivalente como una viga simplemente apoyada o continua sobre vigas o muros de carga. Se puede emplear también, para losas macizas, el método aproximado de los coeficientes presentado en la sección 2.3.1.2 siempre y cuando se cumplan las limitaciones de deflexión dadas en la sección C.9.5 de la norma NSR-98, y en los artículos C. 13.1.4 y C.13.3.2 de la misma norma siempre en lo referente a tal tipo de losas. Ejemplo 18: Diseño de una placa maciza. Diseñar una placa maciza según el esquema adjunto para una carga viva de 4 KN/m2 apoyada sobre vigas de carga mostradas utilizando un concreto con resistencia última f'c= 21 MPa y acero con resistencia a la fluencia de fy = 420 MPa El presente caso identifica una losa continua apoyada monolíticamente sobre vigas de carga que transmiten la carga sobre la loseta a las columnas. Para el calculo de la losa se investiga inicialmente el espesor, el cual, de acuerdo a la sección C.9.5 de la norma NSR-98 (Tabla C.9-1.b) se establece como 290 / 24 = 12.1 cm para la luz externa y 320 / 28 = 11 cm para la luz interior con apoyo en ambos extremos. Se asume que la loseta no sostiene muros divisorios ni particiones frágiles susceptibles de daño. Se puede asumir un espesor de losa de aproximadamente 12 cm sin tener que calcular deflexiones al final. Nótese que 88

5.70 Mts.

0.30

1

se tomaron las luces libres y no las luces entre ejes por encontrarse la loseta apoyada entre vigas de carga que proporcionan mayor rigidez y restringen la deflexión.

0.30

2

Direccion Calculo

0.30

0.30 2.90 Mts.

0.30 3.20 Mts.

0.30

3

5.70 Mts.

Direccion Calculo

0.30 2.90 Mts.

B A

Figura 2.37. Losa para el ejemplo 18.

Las cargas actuantes en la losa por cada franja de 1.0 m de ancho se pueden asumir como: - Peso de la placa = 0.12 * 1.0 * 2400 = 2.88 KN/m - Acabados 150 * 1.0 = 1.50 KN/m - Carga viva = 4.0 KN/m La carga de servicio, Ws, y la carga última, Wu, por cada metro de ancho y por cada metro lineal de losa son: - Ws = 8.38 KN/m 89

- Wu = 1.4*4.38 + 1.7*4.0 = 12.93 KN/m → Aproximar: Wu = 13.0 KN/m La solución continúa siendo similar a la realizada en el ejemplo 9 de la sección anterior. Inicialmente se calcula la cuantía balanceada de acero ρb: Con β 1 = 0.85 : ρ b = 0.85 * 0.85 *

21 600 * = 0.0213 ∴ ρ b = 0.0213 420 600 + 420

Tomamos el valor de h = 12 cm, de uso común en losas de concreto y asumiendo un recubrimiento mínimo de 3 cm usamos d = 9 cms. La cuantía de acero en función de cualquier momento para las dimensiones y resistencia especificadas, es: Con b = 100 cm

M u dado =

y d = 9 cm

0.9 * ρ * 420 * 100 * ( 9 )2 10

3

*

1−

0.59 * ρ * 420 21

3061.8 * ρ − 36129.2 * ρ 2 − M u = 0.0 → M u dado en KN − m

Con esta formula despejamos la cuantía de acero para cada momento crítico de diseño a lo largo de la viga continua, obteniendo las cantidades de refuerzo. En la Figura 2.38 se presenta el análisis estructural de la franja continua a calcular con los respectivos coeficientes de diseño. Así mismo se presentan los momentos de diseño en el tramo con las cuantías de acero, el acero a colocar y la distribución de las barras por metro de ancho de la franja unitaria. La cantidad de acero se obtiene multiplicando la cuantía ρ encontrada por el ancho b = 100 cm por la altura efectiva d = 9 cm. La cantidad de acero debe ir repartida en cada franja de 100 cm. El acero mínimo para losas macizas debe ser el requerido por retracción y temperatura o al menos 1/3 mayor del acero encontrado sin sobrepasar el mínimo de flexión (C.10.5.3 de la norma NSR-98). La cantidad de acero por retracción y temperatura es 0.0018*100*9 = 1.62 cm2/ml de ancho. El 1/3 adicional de refuerzo por encima del encontrado es 1.33*1.44 = 1.87 cm2, con lo cual es recomendable diseñar con el de retracción. Algunos autores prefieren colocar el acero mínimo requerido por flexión, según el numeral C.10.5.1 de la norma NSR-98, de tal forma que ρ = 1.4 / fy = 0.0034 ( fy = 420 MPa ) y con lo cual el Asmin sería 3.06 cm2. Es decisión del diseñador cual cantidad mínima es la que más se acomoda a las necesidades de la obra, condiciones agresivas del medio e incertidumbre en el tipo de apoyos externos, variación en las cargas o resistencia de los materiales. 90

En todos los casos la separación entre barras no es mayor de 3 veces el espesor de la losa como lo específica la norma NSR-98 en el numeral C.10.5.4. La separación máxima especificada en el presente diseño es de 30 cm, menor al valor límite de 3*12 = 36 cm. ( Wu*L2n1) / 24

( Wu*L2n1) / 10 ( Wu*L2n2) / 11 ( Wu*L2n2) / 11 Wu = 13 KN/m

( Wu*L2n1) / 14

L = 3.5 mt Ln = 3.2 mt

Wu*(0.58*Ln1+0.5*Ln2)

( Wu*L2n3) / 24

( Wu*L2n3) / 14

( Wu*L2n2) / 16

L = 3.2 mt Ln = 2.9 mt 0.5*( Wu*Ln1)

( Wu*L2n3) / 10

L = 3.2 mt Ln = 2.9 mt Wu*(0.5*Ln2+0.58*Ln3)

Wu*(0.5*Ln3)

Mdiseño

4.6

7.8

10.9

12.1

8.3

12.1

10.9

7.8

4.6

Cuantía

0.0016

0.0026

0.0037

0.0042

0.0028

0.0042

0.0037

0.0026

0.0016

Acero

1.44

2.34

3.33

3.78

2.52

3.78

3.33

2.34

1.44

As, min

1.87

Vdiseño

18.9

21.9

20.8

20.8

21.9

18.9

Pto. Infl.

0.30

0.62

0.76

0.76

0.62

0.30

Barras

No.3 @ 30

No.4 @ 30

No.4 @ 30

No.4 @ 30

No.4 @ 30

ρ

1.62

No.3 @ 25

No.3 @ 25

No.3 @ 25

No.3 @ 30

Figura 2.38. Momentos y cortantes para el diseño de la losa del ejemplo 18.

2.4 Vigas Rectangulares Doblemente Reforzadas

Si en una viga con armadura doble, la cuantía de armadura en tracción, ρ,es menor o igual a ρmax = 0.75ρb, puede calcularse la resistencia prescindiendo de las barras a compresión. La resistencia de una viga de este tipo será controlada por la fluencia a tracción. Si la cuantía de acero es superior a 0.75ρ b es aconsejable un estudio completo de viga doblemente reforzada. Este sistema de refuerzo no es recomendable cuando el límite de deflexiones es crítico.

91

Compresion

d´ A’s h

d

0.85 f’c

0.85 * f’c

ec

C

C ‘ = A’s * f ’s

a/2

C’ C

c

a =b 1 * c

a =b 1 * c

+

Eje Neutro d-a/2

d-c

T1 = As1 * fy

As

T2 = As2 * fy

es

Figura 2.39. Sección doblemente reforzada.

En la Figura 2.39 se muestra una sección transversal con armadura a compresión A's, situada a una distancia d' de la cara de compresión, y con una acero a tracción As a una profundidad efectiva d. Si inicialmente se supone que A's y As alcanzan fluencia al mismo tiempo, el momento resistente total es: M u = M u1 + M u 2 = φ * As1 * f y * d −

a 2

(

M u = M u 1 + M u 2 = φ * ( As − As' ) * f y * d −

Con: Mu1 = φ * As1 * f y * d −

a 2

(

(

) + φ * A's * f y * (d − d ' )

+ φ * As 2 * f y * d − d '

a 2

)

= φ * As − As' * f y * d −

)

(

M u 2 = φ * As 2 * f y * d − d ' = φ * As' * f y * d − d '

a 2

)

Igualando C con T1 , obtenemos: a =

( As − As' )* f y 0.85* f c' * b

=

( ρ − ρ ' )* f y * d 0.85* f c'

Con las cuantías de acero definidas como: ρ=

As bd

;

ρ' =

As' bd

Así mismo, igualando C' con T2 se obtiene:

92

As 2 * f y = As' * f s'

→

f y = f s'

→

As 2 = As'

Estableciendo que la deformación unitaria del acero a tracción es εy es útil para determinar la situación del eje neutro para la rotura equilibrada, y sumando las fuerzas horizontales de la Figura 2.39 (suponiendo que aún el acero a compresión está en fluencia), puede comprobarse que la cuantía equilibrada de una viga con doble armadura debe ser: _

ρb = ρb + ρ ' Para el mismo margen de seguridad contra rotura por aplastamiento del concreto con doble armadura, la cuantía máxima debe ser: _

ρ max = 0.75 * ρ b + ρ ' Para comprobar si el acero a compresión está o no en fluencia en el momento de rotura seguimos el procedimiento que se describe a continuación. Tomando como caso límite ε's = εy se obtiene geométricamente: c=

εu

εu − ε y

d'

Fijada de esta manera la fibra neutra, el equilibrio de fuerzas actuando en la sección (dirección horizontal) es:

ρ * f y * b * d = 0.85 * β 1 * f c' * b * c + ρ ' * f y * b * d de donde, ρ = 0.85 * β 1 *

f c' c * + ρ' fy d

Una vez se sustituye el valor de la profundidad del eje neutro c, la cuantía mínima de acero a tracción que asegurará la fluencia del acero de compresión en el momento de rotura es: _ f ' d' εu ρ y , min = 0.85 * β 1 * c * * + ρ' fy d εu −ε y Tomando εu = 0.003 y εy = fy / Es con Es = 2*105 MPa , se obtiene:

93

_

ρ y , min = 0.85 * β 1 *

f c' d ' 600 * * fy d 600 − f y

+ ρ'

Esta la cuantía límite en el momento en que el acero a compresión ha fluido. Si el acero superior ha fluido se cumple que: _ As ≥ ρ y , min b* d

ρ =

En cambio, cuando la cuantía de acero a tracción es inferior a este valor límite, la tensión del acero en compresión en el momento de rotura es inferior a la tensión en fluencia fy y debe tener un valor f 's < fy. En este caso es obvio que el acero a compresión no ha fluido y en términos de la cantidad As de acero se cumple que: _ As ≤ ρ y , min b* d

ρ =

La cuantía de acero a tracción dada anteriormente se modifica de acuerdo a la siguiente expresión: ρ = 0.85 * β 1 *

f c' c * + ρ' * fy d

f s' fy

Cuando esta situación se presenta se requiere, igualmente, de unas ligeras modificaciones en las ecuaciones anteriormente descritas. Ahora, la cuantía balanceada de armadura para la sección doblemente reforzada es: _

ρb = ρb + ρ'

f s' fy

Para la condición balanceada, el esfuerzo f 's se convierte en: ' f sb = E s * ε 's = E s * ε u −

d' (εu + ε y ) d

≤ fy

En general la cuantía máxima de acero determinada por la condición balanceada, debe ser:

94

_

ρ b = 0.75 * ρ b + ρ ' *

' f sb fy

_

_

Si la cuantía de acero a tracción ρ es inferior a ρ e inferior a ρ y , min , el acero b de tracción se encuentra en fluencia en la rotura mientras que el acero de compresión no lo está. En tal caso la tensión del acero de compresión es: f s' = E s * ε 's = E s * ε u *

c − d' c

y el equilibrio de las fuerzas es como sigue: c − d' As * f y = 0.85 * β 1 * f c' * b * c + A's * E s * ε u * c

De esta ecuación se despeja la profundidad del eje neutro c, después de lo cual puede hallarse el momento resistente último de la sección a partir de la expresión:

(

a M u = ϕ * 0.85 * f c' * a * b * d − + A's * f s' * d − d ' 2

)

Finalmente, con las siguientes expresiones también se chequea que los aceros de compresión y tensión cumplan con las suposiciones iniciales de deformación y fluencia: * ε 's = 0.003 *

c − d' c

→

* ε s = 0.003 *

d −c c

→ Si se cumple que : ε s > ε y

Si se cumple que : ε 's < ε y

∴

∴

A' s no fluye.

As fluye.

Ejemplo 19: Para una viga rectangular doblemente reforzada. Chequeo de una sección.

95

d‘ A’s h

d

* Datos:

* b = 30cm

C

Eje Neutro

* d = 59 cm

* fy = 422 MPa * As = 50 cm 2

As

* d' = 6 cm

* f ' c = 28 MPa * A' s = 12.5cm 2


• Encontrar Mn si As y A’s están en fluencia. Inicialmente revisamos si el acero de la sección cumple con las limitaciones en cuanto a la cantidad de acero máximo a colocar en tensión: As 50 A' s 12.5 = = 0.0282 ; ρ' = = = 0.0071 b ⋅ d 30 * 59 b * d 30 * 59 _ 28 600 ρ max = 0.75 * ρb + ρ ' = 0.75 * 0.85 2 * * + 0.0071 = 0.0284 420 600 + 420

ρ=

_

ρ = 0.0282 ≤ ρ max = 0.0284

Puesto que la sección cumple teóricamente con la limitación de acero máximo a colocar en la cara inferior de tensión, continuamos con el diseño. Seguidamente encontramos si el acero suministrado a compresión fluye bajo las características dadas de la sección, el acero y los materiales. * Encontramos → ρ y , min = 0.85 * 0.85 *

6 * 28 600 * 59 * 420 600 − 420

+ 0.0071 = 0.0234

ρ = 0.0284 > ρ y , min = 0.0234 ∴ A' s fluye. Podemos, igualmente, determinar si los aceros de compresión y tensión están fluyendo mediante el uso de las ecuaciones de deformación unitaria: * ε 's = 0.003 *

ε 's > ε y

∴

c −6 25.95 − 6 = 0.003 * = 0.0023 > ε y = 0.0021 c 25.95 A' s fluye.

96

* ε s = 0.003 *

εs > ε y

d −c 59.0 − 29.95 = 0.003 * = 0.0038 > ε y = 0.0021 c 25.95 ∴

As fluye.

A continuación encontramos la profundidad del eje neutro a partir del equilibrio entre la fuerza a compresión del concreto y el acero As1 correspondiente: As1 * fy ( 50 − 12.5 ) * 420 a= = = 22.10 cm 0.85 * f ' c * b 0.85 * 28 * 30 As1 = As − A' s = 37.5 cm 2

c=

a

β1

=

22.10 = 26.0 cm 0.85

Por último encontramos el momento nominal de la sección: M n = As1 * f y * d −

Mn =

1 10

3

a + As2 * f y * (d − d' ) 2

* (50 − 12.5 )* 420 * 59 −

22.1 + 12.5 * 420 * (59 − 6 ) 2

M n = 1033.5 KN − m

Debido al alto porcentaje de acero a colocar a tracción en esta sección de la viga, sería preferible cambiar el ancho de la viga a b = 40 cm, para de ésta manera permitir una mejor distribución de los acero en el nuevo ancho disponible y así mismo rebajar la cuantía suministrada de acero de tal manera que no este prácticamente en el límite. Con este nuevo ancho sugerido:

ρ=

As 50 = = 0.0212 → b ⋅ d 40 * 59

_

ρ = 0.0212 < ρ max = 0.0283

Ejemplo 20: Viga rectangular doblemente reforzada. Chequeo de una sección, cuando el acero a compresión no ha fluido.

97

* Datos:

d‘ A’s h

d

C

* b = 30 cm

Eje Neutro

As

* d = 44 cm

* d ' = 6 cm

* f y = 350 MPa

* f ' c = 28 MPa

* As = 25.5 cm 2

* A' s = 7.8 cm 2

Figura 2.41.Sección para el ejemplo 20.

Revisamos si el acero de la sección cumple con las limitaciones en cuanto a la cantidad de acero máximo a colocar en tensión: ρ=

As 25.5 = = 0.0193 ; b ⋅ d 30 * 44

_

ρ' =

ρ max = 0.75 * ρb + ρ ' = 0.75 * 0.85 2 *

A' s 7.8 = = 0.0059 b * d 30 * 44

28 600 * + 0.0059 = 0.0333 350 600 + 350

_

ρ = 0.0193 < ρ max = 0.0333 La sección cumple satisfactoriamente con la limitación de acero máximo. A continuación determinamos si el acero a compresión fluye. Para ello

determinamos el valor de ρ y ,min y lo comparamos con la cuantía de acero a tracción. Si esta última es menor que ρ y ,min el acero a compresión no fluye. Por tanto,

ρ y , min = 0.85 * 0.85 *

6 * 28 600 * 44 * 350 600 − 350

+ 0.0059 = 0.0248

ρ = 0.0193 < ρ y , min = 0.0248 ∴ A' s no fluye. En este caso encontramos primero la profundidad del eje neutro a partir de la igualdad C+C'=T 0.85 * β 1 * f c' * b * c + A' s * ε u *

c − d' * Es = As * f y c

0.85 * 0.85 * 28 * 30 * c + 7.8 * 0.003 * 2 * 10 5 *

c −6 = 25.5 * 350 c

98

606.9 * c + 4680 *

c −6 = 8925 → c = 11.15 cm → a = 9.48 cm c

Chequeamos que, efectivamente, los aceros de compresión y tensión cumplan con las suposiciones iniciales de deformación y fluencia: * ε 's = 0.003 *

c −6 11.15 − 6 350 = 0.003 * = 0.0014 < ε y = = 0.0018 c 11.15 2.* 10 5

Puesto que : ε 's < ε y * ε s = 0.003 *

∴

A' s no fluye.

d −c 44 − 11.15 = 0.003 * = 0.0088 > ε y = 0.0018 c 11.15

Puesto que : ε s > ε y

∴

As fluye.

En este caso se comprueba de nuevo que, efectivamente, el acero a compresión no ha fluído. Encontramos las cantidades de acero As1 y As2 las cuales, sumadas, conformarán la cantidad total del acero a tracción: f s' = Es * ε 's = 2.0 * 10 5 * 0.0014 = 280 MPa A' s * f s' = As 2 * f y As 2 =

7.80 * 280 = 6.24 cm 2 350

De la igualdad As = As1 + As2, obtenemos: As1 = As − As 2 = 25.5 − 6.24 = 19.26 cm 2

Por último, utilizando este valor, encontramos el momento nominal resistente de la sección:

99

a 2

M n = As1 * f y * d −

Mn =

1 10

3

+ As 2 * f y * (d − d' )

* 19.26 * 350 * 44 −

9.48 + 6.24 * 350 * ( 44 − 6 ) 2

M n = 347.6 KN − m ≈ 348 KN − m

Ejemplo 21: Diseño de una viga rectangular doblemente reforzada. Encontrar las cantidades As y A's para un Mu dado. d‘ A’s h

d

C

* Datos : * b = 30 cm * d = 74 cm * d' = 6 cm

Eje Neutro

* fy = 420 MPa * fc = 28 MPa * Mu = 1400 KN − m

* Limitar: As1 = 0.5 ρb * d * b

As


Inicialmente encontramos el momento nominal y los momentos Mn1 y Mn2 en que el momento total se divide: M n = M u / φ = 1400 / 0.9 = 1555.6 KN − m ρ 1 = 0 .5 * ρ b = 0 .5 *

0.85 * 0.85 * 28 600 * 420 600 + 420

As1 = As − A' s = 0.0142 * 30 * 74 = 31.52cm 2

M n1 = As1 * f y * d −

= 0.5 * 0.0283 = 0.0142

→ a=

31.52 * 420 = 18.54 cm 0.85 * 28 * 30

a 31.52 * 420 18.54 = * 74 − = 856.92 KN − m 3 2 2 10

También Mn1 puede ser encontrado a partir de: M n1 =

0.0142 * 420 * 30 * 74 2 10

3

1 − 0.59 * 0.0142 *

420 = 856.65 KN − m 28

100

El valor del momento Mn2 y la respectiva cantidad de acero As2 se encuentran de la siguiente manera: M n2 = M n − M n1 = ( 1555.6 KN − m ) − ( 856.92 KN − m ) = 698.68 KN − m As 2 = As' =

M n2 f y* ( d − d' )

=

698.68 × 10 3 = 24.46 cm 2 420 × (74 − 6 )

La cantidad total de acero y el chequeo de la cuantía máxima son presentados a continuación: As = As1 + As 2 = 31.52 cm 2 + 24.46 = 55.98 cm 2

ρ=

55.98 = 0.02522 30 * 74

ρ max = 0.75 * ρb + ρ' = 0.75 * 0.0283 +

24.46 = 0.0322 > ρ ∴ Cumple! 30 * 74

Seguidamente determinamos si A's fluye o no:

ρ y ,min =

0.85 2 * 28 6 600 * * + ρ' = 0.0130 + ρ' 420 74 600 − 420

24.46 = 0.011 30 * 74 ρ y ,min = 0.0130 + 0.011 = 0.024 < ρ = 0.02522 ∴ A' s fluye

ρ' =

Si A's fluye la suposición inicial As2 = A's es válida. Adicionalmente, otra manera de calcular el momento Mn1 es utilizando la siguiente formula:

(

* Mn1 = f c' * b * d 2 w1 − 0.59 * w1 2

Donde : w1 = ρ 1 *

M n1 =

fy fc'

28 * 30 * 74 2 10 3

=

(

)

31.52 420 * = 0.0213 30 * 74 280

)

* 0.213 − 0.59 * 0.213 2 = 856.64 KN − m

M n1 = 856.64 KN − m , igual al calculado inicialmente.

101

Ejemplo 22: Viga rectangular doblemente reforzada. Diseñar una viga doblemente reforzada de acuerdo a los siguientes datos suministrados. d‘ A’s h

d

* Datos : * * * * *

C

Eje Neutro

As

Mu b d' d fy

* f c'

= 350 KN − m = 30 . 0 cm = 6 . 0 cm = 44 . 0 cm = 420 MPa = 24 . 5 MPa


1er. Procedimiento. Se comienza el diseño asumiendo As1. Aunque inicialmente se puede diseñar con As1 = 0.75*ρb*b*d limitamos inicialmente este a 0.5*ρb*b*d. * Con As1 = 0.5 * ρ b * b * d

ρ b = 0.85 2 *

24.5 600 = 0.025 * 420 600 + 420

As1 = 0.5 * 0.025 * b * d = 0.0125 * 30 * 44 → As1 = 16.5 cm 2 16.5 * 420 a= ≅ 11.10 cm → c = 13.05 cm 0.85 * 24.5 * 30

Se verifica la deformación unitaria del acero a compresión: * ε 's = 0.003 *

c − d' 13.05 − 6 = 0.003 * = 0.00162 < ε y = 0.0021 c 13.05

ε s ' < ε y = 0.0021 → Acero compresion no ha fluido El momento nominal Mn1 resistente determinado por As1 y el momento Mn2 se establecen a continuación: Mn = 1

16.50 * 420 10

3

* 44 −

11.10 = 266.5 KN − m 2

102

M n2 =

M u − φ * M n1

φ

= 122.4 KN − m

Si consideramos que, en efecto, el acero a compresión no ha fluido se establece que: * As' * f s' = As 2 * f y → f s' = E s * ε 's = 0.00162 * 2 * 10 5 = 324 MPa

Por tanto, As 2 =

M n2

f y * (d − d ' )

As' =

As 2 * f y f

' s

=

122.4 * 10 3 = 7.67 cm 2 420 * 38

=

7.67 * 420 = 9.94 cm 2 324

Adicionalmente, chequeamos la cuantía de acero máximo: As = As1 + As2 = 16.5 + 7.67 = 24.17 cm 2

Entonces, ρ max = 0.75 * ρ b + ρ ' *

f s' 9.94 324 = 0.75 * 0.025 + * = 0.0246 fy 30 * 44 420

Por lo cual , ρ max = 0.0246 > ρ =

24.17 = 0.0183 → Cumple ! 30 * 44

2do. Procedimiento. Se utiliza el valor máximo permitido para As1 = 0.75*ρb*b*d. * Con As1 = 0.75 * ρ b * b * d

ρ = 0.75 * ρ b = 0.75 * 0.025 = 0.0188 → As1 = 0.0188 * 30 * 44 = 24.75 cm 2 a=

24.75 * 420 = 16.64 cm 0.85 * 24.5 * 30

c=

16.64 = 19.6 cm 0.85

Para la deformación unitaria del acero a compresión, se verifica que: 103

* ε 's = 0.003 *

19.6 − 6 = 0.0021 ≈ ε y = 0.0021 → Tomar acero en compresion en fluencia 19.6

El momento nominal Mn1 resistente y el momento Mn2 se establecen a continuación: * M n1 =

24.75 * 420 * (44 − 16.64 2 )

M n2 =

As2 =

10 3 M u − φ * M n2

φ

= 371 KN − m

= 18 KN − m

18 × 10 3 = 1.13 cm 2 420 * (44 − 6 )

→

As = As1 + As2 = 24.75 + 1.13 = 25.88 cm 2

As' = As2 = 1.13 cm 2

Si chequeamos ρy,min comparado con ρ los valores obtenidos son casi iguales, con una pequeña diferencia de ρy,min < ρ lo cual es lógico ya que tomamos ε’s ≈ εy . Para efectos del análisis esto no presenta muchos cambios en los resultados finales. A continuación se chequea la cuantía máxima de acero: 1.13 ρ max = 0.75 * ρ b + ρ' = 0.75 * 0.025 + = 0.01961 > ρ = 0.0196 30 × 44 Para el procedimiento con ρ = 0.5*ρb: As + As 2 12.88 26.44 * ρ y ,min = 0.0183 + = = 0.020 = 0.0281 > ρ = 1 30 × 44 b* d 30 * 44

ρ y ,min > ρ → As' no fluye

Ejemplo 23: Diseñar el acero total a tracción As dado el acero a compresión A' s. Para una viga doblemente reforzada en la que se han establecido los datos dados a continuación, encontrar el acero a tracción. * Datos: * b = 50 cm * d = 64 cm * d' = 6 cm * β1 = 0.80 •

* f 'c = 35 MPa * f y = 420 MPa * A' s dado = 20.4 cm2 * Mn = 1200 KN-m

Asumir que el acero a compresión A's no ha fluido. Encontramos inicialmente el calor de la fuerza a compresión C', determinada por el acero A's.

104

c −6 c −6 = 12240 * c c Luego la profundidad del eje neutro c, a partir del momento Mn determinado a partir de las fuerzas C y C'. M n = C * (d − a / 2 ) + C ' * (d − d ' ) C ' = A' s * f 's = 25.5 * E s * ε 's = 20.4 * 2 * 10 5 * 0.003 *

1200 * 10 3 = 0.85 * β 1 * f c' * b * c * (d − a / 2 ) + 12240 *

c−6 * (d − d ' ) c

0. 8 * c c −6 + 12240 * * (64 − 6 ) = 1200 * 10 3 2 c 4259.52 76.16 * c − 0.476 * c 2 + 709.92 − = 1200 c c = 12 cm → a = 9.6 cm 0.85 * 0.80 * 35 * 50 * c * 64 −

Seguidamente encontramos las deformaciones unitarias para el acero a compresión y a tracción: c −6 12 − 6 = 0.003 * = 0.0015 < ε y = 0.0021 c 12

* ε 's = 0.003 *

ε 's < ε y

∴

A' s no ha fluido

* ε s = 0.003 *

d −c 64 − 12 = 0.003 * = 0.013 > ε y = 0.0021 c 12

εs > ε y

As esta en fluencia

∴

Posteriormente

comprobamos

a 2

+ C ' * (d − d' )

el

momento

nominal

encontramos la cantidad total del acero a tracción: Mn = C * d −

Mn =

1 10

3

C + C' = T

* 14280 * 64 −

resistente

Mn y

9.6 + 6120 * (64 − 6 ) = 1200.34 KN − m 2

→ 14280 + 6120 = As * f y

As =

20400 = 48.6 cm 2 420

105

Ejemplo 24: Losa con refuerzo superior e inferior. Para un Mu = 45.7 KN-m tanto para el momento positivo como para el negativo, establecer un análisis basado el acero de doble parrilla de la sección del tablero de un puente. Para el acero superior y para el inferior la cantidad de acero suministrado corresponde a barras #5 @ 25 cm (As = 8.0 cm2 / m). Para el análisis se usará un f’c= 28 MPa y un valor fy = 420 MPa. Este análisis no corresponde necesariamente a una sección doblemente reforzada, porque el acero superior e inferior están del lado de la tracción como veremos adelante y no tracción y compresión como suele ocurrir en el caso de secciones doblemente reforzadas. Por tanto, la expresión para las deformaciones unitarias del acero superior cambia a:

ε 's = 0.003*

d' − c c

según el anális gráfico de la figura 2.44, casos a) y b), que se muestran a continuación. εu

d'

a) caso de una sección doblemente reforzada d’≤c

ε 's

c

εu −

εs

ε s'

ε u − ε s' d

d −c

'

=

εu c

→

ε 's = ε u

c − d' c

d ' = 3.5 cm.

Figura 2.44.a. Solución gráfica para el ejemplo 24. Caso con d´ ≤ c. ε

c

u

b) caso de una sección con doble acero de tracción d’ ≥c d

ε

'

' s

ε u + ε s' d'

d − d'

=

εu c

→

ε s' = ε u

d' − c c

d ' = 3.5 cm.

εs

Figura 2.44.b. Solución gráfica para el ejemplo 24. Caso con d´ ≥ c.

Para la sección simplemente reforzada, su resistencia última esta dada por la expresión: M u = φ M n = φ As f y (d − a / 2 ) Para la sección en consideración:

106

a=

Mu = φ Mn =

As * f y 0.85

f c'

b

=

8.0 * 420 = 1.412 , usando d = 15 cm. 0.85 * 28 * 100

(

0.90 * 8.0 * 420 * 15.0 − 1.412 1000

)

2 = 43.2 KN − .m , diferencia del 6.5%

El momento último resistente de la sección es Mu=43.2 KN-m. Este es menor al momento propuesto de diseño Mu = 46 KN-m. Como referencia inicial se toma la sección doblemente reforzada para aumentar la capacidad resistente de la sección. Por tal motivo se toma la deformación unitaria basada en la relación de triángulos semejantes mostrados en la primera figura anterior, donde el acero superior está a compresión y la sección trabaja, efectivamente, como doblemente reforzada. Haciendo C + C’ = T, obtenemos: 0.85 * β 1 * f c' * b * c + A's * E s * ε u

c − d' c

= As * f y

Sustituyendo valores obtenemos: 0.85 2 * 28 * 1000 * c + 800 * 2.0 * 10 5 * 0.003

c − 3.5 = 800 * 420 → c = 2.55 cm. c

∴ Como c =25.5 mm = 2.55 cm < d ’ = 3.5 cm, el acero A’s no está a compresión sino a tracción.

Los aceros A’s y As trabajan a tracción y por tanto el sentido de los triángulos semejantes es ahora diferente. Se toma, para tal efecto la segunda figura anterior donde ambos aceros trabajan ahora a tensión. Se nota como la formula de deformaciones unitarias cambia. Deduciendo de T + T ‘ = C el nuevo valor de la profundidad del eje neutro, c, obtenemos el mismo de la siguiente manera: 0.85 * β 1 * f c' b * c = A's * E s * ε u *

d' − c c

0.85 2 * 28 * 1000* c = 800* 2.0 * 10 5 * 0.003 *

+ As * f y 35 − c + 800* 420 c

c = 2.55 cm. a = 2.17 cm.

El esfuerzo del acero a compresión es:

107

f s' = E s * ε 's = 2.0 * 10 5 * 0.003*

3.5 − 2.55 = 223.53 MPa 2.55

El momento último resistente, Mu(resistente), es: M u( resistente ) = φ M n = 0.9 * As * f y * (d − a / 2 ) + A's * f s' * d ' − a / 2

[

M u( resistente ) =

0 .9 10 3

(

[8 * 420 * (15 − 2.17 / 2 )

)]

+ 8 * 2.24 * (3.5 − 2.17 / 2 )]

M u( resistente ) = 46.0 KN .m

Puesto que Mu(diseño) = 45.7 KN-m es casi igual a Mu(resistente) = 46 KN-m, la cantidad de acero suministrado, barras #5 @ 25cm en las caras superior e inferior, se considera como adecuado para resistir el momento de diseño positivo para el vano interior positivo de la losa. Para el momento negativo con tan solo considerar una sola parrilla localizada a d = 16.5 cm, se obtiene: M u ( resistente ) = φ M n =

(

0.90 × 8.0 × 420 × 16.5 − 1.412 10

3

)

2 = 47.8 KN − m

M u ( resistente ) ≥ M u ( diseño ) = 46 KN − m

2.5 Vigas en Forma de T Cuando un sistema de vigas continuas se construye monolíticamente es factible que una losa continua se prolongue por encima de las vigas. Esta losa contribuirá en parte con la viga para resistir las compresiones por flexión. La sección transversal resultante forma una sección en forma de T. La placa forma el ala de la viga, mientras que la parte de esta que sobresale por debajo de la placa se llama el alma o nervio. Lo primero que debemos considerar es el ancho del ala. Las recomendaciones dadas por los códigos para el ancho eficaz del ala dependen del tipo de viga T. En este caso las dividiremos en tres tipos: 1. Para vigas T simétricas el ancho efectivo b no debe ser superior a la cuarta parte de la luz de la viga, tampoco debe ser mayor de (16* hf +bw) donde hf es el espesor de la loseta y bw es el ancho del alma, ni tampoco debe exceder (Sn + bw) donde Sn es la separación efectiva entre vigas. 108

b

b

hf

y E. N.

d

d - hf

h

Sn

bw

bw

Figura 2.45. Vigas T simétricas.

2. Paras vigas T aisladas el ancho efectivo b no debe ser mayor de (4*bw) a cada lado del nervio, donde bw es el ancho del alma; mientras que el espesor del ala, hf , debe exceder bw /2. b hf

c E. N.

d

d - hf

(b-bw) / 2

bw

h

(b-bw) / 2

Figura 2.46. Viga T aislada.

3. Paras vigas T con ala a un solo lado el ancho efectivo b no debe ser superior a 1/12 de la luz de la viga, tampoco debe ser mayor que (6* hf +bw), donde bw es el ancho del alma, ni tampoco exceder (Sn/2 + bw) donde Sn/2 es la mitad de la separación efectiva entre vigas. El eje neutro puede estar en el alma o en el ala, dependiendo de la sección transversal, el acero y la resistencia de los materiales. Si la profundidad del eje neutro es menor o igual al ancho del ala hf la sección debe estudiarse como una viga rectangular.

109

b c

a

hf

d

h As

(b - bw) / 2

bw

(b - bw) / 2

Figura 2.47. Eje neutro en el ala.

Cuando el eje neutro está en el ala (ver Figura 2.47), la sección rectangular tiene la profundidad a del bloque de presiones definida por la ecuación: a =

As * f y 0.85 *

f c´

*b

=

ρ* fy * d 0.85 * f c´

De otra manera, si el eje neutro esta en el alma (ver Figura 2.48), la viga T considerada tiene un área equivalente de compresión A *c definida por la ecuación: A*c =

T 0.85 * f c´

=

As * f y

0.85* f c´

En la figura 2.48 se ilustra el caso donde el eje neutro está ubicado en el alma y por tal el área A *c corresponde a la sección que ocupa toda el ala mas la sección de ancho bw que se encuentra entre el borde inferior de la loseta que conforma el ala y la línea que delimita la profundidad del bloque de compresiones (distancia x1 ) El área A *c se deduce al igualar la fuerza de tracción T con la fuerza de compresión C definida por: C = 0.85 * f c' * A*c

Así mismo, el punto de aplicación de la fuerza de compresión equivalente para toda la sección a compresión esta determinado por la profundidad zt , la cual está definida por la siguiente ecuación: 110

zt =

1 A*c

a + hf

* b * h f * ( h f / 2 ) + bw * ( a − h f ) *

2

b

Ac hf

a

X1

c

zt

eu

C E. N.

d-c As es

(b - bw) / 2

bw

(b - bw) / 2

Figura 2.48. Eje neutro en el alma.

El momento nominal resistente de la sección será determinado por la ecuación: M n = C * ( d − zt ) = T * ( d − zt ) Cuando el eje neutro está en el alma, también se puede se puede estudiar la siguiente alternativa como metodología que permite tener en cuenta la forma real de la sección en T en la zona a compresión. La fuerza de compresión C se descompone en las fuerzas C1 y C2 resistidas respectivamente por las porciones del ala que sobresalen en voladizo desde el alma y por el rectángulo conformado por la altura a del bloque de compresión y el ancho bw del alma, según se muestra en la siguiente figura.

111

C1 / 2

C1 / 2

C2

a

Eje Neutro

Figura 2.49. Fuerzas C1 y C2 del bloque de compresión.

Las fuerzas C1 y C2 están definidas por: C1 = 0.85 * f c' * (b - bw ) * h f C 2 = 0.85 * f c' * a * bw

Así mismo, las cuantías de refuerzo están determinadas por las ecuaciones: As1 = As f =

0.85 * f c' * ( b − bw )* h f fy

As2 = As − As1 =

0.85 * f c' * a * bw fy

Igualando las fuerzas en el nervio C2 = T2, encontramos: a =

As 2 * f y 0.85*

f c´

* bw

=

( As − As1 )* f y 0.85*

f c´

* bw

=

( As − As f )* f y 0.85* f c´ * bw

El momento último resistente de la sección Mu = Mu1 + Mu2, viene a ser: M u = φ * As1 * f y * d −

hf 2

+ As 2 * f y * d −

a 2

112

= φ * As f * f y * d −

hf 2

(

)

+ As - As f * f y * d −

a 2

donde, M u1 = φ * As1 * f y * d −

(

)

hf 2

M u2 = φ * As - As f * f y * d −

a 2

Como en vigas rectangulares, hay que asegurarse de que el acero de tracción esté en fluencia antes del aplastamiento. Para una rotura balanceada: εu c = d εu + ε y Un equilibrio de fuerzas internas conduce a las siguientes ecuaciones: As * f y = 0.85 * β 1 * f c' * bw * c + 0.85 * β 1 * f c' * (b - bw ) * h f As * f y = 0.85 * β1 * f c' * bw * c + As1 * f y

Definiendo ρw = As /bw d y ρf = Asf / bw d = As1 / bw d (acero total y parcial en función de la sección rectangular de la viga con ancho bw), la última ecuación se puede escribir: f' εu ρ w b = 0.85 * β 1 * c * +ρf f y εu + ε y El primer término es la cuantía balanceada de acero ρb de la viga rectangular. La cuantía equilibrada de acero en la viga T es: ρ wb = ρb + ρ f La cuantía máxima de acero no debe, entonces, exceder: ρ w,max = 0.75 * ( ρ b + ρ f ) Finalmente, para el acero mínimo se deben cumplir: ρ w ,min =

1.4 fy

donde el valor de fy está dado en Mpa. 113

Ejemplo 25: Encontrar Mu para una viga T. Para la viga T mostrada en la figura hallar el momento último resistente Mu si: a) Acero As son 4 barras No. 9. b) Acero As son 6 barras No. 9. b = 90 cm

* Datos : a1

a2

* b = 90 cm

8 cm

* bw = 30 cm

x1

d = 52 cm

44 cm

* d = 52 cm 58 cm

* f c' = 21 MPa * f y = 420 MPa

30 cm

30 cm

30 cm


Solución: a) Usando As = 4#9 = 4*6.41 cm2 = 25.64 cm2 •

Usando área total A*c obtenemos:

del bloque de compresión. Igualando C =T ,

25.64 * 420 = 1076.88 KN 0.85 * f c' * A*c = 10

Entonces, A*c =

1076.88 * 10 = 603.3 cm 2 0.85 * 21

a1 =

T 0.85 f c'

*b

=

< b * h f = 8 * 90 = 720 cm 2

1076.88 * 10 = 6.70 cm < 8.0 cm 0.85 * 21 * 90

114

M u = φ M n = 0.90 *

1076.88 * 52 −

6.70 2

10 2

= 471.5 KN − m

b) Usando As = 6#9 = 6*6.41 cm2 = 38.46 cm2 •

Primera Alternativa. Usando área A*c de compresión. Igualando C = T, obtenemos: 0.85 * f c' * Ac* =

Ac* =

38.46 * 420 = 1615.32 KN 10

1615.32 * 10 = 904.94 cm 2 > 0.85 * 21

A f = 720 cm 2

a2 = 8.0 + 6.17 = 14.17 cm

El área A*c y la profundidad del eje neutro son: Ac* = A f + x1 * 30 → x1 =

904.94 − 720 = 6.17 cm 30.0

El centroide de A*c es: 90 * 8 * 4 + 30 * 6.17 * 8 + Centroide

zt =

φ M n = 0.90 * •

6.17 2

720 + 30 * 6.17

1615.32 * (52 − 5.45 ) 10 2

= 5.45 cm

= 676.74 KN − m

Segunda Alternativa. Usando ecuaciones. Igualando C = T, obtenemos: a=

ρ* fy * d 0.85 *

f c'

→

ρ =

As 6 * 6.41 = = 0.0082 b * d 90 * 52

Entonces,

115

a=

0.0082 * 420 * 52 = 10.03 cm > h f = 8.0 cm 0.85 * 21

∴ a > hf

→ Diseñar como viga T .

Encontramos a continuación As1 anteriormente. As1 = As f =

y

0.85 * f c' * (b − bw)* h f fy

As2, usando las formulas deducidas

=

0.85 * 21 * (90 − 30 )* 8.0 = 20.4 cm 2 420

As2 = As − As1 = 38.46 − 20.4 = 18.06 cm 2

As2 * f y

a2 =

0.85 *

f c' * bw

=

18.06 * 420 0.85 * 21* 30

→ a2 = 14.17 cm

El momento resistente de la sección esta determinado por: M u = φ Mn = φ * As1 * f y * d −

Mu =

0.9 * 20.40 * 420 10

3

* (52 − 4 ) +

hf 2

+ φ * As 2 * f y * d −

0.9 * 18.06 * 4200 10

3

* 52 −

a2 2

14.17 2

M u = φ * M n = 676.77 KN − m

Chequeamos las cuantías de acero: Cuantia balanceada

ρw =

ρf =

→

ρb =

0.85 2 * 21 600 * = 0.0213 420 600 + 420

As 38.46 = = 0.0247 bw * d 30 * 52 As f bw * d

=

20.4 = 0.0131 30 × 52

116

ρ w,max = 0.75 * (ρ b + ρ f ) = 0.75 * (0.0213 + 0.0131) = 0.0258 ρ w ,max = 0.0258 > ρ w = 0.0247

Como conclusión se puede determinar que la cuantía de acero que se coloca en el alma es menor que la cuantía de acero máxima permitida por lo que el diseño es adecuado. Adicionalmente se considera que el acero a tensión As fluye, debido a que: * ε s = 0.003 *

d −c 52 − 14.17 / 0.85 = 0.003 * = 0.0064 > ε y = 0.0021 c 14.17 / 0.85

Ejemplo 26: Computar el momento último permitido para la viga T de la figura. Para el acero de refuerzo a tracción.Usar As = 6#9 = 6*6.41 cm2 = 38.46 cm2. b = 75 cm

Datos : hf = 10 cm

a

x1

d = 65 cm

55 cm

Zt C

75 cm

6 No. 9

* b = 75.0 cm * bw = 30.0 cm * d = 65.0 cm * h f = 10.0 cm * f y = 420 MPa * f c' = 21 MPa

bw = 30 cm


•

Primera Alternativa. Usando área A*c de compresión. Igualando C = T, obtenemos: 0.85 * f c' * Ac* = 38.46 * A*c =

420 * 10 2 10 3

= 1615.32 KN

1615.32 * 10 = 904.9 cm 2 > 0.85 * 21

A f = 750 cm 2

117

Ac* = A f + x1 * 30 → x1 =

904.9 − 750 = 5.165 cm 30.0

a = 10.0 + 5.165 = 15.165 cm

El centroide de la sección en compresión, A*c es: zt =

1 5.165 * 75 * 10 * 5 + 30 * 5.165 * 10 + 904.9 2

= 6.3 cm

y el momento último resistente es: φ M n = 0.90 *

1615.32 * (65 − 6.3 ) 10 2

= 853.4 KN − m

A continuación chequeamos si As fluye: εu 0.003 cb = *d = * 65 = 38.46 cm 0.003 + 0.00207 εu + ε y Por lo que, a b = 0.85 * c b = 32.69 cm

La sección a compresión balanceada, es: A*cb = 750 + ( 32.69 − 10 ) * 30 = 1430.7 cm 2 0.85 * 21 * 1430.7 C b = 0.85 * f c' * A*cb = = 2554 KN 10

La máxima fuerza de tracción permitida, que equilibra la anterior fuerza compresión balanceada, es: Tmax = 0.75 * C b = 0.75 * 2254 = 1915 KN > T actual = 1615 KN

Puesto que Tactual < Tb y As dado < As b •

As fluye

Segunda Alternativa. Usando ecuaciones. Igualando C = T, obtenemos:

118

ρ =

As 6 * 6.41 = = 0.0079 b * d 75 * 65 a=

→ a=

ρ* fy * d 0.85 * f c'

0.0079 * 420 * 65 = 12.07 cm > h f = 10.0 cm 0.85 * 21

∴ a > 10 cm → Diseñar como viga T .

Encontramos As1: 0.85 * f c' * (b − bw)* h f 0.85 * 21 * (75 − 30 )* 10.0 As1 = Asf = = = 19.13 cm 2 fy 420 As 2 = As − As1 = 38.46 − 19.13 = 19.33 cm 2 a2 =

As 2 * f y 0.85 *

f c'

* bw

=

19.33 * 420 0.85 * 21 * 30

→ a 2 = 15.161 cm

Encontramos el momento resistente: φ Mn =

0.90 * 19.13 * 420 10

3

* 65 −

10 2

+

0.90 * 19.33 * 420 10

3

* 65 −

15.161 2

φ M n = 853.4 KN − m

El anterior valor es igual al encontrado en la primera alternativa. Se revisa, a continuación, las cuantías de acero: Cuantia balanceada →

ρw =

38.46 = 0.0197 30 * 65

ρb =

;

0.85 2 * 21 600 = 0.0213 420 600 + 420

ρf =

As f bw * d

=

19.13 = 0.0098 30 * 65

ρ w,max = 0.75 * (ρ b + ρ f ) = 0.75 * (0.0213 + 0.0098 ) = 0.0233 ρ w = 0.0197 < ρ w,max = 0.0233

→

As fluye

Ejemplo 27. Para la viga T de la figura siguiente, encontrar:

119

b = 75 cm

Datos : hf = 12.5 cm

a d = 54 cm

39 cm

60 cm

*b * bw *d * hf

= 75.0 cm = 25 .0 cm = 54.0 cm = 15.0 cm

* f y = 420 MPa * f c' = 28 MPa 25 cm

bw = 25 cm

25 cm


a) b) c) d)

El acero As1 y el As máximo para la sección mostrada. El momento resistente Mn si As máximo permitido es igual a 40 cm2. El ancho b si Mn = 900 KN-m. El momento resistente Mn si limitamos ρw,max a 0.75*(ρb + ρf ).

Solución: a) Encontramos As1 y el acero As( máximo). Asumimos que d = dbal . ab = β 1 *

cb =

600 600 d bal = 0.85 * * 54 = 27. 0 cm 600 + f y 600 + 420

ab 27 = = 31.76 cm 0.85 0.85

La profundidad del eje neutro balanceado también puede ser calculado usando: εu 0.003 cb = * d bal = * 54 = 31.76 cm 0.003 + 0.0021 εu +ε y La profundidad del bloque de presiones es: a b = 0.85 * cb = 27.23 > hf = 15.0 cm

La cuantía balancaeda de acero es: Cuantia balanceada → ρ b = 0.85 2 *

28 600 * = 0.0283 420 600 + 420

El acero As1 es:

120

As1 = As f =

0.85 * f c' * (b − bw )* h f fy

=

0.85 * 28 * (75 − 25 )* 12.5 420

As1 = As f = 35.4 cm 2

El acero As( max) que se le puede colocar a la sección se calcula de la siguiente manera:

ρ w ,max = 0.75 * (ρ b + ρ f ) = 0.75 * 0.0283 +

35.4 = 0.041 25 * 54

Asmax = 0.041* 25 * 54 = 55.2 cm 2

b) Encontramos el momento resistente Mn si As(máximo) = 40 cm2. As 40.0 = = 0.01 → Asumiendo la viga como rec tan gular b * d 75 * 54

ρ = ρw = a=

40 * 420 = 9.42 cm < h f = 12.5 → La viga se toma rectangular 0.85 * 28 * 75

Mn =

1 10

3

* 40 * 420 * 54 −

9.42 2

= 828.1 KN − m

Similarmente, usando la fuerza de compresión: Mn ≅

1 10

3

* 0.85 * 28 * 75 * 9.42 * 54 −

9.42 2

= 828.8 KN − m

c) Encontramos el ancho b si Mn = 900 KN-m. A partir de: As 2 (max) = 0.75 ρ b * b w * d = 0.75 * 0.0286 * 25 * 54 = 29.0 cm 2

encontramos:

121

Mn2 (max) =

29.0 * 420 10

3

* 54 − 0.5 *

29.0 * 420 = 533 KN − m 0.85 * 28 * 25

El momento Mn1 resulta de: Mn1 = Mn − Mn 2 = 900 − 533 = 367 KN − m

Pero : Mn1 = As1 * f y * d −

hf 2

= As1 * 420 * 54 −

12.5 * 10 −3 = 367 KN - m 2

As1 = 18.3 cm 2 Igualando fuerzas C1 y T1 , obtenemos: As1 = As f =

0.85 * f c' * ( b − bw ) * h f fy

∴ (b − bw) = 25.8 cm

=

0.85 * 28 * (b − bw )* 12.5 = 18.3 cm 2 420

b = 25.0 + 25.8 cm = 50.8 cm

d) El momento resistente Mn si ρw,max = 0.75*(ρb + ρf ). La cantidad máxima de acero As1 que puede ser colocado en las alas es: As1 = As f =

0.85 * f c' * (b − bw )* h f fy

=

0.85 * 28 * (75 − 25 )* 12.5 420

As1 = As f = 35.4 cm 2

La cuantía propuesta será:

ρ w ,max = 0.75 * (ρ b + ρ f ) = 0.75 * 0.0283 +

35.4 = 0.041 25 * 54

Asmax = 0.041* 25 * 54 = 55.4 cm 2

Este acero, que corresponde a la cantidad máxima, es el que debe ser colocado en tracción. De esta manera:

122

As 2 (max) = 0.75 * Asb = 0.75 * ρ b * bw * d = 0.75 * 0.0283 * 25 * 54 = 28.7 cm 2

As 2 (max) = 28.7 cm 2 ≥ As 2( ddisponible ) = ( 55.4 − 35.4 ) cm 2 = 20.0 cm 2 M n 2(max) =

20.0 * 420 10

3

* 54 − 0.5 *

20.0 * 420 = 394.4 KN − m 0.85 * 28 * 25

Para el anterior momento el valor de la profundidad del bloque de compresión es a = 14.1 cm mayor que la altura hf de la loseta, por lo que la sección se considera en forma de T. El momento Mn1 se calcula de la siguiente manera: M n1 = As1 * f y * d −

hf 2

=

35.4 * 420 10

3

* 54 −

12.5 = 709.9 KN − m 2

M n = M n1 + M n2 = 709.9 + 394.4 = 1104.3 KN − m

La cantidad con la cual se debe diseñar el acero de las alas es As1 = 35.4 cm2, y la cantidad definitiva con la cual se debe diseñar el acero del alma es As2 = 20.0 cm2. Esta última cantidad es menor a a la maxima 0.75*ρb*bw*d = 28.7 cm2 que como tal podría resistir el alma. Sin embargo, por limitaciones de cuantía el acero del alma debe ser reducido para que la fuerza producida por As1 pueda ser desarrollada en toda la sección de las alas y de esta manera se logre el equilibrio general de la sección. Ejemplo 28: Diseño de vigas T continúas. Diseñar el acero a flexión para una viga con sección en forma de T la cual debe soportar un momento último máximo de diseño Mu = 250 KN-m. La viga hace parte de una losa aligerada con una luz de diseño L = 8.0 m, la resistencia del concreto es f' c =21 MPa y los esfuerzos de fluencia del acero están dados por fy = 420MPa. b = 80 cm

b = 80 cm

hf = 5 cm

y E. N.

d = 40 cm

d - hf = 40 cm h = 45 cm

bw = 20 cm

bw = 20 cm


123

•

Revisión del ancho eficaz de la viga T:

* b ≤ L / 4 = 200 cm * b ≤ 16 * h f + bw = 16 ∗ 5 + 15 = 95 cm

Usar b = 80 cms

* b ≤ S n + bw = 80 cm ← Separacion centro a centro de vigas

•

Determinar si la sección se comporta como viga rectangular o viga T.

Inicialmente se supone la sección como rectangular con la profundidad del bloque de presiones dentro del ala, el ancho b = 80 cm y altura útil d = 40 cm. Se calcula la cuantía necesaria ρ a partir de Mu dado y a partir de dicha cuantía se encuentra la profundidad a del rectángulo de compresiones. Partiendo de la ecuación de momento nominal para una viga rectangular, encontramos la profundidad a del bloque rectangular de presiones:

φ * M n = φ * ρ * f y * b * d 2 1 − 0.59 * ρ *

fy f c'

250 0.9 * ρ * 420 * ∗80 ∗ 40 2 * 420 = 1 − 0.59 * ρ ∗ 4 10 21 10 ρ * f y * d 0.00553 * 420 * 40 ρ = 0.00553 → a = = = 5.20 cm 0.85 ∗ 21 0.85 * f c'

Como la distancia a encontrada es mayor que hf , la profundidad del bloque de compresiones es mayor que la profundidad del ala y por consiguiente el diseño corresponde a una viga T. •

Diseño como viga T. Inicialmente se determina Mu1 = Muf y As1= Asf M u1 = φ ∗ 0.85 * f c' * ( b − bw ) * h f * d −

As1 = As f =

M u1 =

0.85 * f c' * (b − bw )* h f

0.9 ∗ 12.75 ∗ 420 10 3

fy

=

hf 2

= φ ∗ As1 ∗ f y * d −

hf 2

0.85 ∗ 21 ∗ (80 − 20 ) ∗ 5 = 12.75 cm 2 420

∗ (40 − 5 2 ) = 180.7 KN − m

124

Seguidamente calculamos Mu2 y el acero correspondiente As2 o lo que es lo mismo As 2 = As - As1 = As - As f

M u2 = M u − M u1 = 25.0 − 180.7 = 69.3 KN − m

Por lo tanto, para la zona central rectangular de ancho bw (ancho del alma), planteamos: As 2 * f y 420 * As 2 a M u2 = φ * As 2 * f y * d − → a= = = 1.177 * As 2 ' 2 0.85 * f c * bw 0.85 * 21 * 20 Sustituyendo valores obtenemos: 1.177 * As 2 69.3 0.9 * As 2 ∗ 420 = ∗ 40 − 4 2 10 10

→

As 2 = 4.94 cm 2

Chequeamos de nuevo la profundidad a y obtenemos: a = 1.177 * As 2 = 1.57 * 4.94 = 5.81 cm > h f = 5 cm

El acero total de diseño As es: As = As1 + As 2 = 12.75 + 4.94 ≈ 17.7 cm 2

•

Comprobamos las cuantías de acero: 0.85 2 * 21 600 = 0.0213 420 600 + 420 As f 12.75 As 17.7 ρw = = = 0.02213 ; ρ f = = = 0.01594 bw * d 20 * 40 bw * d 20 * 40

Cuantia balanceada → ρ b =

ρ w ,max = 0.75 * (ρ b + ρ f ) = 0.75 * (0.0213 + 0.01594 ) = 0.02793 ρ w ,max = 0.02793 > ρ w = 0.02213

2.6 Solución General: Resistencia Última de Diseño a Flexión A continuación se presenta una solución general para una sección de forma irregular o alguna forma no convencional diferente a la viga rectangular o viga T 125

tratadas hasta ahora. Se considera, igualmente, que la sección a estudiar es doblemente reforzada y en el caso de la sección a compresión esta se denomina A *c, similar al caso tratado en las vigas T (Ver Figura 2.54). Definimos el área A *c como el área de la sección a compresión del concreto con una altura a = β1*c y el centroide de la sección a compresión (donde se localiza la fuerza Cc), definida como zt. La altura a de la sección a compresión no corresponde a la de una sección rectangular por lo que la solución no es la misma para el caso de este tipo de vigas. La fuerza de compresión Cc está definida por: C c = 0.85 * f c' * A*c La sección transversal de la Figura 2.54 corresponde a una viga con armadura a compresión A's, situada a una distancia d' de la cara de compresión, y con una acero a tracción As a una profundidad efectiva d. Compresio n

e cu

d'

A’s h

d

0.85 f’c

0.85 * f’c

c

CS’ CC

zt

CS = A’s * f ’s a b *c = 1

a b *c = 1

+

Eje Neutro d-c

As

T1 = As1

es

* fy

T2 = As2

Figura 2.54. Sección doblemente reforzada: solución general.

El momento resistente total de la sección mostrada en la Figura 2.54, es:

(

M u = M u 1 + M u 2 = φ * As1 * f y * (d − z t ) + φ * As 2 * f y * d − d '

)

El momento nominal resistente de la sección también puede ser expresado por la siguiente ecuación: M n = 0.85 * f c' * A*c * ( d − z t ) + A's * f s' * ( d − d' )

Las deformaciones unitarias en los aceros a compresión y tracción están definidas por:

126

* fy

ε 's = 0.003 *

c − d' c

; ε s = 0.003 *

d −c c

El procedimiento para encontrar el acero de la sección es el siguiente: 1.) Se supone As1 y se encuentra T1 = Cc , a partir de lo cual despejamos As1 * f y A*c = . 0.85 * f c' 2.) Encontramos c, a = β1*c y el centroide zt apoyándonos en la sección geométrica. Por prueba y error se supone la profundidad a, se calcula el área Ac* hasta que esta coincida con la encontrada en el punto 1. A partir de aquí, se encuentra el centroide zt. 3.) Se calcula Cc y Cs de tal manera que coincidan con las fuerzas de tracción T 1 y T2. 4.) Se encuentra el momento nominal Mn. 5.) Se chequea si el acero As a tracción efectivamente fluye utilizando la expresión de la deformación unitaria εs. Así mismo, para el acero a compresión A's se chequea el estado de fluencia del mismo usando la deformación unitaria εs'. En tal caso la deformación εs' debe ser mayor a εy si el acero a compresión está en fluencia o menor a εy si todavía no se presenta la fluencia. Para chequear la cuantía máxima de acero se utiliza: As max = 0.75 *

0.85 * f c' * A*cb A's * f s' + fy fy

donde A*cb es el área a compresión para una sección con profundidad balanceada: ab = β 1 *

ε cu

ε cu + ε y

*d

En el caso de una viga con refuerzo simple podemos encontrar el factor directamente a partir de la ecuación de momento A*c * ( d − z t ) M n = 0.85 * f c' * A*c * ( d − zt ) , o por prueba y error hasta que la fuerza de tensión

T propuesta coincida con la fuerza Cc encontrada a partir de las sección geométrica asumida. Ejemplo 29. Diseño de vigas en forma de I. Para la viga mostrada en la Figura 2.19 hallar el acero As de tensión si el momento de diseño es Mu = 2000 KN-m,

127

la resistencia del concreto es f 'c = 35 MPa y los esfuerzos de fluencia del acero están dados por fy = 420 MPa. Usar una profundidad d = 92.5 cm. 20 cm

20 cm

20 cm A*C1 A*C2

10 cm 10 cm

100 cm

0.5xA*C3

0.5xA*C3

60 cm

20 cm x y

10 cm 10 cm

10 cm

x = 2y

Figura 2.55. Sección en I para el ejemplo No. 21.

El momento nominal de diseño es: Mn =

Mu

φ

=

2000 KN − m = 2222.22 KN - m 0.9

El momento nominal de acuerdo al valor de la fuerza a compresión por el la profundidad medida hasta el centroide del acero a tensión es: M n = 0.85 * f c' * A*c * (d − z t )

Si dividimos el área de compresión en las tres sub-áreas distintas mostradas en la figura 2.19, podemos deducir que: Ac* =

3

1

A*ci = A*c1 + Ac*2 + Ac*3

Ac* * (d − z t ) =

3 1

A*ci * (d − z ti )

y entonces el momento nominal resistente es: M n = 0.85 * fc' *

3 1

A*ci * (d − zti )

Por lo cual, encontramos que el área de cada bloque en el cual se ha divido la zona a compresión por su respectivo brazo tendría que ser en total:

128

3 1

A*ci * (d − z ti ) =

2222.22 * 10 3 = 74696.5 cm 2 0.85 * 35

= A*c1 * ( d − z t 1 ) + A*c 2 * ( d − z t 2 ) + A*c 3 * ( d − z t 3 )

y considerando cada elemento en particular por su respectivo brazo hasta la altura al centroide del acero a tracción se obtiene: A*c1 = 10 * 60 = 600.0 cm 2

→

Ac*1 * ( d − z t 1 ) = 600 * ( 92.5 − 5 ) = 52500

(

)

A*c 2 = y * ( 60 − 2 x ) = 60 y − 4 y 2 →

Ac*2 * ( d − z t 2 ) = 60 y − 4 y 2 * (92.5 − y / 2 − 10 )

A*c3 = 2 * x * ( y / 2 ) = 2 y 2

A*c3 * ( d − z t 3 ) = 2 y 2 * (92.5 − y / 3 − 10 )

→

Por lo tanto, 3 1

(

)

A*ci * (d − z ti ) = 52500 + 60 y − 4 y 2 * (92.5 − y / 2 − 10 ) + 2 y 2 * (92.5 − y / 3 − 10 ) = 74689.1 cm 3

(60 y − 4 y 2 )* (82.5 − y / 2) + 2 y 2 * (82.5 − y / 3) = 22189.1

y ≈ 5.72 cm

La fuerza a compresión es: Cc = 0.85 * f c' * Ac* = 0.85 * f c' *

3 1

(

A*ci = 0.85 * f c' * Ac*1 + Ac*2 + A*c 3

)

Sustituyendo valores, Cc =

[

]

0.85 * 35 * 600 + 5.72 * (60 − 4 * 5.72 ) + 2 * 5.72 2 = 2611.35 KN 10

Puesto que Cc = T , entonces: T = As * f y = 2611.35 →

As =

2611.35 * 10 = 62.2cm 2 420

129

Problemas Propuestos Problema 2.1. Una viga simplemente apoyada, con una luz libre de 6.5 mts tiene los datos indicados en la figura. b

* Datos :

h

E.N.

d

b = 300mm ;

fc = 28 Mpa

d = 440mm ;

fy = 420 MPa

As = 4# 8 = 4 × 510 = 2040mm2

As

a.) Determinar el momento de agrietamiento en las fibras de tracción de la sección si la resistencia de los esfuerzos a la tracción es f r = 0.7 * f c' , donde f'c está dado en Mpa. Usar el método de la sección transformada. b.) Determinar la máxima carga de servicio W que puede resistir la viga conservado el limite elástico de los materiales. Usar: fc (adm) = 0.45*f'c y fs(adm) = 0.5*fy Problema 2.2. Analizar la viga sometida a flexión por el método de los esfuerzos admisibles. Considerar M = 152 KN-m y As = 31.2 cm2. Usar n = 9, fc(adm) = 0.45*f'c , fs(adm)= 0.5*fy y fr = 0.7*(f'c)0.5. Chequear la sección no agrietada y la sección agrietada. Para la sección no agrietada, determinar si la viga resiste el momento dado antes de agrietarse. Para la sección agrietada, determinar si los esfuerzos admisibles son adecuados para resistir el momento. 15 cm

15 cm

66 cm

58 cm

15 cm

15 cm

130

Problema 2.3. Usando el método del área transformada encontrar los esfuerzos de flexión en el concreto y acero para la viga de la figura. Datos: * Momento = 240 KN-m * Acero As = 4 # 9

* Factor n = 10 * Distancia d = 54 cm * Acero A´s = 8 # 4 150 cm 8 No. 4

10 cm

60 cm

d = 54 cm

4 No. 9 6 cm 35 cm

57.5 cm

b.) Asumiendo el eje neutro en el alma (sección rectangular) y sin tener en cuenta el acero a compresión, si los esfuerzos admisibles son fc(adm) y fs(adm) en concreto y acero respectivamente, y si la condición balanceada está presente, determinar el brazo z entre la fuerza a compresión y la fuerza de tracción en fuención de dichos esfuerzos admisibles. Problema 2.4. Para una viga continua con dos luces soportada en los puntos A, B, C y D se encontraron después del análisis estructural los siguientes momentos factorados : * Ma = 100 KN-m * Mb = 250 KN-m * Mc = 220 KN-m * Md = 120 KN-m

* Mab = 160 KN-m * Mbc = 120 KN-m * Mcd = 180 KN-m

Determine las dimensiones de esta viga usando b = 1.5*h y un recubrimiento de 5 cm. Hallar el acero requerido para las secciones de momento críticos. Usar una cantidad máxima de acero recomendada de ρ = 0.5 ρb. Las resistencias de los materiales corresponden a los valores fy = 420 MPa y fć = 35 MPa.

131

Problema 2.5. Para una viga rectangular con acero de tensión únicamente se han asumido los siguientes datos : * fy = 420 MPa * f’c = 31.5 MPa

* b = 40.0 cm * d = 44.0 cm

* As=60 cm2

a.) Resolver Asmax permitido y compare As dado con Asb b.) Resolver para Mn con el valor de As dado. Ignorar el As limite según el código. Problema 2.6. Encontrar el momento nominal resistente para la sección mostrada en la figura (con doble acero a tracción). * fy2 = 420 MPa * f’c = 35 MPa * fy1 = 320 MPa 2 2 * As1=24 cm * As2 = 32 cm * b = 25 cm * d1 = 44.0 cm * d2 = 52.0 cm Chequear deformaciones unitarias y comparar con condiciones de fluencia. b

h

d1

E.N.

d2

As1 As2

Problema 2.7. Una viga rectangular mide 30 cm de ancho y tiene una altura d efectiva d de 44 cms. La viga tiene acero de compresión consistente en dos barras No. 8 localizadas a 6 cm de la cara extrema de compresión de la viga. Si fy = 420 MPa y f 'c = 28 MPa, cual es el momento resistente de la viga de acuerdo al código, para las dos siguientes alternativas de acero de tensión: a.) Tres barras # 10 b.) Cuatro barras # 10. Problema 2.8. Para una viga rectangular doblemente reforzada : * b = 40.0 cm * fy = 60000 psi = 420 MPa * d = 44.0 cm * f’c = 4500 psi = 31.5 MPa * d' = 6.0 cm

132

a.) Encontrar As y A's si Mu = 550 KN-m. Limitar ρ = 0.5*ρb b.) Encontrar si el acero de compresión está en fluencia. c.) Encontrar ρmax para la sección con acero a tensión y compresión. Problema 2.9. Para una viga en forma de T simplemente reforzada, se tienen los siguientes datos: * b = 85.0 cm * d = 54.0 cm

* fy = 420 MPa * f’c = 31.5 MPa

* bw = 30 cm * hf = 12 cm

α a.) Encontrar máximo As permitido b.) Encontrar Mn si As = 40 cm2. β c.) Encontrar nuevo b y As si Mn = 900 KN-m. Problema 2.10. Un sistema de piso en concreto consistente en vigas T paralelas y espaciadas cada 2.0 mt entre centros, cuenta con una luz entre apoyos de 10 mt. El momento máximo total a ser soportado es Mu =600 KN-m. Las dimensiones en concreto gobernadas por el diseño arquitectónico son b ≤ 200 cm, bw = 25 cm, hf = 10 cm y d = 49 cm. a.) Si fy = 420 MPa y fć = 28 MPa, encontrar el refuerzo requerido para resistir este momento. b.) Determinar el momento máximo resistente de la sección si se limita Asw = 0.5*ρb*bw*d Problema 2.11. Resolver los siguientes puntos: a.) Para una viga doblemente reforzada encontrar el f'sb (esfuerzo en el acero de compresión en el estado balanceado) del acero a compresión basándose en el concepto de deformaciones lineales elásticas. El valor de los esfuerzos en el acero a compresión debe ser el modulo elástico por una deformación unitaria a encontrar. Establecer la relación en función de d y d'. b.) Una vez establecido el valor de f'sb encontrar el momento nominal Mn de la viga doblemente reforzada para los valores f'c = 350 MPa y fy = 4200 MPa limitando la cuantía máxima del acero de tracción de la viga doblemente reforzada a:

ρ max = 0.5 * ρ b + ρ ' * Usar: * b = 35 cm

' f sb fy

* d = 55 cm 133

* d' = 5 cm

* E = 2.05*105 MPa * Recubrimiento de 5 cm Chequear adicionalmente si el acero superior está actuando en fluencia. Problema 2.12. Para el diseño de una loseta plana con franjas unitarias de 1.0 mt de ancho se han asumido los siguientes datos: * b = 100.0 cms. * d = 15.0 cms. * d’ = 3.0 cms.

* Mn = 45 KN-m * f’c = 28 MPa * fy = 420 MPa

* As = 6.5 cm2/m * A’s = 4.3 cm2/mt * Es = 2*105 MPa

a)

Encontrar la relación del momento último resistente de la sección con respecto al momento último dado. Es mayor el momento dado o se necesita refuerzo a compresión para alcanzar el momento de diseño? b) Analizar ahora la sección con doble refuerzo y determinar si involucrando A's se logra alcanzar el momento último de diseño propuesto. En caso contrario determinar la cantidad A's necesaria para alcanzar el momento de diseño. Problema 2.13. Diseñar el acero para una viga en forma de T a la cual se le encontró que la loseta superior tenía un f'c promedio de 21 MPa y la sección del alma desde el borde inferior de la loseta del ala hasta el borde inferior de la viga (sección del alma descontando la parte de la loseta superior) tenía un f'c de 28 MPa. Los datos de la viga son: * * * *

b = 120.0 cms. * Mu = 1800 KN-m * bw = 40.0 cms. hf = 10 cms * d = 80.0 cms. * fy = 420 MPa f'c = 21 MPa, en toda la loseta superior de viga. f'c = 28 MPa, en el alma de la viga descontando la totalidad de loseta superior.

a) Encontrar si la viga puede ser diseñada o no como una viga rectangular. b) En caso contrario, determine la profundidad a del bloque de compresión y el acero As de diseño para el momento Mu determinado. c) Determinar si se cumple con las condiciones de cuantía máxima de refuerzo incluyendo el porcentaje de refuerzo de las alas en el ancho (b-bw) de estas. Problema 2.14. Una viga de concreto reforzado en voladizo, de L = 3.0 mt y sección transversal en el apoyo con b=40 cm y h=60 cm, tiene una resistencia f’c=21 MPa y un fy=420 MPa. Determine:

134

a.) La carga última uniformemente distribuida que se le puede colocar a la viga si está reforzada con acero 4 # 9 = 25.6 cm2. b.) El momento último que puede resistir esta viga si se usa el acero máximo para esta sección transversal, distribuya el acero. Problema 2.15. En la figura muestra una sección transversal rectangular que se ha usado para la viga carrilera. Esta viga simplemente apoyada tiene una luz de 8.0 mts, y las especificaciones de los materiales son: * f’c=21 MPa

* fy=420 MPa

* peso del concreto= 24 KN/m3

La viga soporta una carga muerta adicional a su peso propio, DL=25 KN/m, una carga viva compuesta por una carga uniformemente distribuida, LL=20 KN/m, y una carga puntual móvil de P=30 KN. Las cargas están sin mayorar. a.) Determine las dimensiones de la viga asumiendo que aproximadamente b= 0.5*h y un recubrimiento de 8 cm. Utilice un porcentaje de acero tal que la sección sea subreforzada. b.) Determine el máximo momento que la viga puede resistir conservando la sección transversal y con el acero máximo posible. c.) Manteniendo la carga igual, cual sería la luz posible que se puede usar para esa sección transversal si se usan 6 barras No. 7?

Problema 2.16. Las siguientes preguntas se refieren a la losa de la figura. Tenga en cuenta que cada pregunta es independiente de la otra. Use concretos de fć =21 MPa y acero con resistencia a la fluencia fy=420 MPa. Las cargas a considerar en la losa para las viguetas son DL=7.5 KN/m2 y LL=2.0 KN/m2. Utilizar inicialmente para las viguetas una altura h=35 cms y un recubrimiento e=5 cms. a.) Determinar la carga de diseño para la vigueta 248 b.) Determinar los momentos y cortantes críticos de la vigueta 248 siguiendo un método simplificado que aplique. c.) Chequear si las dimensiones propuestas son adecuadas para las condiciones críticas de momento, cortante y deflexiones. Si no proponga una solución.

135

d.) Encontrar las cantidades de acero para momentos principales del tramo mas cargado.

!

!!

Problema 2.17. Para la misma figura anterior, suponga que ahora se va a diseñar el primer tramo de la viga 245 en el eje 9. Para el diseño de la viga se usan los siguientes datos adicionales a los enumerados en el problema 2.14: * b = 45 cm * d = 40 cm * h = 45 cm * e = 5 cm Usar para las viguetas un carga muerta DL = 7.5 kN/Mt2 y una carga viva LL = 2.0 kN/Mt2, cargas sin mayorar. La luz del primer tramo de la viga es de 6.0 Mt a.) Determinar la carga de diseño para la viga 245. b.) Determinar el momento crítico de la viga 245 siguiendo un método simplificado que aplique. 136

c.) Chequear si las dimensiones propuestas son adecuadas para el momento crítico dado. Proponer inicialmente una cuantía sugerida de ρ = 0.5ρb. Si esta cuantía es excedida proponer una solución adecuada. d.) Encontrar la cantidad de acero definitiva en base al momento determinado en el punto segundo. e.) Encontrar el acero de diseño por el método elástico para el momento crítico, pero no mayorado f.) Determinar a que porcentaje de ρb equivale esta cantidad de acero y el radio de porcentajes entre el método de diseño último y el método elástico. Problema 2.18. Se va a diseñar una Viga T articulada en columnas, para un puente peatonal con los siguientes datos de prediseño: * b = 150 cm * h = 65 cm * * * *

* bw = 40 cm * hf = 15 cm

* d = 55 cms. * f ć = 28 MPa

Peso adicional por carga muerta de barandas = 1000 Nw/ml Carga viva = 4000 Nw/m2 fyl = 420 MPa, barras principales longitudinales fyv = 280 MPa, para diseño de estribos.

a.) Encontrar la luz maxima de diseño para la viga en el preciso instante antes de que empiece a funcionar como viga T. Es decir, la luz maxima luz L de la viga para cuando todavia se considerar viga rectangular. Compresion en las alas. b.) Con una luz de 25.0 mt, encontrar la separacion máxima de estribos a una distancia d de la cara del apoyo. La viga esta sustentada en columnas de 60 cms de diametro.

137

3. Diseño a Cortante En el concreto reforzado el problema real consiste en proyectar estructuras que avisen previamente antes de la falla. Para ello el diseño debe ser preponderamente a flexión en base a secciones sub-reforzadas o dúctiles que muestran fisuras y deformaciones apreciables antes de la falla. En el caso de elementos sujetos a momento flexionante y carga axial hay procedimientos para predecir la resistencia en estos estados de falla. Sin embargo, debido a la presencia de fuerzas cortantes en elementos de concreto reforzado el tipo de falla llega a ser muy diferente a las fallas por flexión. Las fallas por cortante ocurren con poco aviso previo y pueden considerarse repentinas, por lo que los elementos actuados por este tipo de cargas se diseñan para resistir cargas mayores a las que producen la carga por flexión, de tal manera que la falla sea dúctil y los elementos estructurales puedan deformarse y agrietarse ante sobrecargas. De resistencia de materiales se conoce que el esfuerzo de tensión diagonal, el cual es la combinación del esfuerzo cortante más los efectos producidos por el esfuerzo longitudinal a flexión los cuales se definen, respectivamente, de acuerdo a las siguientes expresiones: v=

V*Q I*b

;

f =

M*c I

Un ejemplo de un problema de cortante para elementos estructurales compuestos podría ser el que se desarrolla en la unión de elementos fabricados en diferentes etapas y puestos juntos en obra mediante fundición parcial: Vigas prefabricadas + Losa fundida en sitio

CORTANTE HORIZONTAL

Si se produce un cortante puro en un plano del elemento, se producirá un esfuerzo principal en otro plano del elemento pero de igual magnitud. Con la presencia de esfuerzos longitudinales por flexión se producirán esfuerzos principales de tensión menores a los resistentes a cortante, por lo que el concreto fallará por tensión diagonal antes que por cortante. La tensión diagonal la podemos definir de acuerdo a la siguiente adición de esfuerzos:

138

Esfuerzo cor tan te + Esfuerzo longitudinal por flexión

TENSIÓN DIAGONAL

Los esfuerzos de cortante y los de flexión varían en la profundidad de la sección y a lo largo del vano del elemento y la combinación entre ellos da como resultado esfuerzos principales inclinados que se determinan de acuerdo a la siguiente expresión: f max =

f ± 2

f2 + v2 4

El ángulo que estos esfuerzos forman con la horizontal está determinado por la siguiente expresión: tan( 2α ) =

2v f

Los esfuerzos de cortante, esfuerzos de flexión más cortante y los esfuerzos principales se pueden definir en la siguiente figura: "

"

$% "

#'

" #

#

45°

" $% "

#&'

α

"

"

#&'

#'

Figura 3.1. Esfuerzos principales a partir de la combinación de esfuerzos cortantes y esfuerzos flectores.

Los esfuerzos principales se pueden definir de acuerdo a: ft max =

f + 2

f2 + v2 4

fc max =

f − 2

f2 + v2 4

139

f y

v

ft

1 2

Elemento 1 "

"

Elemento 2 $% "

# '

" #

# α

"

45°

"

# &'

$ %"

# &'

# '

Figura 3.2. Esfuerzos debido a cortante y momento y esfuerzos principales en dos elementos de na sección transversal ubicada en cualquier punto de la viga.

Puesto que los esfuerzos flectores como los cortantes cambian a lo largo de la viga y en cada sección transversal con respecto a la distancia del eje neutro, tanto las inclinaciones como las magnitudes de los esfuerzos principales varían punto a punto. Los esfuerzos de tensión no solo son causados por flexión, ni solo por la fuerza cortante (eje neutro), sino también por la acción combinada de flexión y cortante (debajo del eje neutro, en la zona de tensión) y varían a lo largo de la viga. En la viga considerada en la Figura 3.3, en las secciones próximas a los apoyos donde los momentos flectores son bajos y las cortantes tienden a mantener su mayor valor, los efectos combinados de esfuerzos flectores y cortantes determinan una mayor preponderancia de estos últimos en el calculo de los esfuerzos principales, por lo que el comportamientos de los esfuerzos por tensión diagonal tiende a se igual a los esfuerzos por cortante inclinados en ángulos cercanos a un valor de 450. En la sección central de la viga los esfuerzos longitudinales de flexión actúan en mayor magnitud mientras que los de cortante no existen, presentándose esfuerzos principales de tracción en sentido horizontal con una dirección de la grieta perpendicular al eje neutro.

140

Fisuras por Cortante

Fisuras por Tensión diagonal

Fisuras por Flexión

(

(

(

Figura 3.3. Grietas de flexión y cortante en una viga simplemente reforzada.

Para encontrar los esfuerzos por cortante en cualquier punto de la profundidad de la sección del elemento a considerar, se toma como referencia una sección infinitesimal de longitud dx (ver Figura 3.4), podemos hacer un balance de fuerzas tal que: dF = τ * b * dx

dF = H 2 − H 1 c

H 2 = σ 2 * dA y1

;

c

H 1 = σ 1 * dA y1

De la teoría de resistencia de materiales sabemos que: σ=

M* y I

141

En la siguiente figura se muestra un balance de fuerzas horizontales considerando las fuerzas H1 y H2 así como las presiones respectivas que actúan en el elemento infinitesimal. σ1

σ2

H1

H2

dF Y1

dx Eje Neutro

Figura 3.4. Balance de fuerzas en distancia infinitesimal dx.

Combinando las ecuaciones anteriores, se deduce entonces que: dF =

dF =

M2 I

c

y * dA −

y1

M2 − M1 I

M1 I

c

y * dA y1

c

y * dA y1

Adicionalmente, sabemos que: dM = V dx

De la ecuación dF = τ * b * dx , se despejan los esfuerzos cortantes: τ =

1 dF * b dx

Remplazando el valor de dF encontrado en función de los momentos M1 y M2 en esta última ecuación, se obtiene:

142

τ=

M 2 − M1 I * b * dx

τ=

V I*b

c

c

y * dA

y1

y * dA =

y1

V V * A' * y = *Q I*b I*b

Para el caso cuando y = h/2 se tiene: A' =

h *b 2

∴ τ =

; y=

h 4

→ Q=

bh 2 8

V b* h2 V * h2 * = I*b 8 8* I

Para el caso de la sección rectangular la inercia tiene un valor de: I=

b * h3 12

Por lo cual: τ=

V * ( 12 )* h 2 h 2 * 8 b* h3

τ max =

3* V 2* A

Los esfuerzos de tensión diagonal son proporcionales al momento flector y a la cortante en cada sección particular del elemento, por lo tanto los valores relativos de M y V afectan la magnitud y dirección de los esfuerzos de tensión diagonal.

M Mmax Vmax

143

Mmin Vmax

V

Figura 3.5.a. Diferentes valores de Mmax y Vmax para una viga con una carga puntual.

Mmax Vmin

Mmin Vmax

V

Figura 3.5.b. Diferentes valores de Mmax y Vmax para una viga con una carga distribuida.

Mmax Vmin

Mmax Vmax

Mmin Vmax

Figura 3.5.c. Valores de Mmax y Vmax para una viga continua con carga distribuida.

En una sección con la presencia de Vmax y Mmin el esfuerzo cortante promedio está definidoi como: v=

V bd

La distribución exacta del esfuerzo cortante en la altura de la sección no se conoce. La ecuación τmax = 1.5*V/A solo es aplicable a materiales elásticos y homogéneos. Debido a que la tensión es máxima en el eje neutro las grietas se forman en este sector y se propagan hacia la zona de tensión.

144

Las grietas por tension diagonal se forman en el eje neutro y desde ahí se propagan

Grietas o Fisuras por cortante en el alma

La tensión cortante media v = V / (b*d) puede usarse como una medida del valor máximo de la tensión en cortante de una sección rectangular. Esto es relativamente cierto si la cortante V es grande comparada con los esfuerzos debidos a flexión y la grieta diagonal excede en importancia las grietas causadas por flexión. De acuerdo con los procedimientos del código, las tensiones cortantes se calculan a partir de: vn =

Vu φ * bw * d

(Ecuación C.11-3, NSR-98)

El factor φ de reducción de capacidad es 0.85. El código permite calcular la máxima cortante para una sección situada a una distancia d de la cara del apoyo por el aporte de la compresión vertical de las reacciones en los apoyos.

3.1 Vigas sin Armadura Transversal Las vigas de concreto fundidas sin armadura transversal deben estar en capacidad de contrarestar la tracción diagonal que produciría grietas inclinadas en el alma de la sección de concreto. En este caso, solo el concreto resiste la tracción diagonal y el esfuerzo nominal correpondiente a la carga que produce el agrietamiento inclinado está determinado por la ecuación: vc =

f c' 7

+ 17.1* ρ w*

Vu * d Mu

≤ 0.3 *

f c'

Ecuación C.11-6, NSR-98)

donde Mu es el momento flector mayorado que se presenta en el punto de aplicación de Vu, pero Vu*d / Mu no debe tomarse mayor que la unidad. El parámetro ρw corresponde a la cuantía de acero longitudinal en la sección considerada. La anterior ecuación esta dada en unidades SI (Sistema Internacional). Como alternativa a la ecuación anterior el código permite usar la siguiente ecuación, que es más sencilla y conservadora, pero menos exacta: vc

=

f c'


6

Para elementos sometidos a compresión axial: 145

vc = 1 +

f c' Nu * 14 * Ag 6


la cantidad Nu/Ag debe expresarse en MPa.. Sin embargo vc para elementos a compresión no puede exceder: v c = 0 .3 *

f c' * 1 +

Nu 3.5 * Ag


Para el cálculo de elementos sometidos a compresión axial se debe sustituir, en la ecuación detallada de vc, el momento Mu por el momento Mm dado por la siguiente expresión: M m = M u − Nu *

(4* h − d ) 8


Si se usa este último momento no hay necesidad de conservar la limitación Vu*d / Mm menor que la unidad. Para elementos sometidos a tracción considerable se usa la siguiente expresión para el cálculo de vc: vc =

f c' 6

1+

Nu 3 .5 * A g

≥0


donde Nu es negativa para tracción y la cantidad Nu/Ag esta dada en MPa.

3.2 Vigas con Armadura Transversal El diseño de secciones transversales sometidas a esfuerzos cortantes debe cumplir con:

vu ≤ φ * v n = φ *

Vn bw * d


donde vu es el esfuerzo a tracción mayorado de la sección considerada y vn es el esfuerzo nominal resistente de la sección considerada. El esfuerzo nominal vn se calcula como:

146

vn = vc + v s


en la cual el valor de vc es el esfuerzo nominal del concreto (estudiado en la sección anterior) y vs es el esfuerzo resistente del acero de refuerzo a cortante.

C Av * fy

T

Figura 3.6. Balance de fuerzas para secciones con armadura transversal.

Cuando se utiliza refuerzo a cortante perpendicular a la sección del elemento se usa la siguiente formula para el cálculo de vs:

vs =

Av * f y


bw * s

donde Av es el área de refuerzo a cortante dentro de la distancia s, dada en mm2, y la distancia s es la separación en mm. del refuerzo a cortante en dirección paralela al refuerzo longitudinal. Cuando se utilizan estribos inclinados el refuerzo a cortante viene dado por la ecuación:

vs =

Av * f y * (sen α + cos α )


bw * s

A continuación se presentan diferentes puntos de diseño de la cortante (Figura 3.7), según las condiciones de apoyo o configuración del nudo. En términos generales la cortante de diseño se encuentra a una distancia d de la cara externa

147

del apoyo excepto para losas macizas en voladizo apoyadas en elementos continuos.

Vu

Vu

Vu

d

d

Carga

Vu

Vu

d

Figura 3.7. Localización de la fuerza cortante última de diseño de acuerdo a las condiciones de apoyo.

3.3 Consideraciones para el Diseño de la Armadura Transversal Las siguientes consideraciones deben ser tenidas en cuenta en el diseño a cortante y estan contenidas en los numerales C.11.1.2, C.11.5.5.3 y la sección C. 11.5.4 de la norma NSR-98. 1) Los valores de f c' no deben exceder 8.3 MPa. Se pueden usar valores mayores siempre y cuando el refuerzo transversal en el alma sea menor que (fc’ / 35), y a la vez, menor o igual que 3 veces la cantidad del acero mínimo de refuerzo transversal.

148

2)

El refuerzo mínimo a cortante cuando este se requiera debe estar limitado por la siguiente expresión:

Av =

bw * s 3* f y


donde bw y la separación s se expresan en mm y fy en MPa, respectivamente. Debe colocarse un área de refuerzo a cortante en todo elemento de concreto reforzado en donde el esfuerzo cortante mayorado vu sea mayor que la mitad de la resistencia suministrada por el concreto, φ*vc / 2, excepto en losas y zapatas, vigas con altura total no mayor de 250 mm ó 2.5 el espesor del ala o la mitad del ancho del alma (el que sea mayor). La separación del refuerzo a cortante no debe ser mayor de d/2 ni de 600 mm, si la resistencia a cortante contribuida por el acero transversal vs es

3)

4)

menor o igual a 0.33 *

f c' .

Cuando vs sea mayor de 0.33 *

5)

f c' , las separaciones dadas anteriormente

se reducen a la mitad (d /4 o 300 mm). La resistencia a cortante contribuida por el refuerzo a cortante, vs , no puede ser mayor que 0.66 * Si ρw ≤ 0.012, se sugiere usar Vc = ( 0.066 + 8.4 * ρ w ) *

6)

f c' .

f c' * ( bw * d )

3.4 Resistencia al Cortante. Según Norma Nsr – 98 * vu

≤ φ*vn → φ =0.85

(Ecuación C.9.3, NSR-98)

* vn =vc + vs * vu =

Vu bw * d

(Ecuación C.11.2, NSR-98) ----------- Esfuerzo Uniforme en la Sección Transversal

3.4.1 Resistencia al Cortante Contribuida por el Concreto por Método Simplificado •

Para elementos sometidos a Cortante y Flexión:

149

* vc =

•

f´ c 6

→ con


f ´ c ≤ 8.3 MPa

(Ensayos válidos para fć ≤ 70.4 Mpa)

Para elementos sometidos a Compresión Axial: * vc = 1 +

Nu * 14 * Ag

fć

,

6

Nu en Mpa (Ecuación C.11.5, NSR-98) Ag

… Los elementos sometidos a una tracción axial importante deben diseñarse de tal formaque el refuerzo lleve todo el cortante.

… En estructuras de Disipación de Energía Especial (DES), cuando el valor del

esfuerzo cortante contribuido por el sismo es más de vu / 2, entonces el esfuerzo del concreto vc debe tomarse como cero según la sección C.11.3.1.4 de la norma NSR-98

•

Para elementos sometidos a una tracción axial considerable: * vc =

Con

fć 6

* 1+

Nu ≥0 3.5 * Ag

Nu , dado en MPa 3.5 * Ag

* Tomando Vu →

vu =

Vu bw * d

→

vs =

Vs bw * d

Por lo tanto: s =


Nu se toma negativo para tracción.

Av * f y * d Vs

3.4.2 Resistencia al Cortante Contribuida por el Concreto por Método Detallado •

Para elementos sometidos solo a flexión y cortante 150

* vc =

fć 7

+ 17.1 * ρ w *

* Con el valor de •

Vu * d Mu

≤ 0 .3 *

fć


Vu * d ≤ 1.0 Mu

Para elementos sometidos a Compresión Axial:

* Se puede usar C.11.6, pero con Mm en lugar de Mu y sin limitar

* M m = M u − Nu *

4*h − d 8

* Pero vc ≤ 0.3 * f ć * 1 +

Vu * d Mu

(Ecuación C.11.7, NSR-98) Nu 3.5 * Ag


* Si Mm < 0, entonces vc se debe calcular de acuerdo a la Ecuación C.11.8 de la NSR-98.

3.4.3 Refuerzo Mínimo de Cortante según Sección C.11.5.5.1 del NSR-98 •

•

Debe colocarse un área mínima de refuerzo a cortante si vu >φ vc /2, excepto en: α a.) Losas y zapatas β χ b.) Vigas con h ≤ 250 mm δ Av mínimo. Usar mínimo vs = 0.33 Mpa: Av =

bw * s 3* f y


3.4.4 Refuerzo Máximo de Cortante según Sección C.11.5.4 del NSR-98 * Si v s > 0.33 * f ´ c → reducirse a d/4 o 300 mm.

El espaciamiento máximo, d/2 o 600mm, debe

151

* Si

v s < 0.67 *

fć →

Sección C.11.5.6.8, NSR-98: no exceder este

valor de vs. •

Espaciamiento máximo del refuerzo cortante según Sección C.11.5.4 del NSR-98

* Donde exista Vs , el espaciamiento máximo debe ser

s ≤ d/2

* El espaciamiento máximo debe estar limitado a 60 cm en todos los casos. •

Refuerzo Transversal en Vigas según Sección C.21.3.3, Disipación especial DES, del NSR-98 * Estribos de Confinamiento (al menos db=10 mm): En una distancia igual a 2d medida hacia el centro del elemento, para ambos extremos. En una distancia igual a 2d a ambos lados de aquellos lugares donde el análisis indique que puede haber plastificación por flexión.

•

El primer estribo de Confinamiento debe colocarse a 50 mm de la cara del apoyo. * Máximo espaciamiento de los estribos de confinamiento no puede exceder:

s ≤

• • • •

•

d/4 8*db Diámetrode la barra longitudinal mínima 24*db Diámetro del estribo de confinamiento 300 mm.

Donde no se requieran estribos de Confinamiento: colocar s = d/2 a todo lo largo del elemento.

* Estribos Mínimos de 10 mm con ganchos de 135° abrazando el refuerzo longitudinal.

152

Extensión 6 db

Figura 3.8. Configuración de un estribo rectangular.

3.4.5 Resistencia al Cortante Contribuida por el Refuerzo. Sección (C. 11.5) •

•

Tipo de Refuerzo Cortante →

•

Estribos perpendiculares al eje del elemento.

•

Malla Electrosoldada con alambres perpendiculares al eje

En Concreto Reforzado también puede considerarse como refuerzo cortante: a.) Los estribos que formen ángulo de 45° ó más con el refuerzo longitudinal a tracción. b.) El refuerzo longitudinal doblado que forme un ángulo de 30° ó más con el refuerzo longitudinal a tracción. c.) Las combinaciones de estribos y refuerzo longitudinal doblado. d.) Los espirales s

s

Figura 3.9. Formación de grietas a 450. Separación de estribos

153

En el anterior esquema y observando la Figura 3.6 se cumple que: v s * bw * s = Av * f y

Por tanto, la separación de estribos es: s=

Av * f y v s * bw

Ejemplo 1: Separación del Acero Transversal a una distancia d del apoyo. Una viga con luz libre de 7000 mm y sección transversal rectangular soporta una carga mayorada uniformemente distribuida de Wu = 120 KN/m. Encontrar: a.) La separación máxima a una distancia d del borde del apoyo y comparar con la separación máxima permisible según el código para este punto. Usar estribos db = 10 mm. b.) Encontrar a que punto de la cara del apoyo se usaría s = d/2 = 270 mm. c.) Encontrar el punto hasta donde se usarían estribos. d.) Encontrar smax en el alma para un Av mínimo y la distancia desde el paño a partir de donde se empieza a aplicar este valor. Datos: * b = 400 mm * d = 540 mm * fć = 21 MPa * fyv = 420 MPa para φ ≥ 10 mm Solución: a.) Separación máxima a una distancia d y separación máxima permisible según el código. Encontramos la cortante última de diseño en el eje del apoyo. Vu = 120 KN

7 * m = 420 KN m 2

Los esfuerzos últimos correspondientes a esta cortante son: vu =

420 * 10 3 N = 1.94 MPa 400 mm * 540 mm

154

La cortante y los esfuerzos de diseño a una distancia d del apoyo (o de la cara externa del apoyo), es: Vu d = 420 kN − 120

vud =

kN * 0.54 m = 355.2 KN m

355.2 kN = 1644.4 kN = 1.64 MPa m² 0.4 m * 0.54 m

Los esfuerzos de cortante que toma el concreto son: vc =

fć 6

21 = 0.76 MPa 6

=

→

vc = 0.38 MPa 2

La separación es: v sd = vu d / φ − v c = 1.64 / 0.85 − 0.76 = 1.17 MPa s=

Av * f y v s * bw

=

2 * 78 * 420 = 140 mm = 14.0 cm 1.17 * 400

Para encontrar la separación máxima permitida por el código chequeamos el aporte del acero a partir de la siguiente expresión: v s > 0.33 *

fć

Si esta desigualdad se cumple la separación de estribos está limitada máximo a d/4. Entonces, v s 1 = 0.33 *

f ´ c = 0.33 * 21 = 1.51 MPa

Puesto que vsd = 1.17 Mpa < vs1 = 1.51 Mpa, la separación máxima estará limitada al valor d/2 = 270 mm. La separación a usar para la distancia d de la cara del apoyo es s = 14.0 cm. A su vez, esta sería la separación mínima de diseño que encontraríamos junto a la cara del apoyo y con esta separación se comienzan a colocar los estribos a partir de los 5 cm de separación de la cara del apoyo. 155

1.94 MPa 1.64 MPa

Diagrama de Esfuerzo Cortante

φ "c

φ "c /2

0.54m

Av mín.

L1

No estribos

L2 L /2 = 3500 mm

Figura 3.10. Diagrama de cortante hasta la mitad de la luz para el ejemplo 1.

b.) Para encontrar el punto desde la cara del apoyo donde se cumpla que s = d/2 = 270 mm, lo primero que tenemos que chequear es la cortante que aporta el acero a partir de la separación dada, utilizando la expresión: s=

Av * f y v s * bw

Sustituyendo valores obtenemos: s=

2 * 78 * 420 = 270 mm → v s = 0.61 MPa v s * 400

Con este vs y con vc = 0.76 Mpa hallado anteriormente, encontramos el valor de vu en el punto donde s = 270 m, de tal manera que: v u = φ * ( v s + v c ) = 0.85 * ( 0.61 + 0.76 ) = 1.165 MPa

Por triángulos semejantes y utilizando la Figura 3.10 obtenemos la distancia x1 a partir de la cual se empiezan a colocar estribos a d/2. Esta distancia se calcula de la siguiente manera, 156

x 1 = 3. 5 −

1.165 * 3 .5 = 1 .4 m 1.94

Con el anterior procedimiento se establece que a partir de x1 = 1.4 m se deben colocar estribos con una separación de 270 mm. Sin embargo, de acuerdo a la limitación del código de colocar estribos con una separación máxima de d/2 = 270 mm siempre y cuando se cumpla que: v s ≤ v s1 = 0.33 *

fć

encontramos que la separación de estribos donde vs1 = 1.51 Mpa debería ser: s=

2 * 78 * 420 = 108.5 mm → s = 10.8 cm 1.51 * 400

En caso de querer encontrar la separación de estribos cuando vs = vs1 se observa que se necesitarían estribos a menos de 14.0 cm la cual es la separación calculada a una distancia d del apoyo, encontrada a partir de los esfuerzos máximos vsd de diseño. Como no se necesitan estribos a menos de 14.0 cm, que es el valor máximo de diseño, encontrar la separación cuando vs = vs1 no es aplicable y seguimos con la separación de diseño a la distancia d del apoyo. En caso de que vsd > vs1, se debe encontrar la nueva distancia x a partir de donde se aplicaría vu calculado con el valor vs1 incluido y compararla con la distancia x1 para determinar la mas critica. Esto siempre y cuando la separación s correspondiente a vs1 no sea menor a la separación de d/2 en cuestión. c.) Para encontrar el punto hasta donde se usarían estribos, se requiere encontrar el punto donde vu = φ* vc / 2, o sea, donde: vu =

φ * vc 2

=

0.85 * 0.764 = 0.325 MPa 2

Tal punto está ubicado a una distancia L2 del diagrama de cortantes mostrado en el punto a.) del presente ejemplo. Tal distancia es: L2 =

Ln (φ * vc / 2 ) 0.325 − * Ln = 3.5 − * 3.5 ≈ 2.92 m 2 vu 1.94

A partir de L2 = 2.92 m no se necesitan estribos, según las recomendaciones del código.

157

Es de anotar que el punto donde teóricamente no se requieren estribos es cuando exactamente se cumple que vu = φ* vc , o sea, en el punto L1 del gráfico especificado. Tal punto corresponde a : L1 =

Ln φ * v c 0.85 * 0.76 − * Ln = 3.5 − * 3.5 ≈ 2.33 m 2 vu 1.94

Hasta L1 = 2.33 m , se requieren teóricamente estribos porque hasta allí existe algún valor de φ*vs. A partir de L1 los esfuerzos de cortante son básicamente resistidos por el concreto. Puesto que el código estipula que donde exista un

φ*vs remanente menor que 0.33 *

f ´ c se colocan estribos con una separación

máxima de d/2, entonces hasta L1 = 2.33 m se deben llevar los estribos separados a una distancia máxima de 270 mm = 27.0 cm. d.) Se encuentra smax para un Av mínimo y la distancia desde donde se empieza a aplicar este valor. 3 * Av * f yv El valor de smax está dado por → s max = de tal manera que: bw 3 * 2 * 78 * 420 s max = = 491 mm ≈ 49cm 400 Entonces, s max =

Av * f y vs * b

=

2 * 78 * 420 = 491 mm v s * 400

despejando vs de la anterior ecuación se obtiene, v s = 0.334 MPa

Con este último valor de vs y el esfuerzo vc = 0.76 Mpa, encontramos el valor de vu donde smax = 491 mm, o sea: vu = φ * ( v s + vc ) = 0.85 * ( 0.334 + 0.76 ) = 0.93 MPa

Entones, la distancia donde se empieza a aplicar smax es: x 2 = 3.5 −

0.93 * 3.5 = 1.82 m 1.94

158

Puesto que en x2 todavía existe la limitación del punto anterior, es decir, que debemos colocar estribos separados a d/2 hasta donde se agote φ*vs , entonces se deben llevar estribos separados a 27.0 cm hasta la distancia L1 = 2.33 m. De tal manera que estribos con separación máxima solo existirán entre las distancias L1 y L2 del gráfico. En este tramo se requiere la separación máxima para una cantidad mínima de estribos. A partir de L 2 y hasta el centro de la luz no se requieren estribos. Ejemplo 2: Separación del Acero Transversal a lo largo de la viga. Una viga con luz libre de 7000 mm (medida entre las caras de los apoyos) y sección transversal rectangular soporta una carga mayorada uniformemente distribuida de Wu = 100 KN/m. Diseñar una distribución de estribos a lo largo de la viga. Usar estribos φ 3/8" con fyv = 420 MPa. * W cm= 45.2 KN/m

Wu=100 KN/ml

* W cv= 21.6 KN/m * W u = 1.4*45.2 + 1.7*21.6 = 100 KN/m Ln = 7.0 m

* Vu = 100 *7.0 / 2 = 350 KN * Mu = 408.3 KN-m

Figura 3.11. Sección longitudinal y datos para el ejercicio 2.

La sección y datos de la viga correspondiente están dados en la siguiente figura: b

* Datos : h

E.N.

d

As

* b = 35 cm

;

* f ' c = 21 MPa

* d = 43 cm

;

* f yv = 420 MPa

* h = 50 cm

Figura 3.12. Datos y sección transversal para el ejercicio 2.

Solución: La cortante de diseño a una distancia d de la cara externa del apoyo es: 159

Vu d = 350 KN − 100

KN * 0.43 m = 307 KN m

La cortante resistida por el concreto (formula simplificada) es: fć

Vc =

6

* bw * d =

21 350 * 430 * ≈ 115 KN 6 10 3

El refuerzo máximo de cortante debido al acero se chequea con las siguientes ecuaciones: Vs1 = 0.33 *

f ´ c * bw * d = 0.33 * 21 *

Vs 2 = 0.67 *

f ´ c * bw * d = 0.67 * 21 *

350 * 430 10 3 350 * 430 10 3

= 227.6 KN

= 462.1 KN

A partir del valor Vs1 y hasta cuando Vu = φ* Vc se requieren estribos con una separación máxima de d/2. Desde que se presenta el valor de Vs1 y hasta el momento en que se alcance Vs2 la separación de estribos no exceder d/4. La separación mínima en la viga corresponde a la cortante máxima del acero a una distancia d , la cual está determinada por: Vs diseño =

Vu d

φ

− Vc =

307 − 115 = 246.2 KN 0.85

La separación mínima de estribos correspondiente a esta cortante máxima es: s=

Av * f y * d Vs d

=

2 * 0.71cm 2 * 420 MPa * 43cm * 10 −1 = 10.42 cm → Usar s = 10 cm 246.2 KN

La distancia hasta donde teóricamente se requieren estribos es donde se cumple que: Vu = φ * Vc = 0.85 * 115 = 97.8 KN

Tal punto está ubicado a una distancia L1 (ver diagrama de cortantes en siguiente página), determinada por el siguiente cálculo:

160

L1 =

L n φ * Vc L 97.8 − * n = 3.5 − * 3.5 ≈ 2.52 m 2 Vu 2 350

La distancia hasta donde realmente se requieren estribos es donde se cumple que: Vu =

φ * Vc 2

=

0.85 * 115 = 48.9 KN 2

Esta cortante está ubicada a una distancia L2 del diagrama de fuerzas cortantes mostrado:

φ * Vc 48.9 L L * 3.5 ≈ 3.01 m * n = 3 .5 − L2 = n − 350.0 2 2 2 * Vu El valor de la separación máxima smax esta dado por: s max =

3 * Av * f yv bw

=

3 * 2 * 71 * 420 = 511mm ≈ 51 cm 350

El diagrama de cortante con la ubicación de las distancias L1 y L2 y de las cortantes φ* Vc y φ* Vc /2, es mostrado a continuación. Vu Vud

350 KN 307 KN Diagrama de Fuerza Cortante

φ*Vc φ*Vc /2

d=0.43 m

Av mín

L1 L2 L / 2 = 3500 mm

161

No estribos


Seguidamente elaboramos una tabla donde podamos encontrar las separaciones a usar para diferentes puntos a lo largo de la luz media de la viga. Vs1 (KN)

S permitida (cm)

S usar (cm)

246.2

Separación S** (cm) 10.42

227.6

d/4 = 10.75

10.42

264

195.6

13.11

"

d/2 = 21.5

13.11

1.70

180

96.8

26.49

"

d/2 = 21.5

21.5

2.52

98 ≈ φVc

∼ 0.00

-- . --

"

smax = 51

d = 43

3.01

49 ≈ φVc /2

-- . --

-- . --

"

smax = 51

d = 43

Distancia x (m) d = 0.43

Vu (KN)

Vs* (KN)

307

2d = 0.86

* Vs = Vu / φ − Vc con Vc = 115 KN s=

; **

Av * f y * d 2 * 0.71* 420 * 43 2564.5 = = ; V s en KN Vs 10 * V s Vs

Aunque solo a partir de L1 = 2.52 m se requieren estribos con separación máxima, es recomendable pasar de d/2 a d y no a smax directamente puesto que la separación puede llegar a ser muy amplia. Por tanto entre L 1 y L2 podemos restringir la separación a d = 43 cm. Ejemplo 3: Separación de estribos en una viga con cargas puntuales. Una viga con luz libre de 7.2 m y sección transversal rectangular soporta una carga mayorada uniformemente distribuida de Wu = 56 KN/m. La viga cuenta con dos cargas puntuales de 100 KN cada una como se aprecia en la siguiente figura. Diseñar una distribución de estribos a lo largo de la viga. Usar estribos φ 3/8" con fyv = 420 MPa. Los datos del tramo de viga a considerar están presentados en la siguiente figura:

162

Pu2 = 100 KN

Pu1 = 100 KN Wu=56 KN/ml

1.8 m

3.6 m

1.8 m

Ln = 7.2 m

56 * 7.2 + 100 = 301.6 KN 2

*

Vu =

*

M u− = 376.9 KN − m

*

M u+ = 166 KN − m

Figura 3.14. Sección longitudinal y datos para el ejercicio 3.

Los datos de la correspondiente sección de la viga están dados en la Figura 3.15. Solución: La cortante de diseño a una distancia d = 49 cm del apoyo (cara externa del apoyo), es: Vu d = 301.6 KN − 56

KN * 0.49 mt = 274.2 KN mt

b

* Datos :

h

E.N.

d

* b = 30 cm * d = 49 cm

; ;

* f ' c = 21 MPa * f yv = 420 MPa

* h = 55 cm

As

Figura 3.15. Datos y sección transversal para el ejercicio 3.

La cortante resistida por el concreto (formula simplificada) es: Vc =

fć 6

* bw * d =

21 30 * 49 * ≈ 112.3 KN 6 10

Los límites de cortante debido al acero se chequean con las siguientes ecuaciones: Vs1 = 0.33 *

f ´ c * bw * d = 0.33 * 21 *

163

30 * 49 10

= 222 KN

Vs 2 = 0.67 *

f ´ c * bw * d = 0.67 * 21 *

30 * 49 10

= 451 KN

Por debajo del valor Vs1 se requieren estribos con una separación máxima de d/2. Desde donde se presenta el valor de Vs1 y hasta Vs2 la separación de estribos no debe ser mayor a d/4. La cortante de diseño para el acero transversal a una distancia d está determinada por: Vs diseño =

Vu d

− Vc =

274.2

− 112.3 = 210.3 KN

φ 0.85 La separación de estribos correspondiente a esta cortante máxima es: s=

Av * f y * d Vs

=

2 * 0.71cm 2 * 420 MPa * 49 cm * 10 −1 = 13.9 cm → Usar s = 14 cm 210.3 KN

La distancia hasta donde teóricamente se requieren estribos está determinada por: Vu = φ * Vc = 0.85 * 112.3 = 95.5 KN Tal distancia es L1 en el siguiente gráfico y se encuentra de la siguiente manera: L1 = 1.8 + 1.8 −

95.5 95.5 * 1 .8 = 3 .6 − * 1 .8 ≈ 1 .9 m 100.8 100.8

El valor de la cortante Vu = φ*Vc = 95.5 KN está a la derecha de la cota L/4 = 1.8 m por lo que la distancia L1 se halla con la proporcionalidad del triángulo a la derecha de la carga Pu1 = 100 KN De igual manera se encuentra la distancia L2 donde se cumple que Vu = φ*Vc / 2 = 47.7KN: 47.7 L2 = 3.6 − * 1.8 ≈ 2.75 m 100.8 El valor de la separación máxima smax esta dado por: s max =

3 * Av * f yv 3 * 2 * 71 * 420 = = 596 mm ≈ 60 cm bw 300

Este valor coincide con el espaciamiento máximo permitido por la norma en el numeral C.11.5. 4 el cual no debe sobrepasar de 60 cm. Las distancias L1 y L2 y los respectivos valores de cortante están indicados en la siguiente gráfica. 164

Diagrama de Fuerza Cortante

Vu = 301.6 KN Vud = 274.2 KN

200.8 KN 100.8 KN 95.5 KN

Vu = φ∗Vc

Vu = φ∗Vc / 2 d = 0.49 m L1 L2 L / 4 = 1.8 m

L / 4 = 1.8 m


Se presenta la siguiente tabla una tabla donde se encuentran las separaciones a usar para diferentes puntos a lo largo de la luz media de la viga. Distancia Vu x (KN) (m) d = 0.49 274.2 1.00 245.6 1.80 200.8 100.8 1.80 1.90 φVc ≈ 95.5 2.75 φVc /2 ≈

Vs* (KN) 210.3 176.6 124.0 6.3 -- . --- . --

Separación S** (cm) 13.90 16.55 23.57 463.87 -- . --- . --

Vs1 (KN)

S permitida (cm)

S usar (cm)

222.0 " " " " "

d/2= 24.5 d/2 = 24.5 d/2 = 24.5 d/2 = 24.5 smax = 60 smax = 60

14.0 16.0 24.0 24.0 49.0≈d 49.0

* Vs = Vu /φ - Vc ; Vc = 115 KN

** s =

Av * f y * d Vs

=

2 * 0.71* 420 * 49 2922.4 = ; Vs en KN 10 * Vs Vs

Para las separaciones se han tomado números enteros próximos a las separaciones s encontradas o permitidas (las que se vayan a usar). Esto para evitar trabajar con décimas las cuales son de difícil cumplimiento en obra. A pesar de que el espaciamiento máximo es de 60 cm, existe una amplia diferencia entre la utilización de smax y el último valor s = 24.0 cm ≈ d/2, usado en la abscisa x = 1.80 mt. Es mejor recomendar un espaciamiento mas gradual que pase de d/2 a d por lo que la separación a partir de x = 1.9 mt se toma s = 49 cm ≈ d. Según lo prescrito en el numeral C.11.5.7 de la norma NSR-98 se deben colocar estribos adicionales en vigas apoyadas indirectamente sobre otras vigas cuando 165

Vu en la viga apoyada indirectamente excede φ * f c' * bw * d / 4 , en la cara donde se encuentran las dos vigas. Dos tercios de los estribos deben estar dentro de la viga que da apoyo y el resto a una distancia hb a cada lado de la misma viga, siendo hb la distancia entre el borde inferior de la viga que da apoyo y el borde inferior de la viga apoyada. En el presente ejemplo, para la anterior ecuación se obtiene como resultado: φ*

f c' 4

* bw * d = 0.85 *

21 300 * 490 * = 143 KN 4 10 3

> Pu = 100 KN, de

carga puntual. En caso de necesitarse estribos, estos deben estar colocados según lo prescrito en los numerales C.11.5.7.2 a C.11.5.7.4 de la norma NSR-98. Ejemplo 4: Separación de estribos en una viga. Uso de la formula detallada. Una viga con luz libre de 10. m y sección transversal rectangular soporta una carga mayorada uniformemente distribuida de Wu = 80 KN /m. La viga cuenta con una carga puntual de 120 KN en la mitad de la luz. Diseñar una distribución de estribos a lo largo de la viga usando la formula detallada. Usar estribos φ 3/8" con fyv = 420 Mpa. Solución: Iniciamos con diseño a flexión. La cuantía balanceada y el acero máximo para la sección simplemente reforzada, están determinados por: ρ b = 0.85 * β 1 *

f c' 600 24.5 600 * = 0.85 * 0.85 * * = 0.0248 fy 600 + fy 420 600 + 420

ρ max = 0.75 * ρ b = 0.75 * 0.0248 = 0.0186 Asmax = 0.0186 * 30 * 62 = 34.60 cm 2

166

Seccion para momento negativo

Pu = 1 2 0 kN

b

Wu = 8 0 K N /m As

Ln / 2 = 5 m

h

Ln / 2 = 5 m

E.N. d

Ln = 1 0 m

A’s

Vu = 4 6 0 K N

d'

60 K N

* Datos : -6 0 K N

Vu = -4 6 0 K N

M -n = 8 1 6 .7 K N -m

M

n

= 8 1 6 .7 K N -m

* b = 30 cm * d' = 6 cm * d = 62 cm *

h =

70

* f ’c = 2 4 .5 M +n = 4 8 3 .3 K N -m

* f y = 420

cm MPa MPa

Figura 3.17. Sección longitudinal, sección transversal y datos para el ejercicio 3.

A continuación encontramos el valor del momento último máximo resistente φ*Mn: M n = As * f y * d −

Mn =

34.60 * 420 * 10

3

a 1 As * fy = As * f y * d − * 2 2 0.85 * f c' * b

* 62 −

34.60 * 420 = 731.97 KN - m 2 * 0.85 * 24.5 * 30

M u = φ * M n = 0.9 * 731.97 ≈ 658.8 KN − m

Puesto que este momento es menor que el momento negativo de diseño M-u = 816.7 KN-m, diseñamos la viga como doblemente reforzada. Después de un tanteo inicial se asumió As = 6#10 y A's = 2#10. Inicialmente establecemos si el acero de compresión está en fluencia: Encontramos → ρ y ,min = 0.85 * 0.85 * Por lo tan to → ρ y ,min = 0.0211

167

6 * 24.5 600 * 62 * 420 600 − 420

+

2 * 7.92 30 * 62

ρ=

As 6 * 7.92 = = 0.0256 > ρ y , min = 0.0211 ∴ A' s fluye. b * d 30 * 62

El acero de compresión A's se toma igual al acero As2. El momento negativo resistente de la sección junto al apoyo, considerando la sección doblemente reforzada, es ahora: M n = As1 * f y * d −

a=

As * f y 0.85 *

f c'

*b

=

a + As 2 * f y * (d − d' ) 2

4 * 7.92 * 420 = 21.3 cm 0.85 * 24.5 * 30

M n = (4 * 7.92 )* 420 * 62 −

21.3 10 3 + 2 * 7.92 * 420 * (62 − 6 ) * 6 = 1056 KN − m 2 10

M u = φ * Mn = 0.9 * 1056 = 950.4 KN − m

Seguidamente se chequea la cuantía máxima de acero: ρ max = 0.75 * ρ b + ρ' = 0.75 * 0.0211 +

2 * 7.92 = 0.0273 > ρ = 0.0256 , Cumple ! 30 * 62

Un despiece del tramo de viga estudiada en este ejemplo podría aparecer como el mostrado en la siguiente figura. Ln = 4.25 m

Ln = 4.25 m

2#10- L=5.0 m 2#10- L= 4.0 m

2#10- L=5.0 m 2#10- L=4.0 m

2#10- L=3.0 m

2#10- L=3.0 m

2#8- L=7 m 2#10- L=11.0 m

Ln = 9.5 m L = 10 m

Figura 3.18. Colocación de hierros para el tramo estudiado.

La cortante de diseño a la distancia d = 62 cm del apoyo es: 168

Vu d = 460 kN − 80

KN * 0.62 m = 410.4 KN m

La cortante resistida por el concreto usando inicialmente la formula simplificada es: Vc =

fć 6

* bw * d =

24.5 300 * 620 * = 153.4 KN 6 10 3

Los límites de cortante en el acero para establecer las separaciones máximas a d/2 y d/4 se establecen con los siguientes valores: 300 * 620

Vs1 = 0.33 *

f ´ c * bw * d = 0.33 * 24.5 *

Vs 2 = 0.67 *

f ´ c * bw * d = 0.67 * 24.5 * 10 *

10 3

= 303.8 KN

30 * 49 10 3

= 616.8 KN

Utilizando la formula simplificada para Vc, cortante hasta donde teóricamente se requieren estribos está determinada por: Vu = φ * Vc = 0.85 * 153.4 = 130.4 KN

La distancia donde está ubicada esta carga es L1 y es calculada en base a la Figura 3.19, en donde aparece el procedimiento para calcularla. Vu = 460 KN

φ*Vc=130.4 KN

L1 = 5.0 −

130.4 − 60 * 5 = 4.12 m 460 − 60

60 KN Figura 3.19. Diagrama de cortantes para el ejercicio estudiado y cálculo de L1.

Así mismo, usando la formula aproximada para hallar Vc, encontramos la distancia L2 donde se cumple que Vu = φ*Vc / 2 = 65.2 KN: L2 = 5.0 −

65.2 − 60 * 5 ≈ 4.94 m 460 − 60

169

Esto indica que debemos colocar estribos prácticamente en toda la longitud de la viga. El valor de la separación máxima smax esta dado por: s max =

3 * Av * f yv bw

=

3 * 142 * 420 ≈ 600 mm = 60 cm 300

Para diferentes distancias a lo largo de la mitad de la luz encontramos los valores del momento último Mu y las correspondientes cuantías de acero ρ suministradas: Distancia x (m) 0.62

Momento (KN-m) -547.0

Acero, As (cm2) 6#10

1.2

-322.3

6#10

0.0256

2.0

-56.7

4#10

0.017

3.0

203.0

4#10

0.017

3.6

321.0

2#10+2#8

0.014

4.12

400.0

2#10+2#8

0.014

5.0

463.0

2#10+2#8

0.014

Cuantía, ρ 0.0256

Con los anteriores datos de momento y cuantía de acero se puede encontrar las separaciones en direntes puntos a lo largo de la viga. Los nuevos límites para el cortante contribuido por el concreto usando la formula detallada están definidos por la siguiente expresión: Vc =

fć 7

+ 17.1 *

ρ * Vu * d Mu

* bw * d

≤ 0.3 * 24.5 *

300 * 620 10 4

= 276.2 KN

En la siguiente tabla estan las separaciones a diferentes distancias del tramo de la viga, usando la ecuación simplificada y la detallada para calcular la resistencia del concreto. Con la expresión simplificada, las separaciones tienden a ser más críticas, especialmente en los primeros tramos de la viga. A partir de cierto punto es factible que las separaciones de los estribos, utilizando la ecuación detallada sean más criticos.

170

Distancia (m)

Vu (KN)

VcS* (KN)

VcD* (KN)

VsS (KN)

VsD (KN)

sS (cm)

sD (cm)

d = 0.62

410.4

153.4

169.4

329.4

313.4

11.23

11.80

1.20

364.0

153.4

188.5

274.8

239.7

13.46

15.43

2.00

300.0

153.4

185.6**

199.5

167.3

18.53

22.10

3.00

220.0

153.4

168.0

105.4

90.8

35.08

40.70

3.60

17.20

153.4

146.3

49.0

56.1

75.46

65.90

4.12

130.4

153.4

140.5

0.0

12.9

-- . --

-- . --

* VcS

Vc simplificado y VsD

Vc detallado ; ** ( Vu*d / Mu) = 1.0

171

172

Problemas Propuestos Problema 3.1. Una viga rectangular aislada con una luz L=7.6 m y columnas en los extremos de 40 cm de ancho cada una, soporta una carga total última Wu = 20 Tn/m. Los datos están dados a continuación : * fy = 420 Mpa * h = 750 mm * f’c = 28 Mpa

* b = 350 mm . * Av = 254 mm2 = 2.54cm2 * d = 680 mm .

Encontrar: d) La separacion de estribos a una distancia d y comparar con separación maxima permisible según el codigo para este punto. e) La distancia desde el punto del borde de la columna donde se usaría la separación s = d/2. f) La separación Smax en alma y la distancia del apoyo donde se empieza a aplicar este valor Problema 3.2 Para el diseño de la viga rectangular con luz entre apoyos de 8.0 mt se han establecido los siguientes parámetros : * fy = 420 Mpa * h = 750 mm * f’c = 21 Mpa

* b = 400 mm . * Av = 254 mm2 = 2.54cm2 * d = 440 mm .

* Asuma estribos # 3 – 2 ramas verticales * Wu=10.0 Tn/mt * Usar Av=1.42 cm2 a.) Resolver para máximo s a una distancia d del apoyo. Chequear para limitaciones máximas de d/2 y d/4. b.) Resolver para el máximo s que provea el mínimo Av, o sea, donde se presenta la separación máxima. c.) Seleccionar el valor de s critico que satisfaga a.) y b.) para la cara a d del apoyo. d.) Determine la distancia desde el apoyo hasta el punto donde s=d/2 empieza. e.) Determine la distancia desde el soporte hasta la localización donde no se necesiten teóricamente mas estribos (Vu=φVc). f.) Determine la distancia desde el soporte hasta la localización donde los estribos puedan ser terminados (Vu=φVc/2).

173

g.) Determine una presentación de estribos y su separación , a lo largo de la viga. Use números enteros y solo 3 valores de s. Problema 3.3. Para una viga se han asumido los datos mostrados en la siguiente figura. Asumir estribos φ 3/8". Establecer: a.) La separación mínima con que se iniciarían colocando los estribos a partir de los 5 cms de la cara del apoyo. Utilizar para el diseño de estribos 2 ramas φ 3/8". b.) La distancia hasta donde se requieren teóricamente y realmente los estribos, de acuerdo a las recomendaciones de la Norma NSR-98. c.) Un programa de colocación de estribos para tres tramos a lo largo de toda la viga. Dibujar el diseño resultante. Pu = 100 kN b

Wu=50 kN/ mt

Ln / 2 = 3 m

h

Ln / 2 = 3 m

E.N.

Ln = 6 m

d

As

50 kN

* Datos : -50 kN

* b = 30 * d = 64 *

h

=

70

cm cm cm

* f ’c = 21.0 Mpa * f y = 420.0 Mpa

Problema 3.4. La losa maciza de 150 mm de espesor, área de 3.2 m x 7.0 m, usada actualmente como cubierta de un cuarto de máquinas, se quiere habilitar para depósito de materiales. Al explorar la losa se encontraron barras inferiores de ½” cada 200 mm. en la dirección de 3.2 y barras de 3/8” cada 250 mm en la dirección ortogonal. La losa está soportada por muros de mampostería de ladrillo, en soga.

174

3.2 mt

Datos del trabajo de exploración de la losa: * fć = 21 MPa * fy = 420 MPa * Recubrimiento de las barras de ½” : usar 25 mm libres

a.) Determine la carga viva adicional (al peso propio) de la losa. (por flexión). b.) Chequee la cortante en la losa, no se encontraron estribos en la exploración. c.) Si la carga de los materiales a depositar se ha estimado en 6 KN/m2, indique su recomendación, y sustente su decisión. Problema 3.5. Una viga simplemente apoyada de 6.5 m de luz, con sección transversal T como la que se muestra en la figura, está sometida a una carga muerta uniformemente distribuida wCM=35 KN/m, la cual incluye el peso propio de la viga, y a una carga viva uniformemente distribuida, wCV=10 KN/m. Adicionalmente sostiene una carga viva concentrada a 0.5 mts del apoyo izquierdo de 50 KN. Para el diseño de cortante use estribos de φ = 1/2”, f’c = 28 MPa y fy = 420 MPa. Determine: a.) Separación de los estribos entre 0.0 y 1.5 m. del apoyo izquierdo de la viga. (igual separación en el intervalo). b.) Intervalo en el que se pueden colocar los estribos a d/2. b = 100 cm

5 cm

d = 45 cm

bw = 20 cm

175

Problema 3.6. Para la figura que se muestra a continuación, junto con el diagrama de la fuerza cortante, Vu, determine el espaciamiento si estribos de 10 mm de diámetro son usados. Dimensione y señale los estribos en el tramo de viga indicado. Usar f’c = 24.5 MPa y fy = 420 MPa. 300 mm

300 mm

533 mm

5.4 Mt 300 mm

265 KN 82 KN 82 KN

265 KN

176

4. Diseño a Torsión En muchos casos es común encontrar estructuras monolíticas sometidas a la acción conjunta de momentos flectores, fuerzas cortantes y momentos de torsión alrededor del eje longitudinal de un elemento. Un elemento sometido a torsión causa esfuerzos cortantes en el plano perpendicular y en la dirección radial del elemento, desde el núcleo hasta la superficie externa. En una sección rectangular, los esfuerzos cortantes varían desde cero en el centro hasta un valor máximo en los centros de los bordes extremos de los lados más largos, según se muestra en la Figura 4.1

τmax T

τmax Figura 4.1. Distribución de esfuerzos en una sección rectangular.

Cuando la viga es sometida a torsión y flexión combinadas, los dos esfuerzos cortantes se adicionan por un lado y tienen diferentes direcciones en el lado opuesto. El resultado son grietas inclinadas en las caras donde los esfuerzos se adicionan, las cuales continúan en la cara o región donde hay flexión en la viga, y si el momento es grande, casi verticalmente en el lado opuesto (Figura 4.2). Si la tensión ocurre en la cara superior y hay compresión en la cara inferior, dicha compresión previene al elemento de desarrollar grietas en la cara inferior. T

τ T

τ

v V

v

177

Figura 4.2. Torsión y flexión combinadas.

Para los diferentes tipos de estructuras sometidas a torsión estas se pueden clasificar en dos categorías básicas: estructuras sometidas a torsión primaria, algunas veces denominada torsión de equilibrio o torsión estáticamente determinada y estructuras que generan torsión secundaria, también llamada torsión de compatibilidad o torsión estáticamente indeterminada. Ejemplos de estos tipos de torsión están graficados en la Figura 4.3. A continuación definimos cada uno de los dos tipos de torsión básica: 1. Torsión Primaria. Cuando el momento es transmitido a los soportes a través de la longitud de la viga. La carga externa siempre va a causar torsión y el elemento de soporte no tiene otra alternativa que resistir dicha torsión. El momento torsional es requerido en los extremos para el equilibrio de la estructura y la carga externa. Un tipo de esta estructura esta mostrada en la Figura 4.3a. Las cargas aplicadas en la losa generan un momento torsor a lo largo de la viga de borde la cual debe resistir y transmitir el momento a las columnas extremas si el sistema debe permanecer en equilibrio. Las columnas resisten el momento de torsión resultante en los extremos en forma de momento de flexión. 2. Torsión Secundaria. También llamada torsión por compatibilidad, y es generada a partir de la redistribución de fuerzas internas en las vigas de borde, encargadas de resistir la torsión (Figuras 4.3b y 4.3c). La compatibilidad de deformaciones entre las viguetas o losetas y la viga de borde donde, cuando son construidas monolíticamente, produce un giro que probablemente desarrollará agrietamiento en la unión de ambos elementos pero no hará colapsar la estructura. Existe la posibilidad de una redistribución o reducción del momento torsor aplicado en el borde de la viga externa, pero este no puede determinarse únicamente con base en el equilibrio estático. Si la viga de borde es suficientemente rígida y las columnas pueden resistir el momento torsor aplicado, entonces los momentos en las viguetas o losa serán los determinados por un apoyo exterior rígido. Si la viga no tiene suficiente rigidez torsional, ésta se deforma y la losa gira, se produce agrietamiento y se reduce la capacidad de resistir momentos en la loseta o viguetas que descansan en la viga de borde.

178

tU

(b) Torsión Secundaria

(a) Torsión Primaria

tU

(c) Torsión Secundaria Losa Maciza y Vigas

Figura 4.3. Torsión y flexión combinadas.

4.1 Analogía del Tubo de Pared Delgada La relación entre el momento T y los esfuerzos τ puede ser derivada a partir de la Figura 4.4, tomando equilibrio de momentos alrededor del eje z. La fuerza cortante torsional que actúa en una pared de largo ds de un elemento hueco viene dada por q*ds. El momento de esta fuerza alrededor del eje es r*q*ds, donde r es la distancia perpendicular al eje centroidal del tubo. Integrando alrededor del perímetro se obtiene el siguiente momento torsor: T=

r * q * ds per

De la misma figura se puede observar que el valor

r * ds es igual a dos veces

per

el área encerrada por la línea central del espesor de la pared de longitud ds y el radio r. El área A es la sección alrededor de toda el área transversal, encerrada por el recorrido de los esfuerzos de cortante de tal manera que: r * ds = 2 * A

per

Por tanto, el momento torsor y los esfuerzos cortantes resistidos por la sección son, respectivamente:

179

T 2* A * t donde t es el espesor de la pared. Es de anotar que la resultante del flujo de cortante q integrado alrededor de toda la sección perpendicular al eje z debe ser igual a cero, por lo que este análisis solo aplica a tubos continuos o secciones sólidas donde el elemento es aproximado a un tubo con paredes continuas. Los esfuerzos máximos de cortante por torsión ocurren donde el espesor es mínimo. T = 2* q * A

τ=

;

dz

d

τ

c a

dz

d

t

b

τ2 a t1

r

ds

τ1

T

q*ds

τ2

b

c t2

τ1

Figura 4.4. Esfuerzos cortantes en una sección hueca.

Para secciones rectangulares macizas, por estudios preliminares se ha encontrado que el espesor t de la pared es igual a 0.75*(Acp /Pcp) donde Pcp es el perímetro de la sección de concreto y Acp es el área encerrada por este perímetro. t t XO / 2 XO XO / 2

AO T

YO / 2

YO / 2 YO

Figura 4.5. Analogía tubo de pared delgada en sección rectangular.

180

El área que representa el área encerrada por la línea central de la trayectoria del flujo de corte es definida como Ao = Xo * Yo y su valor aproximado es 2*Acp / 3 (ver Figura 4.5). Utilizando los valores de t y A especificados, el esfuerzo cortante se reduce a: T * Pcp τ= 2 Acp Para torsión pura el esfuerzo principal de tensión corresponde al valor de τ. Si consideramos solo el concreto resistiendo tales esfuerzos, el agrietamiento empieza cuando τ = 0.5* fr.. El valor de fr, que corresponde al modulo de rotura del concreto, se toma como: 2 fr ≈ * 3

f c'

→ en MPa

Sustituyendo en τ, el valor del momento torsional de agrietamiento ocurre cuando el esfuerzo principal a tensión del concreto en el estado biaxial de tensión-compresión alcanza un valor resistente a la tensión de: 1 Tc = * 3

f c' *

2 Acp

Pcp

→ Tu = φ * Tc

El código ACI y la Norma NSR-98 obliga que la torsión debe ser considerada en el diseño si Tu excede 0.25*Tc, por lo que en elementos sólidos no preesforzados se debe cumplir: Tu ≥ Tu ,max = φ *

Vu ≤ Vu ,max = φ *

f c' 12 5 * 6

*

2 Acp

Pcp

f c'

para que la torsión y cortante sean consideradas simultaneamente. En diseño combinado la torsión y cortante siguen el diagrama de interacción circular dado en la siguiente figura. Los resultados de vigas sin estribos, cargadas con varias relaciones de torsión y cortante están graficados a

181

continuación. Tn y Vn representan las resistencias nominales a torsión y cortante para resistir Tu y Vu cuando actúan simultáneamente. Tn Tn ,max

Vc

1.0

o

Vn V n ,max

0.6

Tc ,max

+

V c ,max

0.8

Tc

2

Tc

≤ 1 .0

T c ,max

2

+

2

Tn T n ,max

2

≤ 1.0

0.4 0.2

0.2

0.4

0.6

Vc V c ,max

0.8

1.0

o

Vn V n ,max

Figura 4.6. Interacción entre cortante y torsión.

Las expresiones Vn, max = Vc, max + Vs, max y Tn, max = Tc, max + Ts, max , combinadas, representan la resistencia nominal al cortante del alma reforzada cuando actúa únicamente cortante en la sección. En elementos sólidos no preesforzados con fuerza axial de tracción, la expresión de torsión se modifica por: Tu ≤ φ *

f c' 12

*

2 Acp

Pcp

* 1+

3* Nu Ag *

f c'


donde Nu se toma como negativo cuando la fuerza axial está en tracción. En estas dos últimas ecuaciones Tu está expresada en unidades consistentes para el sistema SI internacional, y el lado derecho de las ecuaciones debe multiplicarse por 0.3*(Ag /Acp) para secciones huecas. Si la torsión mayorada de un elemento Tu excede el valor dado en estas dos últimas ecuaciones, el elemento se debe diseñar a torsión. En una estructura indeterminada donde pueda ocurrir una reducción de la torsión última debido a la redistribución interna de fuerzas, se permite reducir la torsión última del elemento a torsión a: Tu = φ *

f c' 3

*

2 Acp


Pcp

182

la cual es la torsión correspondiente al límite de agrietamiento para torsión pura. Para elementos no preesforzados con sección hueca este último Tu debe multiplicarse por (Ag /Acp), resultando: Tu ≤ φ *

f c' 3

*

2 Acp

Pcp

*

Ag Acp

= φ*

f c' 3

*

Acp * Ag Pcp

4.2 Elementos de Concreto Reforzado De acuerdo con las Figuras 4.7 y 4.8 una viga rectangular con estribos puede ser modelada después del agrietamiento tomando la sección tubular idealizada como una cercha hueca espacial consistente de estribos cerrados y barras longitudinales en las esquinas, con diagonales a compresión conformadas por el material de concreto y aproximadamente centradas entre los estribos. Las diagonales están delimitadas por fisuras contiguas las cuales, por lo general, forman un ángulo θ con la horizontal definido con un valor de 450 para el concreto reforzado. El momento torsor resistente para un elemento reforzado es apenas un poco mayor que el de la sección sin refuerzo. Pero cuando una sección es cargada hasta el límite de agrietamiento, la resistencia a torsión del concreto se reduce casi a la mitad y el resto de la resistencia es tomada por el acero transversal y longitudinal. La contribución del acero longitudinal logra aumentar la resistencia a torsión en un 15% aproximadamente, aunque la contribución de este no es tomada en cuenta en la derivación de las fórmulas para hallar el acero transversal At por lo que la separación de estribos debido a torsión es algo conservadora. Tomando como referencia la Figura 4.7, el flujo de torsión por unidad de longitud en el perímetro del tubo o la cercha espacial es: q=

T 2* A

donde A fue definida anteriormente como el área de la sección transversal encerrada por el recorrido de los esfuerzos de cortante, o lo que es lo mismo, por la trayectoria del flujo de corte. Tal trayectoria se presenta a lo largo de la sección referenciada por los estribos y definidos en función de las dimensiones Xo y Yo (ver Figura 4.5), por lo que la anterior ecuación se convierte en: q=

T T = 2 * Ao 2 * X o * Yo

183

La resistencia a torsión (según la Figura 4.7) se representa como la suma de las fuerzas cortantes V1 a V4 correspondientes a las fuerzas en las respectivas paredes del tubo delgado equivalente, o lo que es lo mismo, por la suma de las fuerzas longitudinales en las cuatro ramas del estribo cerrado en similitud con el modelo de la cercha espacial equivalente. Tales fuerzas cortantes están definidas como: V1 = V3 =

T * X0 2 * A0

V 2 = V4 =

y

T * Y0 2 * A0

Tomando momentos alrededor del eje de la sección encontramos que el momento interno de torsión es: T = 2 * ( q * X 0 )*

Y0 X + 2 * ( q * Y0 ) * 0 = 2 * q * X 0 * Y0 2 2 ∴ T = 2 * q * Ao

XO

Estribos

YO

V1 V4

θ Grietas

V2

Acero Longitudinal

T Elemento a Compresion

V3

Figura 4.7. Analogía de la armadura espacial.

De acuerdo al modelo de fuerza cortante debido a flexión, las fisuras inclinadas un ángulo θ cortan n estribos de tal manera que: n=

Y0 * cot θ s

Se ha asumido que los estribos están en fluencia y que atraviesan la fisura conformando el ángulo θ con las mismas. Relacionando el momento torsor con 184

las fuerzas de cortante de las ramas verticales de los estribos cerrados podemos obtener la siguiente expresión: T=

2 * A0 * V2 2 * A0 * V4 = Y0 Y0

La fuerza resistente en cada rama vertical del estribo cerrado está determinada por: Y0 * cot θ V 2 = V4 = At * f yv * n = At * f yv *

donde,

s

S = corresponde a la separación de estribos. At = área de una rama del estribo cerrado. fyv = resistencia a la fluencia de la rama del estribo.

Por tanto el momento torsor resistente está determinado por: T=

2 * A0 Y * cot θ 2 * At * A0 * f yv * At * f yv * 0 = * cot θ Y0 s s YO*cot θ

At * fyv At * fyv At * fyv Vni

(a) Fuerzas en los estribos

YO

θ s

s Nni / 2 Dni

Vni

Nni

YO

(b) Fuerzas debidas al cortante en la pared vertical

YO*cos θ Nni / 2

θ

Figura 4.8. Fuerzas en estribos y paredes de la cercha espacial análoga.

185

El anterior momento de torsión debe ser igual al momento nominal de torsión que resiste la sección transversal. Reemplazando el momento torsor T por Tn, obtenemos: Tn =

2 * At * A0 * f yv * cot θ s


El valor del ángulo θ varía entre 300 y 600. Para elementos de concreto no preesforzados se sugiere un valor de 450, pues este es el valor tomado en la derivación de las fórmulas de cortante por flexión. Cuando cortante y torsión actúan juntas, se asume que la cortante de flexión Vc resistida por el concreto permanece constante, mientras la cortante de torsión resistida por el concreto, es igual a cero. De lo anterior se puede establecer las siguientes relaciones, V n = Vc + V s

y

Tn = Ts

La torsión es resistida por los estribos sin ninguna acción tomada por el concreto. La simplificación asumida de no considerar esfuerzos debidos al concreto, y por ende, no relación con Vc y Vs simplifica los cálculos. Se ha encontrado mediante diferentes ensayos que el área efectiva encerrada por la línea de flujo es algo menor al valor Ao utilizado en el desarrollo de la formulación anterior. Por tanto se recomienda un valor reducido A0 = 0.85*Aoh, donde Aoh es el área encerrada por la línea central del refuerzo transversal. Esta recomendación está incluida en la norma NSR- 98 donde A0 debe ser sustituido por 0.85*Aoh., tomando Aoh=X0*Y0.

4.3 Acero Longitudinal Debido a la presencia de los elementos diagonales de concreto actuando como puntales idealizados a compresión entre los nudos de los estribos, el equilibrio del modelo simulando una cercha espacial queda asegurado. Tomando como referencia las Figuras 4.8a y 4.8b, la cortante Vni a lo largo de cualquiera de las ramas del estribo cerrado puede ser descompuesta en una componente a compresión, Dni paralela a la dirección de la diagonal y en una fuerza normal de tensión, Nni. Para que exista equilibrio, se debe cumplir que: Dn i =

Vn i

sin θ

;

N n i = V n i * cot θ

186

Puesto que el flujo de cortante q se ha supuesto uniforme a lo largo de cada lado del perímetro del elemento, los esfuerzos diagonales en los puntales son uniformes y la fuerza de tensión Nni que balancea la fuerza actuante Vni * cotθ del puntal, debe estar aplicada en la altura media de la pared. Se asume, entonces que la fuerza Nni se distribuye simétricamente en las barras longitudinales situadas en cada esquina del elemento, por lo que cada barra toma la mitad del valor de tal fuerza de tensión. La contribución total de las cuatro paredes al cambio de fuerza axial por la presencia de torsión se define como: Nn =

4 i =1

N n i = 2 * ( N n 1 + N n 2 ) = 2 * ( V n 1 + V n 2 ) * cot θ

Se tiene en cuenta que Nu1 = Nu3 y Nu2 = Nu4 por considerarse el flujo constante a lo largo de las ramas opuestas en cada cara del estribo cerrado. En la Sección 4.2 se definieron las fuerzas debidas a cortante V1 a V4 de acuerdo con las siguientes expresiones: Vn 1 = Vn 3 =

Tn * X0 2 * A0

y

Vn 2 = Vn 4 =

Tn * Y0 2 * A0

por lo que sustituyendo estos valores en la fórmula de la tracción Nn se obtiene la siguiente expresión: Nn =

Tn T * Poh * 2 * ( X 0 + Y0 )* cot θ = n * cot θ 2 * A0 2 * A0

En la anterior expresión el valor 2*(X0 +Y0) corresponde al perímetro de la sección rectangular estudiada, y por tanto se puede reemplazar por Poh. El momento torsor Tn fue definido en la sección anterior como: Tn =

2 * A0 * At * f yv * cot θ s

de tal manera que sustituyendo esta última expresión en el anterior valor de Nn se obtiene que: Nn =

At * Poh * f yv * cot 2 θ s

187

Puesto que se ha asumido que debe proporcionarse acero longitudinal para resistir la fuerza normal y asumiendo que dicho acero ha fluido, la fuerza Nn puede sustituirse por: N n = Al * f yl

de tal manera que el área longitudinal Al a proporcionar en la sección por la presencia de la fuerza axial adicional, debida al momento torsor, es: Al =

f yv At * Poh * * cot 2 θ s f yl


Las fuerzas axiales Nn1 a Nn4 actúan a lo largo de los ejes centroidales de las paredes externas del elemento, por lo que la fuerza axial Nn actúa en el centroide del elemento. Por tal motivo, el acero longitudinal encontrado debe ser distribuido uniformemente alrededor del perímetro del elemento, de tal manera que el centroide de las fuerzas generadas cuando el acero longitudinal está trabajando coincida con el centroide de la sección.

4.4 Resistencia Máxima a Cortante y Torsión Por lo regular la torsión pura es rara en elementos de concreto reforzado. En la gran mayoría de los casos los momentos flectores y la fuerza cortante debida a flexión actúan en tales elementos, por lo que la existencia de esfuerzos de torsión (si está presente) debe ser combinada con la acción de los esfuerzos debidos a flexión. Para secciones huecas los esfuerzos cortantes debido a flexión y torsión son aditivos en un lado (Figura 4.9). Para secciones sólidas los esfuerzos debidos a flexión son uniformes en todo el ancho de la sección, mientras que los esfuerzos debidos a torsión existen solo en las paredes de la sección tubular.

188

Esfuerzos de Cortante

Esfuerzos de Cortante

Esfuerzos de Torsion

Esfuerzos de Torsion

(b) SECCION SOLIDA

(a) SECCION HUECA

Figura 4.9. Esfuerzos de cortante y torsión actuando simultáneamente para secciones huecas y sólidas.

Elementos diseñados para la acción combinada de cortante por flexión, vu , y por torsión, τu, deben resistir la tendencia a la formación de grietas con ancho excesivo. Por tanto, estos elementos deben ser diseñados para resistir las cortantes aditivas máximas de tal manera que no superen los límites de esfuerzos máximos de cortante vc y v s ,max = 0.67 * f c' , que pueden ser transmitidos al concreto y los estribos respectivamente. Por lo tanto, vu + τ u ≤ φ * (v c + v s ,max ) Para evitar una sección con fisuras excesivas, el valor de vs, max se limita a (2/3)*

f c' . Los esfuerzos debidos a la acción de la cortante por flexión están definidos por vu = Vu /(b*d), mientras que los esfuerzos por torsión fueron definidos en la Sección 4.1 como τ = Tu / (2*Ao*t). Por consiguiente, 2 * f c' Vu Tu Vc + ≤ φ* + bw * d 2 * Ao * t bw * d 3

Los valores de t y Ao estarán dados por Aoh /Poh y 0.85*Aoh , respectivamente, mientras que este último valor toma en cuenta la reducción del área de torsión por el efecto del agrietamiento.El parámetro Aoh es el área definida por el centro del refuerzo transversal para torsión que se encuentra mas afuera en la región de concreto. Sustituyendo t y Ao, para secciones huecas,por los valores antes anotados la acción aditiva de los dos esfuerzos se convierte en: 2 f c' Vu Tu * Poh Vc + ≤φ( + ) 2 bw * d 1.7 * Aoh bw d 3

189

Para secciones sólidas, ensayos han demostrado que la ecuación es algo conservativa y que por tanto es más representativo usar: Vu bw * d

2

+

Tu * Poh 2 1.7 * Aoh

2

≤φ

2 * f c' Vc + bw * d 3

Para secciones huecas, si el espesor de la pared es menor que el valor equivalente asumido de t Aoh / Poh , el segundo término del lado izquierdo de las ecuaciones anteriores debe tomarse como: Tu 1.7 * Aoh * t

es decir el valor actual del espesor debe ser considerado.

4.5 Refuerzo por Torsión El refuerzo transversal a torsión debe diseñarse usando la ecuación: 2 * Ao * At * f yv

* cot θ ; φ * Tn ≥ Tu s donde Ao puede determinarse usando 0.85*Aoh. El valor de θ se toma como 450 en elementos no preesforzados y 37.50 en elementos preesforzados, si el preesfuerzo efectivo no es menor del 40% de la resistencia a la tracción del refuerzo longitudinal. El área Ao también puede definirse según la fórmula: Tn =

Ao = Acp −

2 * Tn * Pcp Acp * f c'

A menos que se determine por medio de un análisis más exacto, se permite tomar la torsión proveniente de una losa como la torsión uniformemente distribuida a lo largo del elemento. Las secciones de elementos no preesforzados localizados a una distancia menor que el valor d tomado desde la cara del apoyo, pueden diseñarse usando una torsión Tud calculada a la distancia d. Cuando se calculan elementos a torsión es necesario adicionar los estribos proporcionados por cortante y por torsión. El área de cada parte es computada en términos de Av/s y At /s. Puesto que los estribos por cortante debido a flexión son casi siempre calculados en base a las dos ramas verticales, la cantidad At/s

190

debe multiplicarse por 2 de tal manera que la cantidad total de área de estribos suministrada cumpla con: Av + t s

=

Av 2* A + s s

t

Solo las ramas más externas de estribos cerrados deben ser consideradas para torsión, mientras que las requeridas por cortante a flexión pueden ser determinadas en base a todas las ramas verticales que atraviesen la sección. Para que la sección cumpla con la teoría análoga de la pared delgada los estribos deben ser cerrados, así mismo para que la capacidad a tensión desarrolle las fisuras diagonalmente en todas las caras del elemento. En la Figura 4.10 se ofrecen ejemplos de colocación de estribos cerrados y la respectiva área Aoh a utilizar en el cálculo de la torsión. Area Aoh

Usar estribo cerrado

Figura 4.10. Ejemplos de Aoh.

Puesto que el concreto de recubrimiento puede descascararse fácilmente si los esfuerzos de tracción y la compresión son grandes en esta sección, es necesario anclar apropiadamente los estribos con ganchos a 1350 dentro del núcleo de la sección de concreto. No deben utilizarse estribos en forma de U superpuestos, a menos que los ganchos utilizados estén anclados a 1350 en dirección al núcleo del elemento. Si las aletas se incluyen en el cálculo de torsión, deben colocarse estribos cerrados en las aletas tal como se aprecia en la figura 4.10.

4.6 Consideraciones de Refuerzo Mínimo para Torsión Donde se requiera refuerzo a cortante y torsión, el área mínima de estribos cerrados debe cumplir con la siguiente ecuación: Av + 2 * At ≥

bw * s 3 * f yv

191

La anterior expresión es empleada cuando se necesitan estribos debido a valores de torsión mayores al crítico recomendado por el código para torsión primaria o secundaria; o sea, en general se emplean estribos si se cumple con la siguiente expresión: f c'

Tu ≥ φ *

12

*

2 Acp

Pcp

Sin embargo, se sugiere considerar refuerzo por torsión aún cuando los valores de ésta sean menores a los críticos sugeridos por el código. El acero de refuerzo longitudinal mínimo para torsión, donde este sea requerido, debe ser calculado con la siguiente ecuación: Al ,min =

f c' * Ag

5*

12 * f yl

−

At * P0 h * s

f yv f yl


La relación 5/12 se puede tomar como 0.4. En secciones macizas el área Ag se sustituye por Acp. En la anterior ecuación se debe cumplir que: Al ,min > 0

At bw ≥ s 6 * f yv

;

Se permite reducir el área del refuerzo longitudinal para torsión en una zona de compresión que actúa simultáneamente con flexión, en una cantidad equivalente a Mu /(0.9 *d* fyl) donde Mu es el momento último que actúa en combinación con Tu , excepto que el refuerzo colocado no sea menor al valor de Al, min dado en la ecuación anterior. Adicionalmente, se deben observar las siguientes reglas en la colocación de estribos y refuerzo longitudinal: •

El refuerzo a torsión, longitudinal y transversal, debe llevarse a una distancia (bt + d) mas allá del punto donde no se necesita este refuerzo o donde la torsión cumple que: Tu ≤ φ *

f c' 12

*

2 Acp

Pcp

El parámetro bt corresponde al ancho de la sección transversal que contiene los estribos cerrados de torsión. • El espaciamiento s del refuerzo transversal no debe ser mayor que Poh /8 ni mayor a 300 mm. 192

Esto debido a que si los estribos están muy apartados y las barras longitudinales de las esquinas son muy pequeñas, las fuerzas de compresión tienden a doblar las barras longitudinales hacia fuera debilitando la resistencia general de la viga. • El refuerzo longitudinal requerido debe distribuirse uniformemente alrededor del perímetro de los estribos cerrados, con una máxima separación entre barras de 300 mm. Las barras longitudinales deben estar encerradas por los estribos y debe existir al menos una barra en cada esquina del estribo. Las barras deben tener un diámetro por lo menos igual a 1/24 del espaciamiento entre estribos. Para efecto de una distribución uniforme del acero longitudinal, su centroide debe coincidir con el centroide de la sección. El refuerzo longitudinal de la viga tambien puede ser distribuido alrededor del perímetro pero debe existir, al menos, una barra longitudinal en cada esquina del estribo. Las barras longitudinales deben estar por dentro de los estribos. Ejemplo 1: Diseño a torsión de una viga en voladizo. La sección en voladizo mostrada en la figura soporta una carga última distribuida Wu = 12 KN/m (incluyendo peso propio aproximado) y una carga puntual última de 200 KN con una excentricidad de 0.20 m con respecto al eje de la viga. Diseñar la viga para flexión y esfuerzos cortantes. Los esfuerzos resistentes del concreto y el acero son respectivamente f 'c= 24.5 MPa y fy = 420 MPa. Usar estribos de diámetro φ 3/8". WU =12 KN/m

* Mu maximo = 313.5 KN-m

PU = 200 KN

* Tu diseño = 40 KN-m 1.5 mt

0.2 mt

* Vu diseño = 218 KN

Figura 4.11. Sección en voladizo para resolver el ejemplo 1.

Se seleccionan las dimensiones de la viga asumiendo inicialmente 0.5*ρb. Inicialmente calculamos la cuantía balanceada de acero ρb,

193

ρ b = 0.85 * 0.85 *

24.5 600 * = 0.025 420 600 + 420

ρ asumido = 0.5 * ρ b = 0.5 * 0.025 = 0.0125

Seguidamente a partir de la ecuación del momento nominal resistente encontramos el ancho b y la profundidad d. De esta manera, Mu =φ * Mn

M u = φ * ρ * fy * b * d 2⋅ 1 −

313.5 0.9 * 0.0125 * 420 * b * d 2 = 10 10 4

*

1−

0.59 * ρ * f y f c'

→ Tomar ρ = ρ asumido

0.59 * 0.0125 * 420 24.5

b * d 2 = 75951.7 cm 2

Tomamos dos valores convencionales de b y d tal que satisfagan esta última identidad: b = 30 cm ; d = 52 cm → ρ real = 0.0116

As = ρ ⋅ b ⋅ d = 0.0116 * 30 * 52 = 18.1 cm 2

→ Usar 4#6 + 2#7 en dos filas

Hemos asumido 8 cm de recubrimiento en caso para poder colocar doble fila de refuerzo. Con estos datos podemos determinar un valor mas preciso del momento de diseño a una distancia d. Sin embargo, diseñando con el momento de diseño consideradoen el arranque de la viga en voladizo estamos del lado de la seguridad sobretodo considerando las altas cargas en una luz tan corta. La cuantía de refuerzo es ρ = 19.16 / (30*52) = 0.0123. Mu

( resistente ) = φ *

ρ * f y * b* d 2 * 1 −

0.59 * ρ * f y

Entonces,

194

f c'

0.9 * 0.0123 * 420 * 30 * 52 2

Mu

( resistente ) =

Mu

( resistente )≈ 330

* 1−

10 3

0.59 * 420 * 0.0123 ≈ 330 KN − m 24.5

KN − m > Mu ( diseño ) = 313.5 KN − m

A continuación chequeamos si la torsión debe ser considerada. Para ello se debe cumplir la siguiente expresión. f' c

Tu = 40 KN − m ≤ Tu c = φ *

12

Acp 2 Pcp

*

donde, * Ac p = b * h = 30 * 60 = 1800.0 cm 2

→

Aoh = 22 * 52 = 1144 cm 2

* Pc p = 2( 30 + 60 ) = 180.0 cm → Poh = 2 * ( 22 + 52 ) = 148 cm

Por tanto, Tu = 40 KN − m > Tu c =

0.85 10 3

24.5 1800 2 * = 6.3 KN − m 12 180

*

∴ Se debe considerar torsión !

El chequeo de resistencia o límite por cortante para determinar si la sección es suficiente para resistir torsión se realiza con la siguiente expresión: Vu bw*d

2

218 * 10 30* 52

2

Tu*Poh

+

1.7 * Aoh 2

+

2

≤

40 *148 * 10 3 1.7 * 1144

vc +

*

2

2*

f'c 3

2

≤ 0 .85 *

24.5 2 * 24.5 + 6 3

Evaluando ambos lados de la desigualdad: 3.0 MPa ≤ 3.51 MPa

∴ Dimensiones cumplen !

195

La cortante resistida por el concreto está dada por: * Vc =

24.5 * 30 * 52 = 129 KN 6 10

→ φ Vc = 109.7 K N

La separación de estribos se determina con las siguientes expresiones: * At =

Tu * s Tu * s = 2 * φ * Ao * f yv * cot θ 1.7 * Aoh * f yv * 1.0

* At =

40 * s * 10 3 = 0.0576 * s 1.7 * 0.85 * 1144 * 420 * 1

* Av =

Vs * s Vs * s * 10 = = 0.00046 * Vs * s f yv * d 420 * 52

En la anterior expresión se tomó Ao = 0.85*Aoh . Los valores de Vs a utilizar para cualquier punto x, entre x = 0.0 m al inicio de la viga y x = 1.5 m en el extremo libre del elemento, están determinadas por: *

Vu(distancia x) = 200 + 18 * 1 −

* Vs =

Vu

φ

− Vc =

x 1.5

200 18 x + * 1− − 129 = 127.5 − 14.12 * x 0.85 0.85 1.5

Av = 0.00046 * s * ( 127.5 − 14.12 * x ) = ( 0.0587 − 0.0065 * x ) * s

La anterior expresión se cumple para todo el tramo puesto que siempre hay un valor positivo de Vs entre x = 0.0 m y x = 1.5 m. Usando estribos φ 3/8" (2 ramas), la separación a lo largo de diferentes puntos en la viga se puede encontrar con la expresión: * 2 At + Av = 2*0 .71 = 2*0.0576 * s + ( 0.0587 − 0.0065 * x ) * s 0.1739 * s − 0.0065 * x * s = 1.42

Las separaciones en algunos puntos serían:

196

*

x = 0.0

→

0.1739 * s = 1.42

→

s = 8.2 cm

*

x = 0.52

→

0.1705 * s = 1.42

→

s = 8.3 cm

*

x = 1.0

→

0.1674 * s = 1.42

→

s = 8.5 cm

*

x = 1.5

→

0.1642 * s = 1.42

→

s = 8.7 cm

El máximo espaciamiento está dado por: *

Poh 8

* 30cm

Poh 148 d = = 18.5cm < = 26 cm 8 8 2

Se observa que las separaciones requeridas a lo largo de la viga son menores que este valor. El acero longitudinal máximo debido a torsión, donde la separación es la menor, es: * AL =

At * Poh * s

fy v 0.71 420 * cot 2 θ = * 148 * * 1 .0 fy L 8 .2 420

* AL = 12.8 cm 2

El acero longitudinal adicional debe ser mayor al mínimo determinado mediante la siguiente expresión: ALmin =

5*

f ' c * Acp 12 * f y

L

−

fy At 0.4 24.5 * 1800 0.71 v * Poh * = − * 148 < 0.0 s fy 420 8 .2 L

Se recomienda distribuir el acero longitudinal alrededor de la sección de concreto, así: 1/3 se adiciona al acero inferior de compresión. → A's = 12.8/3 = 4.27 cm2 • 1/3 en el tercio medio de la sección de concreto. → As = 12.8/3 = 4.27 cm2 • 1/3 se adiciona al acero de tensión. → As = 12.8/3 + 18.1 = 22.37 cm2 → Usar 6#7 Ejemplo 2: Torsión Secundaria. Diseñar la separación de estribos de la viga A-B considerando la torsión transmitida por la vigueta E-E'. Los esfuerzos •

197

resistentes del concreto y el acero son respectivamente f 'c= 28 MPa y fy = 420 MPa. La dimensiones de la viga A-B son b = 30 cm y h = 60 cm. La carga última uniformemente distribuida sobre la vigueta es Wu = 40 KN / m y la carga uniformemente distribuida en la viga A-B es Wu = 30 KN / m. El refuerzo de la viga A-B es A+s = 10.9 cm2 en el centro de la luz y A-s = 13.7 cm2 en los extremos A y B (acero superior). El acero positivo (inferior) continua hasta los extremos de la viga y llega al apoyo con una cantidad A+s = 5.7 cm2. Usar estribos de diámetro φ 3/8". Usar d= 54.0 cm 1

Columna 30x50 cm2

Viga 30x50 cm2

15 cm

A

2 A’

15 cm 60 cm

Viga 30x60 cm2

Viga 25x50 cm2

E

E

’

6.0 Mt

3*hf 30 cm

36 cm

Viga 30x50 cm2

B

B’

7.0 Mt

Figura 4.12. Planta estructural para el ejemplo 2.

Los datos dados de refuerzo para la viga A-B son: → A+s = 10.90 cm2 • Refuerzo Positivo en • Refuerzo Negativo apoyo (Arriba) → A-s = 13.7cm2 • Refuerzo Positivo apoyo (Abajo) → A+s = 5.7cm2 La carga última distribuida de la vigueta E-E' es Wu(vigueta) = 40 KN/m, por lo cual las reacciones al borde de esta vigueta en los extremos donde se apoya en las vigas A-B o A’-B’, son: R E = R' E =

40*( 7 − 2 * 0.15 ) = 134 KN 2

Un diagrama aproximado de momentos para la vigueta E-E' utilizando coeficientes de diseño de 1/24 en los extremos negativos podría lucir como: 198

M-u = 40*6.72 /24 = 75 KN - m

M-u = 40*6.72 /24 = 75 KN - m

Mu M+u = 149.5 KN- m

Figura 4.13.a. Diagrama de momentos tramo A-B.

Los diagramas de torsión y cortante para la viga A-B son:

Tu = 37.5 KN-m

37.5 KN-m 75 KN-m

Tu

Vu= 157 KN

37.5 KN-m

Tu= 37.5 KN-m

67 KN

67 KN

Vu Vu = 157 KN

Figura 4.13.b. Diagramas de torsión y cortante tramo A-B.

El momento torsor de agrietamiento o momento con el cual se desarrolla la primera grieta esta determinado por: * Tu c = φ *

f' c 3

*

Acp 2 Pcp

* Ac p = b * h + 3 * h f * hf = 30 * 60 + 12 * 36 = 2232.0cm 2 * Pc p = 2( 30 + 60 ) + 2( 36 ) = 252.0 cm

Se consideran estribos cerrados en el ala y alma de la sección considerada, de tal manera que Acp se calcule sobre toda el área disponible. De esta manera, 199

Tu c =

28 2232.0 2 * 3 252

0.85 10 3

= 30 KN − m

Si el momento torsor puntual aplicado en la mitad de la viga A-B es mayor de Tuc = 2*30 = 60 KN-m, el excedente por encima de este valor se puede redistribuir en las viguetas del tramo de tal manera que no se sobrepasen los 30 KN-m en cada extremo de la viga. Cada vigueta E-E' está transmitiendo un momento último puntual en sus extremos de Mu = 75 KN-m, por lo que la viga A-B debe diseñarse cada mitad de su longitud con un momento torsor teórico Tu = 75 / 2 = 37.5 KN-m. Este momento es mayor que el momento permitido por redistribución Tuc = 30 KN-m por lo que se podría utilizar este último en el diseño y dejar que las viguetas tomen el excedente de 15.0 KN-m el cual debe ser redistribuído con el momento positivo. Sin embargo, esto es tan solo una sugerencia que hace el código por lo que se puede diseñar inclusive para momentos mayores al crítico de agrietamiento, sin considerar redistribución. Las dimensiones de la sección de concreto deben ser tales que la resistencia a torsión debe cumplir con la siguiente expresión: Vu bw * d

2

+

Tu * Ph

2

2 1.7 Aoh

≤ φ * ( vc +

2 f c' ) 3

donde la cortante Vu y el momento torsor Tu pueden ser tomados como los valores de diseño a una distancia d de la cara del apoyo, obteniéndose los valores de diseño Vud y Tud. Los diferentes valores a utilizar en la formula anterior se definen a continuación. * X o = 30.0 − 8.0 = 22.0 cm * Yo = 60.0 − 8.0 = 52.0 cm *

Aoh = 22 * 52 + 6 * 36 = 1360.0 cm 2

*

Poh = 2 * ( 22 + 52 ) + 2 * 36 = 220.0 cm 2

* vc =

28 = 0.882 MPa 6

200

La norma NSR-98 especifica que para secciones no preesforzadas localizadas a una distancia menor a d de la cara del apoyo, la torsión puede diseñarse precisamente con el momento torsor encontrado a la distancia d de la cara del apoyo. En este caso el diagrama del momento torsor es uniforme y por tanto su valor de diseño es Tud = 37.5 KN-m. Para la cortante Vud, por estar el eje a 15 cm del borde externo y ser la columna de 50 cm en el sentido de la viga AB, se considera el ancho de las columnas a partir del eje, obteniéndose: * Vu → Vu d = 157 − 30 * ( 0.35 + 0.54 ) = 130.3 KN

Por lo tanto, * vud =

130.3 × 10 = 0.804 MPa 30 * 54

La expresión para el chequeo de resistencia se convierte en:

(0.804 )

2

+

37.5 * 220 1.7 * 1360

2

* 10

3

2 1/ 2

≤ 0.85 * 0.882 +

2 * 28 3

2.744 MPa ≤ 0.85 * ( 4.410 ) = 3.75 MPa → Cumple!

A continuación calculamos la separación mínima de estribos a una distancia d del apoyo: * Vc = v c * b * d = * *

0.882 * 30 * 54

= 143.0 KN 10 Vu d / φ − Vc ( 130.3 / 0.85 − 143.0 ) * 10 * s Av = = = 0 .00454 * s fy * d 420* 54 Tu d * s At = 2 * φ * Ao * f yv * cot

*

Pero Ao = 0 .85*Aoh = 0 .85*1360 = 1156 .0 cm 2

*

At =

37.5 * 10 3 * s = 0 .0454 * s 2*0.85*1156* 420*1

201

La cantidad de acero transversal no debe ser más que la cantidad disponible determinada por las dos ramas de estribos con diámetro φ 3/8". Por tanto, 2 * At + Av = 2*0.71 cm 2 = 1.42 cm 2 2 * 0.0454 * s + 0.00454 * s = 1.42 cm 2 0 .0953 * s = 1.42 → s = 14.9 cm

La separación a utilizar a partir de la cara del apoyo es s = 14.9 cm ≈ 15.0 cm. Para otras secciones diferentes a lo largo de la viga se sigue el siguiente procedimiento: •

Se necesita acero debido al diseño por cortante hasta donde se cumpla que Vu = φ*Vc. φ * Vc = 0.85 * 143 = 121.6 KN

•

Este valor está ubicado a una distancia x del eje de la viga determinado por: x=3−

•

121.6 − 67 * 3 ≈ 1.18 m 157 − 67

Entre x = 0.0 m y x = 1.18 m, usar: 2 * At + Av = 0.0908 * s +

( 157 / 0.85 − 143.0 )* 10 * s x * 1− = 1.42 420 * 54 1.18

0.0908 * s + 0.0184 * s * 1 −

x = 1.42 1.18

0.109 * s − 0.0156 * s * x = 1.42

•

Entre x = 1.18 m y x = 3.0 m, usar: 2 * At = 0 .0908 * s = 1.42 → s = 15.7 cm.

202

La siguiente tabla ilustra las separaciones a usar a lo largo de la viga hasta el punto medio de la misma. Separación S (cm) 13.0 14.9 15.6 15.6 15.6

Distancia x 0.00 0.89 1.43 2.00 3.00

(0.34*√ fć) *b*d (KN) 290 290 290 290 290

d/2 (cm) 27 27 27 27 27

Se recomienda usar estribos separados con s = 14.0 cm hasta una distancia aproximada de 1.4 m (empezando a 5 cm de la cara del apoyo) y estribos con una separación aproximada s=16.0 cm en el resto de la longitud hasta L/2.Desde L/2 hasta el apoyo final de la viga se colocan los estribos simétricamente. Para el cálculo del acero longitudinal se procede de la siguiente manera: * AL =

At * Poh * s

fy v 0.71 420 156.2 * cot 2 θ = * 220 * * 1 .0 = fy L s 420 s

* Para s = 14.9 cm → AL =

156.2 * 1.0 = 10.5 cm 2 14.9

* Para s = 15.6 cm → AL =

* AL ,min =

0.4 *

f ' c * Acp fyL

−

156.2 * 1.0 = 10.0 cm 2 15.6

f yv At 0.4 * 28 * 2232.0 0.71 * Poh * = − * 220 * 1 s fyL 420 14.9

* AL ,min = 0.77 cm 2 ∴ Usar AL = 10.5 cm 2 en el extremo inicial de la viga.

Se recomienda, igualmente, distribuir el acero longitudinal alrededor de la sección de concreto, así: •

1/3 se adiciona al acero superior de compresión.

203

•

1/3 en el tercio medio de la sección de concreto.

•

1/3 se adiciona al acero de tensión. AS + AL/3 1/ 6 de AL en cada cara, en la altura libre entre A´S y AS AS + AL/3

Figura 4.14. Distribución del acero longitudinal alrededor de una sección de concreto.

En nuestro caso, adicionar 10.5/3 cm2 arriba y 10.5/3 cm2 abajo junto con 4#4 intermedias, o 2#4 en cada cara. Colacar estribos @ 14 cm hasta 1.2 mt

Colacar estribos @ 15.5 cm el resto de la luz A´S+ AL/3

Colacar estribos @ 14 cm hasta 1.2 mt

A´S+ AL/3 2#7 2#8

2#7 2#8

AL/ 3 = 2#4 en cada cara AS + AL/3 2#7 2#7

Ln = 5.7 mt L = 6.0 mt

Figura 4.15. Despiece tentativo para el tramo del presente ejemplo.

Ejemplo 3: Torsión Primaria. Diseñar la separación de estribos teniendo en cuenta torsión. Para la sección aislada mostrada en la figura se debe diseñar la separación de estribos considerando cortante y torsión. La sección tiene forma de L, con una loseta en voladizo que sobresale 1.0 m desde el borde del alma de la viga (ver Figura 4.16). La sección del alma es de 30x60 cm2. La loseta tiene un espesor hf = 15 cm y soporta una carga viva de 4 KN/m2. La viga, además de su peso propio, soporta una carga muerta de 20 KN/m y una carga viva de 1.5 KN/m. La luz libre de la viga es Ln = 8.0 m. Los esfuerzos resistentes del

204

concreto y el acero son respectivamente f 'c= 28 MPa y fy = 420 MPa. Usar estribos de diámetro φ 3/8".

Para el avalúo de cargas usando los coeficientes requeridos, se tiene para la viga: •

1.4 *Wd = 1.4* [(0.3*0.6 + 1.0*0.15) *24 + 20 ] = 39.1 KN/m

•

1.7 *Wv = 1.7* [4*(1.0 + 0.3) + 1.5] = 11.4 KN/m

•

Wu = 39.1 + 11.4 = 50.5 KN/m Carga viva en loseta = 4 KN/m2 30 cm

100 cm hf = 15 cm

60 cm

3*h f 30 cm

45 cm

55 cm


En la cara de la columna y a una distancia d del apoyo, las respectivas fuerzas cortantes son: Vu =

8 * 50.5 = 202 KN 2

; Vud = 202 − 0.54 * 50.5 = 174.7 KN

La cortante resistida por el concreto está dada por: Vc =

f c' 6

* b* d =

28 30 * 54 * = 143 KN 6 10

El punto donde Vu = φ*Vc = 121.6 KN es:

205

L1 = 4 −

121.6 * 4 ≈ 1.60 m 202

El diagrama de cortante correspondiente se muestra a continuación. 202 KN 174.7 KN

Vu Vu d

Diagrama de Fuerza Cortante

121.6 KN

φ*Vc φ*Vc /2

d=0.54 mt

No estribos debido a cortante

L1=1.60 mt Ln / 2 = 400 cm

Figura 4.17. Diagrama de cortantes para ejemplo 3.

El momento torsor por metro lineal en el eje de la viga esta dado por: t u = ( 1.4 * 24 * 1.0 * 0.15 + 1.7 * 4 * 1.0 ) * 0.5 +

0.15 KN − m = 6.81 2 m

En la cara de la columna y a una distancia d del apoyo, los respectivos momentos de torsión son: Tu =

8 * 6.81 = 27.24 KN − m ; Tu d = 27.24 − 0.54 * 6.81 ≈ 23.6 KN − m 2

Los efectos de torsión no se consideran si el momento torsor de agrietamiento primario o momento con el cual se desarrolla la primera grieta, cumple que: Tu d ≤ Tu c = φ *

f' c 12

*

Acp 2 Pcp

De tal manera que:

206

* Ac p = b * h + 3 * h f * h f = 30 * 60 + 45 * 15 = 2475.0 cm 2

* Pc p = 2( 30 + 60 ) + 2( 45 ) = 270.0 cm

∴ Tu c =

28 2475.0 2 * 12 270

0.85 10 3

= 8.5 KN − m

El momento torsor Tud = 23.6 KN-m es mayor que Tuc =8.5 KN-m, se debe considerar torsión a lo largo de la viga. El diagrama de momento torsor se muestra a continuación. 27.24 KN-m 23.60 KN-m

Tu Tud

d=0.54 m

Diagrama de Momento Torsor

L / 2 = 400 cm

Figura 4.18. Diagrama de torsión para ejemplo 3.

El límite de esfuerzo cortante está medido por la siguiente expresión: Vud bw * d

2

+

Tud * Poh

2

2 1.7 * Aoh

≤ φ * ( vc +

f c'

2* 3

)

donde la cortante y el momento torsor están expresados como los valores de diseño Vud y Tud a una distancia d de la cara del apoyo. Esto valores han sido determinados como Vud = 174.7 KN y Tud = 26.65 KN -m. Los otros valores a utilizar en la fórmula anterior están definidas como: * X o = 30.0 − 8.0 = 22.0 cm * Yo = 60.0 − 8.0 = 52.0 cm

207

*

Aoh = 22 * 52 + 9 * 45 = 1549.0 cm 2

*

Poh = 2 * ( 22 + 52 ) + 2 * 45 = 238.0 cm

*

vc =

28 = 0.882 MPa 6

Se usaron 3 cm de recubrimiento para la loseta y estribos cerrados en toda el área de la sección. La expresión para el chequeo de resistencia se convierte en: 174.7 * 10 30 * 54

2

+

23.60 * 238 1.7 * 1549

2

2

1/ 2

* 10 3

≤ 0.85 * 0.882 +

2 * 28 3

Puesto que 1.75 MPa ≤ 0.85 * ( 4.41 ) = 3.75 MPa → Sección Cumple!

A continuación calculamos la separación mínima de estribos a una distancia d del apoyo: Vc = v c * b * d =

*

Av =

*

At =

0.882 * 30 * 54 = 143 KN 10

( Vud / φ − Vc ) * s ( 174.7 / 0.85 − 143 ) * 10 * s = = 0.0276 * s fy * d 420* 54

2*

Tud * s Ao * f yv * cot

* Pero Ao = 0 .85 *Aoh = 0 .85*1549 = 1316.7 cm 2 *

At =

23.6 * 10 3 * s = 0 .0251* s 2*0 .85*1316.7* 420*1

La cantidad de acero transversal no debe ser mayor que la cantidad disponible determinada por las dos ramas de estribos con diámetro φ 3/8". Por consiguiente, 2 * At + Av = 2* 0 .71 cm 2 = 1.42 cm 2

208

2 * 0 .0251 * s + 0 .0276 * s = 1.42 cm 2

0 .0778 * s = 1.42 → s = 18.25 cm

La separación a utilizar a partir de la cara del apoyo es s = 18.3 cm. Para otras diferentes secciones a lo largo de la viga se sigue el siguiente procedimiento: •

Teóricamente se necesita refuerzo debido al cortante hasta donde Vu = φ*Vc. φ * Vc = 0.85 * 143 = 121.6 KN

•

Este valor está ubicado a una distancia L1 = 1.60 mt del eje de la viga.

•

Entre x = 0.0 m y x = 1.6 m, usar: 2 * At + Av = 1.42 cm 2

(202 / 0.85 − 143.0 )* 10 * 1.6 − x * s = 1.42 2 * 23.60 * 10 3 4−x * *s + 2*0.85*1316.7* 420*1 4 420 * 54 1 .6 0.0502 *

•

4−x 1.6 − x * s + 0.0417 * s * = 1.42 → 0.10 * s − 0.0405 * s * x = 1.42 4 1.6

Entre x = 1.6 m y x = 4.0 m, usar: 2 * At = 0.0579 *

4−x * s = 1.42 4

La siguiente tabla ilustra las separaciones a usar a lo largo de la viga hasta el punto medio de la misma. Distancia x 0.00 0.54 1.08 1.60 2.80

Separación S (cm) 14.20 18.20 25.20 40.90 81.80

(0.34*√ fć) *b*d (KN) 290 290 290 -.-.-

209

d/2 (cm) 27 27 27 -.-.-

Poh /8 (cm) 29.8 29.8 29.8 29.8 29.8

Se recomienda usar estribos separados con s = 16 cm hasta una distancia aproximada de 1.2 m (empezando a 5 cm de la cara del apoyo), estribos con una separación de s = 24 cm hasta una longitud de 2.4 mt de la cara del apoyo, y estribos con una separación s = 30 cm para el resto de la luz. El acero longitudinal a usar está dado por: * AL =

At * Poh * s

fy v 0.71 420 169 * cot 2 θ = * 238 * * 1.0 = fy L s 420 s

* Para s = 18.2 cm → AL =

169 * 1.0 = 9.3 cm 2 18.2

* Para s = 25.2 cm → AL =

169 = 6.7 cm 2 25.2

El acero longitudinal mínimo se determina de acuerdo al siguiente procedimiento: AL ,min =

AL ,min =

0.4 *

f ' c * Acp fyL

−

f yv At * Poh * s fyL

0.4 * 28 * 2475.0 0.71 169 − * 1.0 * 238 * 1 = 12.47 − 420 s s

* Para s = 18.2 cm → AL , min = 3.2 cm 2 * Para s = 25.2 cm → AL ,

min

= 5.80 cm 2

Usar AL = 9.8 cm 2

Ejemplo 4: Torsión Primaria. Diseñar la separación de estribos para la sección en T de un puente peatonal.Para la sección mostrada en la figura 4.19 se debe diseñar la separación de estribos considerando cortante y torsión. La sección que conforma el alma es de 30x60 cm2. La loseta tiene un espesor hf = 15 cm y soporta una carga viva de 4 KN/m2. La luz libre de la viga es de 16.0 m. Los esfuerzos resistentes del concreto y el acero son respectivamente f 'c= 35 MPa y fy =420 MPa. Usar estribos de diámetro φ 3/8".

210

Los diferentes valores a utilizar en el ejemplo están definidos a continuación. * d = 54cm * d' = 6 cm

* f ' c = 35 MPa * f y L = f y V = 420 MPa

* Luz = 16 m * Acabados = 1.0 KN/m

* Peso propio viga = 0.45 * 24 = 10.8 KN/m * Barandas y Aparejos = 1.0 KN/m

* Carga viva = 4.0 KN/m 2

No se asumen estribos cerrados en el ala. Otras variables a usar son: * X o = 30 − ( 2 * 4 ) = 22 → 4 cm del estribo al borde, 2 caras * Yo = 60 - (2 * 4) = 52cm

La sección de la viga es mostrada a continuación con las respectivas dimensiones. 45 cm

3hf 45 cm

30 cm

45 cm

3hf 45 cm

hf = 15 cm

d = 54 cm

90 cm

90 cm

15 cm 15 cm


La carga última actuante en la viga, la cortante última y la torsión última están definidas a continuación. * Wu = 1.4 * ( 10.8 + 1 + 1 ) + 1.7 * 4 * ( 0.9 + 0.15 ) → Wu = 25.1 KN / m * Vu = 25.1* 16 / 2 ≅ 200.8 KN * Vud = 200.8 − 0.54 * 25.1 = 187.2 KN * tu = 1.7 * 4 * ( 0.9 + 0.15 )* (

0.15 + 0.90 KN − m ) = 3.75 2 m

Por lo que, 211

* Tu =

tu * L 3.75 * 16 = = 30 KN − m → Tu d = 30 − 0.54 * 3.75 ≅ 28 KN − m 2 2

Los gráficos correspondientes a momento torsor y cortante son mostrados en la siguiente figura. 30 KN-m 28 KN-m

Tu T ud

200.8KN 187.2KN

Vu Vud


Diagrama de Cortante VU

TU

136 KN

φ*Vc φ*Vc /2 X1

d=0.54 m

d=0.54 m

Ln / 2 = 800 cm

Ln / 2 = 800 cm

Figura 4.20.Diagrama de momento torsor y cortante del ejemplo 4.

La cortante resistida por el concreto esta dada por: * Vc =

35 * 30 * 54 = 159.7 KN 6 10

* φ Vc = 135.8 KN

; φ Vc / 2 = 67.9 KN

Considerando estribos cerrados solo en el alma de la sección T, los valores de Acp y Pcp son calculados según: *

Acp = 30 * 60 = 1800 cm 2

*

Aoh = 22 * 52 = 1144 cm 2

;

Pcp = 2 * ( 30 + 60 ) = 180 cm

*

;

*

Poh = 2 * ( 22 + 54 ) = 148 cm

El chequeo de resistencia o límite de esfuerzo cortante debe cumplir con la siguiente expresión: Vu d bw*d

2

+

187.2 * 10 30* 54

Tu d*Poh 1.7 * Aoh 2

+

2

2

≤

vc +

2*

f'c 3

2

28*148 1.7 * 1144

*

2

* 10

3

212

≤ 0.85 *

35 2 35 + 6 3

2.19 MPa ≤ 0 .85 * ( 4.93 ) = 4.190 MPa


Para determinar si debemos chequear la sección por torsión se debe cumplir que: Tu d = 28 KN − m > φ *

Tu d = 28 KN − m > 0.85 *

fc 12

*

Acp 2 Pcp

35 ( 1800 )2 * = 7.54 KN − m 12 180 * 10 3

→ Considerar Torsión !

Para diseñar la separación de estribos se considera inicialmente la longitud teórica hasta donde se necesitan estribos por cortante debida a flexión. L ( L / 2 ) * φ * Vc 8 * 135.8 X1 = n − n =8− = 8 − 5.41 = 2.59 m ≈ 2.60 m 2 Vu 200.8 La separación de estribos se determina con base en las siguientes expresiones: * At =

* Av =

Tn * s Tu * s Tu * s * 10 3 = = = 0.00144 * Tu * s 2 * Ao * f yv * cot θ 1.7 * Ao * f yv * 1.0 1.7 * 0.85 * 1144 * 420

Vs * s Vs * s * 10 = = 0.00044 * Vs * s f yv * d 420 * 54

En la anterior expresión se tomó Ao = 0.85*Aoh. Las expresiones de Tu y Vs para cualquier punto x entre x = 0 m y x = 8.0 m están determinadas por:

*

200.8 * ( 8 − x ) 8-x Vu → Vs = − Vc = − 159.7 φ 8 0.85 * 8 = 29.53 * (8 − x ) − 159.7 = 76.54 − 29.53 * x

Vu(distancia x) = 200.8 *

* Vs( distancia x)

* Tu( distancia x) = 30 *

8−x 8

= 3.75 * ( 8 − x ) = 30 − 3.75 * x

Desde x = 0 m hasta x = 2.6 m (punto teórico donde Vs = 0), se usa la siguiente expresión basada en Vu y Tu para calcular la separación de estribos: 2 At + Av = 2*0.71 = 2*( 0 .0144 * Tu * s) + 0.0044 * Vs * s → 2 Ramas

213

2*0 .0144 * s*( 3.0 − 0.375 * x ) + 0 .0044 * s * ( 7.654 − 2.953 * x ) = 1.42 0.1201* s − 0 .0238 * s * x = 1.42

Las separaciones en algunos puntos de interés serían: *

x = 0.54 → 0.1073 * s = 1.42 →

s = 13.24 cm

*

x = 1.08 →

*

x = 2.60 → 0.0582 * s = 1.42 → s = 24.40 cm

0.0994 * s = 1.42 → s = 15.04 cm

De x = 2.6 m hasta x = 8.0 m (mitad de la luz), se usa la siguiente expresión basada únicamente en Tu para calcular la separación de estribos: 2 At = 2*0 .71 = 2*( 0.0144 * Tu * s) = 0.0864 * s − 0.0108 * s * x Las separaciones en algunos puntos adicionales en el resto del tramo son: *

x = 3.6

→ 0.0475 * s = 1.42 → s = 29.9 cm

*

x = 5 .0 →

*

x = 6.5 → 0.0162 * s = 1.42 → s = 87.7 cm

*

x = 8 .0 → s

0.0324 * s = 1.42 → s = 43.8 cm

∞


Poh 8

* 30cm

Poh 148 d = = 18.5cm < = 27 cm 8 8 2

La separación máxima permitida por considerarse el efecto de torsión es de 18.5 cm, la cual debe ser aplicada a partir de x = 1.82 m contados desde el inicio de la luz considerada. El acero longitudinal de diseño se calcula a continuación.

214

At fy v 0.71 420 105.08 * Poh * * cot 2 θ = * 148 * = s fy L s 420 s

* AL =

* AL ( x = d ) =

105.08 = 7.9 cm 2 13.24

* AL ( x = 1.82 ) =

105.08 = 5.7 cm 2 18.5

El acero longitudinal debe ser mayor al mínimo determinado mediante la expresión: ALmin =

ALmin =

0.4 f ' c * Ac p fyL

−

fy At * Poh * v fyL s

0.4 35 * 1800 0.71 420 − * 148 * ≅ 2.2 cm 2 < 7.9 cm 2 ( requerido) 420 13.24 420

Ejemplo 5: Torsión Secundaria. Para el tramo de losa mostrado en la figura, el cual hace parte de una losa continua, se va a realizar el diseño a torsión del tramo 1-2 de la viga de borde del eje A indicado. La luz neta aferente del tramo de viga 1-2 es de 2.50 m y consiste en un sistema de viguetas en una dirección con una carga última distribuída por m2 de Wu = 14 KN/m2. Las viguetas están separadas cada metro entre ejes y tienen una luz libre Ln = 5.5 m de diseño. El tramo 1-2 del eje A, a analizar por torsión, tiene una luz entre ejes L1 = 6.3 m y una sección con dimensiones 40*45 cm2 sin incluir su peso propio. Considere igualmente que el eje A forma parte del cerramiento de la estructura por lo que a lo largo de este eje pasa un muro en mampostería de 150 mm de ancho con una densidad de 18.5 kN/m3 y una altura libre del muro de 2.3 m. Utilizar una resistencia última del concreto f 'c= 24.5 MPa y para el acero una resistencia a la fluencia fy =420 MPa. Usar estribos de diámetro φ 10 mm y utilizar un recubrimiento de 5 cm. Encontrar: a) Si la viga a diseñarse resiste los esfuerzos combinados de cortante y torsión de tal manera que pueda ser utilizada en el diseño. b) La separación mínima a una distacia d de la cara del apoyo y para el punto X = 1.5 m.

215

Viga 25x45 cm2

Columna 40x40 cm2

A 1

tu

1.0 m

Viguetas de 10 cm de ancho

Muro de 15 cm de ancho

1.0 m Viga de borde 40x45 cm2

L1 = 6.3 m 1.0 m

Viga 40*45

1.0 m

Laferente = 2.5 m (viguetas)

2 Columna 40x40 cm2

Viga 25x45 cm2

Figura 4.21.Diagrama de tramo de losa a utilizar en el ejemplo 5.

Solución: a) Considerando estribos cerrados y una excentricidad de 3.5 cm al centro de los mismos, los valores de Acp y Pcp son: *

Acp = 40 * 45 = 1800 cm 2

*

Aoh = 33 * 38 = 1254 cm 2

; ;

* *

Pcp = 2 * ( 40 + 45 ) = 170 cm Poh = 2 * ( 33 + 38 ) = 142 cm

La carga, la cortante y la torsión últimas para la vigueta están definidas a continuación. * Wu( vigueta ) = 14.0 Kn / m 2 * 1.0 m = 14.0 Kn /

* Wu( viga ) = 14.0 * 2.5 + 1.4 * (0.4 * 0.45 * 24.0 ) + 1.4 * (0.15 * 2.3 * 18.5 ) = 50.0 Kn / m * Vu( viga ) = 50.0 * 6.3 / 2 = 145.0 kN

→ Vud = 145 − 50.0 * ( 0.4 + 0.4 / 2 ) = 115.0 kN

216

24.5 400 * 400 * = 132.0 K 6 10 3

* Vc =

* tu =

Wu( vigueta ) * L2n 24

=

14.0 * 5.5 2 = 17.65 KN − m / m 24

t * L 17.65 * 6.3 * Tu = u = = 55.6 KN − m → Tu d = 55.6 − 0.6 * 17.65 = 45.0 KN − m 2 2

Se ha considerado que las viguetas transmiten a la viga de borde un momento torsor que es equivalente al momento negativo Wu*L2n /24 que desarrolla la vigueta en el apoyo exterior de la luz extrema. Este momentoes el sugerido por el método aproximado de diseño para losas en una dirección y esta dado en el numeral C.13.3 de la norma NSR-98. Los gráficos correspondientes a momento torsor y cortante de la viga son mostrados en la siguiente figura. Tu T ud

55.6 KN-m 45.0 KN-m

Vu Vud


145.0 KN 115.0 KN

Diagrama de Cortante VU

TU

112.2KN

φ*Vc

56.1 KN

φ*Vc /2 X1

d+0.2

d+0.2

L / 2 = 315 cm

315 cm

Figura 4.22.Diagrama de momento torsor y cortante del ejemplo 4.

La cortante fue obtenida del análisis de cargas realizado previamente a la estructura. Para considerar torsión, el momento torsor de diseño, Tud, debe ser mayor que: Tu c = φ *

f' c

*

12

Acp 2 28 (1800 * 100 ) 2 = 0.85 * * = 7.15 * 10 6 Nw − mm = 7.15 KN − m Pcp 12 170 * 10

por lo que se debe considerar torsión. Por compatibilidad, se permite reducir el momento torsor de diseño de la viga 1-2, Tud = 45.0 KN-m, a un valor máximo de: Tu = φ *

f' c 3

*

Acp 2 28 (1800 * 100 )2 = 0.85 * * = 28.6 * 10 6 Nw − mm = 28.6 KN − m Pcp 3 170 * 10

217

De acuerdo a esto se permite reducir el torque distribuído de tu = 17.65 KN-m /m a: * tu =

2 * Tu c 2 * 28.6 = = 9.1 KN − m / m L 6.3

Con este último valor se pueden diseñar lo momentos negativos de la vigueta, en vez de usar 1/24*Wu*L2n = 17.65 kN-m. El chequeo de resistencia o límite de esfuerzo cortante debe cumplir con la siguiente expresión: Vu d bw*d

2

Tu d *Poh

+

115.0 * 10 40* 40

1.7 * Aoh 2 2

2

≤

45.0*142

+

1.7 * 1254

2

2*

vc +

*

f'c 3

2

* 10

3

≤ 0 .85 *

2.50 MPa ≤ 0 .85 * ( 4.41 ) = 3.75 MPa

28 2 28 + 6 3


Es obvio que si utilizamos Tud proveniente del momento reducido por compatibilidad,el cual corresponde al valor: Tu d = 28.6 − 0.6 * 9.1 = 23.14 KN − m

por lo que el lado izquierdo de la anterior ecuación se convierte en: 115.0 * 10 40* 40

2

+

23.14*142 1.7 * 1254

2

2

* 10

3

= 1.42 MPa

y con mayor razon la viga es más resistente a los esfuerzos combinados de cortante y torsión. b)

Para diseñar la separación de estribos en los puntos indicados, se considera la separación de estribos con base en las siguientes expresiones: * At( x = d ) =

Tu d * s 45.0 * s * 10 6 = = 0.591* s 1.7 * Ao * f yv * cot θ 1.7 * 0.85 * 1254 * 10 2 * 420

218

* Av( x =d ) =

Vsd * s ( 115.0 / 0.85 − 132.0 )* 10 3 * s = = 0.02 * s fy * d 420 * 400 v

En la anterior expresión se tomó Ao = 0.85*Aoh. Para encontrar la separación de estribos a la distancia x = d = 400 mm, se utiliza la siguiente expresión: 2 At + Av = 2*0.591 * s + 0.020 * s → 2 Ramas

1.202 * s = 2 * 78 mm 2

→ s = 130.0 mm = 13.0 cm

Para diseñar la separación de estribos en el punto X = 1.5 m, se encuentra la longitud X1 para establecer si aún se requieren estribos debidos a la cortante por flexión. De esta manera, X1 =

Ln ( Ln / 2 ) * φ * Vc 3.15 * 0.85 * 132.0 − = 3.15 − = 0.71 m 2 Vu 145.0

El punto X = 1.5 m donde se requieren los estribos es mayor que la distancia X1, por lo tanto sólo hay separación teórica de estribos debido a los esfuerzos por torsión: * At ( x =1.5 ) =

Tu( x =1.5 ) * s 1.7 * Ao * f yv * cot θ

=

( 45.0 − 1.5 * 17.65 )* s * 106 1.7 * 0.85 * 1254 * 10 2 * 420

2*0.2434 * s = 2 At = 2 * 78

→

0.4868 * s = 156 mm2

s = 320.0 mm = 32.0 cm

→

= 0.2434 * s

2 Ramas


Poh 8

* 30cm

Poh 142 = ≈ 18.0 cm 8 8

La separación máxima permitida, debida a los efectos de torsión experimentados por la viga, es de 18.0 cm aplicables hasta el centro de la luz.

219

Problemas Propuestos Problema 4.1. Una viga en voladizo con luz libre Ln = 2.5 mt desde el borde de la columna, soporta una carga última mayorada uniformemente distribuida de Wu = 4 Tn /mt, sin incluir peso propio. La viga cuenta con una carga puntual de Pu = 6 Tn en el extremo de la luz libre, desplazada 0.55 mt. del eje principal de la misma. Diseñar la viga y los estribos tanto al borde de la columna como a una distancia d del mismo. Chequear que la viga resista a cortante y sea resistente a torsión. Usar para el acero fyl = 4200 kg/cm2 y para el concreto f’c = 280 kg/cm2. Sugerencia: diseñar con ρ = 0.5*ρb. Usar estribos φ 3/8" con fyv = 4200 kg/cm2. Problema 4.2. Para la viga cajón mostrada en la figura, se quiere establecer el diseño a flexión para cubrir una luz de 16 m. Los datos a utilizar deben ser los siguientes * b = 220 cm

* bw = 40 cm

* d = 90 cms.

* h = 100 cm

* hf = 15 cm

* f ć = 28 MPa

* Peso adicional por carga muerta de parapetos+ barandas = 2000 Nw/ml * Carga viva = 4000 Nw/m2 * fyl = 420 MPa, barras principales longitudinales * fyv = 280 MPa, para diseño de estribos. * Dimensiones de la columna = 40x80 cm2 Establecer: a) Las cuantías de acero en cada tercio a lo largo de la viga. b) Establecer el chequeo por torsión y deterrminar si hay que considerarlo en el diseño. c) Diseñar los estribos para hasta L/2 variando la separación en tres tramos diferentes. En caso tal, tener en cuenta la influencia de la torsión.

220

2 2 0 cm

1 5 cm

Acero de amarre

6 5 cm

2 0 cm

6 5 cm

2 5 cm

4 0 cm

2 5 cm

6 5 cm 4 0 cm

a) Sección de la viga en la mitad de la luz

b) Sección de la viga en el apoyo

Problema 4.3. Se va a diseñar una Viga T articulada en columnas, para un puente peatonal, con los siguientes datos de prediseño : * b = 150 cm * h = 65 cm * * * *

* bw = 40 cm * hf = 15 cm

* d = 55 cms. * f ć = 28 MPa

Peso adicional por carga muerta de parapetos = 1000 Nw/ml Carga viva = 4000 Nw/m2 fyl = 420 MPa, barras principales longitudinales fyv = 280 MPa, para diseño de estribos.

Para esta viga, el diseño a torsion equivaldría a tomar la carga viva sobre un solo costado de las alas, es decir sobre la mitad (0.75 m) de la loseta superior. El momento torsor de diseño se podría considerar como: * T = t*L/2 , dependiendo de las condiciones de arriostramiento en columnas. * t = [Wcv*ancho aferenrte(un ala) /metro lineal ] * excentricidad a.) Encontrar la luz máxima de diseño para la viga en el preciso instante antes de que empiece a funcionar como viga T. Es decir, la luz máxima L de la viga para cuando todavia se puede considerar viga rectangular. Compresión en las alas. b.) Con una luz de 25.0 mt, encontrar la separacion máxima de estribos a una distancia d de la cara del apoyo. La viga está sustentada en columnas de diámetro 60 cm. c.) Encontrar la distancia desde el apoyo donde teoricamente no se necesitan mas estribos.

221

d.) Encontrar la separación máxima para el área mínima de refuerzo a cortante en toda la viga. e.) Chequear la viga para determinar si se incluye o no torsión. f.) Chequear para determinar si la sección es adecuada para el diseño a torsión g.) Determinar la nueva separación de estribos a d del borde de de la columna. Problema 4.4. Una viga simplemente apoyada de 8.0 mts de luz, con sección transversal T como se muestra en la figura, está sometida a una carga muerta uniformemente distribuida, la cual incluye el peso propio de la viga, wCM=40 KN/m, y a una carga viva uniformemente distribuida con valor wCV=10 KN/m. Adicionalmente sostiene una carga viva concentrada no mayorada de 50 KN ubicada a 0.5 mt del eje medio de la sección de la viga y a 4.0 mt del apoyo izquierdo (mitad de la viga). Para el diseño por cortante use estribos de φ=1/2”, f’c=28 MPa, fy (estribos)= 280 MPa y fy (flexion)= 420 MPa. Determine: a.) Separación de los estribos entre 0.0 y 1.5 m del apoyo izquierdo de la viga. (igual separación en el intervalo) a.) Intervalo en el que se pueden colocar los estribos a Poh / 8. Datos:

* bw = 30 cm * h = 60 cm * b = 120 cm

* d = 52 cm * hf = 15 cm * f ć = 28 MPa

Adicionalmente, * fy = 420 MPa → barras principales longitudinales * fyv = 280 MPa → para diseño de estribos.

222

0.5 mt

b hf

h-hf

h

b

w

Problema 4.5. Diseñar la sección propuesta en la siguiente figura, para una luz de 6.0 mt. La viga está empotrada en los extremos y tiene como carga total distribuída un valor Wu = 25 KN/ml incluyendo el peso propio. Utilizar f’c=28 MPa, fy (estribos)=280 MPa, fy (flexion)=420 MPa y estribos con φ10mm de diámetro. Empezar con el prediseño y diseño definitivo de la sección a partir de los requerimientos de flexión y cortante; luego establezca una distribución de estribos con máximo tres valores diferentes de separación de estribos hasta la mitad de la luz.

1.0 m 100 KN

6.0 m

223

5. Desarrollo y Empalmes de Refuerzo En un elemento de concreto reforzado es necesario que exista compatibilidad de deformación entre el acero y el concreto para que la acción de ambos resista la acción de las fuerzas externas. Si no existe la adherencia suficiente, las barras se deslizan longitudinalmente con respecto al concreto adyacente y tienden a desprenderse del concreto, por lo que la fuerza de tensión que se desarrolla en la barra debido a la misma adherencia se pierde y la viga falla. Si una barra de refuerzo no se deforma junto con el concreto, no se desarrollan esfuerzos de tensión en la misma y la resistencia del elemento reforzado decae puesto que la deformación unitaria de la barra embebida no es la misma que la del concreto reforzado. Para disponer de una adhesión entre el acero y el concreto se debe contar con barras corrugadas, las cuales aportan una traba mecánica adicional a la adhesión química superficial que normalmente se desarrolla entre ambos materiales.

va

va Esfuerzos de adhesion y cortante, va + vc

a Fuerza en el concreto

a va

Esfuerzos de contacto radial y longitudinal

fb, long fr, radial

Esfuerzos de adhesion y cortante, va + vc

va

Fuerza en la barra

c

Figura 5.1. Esfuerzos entre costillas de una varilla corrugada.

Las varillas corrugadas presentan una capacidad grande de adherencia debido al aporte a la resistencia que se desarrolla en el concreto entre las costillas adyacentes (ver Figura 5.1). Tal resistencia está definida por los siguientes esfuerzos: • Un esfuerzo de adherencia va, desarrollado por la interacción química a lo largo de la superficie de la barra. •

Un esfuerzo de contacto fb longitudinal, contra la cara de la costilla. 224

•

Esfuerzos cortantes vc en la superficie cilíndrica de concreto entre las costillas adyacentes.

Esfuerzos de adherencia están presentes cuando las fuerzas cambian de un punto a otro a lo largo de la barra. Se puede obtener la relación de equilibrio entre los anteriores esfuerzos y la fuerza transmitida al concreto por adherencia en una longitud determinada entre los centros de las costillas, a partir de la siguiente relación: ∆T = π * d b * c * v a + π * d b * a * f b ≈ π * d b * c * v c Dependiendo de la intensidad de la carga se pierde la adhesión a lo largo de la barra, entre las costillas, por lo que se puede ignorar el aporte de los esfuerzos va. La anterior expresión se puede simplificar a: ∆T = π * d b * a * f b ≈ π * d b * c * vc

Para que los esfuerzos de adherencia y contacto se desarrollen es necesario que exista una diferencia de tensión entre dos secciones de una varilla de refuerzo. Esto es igualmente ilustrado en la Figura 5.2.a, en donde, si fsb es mayor que fsa, deben existir unos esfuerzos de adherencia promedios desarrollados en la superficie de contacto entre el acero y el concreto para mantener equilibrio. Sumando fuerzas paralelas a la barra y asumiendo un área promedio de acero, deducimos que: π * d b2 T 2 − T1 = ( f sb − f sa ) * = µ prom * π * d b * ∆l 4 donde µprom es el esfuerzo de adherencia promedio actuando a lo largo de la longitud predeterminada ∆l. Por consiguiente, π * d b2 ∆T = ∆f s * = µ prom * π * d b * ∆l 4 de tal manera que: µ prom =

∆T π * d b * ∆l

o µ prom =

d b * ∆f s 4 * ∆l

El valor de µprom*∆l viene siendo equivalente a (c*va + a*fb ) de la primera ecuación. Se toma un valor promedio de adherencia aunque en la práctica tal

225

valor no es uniforme en ninguna etapa de la carga. Si tomamos un elemento infinitesimal, la anterior ecuación de µ prom se convierte en: df s 4 * µ dT = µ * π * db o = dx

dx

db

El valor de µ es ahora variable en el elemento infinitesimal. Integrando los esfuerzos y estableciendo un valor conocido para µprom , puede determinarse el

valor de la longitud de desarrollo a partir de la expresión: Ld =

db * f s db 4* T T = * = 2 4 * µ prom π * d 4 * µ prom Pφ * µ prom b

donde se define Pφ como el perímetro de la barra o barras equivalentes igual al diámetro db multiplicado por el factor π. µ

T1 = fsa*Asa

T2 =fsb*Asb ( T2 > T1 )

fsb = fsa + ∆fs

∆l

∆l

T2 = T1 + ∆T

M1

M2 = M1 + ∆M

fs fsa

a

fsb (a)

(b)

b

Figura 5.2. Relación entre los esfuerzos de adherencia y el cambio de esfuerzos en una barra.

Si consideramos el mismo tramo de viga ∆l actuando entre dos secciones (ya agrietadas), los momentos actuando a la altura de las dos grietas son M1 y M2. Si la viga está reforzada con una barra o barras de diámetro equivalente db, el equilibrio de fuerzas antes establecido se puede determinar ahora en función del momento diferencial como: ∆T = µ prom * π * d b ∆l

Basándose en la Figura 5.3, mediante un equilibrio de momentos establecemos que:

226

∆T =

∆M jd

Por tanto, ∆M = ( π * d b ) * µ prom * j * d ∆l

y puesto que la variación de momento en una distancia diferencial es igual a la cortante acumulada en el tramo, se concluye que: µ prom =

V V = ( π * d b ) * j * d Pφ * ( j * d )

en la cual Pφ continua siendo el perímetro de la barra o barras equivalentes. La anterior ecuación permite calcular los esfuerzos de adherencia entre dos puntos agrietados. Los esfuerzos de adherencia se desarrollan siempre que exista una diferencia de tensión a lo largo de un tramo entre dos secciones de una varilla de refuerzo. Un caso típico de análisis se muestra en la Figura 5.4, donde las fuerzas de tensión son mostradas en diferentes secciones a lo largo de una viga continua. En los puntos de inflexión las fuerzas de tensión son nulas porque el momento flexionante es cero, mientras que en otras secciones la fuerza de tensión es igual al momento dividido por el brazo del par, j*d , formado por las fuerzas de tensión y compresión. C

C+

∆C jd

T

T+

∆T

∆l

Figura 5.3. Diagrama de cuerpo libre de fuerzas en un elemento diferencial.

Para que pueda existir equilibrio en cada tramo, por ejemplo, en el tramo a-b de la misma figura, la fuerza T1 debe desarrollar mayor esfuerzo resistente en el extremo derecho de la barra, puesto que el momento M1 es máximo. Esto 227

implica que los esfuerzos de adherencia no son necesariamente constantes a lo largo de un tramo considerado y pueden tener valores proporcionales a la tasa de cambio de la fuerza en la barra cuando esta varía a lo largo de la luz. Tal variación no parece ser lineal sino que depende de la aparición de grietas y del valor real de la fuerza T en el tramo considerado.

a

M-d,max e

M+a,max

µ

T=0

d

c

b

* Para el tramo d - e:

T1 = M+a,max / z

µ

T2 = M-d,max / z

a

T1 = M+a,max / z

b

µ

T=0

d

b

T=0

e

c

Figura 5.4. Esfuerzos de adherencia en una viga continua.

Si queremos esquematizar la distribución real de esfuerzos en una viga agrietada con un momento de flexión constante, la Figura 5.5 nos ayuda a explicar la situación de esfuerzos a lo largo de la varilla, entre dos grietas consecutivas. El concreto por debajo del eje neutro ayuda a resistir las fuerzas de tensión mediante esfuerzos de adherencia a lo largo de la longitud de separación entre grieta y grieta (Figura 5.5.a), y los esfuerzos en el acero son menores en las secciones donde todavía subsiste la adherencia. En las secciones que coinciden con las grietas los esfuerzos se hacen mayores como puede verse en la Figura 5.5.b. A partir de la ecuación df s / dx = 4 * µ / d b = µ * Pφ / As , deducida anteriormente, se establece que el valor de la adherencia µ es también variable (Figura 5.5.c). Los esfuerzos de adherencia µ varían de acuerdo al cambio de la pendiente dfs / dx de la curva de esfuerzos mostrada en la Figura 5.5.b. Se aprecia que los puntos en donde la pendiente dfs / dx son máximos generan esfuerzos de 228

adherencia cero (puntos que coinciden con las grietas), mientras que tal adherencia es máxima donde la pendiente de la fuerza es mayor. En la sección central los esfuerzos de adherencia también son nulos ya que la tangente es horizontal. Muy cerca de las grietas se pueden presentar esfuerzos de adherencia elevados y la pendiente dfs / dx también tiene un valor elevado. Podemos deducir, entonces, que aún para momentos constantes los esfuerzos de adherencia en zonas de tensión, producidos por el agrietamiento del concreto, pueden llegar a ser muy elevados. M

M

µ (a) fs

(b)

µ

(c)

Figura 5.5. Diagrama de cuerpo libre de fuerzas en un elemento diferencial.

La posible distribución de esfuerzos se establece observando las partes (a) y (b) de la Figura 5.5. De la grieta de la izquierda hacia el centro de la distancia entre las dos grietas consecutivas, los esfuerzos en el acero disminuyen, lo que produce esfuerzos de adherencia de izquierda a derecha. De la sección central a la grieta derecha, los esfuerzos en el acero aumentan y los esfuerzos de adherencia cambian de sentido. Por medio de ensayos se pueden determinar los valores de los esfuerzos de adherencia que para varillas en tensión pueden presentar la forma general:

229

µ=

α1 *

f c'

db

y para varillas en compresión, la expresión: µ=

α2 *

f c'

db

donde α1 y α2 son constantes que dependen del tipo de varilla (corrugada), del diámetro de la barra donde α cambia a medida que el tamaño varía, de la posición de la barra, del recubrimiento, del tipo de ensayo ( tracción o compresión), y de otras variables a definir. Como se mencionó anteriormente, con el valor conocido de unos esfuerzos de adherencia promedio, la longitud de desarrollo es definida por: Ld =

T Pφ * µ prom

Para evitar fallas por adherencia, que son de tipo frágil, la varilla de refuerzo debe desarrollar su resistencia a la fluencia fy al final de la distancia Ld. En tal punto la fuerza de tensión puede tomarse como As* fy.

5.1 Desarrollo de Barras Corrugadas y Alambre Corrugado a Tracción Cuando la longitud de anclaje o longitud necesaria entre el punto de esfuerzo máximo en una barra y el extremo de esta presenta un inadecuado desarrollo puede causar fallas por agrietamiento en el concreto, en la que la grieta corre a lo largo de la barra y se presenta una separación del concreto que rodea la barra de refuerzo o descascaramiento, como se indica en la Figura 5.6. Puesto que la falla es frágil, es necesario asumir un criterio conservador en el diseño. En este sentido las longitudes de desarrollo deben garantizar que la falla sea menos probable por esta limitación que por otro parámetro de resistencia.

230

e (a) Recubrimiento lateral y mitad del espaciamiento de barras menores que el recubrimiento inferior

(c) Poco recubrimiento inferior, lateral y entre barras

(b) Agrietamiento Inicial. Poco recubrimiento inferior

(d) Recubrimiento inferior menor que el lateral y que la mitad del espaciamientode las barras

Figura 5.6. Superficies típicas de falla por adherencia

Si los esfuerzos de adherencia son muy grandes, el concreto alrededor de la barra se separa y la separación se extiende hacia las caras laterales e inferior. Una vez empieza la formación de las grietas y las barras se separan, la adherencia se pierde y ocurre un deslizamiento de las barras por lo que la viga fallará. Entre mas cerca estén colocadas las barras y menor sean los recubrimientos, menor será el cilindro de concreto de recubrimiento que rodea la barra por lo que la falla por adherencia es mas probable. Si la distancia desde el punto de esfuerzos cero al punto donde se alcanza fluencia fy es menor que la longitud de desarrollo, la barra tenderá a desprenderse del concreto. Si la fractura en el concreto se extiende hasta el extremo de una barra no anclada, se presenta una falla completa por falta de adherencia.

e (a) Recubrimiento lateral y mitad del espaciamiento de barras menores que el recubrimiento inferior

(b) Agrietamiento Inicial. Poco recubrimiento inferior

(c) Recubrimiento inferior menos que el recubrimiento lateral y menos que la mitad del espaciamiento de barras

(d) Recubrimiento inferior y lateral menos que la mitad del espaciamientode las barras

Figura 5.7. Tipos de falla por adherencia.

Para evitar fallas por recubrimiento insuficiente o por recubrimiento muy delgado, las normas de concreto controlan la longitud de desarrollo de acuerdo a la separación entre barras o al recubrimiento especificado. A continuación se exponen los dos diferentes procedimientos existentes para el cálculo de la longitud de desarrollo. a) Casos simplificados. En la tabla 5.1 se dan las longitudes de desarrollo que permite el Código Colombiano de Construcciones Sismo-Resistentes o Norma NSR-98 en la sección C-12-2, para casos simplificados de barras conjugadas con base en el diámetro db de la barra considerada.

231

Los casos 1 y 2 en la tabla 5.1 son explicados gráficamente en la siguiente figura. La tabla 5.1 corresponde a longitudes de desarrollo 1.0*Ld no factorada por el coeficiente de refuerzo requerido sobre refuerzo en exceso, el cual puede permitir una reducción de la longitud de desarrollo que se requiere por análisis. Estribos mínimos requeridos en longitud Ld

≥ db

≥ 2db ≥ 2db

Recubrimiento mínimo

≥ db Recubrimiento mínimo

≥ db

Figura 5.8. Explicación gráfica de casos 1 y 2 en la Tabla 5.1.

Tabla 5.1. Ecuaciones simplificadas para la longitud de desarrollo.(Fuente: Norma NSR-98, Sección C.12.2). Condición

Barras No. 6 (3/4") ó 20 Barras No. 7 (3/4") ó 22 mm y menores, y alambre mm y mayores. corrugado.

Caso 1. Separación libre entre barras que se desarrollan o empalman, no menor al diámetro db de la barra, recubrimiento libre no menor que db, y estribos en toda la longitud Ld cumpliendo con el mínimo requerido, ó

l d 12 * f y*α * β = db 25 * f '

l d 3 * f y*α * β = db 5 * f c'

l d 18 * f y* α * β = db 25 * f '

l d 9 * f y*α * β = db 10 * f c'

c

Caso 2. Separación libre entre barras que se desarrollan o empalman no menor que 2*db, y recubrimiento libre mayor o igual a db. Caso 3. Otros casos (separación mínima entre barras según C.7.6.1 y recubrimiento mínimo según C.7.7, y sin estribos mínimos).

c

b) Caso general. Para barras o alambre corrugado la longitud de desarrollo debe calcularse empleando la ecuación básica dada a continuación: 232

9* f y α* β* γ ld = d b 10 * f ' c + K tr c db

(Ecuación C.12-1,NSR-98)

c + K tr ≤ 2.5 db

con:

Según el Código (NSR-98, Sección 12.2.4) se deben usar los siguientes coeficientes: α = coeficiente asociado con la separación entre barras y según su posición tiene los siguientes valores: Donde exista más de 300 mm de concreto fresco debajo de la longitud de desarrollo o empalme para el refuerzo horizontal, en el momento de vaciar el concreto ................................…................................ α = 1.3 Para otro tipo de refuerzo ......................................................α = 1.0

β

= coeficiente asociado con el tipo de superficie del refuerzo y puede tener los siguientes valores: Para barras de refuerzo, o alambres con recubrimiento epóxico, con recubrimiento de concreto menor que 3db, o separación libre entre barras de 6*db........................................................................ β = 1.5 Todos los demás casos de barras y alambres con recubrimiento epóxico.................................................................................... β = 1.3 Barras y alambres sin recubrimiento epóxico........................ β = 1.0

γ = coeficiente asociado con el diámetro de la barra: Barras No. 6 (3/4”) ó 20 mm ó menores, y alambre corrugado ……………………………………………………………….…..….. γ = 0.8 Barras No. 7 (7/8”) ó 22 mm y mayores................................. γ = 1.0 •

El producto α*β no debe exceder el valor de 1.7

Adicionalmente, c = dimensión del espaciamiento o del recubrimiento del refuerzo, expresado en mm. Ktr =

índice de refuerzo transversal y está expresado por:

233

K tr =

Atr * f yt 10 * s * n

donde, Atr =

Área total de refuerzo transversal correspondiente a los estribos que dentro de la distancia s cruzan un plano potencial de fractura adyacente al refuerzo que se desarrolla, en mm2.

fyt =

Resistencia nominal a la fluencia del acero de refuerzo, en MPa.

s

=

Espaciamiento centro a centro del refuerzo transversal que existe en la longitud de desarrollo ld , en mm2.

n =

Número de barras en la misma fila o capa que se empalman o desarrollan, a lo largo del plano de fractura, en mm.

El código permite, como una simplificación del diseño, usar un valor de Ktr = 0 aunque haya refuerzo transversal presente. La longitud de desarrollo puede reducirse cuando el refuerzo colocado en un elemento sometido a flexión es mayor que el requerido por el análisis, excepto para los casos en que el anclaje o desarrollo fy sea requerido específicamente, o en estructuras con capacidad especial de disipación de energía según lo especificado en el Capítulo C.21 de la Norma Colombiana NSR-98. La reducción se hace con base en la siguiente proporción: Ld

( final )

= Ld( basica ) *

As requerido As su min istrado

5.2 Desarrollo de Barras Corrugadas a Compresión Para encontrar la longitud de desarrollo Ld, la longitud de desarrollo básica Ldb, en mm, para barras a compresión, debe multiplicarse por los coeficientes de modificación dados a continuación. La longitud básica Ldb (NSR-98, numeral C. 12.3.2, es: Ldb =

db * f y 4*

f c'

≥ 0.04 * d b * f y

El coeficiente 0.04 tiene unidades mm2/N. Los coeficientes de modificación son (Fuente: NSR-98, Sección C.12.3.3):

234

a) Para cuando hay refuerzo en exceso del que requiere el análisis se puede As requerido modificar la longitud de desarrollo por el coeficiente......... As su min istrado b) Para el refuerzo encerrado en espirales de diámetro no menor a la No. 2 (1/4”) ó 6 mm y cuyo paso no sea mayor a 100mm, o para estribos cerrados de barra No. 4 (1/2”) ó 12 mm, estos cumpliendo con los requisitos del numeral C.7.10.3 del Código y también espaciados a menos de 100 mm centro a centro, debe usarse en cada caso un coeficiente..........................................................................................0.75 En ningún caso el valor Ld de la longitud de desarrollo debe ser menor de 200 mm.

5.3 Ganchos a Tracción Para el caso en que los esfuerzos de tensión de la barra no puedan desarrollarse por adherencia, se puede suministrar anclaje en los extremos de la barra, con ganchos doblados a 900 o 1800. Las dimensiones y radios de doblamiento se han estandarizado según como se observa en la Figura 5.9. El diámetro mínimo de doblamiento para ganchos estándares, con uso diferente a ganchos para estribos o flejes de tamaño No. 3 a No.10, están dados en la siguiente tabla. Tabla 5.2. Diámetros mínimos de doblamiento para ganchos estándares. Denominación de la barra

Diámetro mínimo

* Nos. 3 a 8

6 diámetros de barra

* Nos. 9, 10 y 11


* Nos. 14 y 18


Las figuras explicativas de la tabla anterior se presentan a continuación, así mismo se incluyen los diámetros y la extensión para refuerzo secundario.

235

12db r

r 4db ≥ 2.5”

r = 3db para barras #3 a #8 r = 4db para barras #9 a #11 r = 5db para barras #14 a #18 ( igual para ganchos a 1800)

db

db

(a) Refuerzo Principal

12db

6db r

r

r Barras No. 6 (20 mm) o mayores

Barras No. 5 (16 mm) o menores

db

db

6db

Barras No. 8 (25 mm) o menores ( Barras a 1350)

db

(b) Refuerzo Secundario

Figura 5.9. Detalles de ganchos para diferentes tipos de barras.

Para encontrar la longitud de desarrollo Ldh de barras corrugadas que terminen en un gancho, la longitud de desarrollo básica Lhb, en mm, debe multiplicarse por los coeficientes de modificación dados a continuación pero no puede ser menor que 8*db ó 150 mm. La longitud básica Ldb es (NSR-98, Sección C.12.5.2): Lhb =

100 d b f c'

con f y = 420 MPa

La constante100 tiene unidades N/mm. Los coeficientes de modificación son (NSR-98, Sección C.12.5.3): a) Resistencia a la fluencia de la barra: Barras con fy diferente a 420 fy MPa..................................................................................................... 420 b)

Recubrimiento del concreto: Para barras No. 11 (1-3/8”), 32 mm o menores, con recubrimiento lateral (normal al plano del gancho) mayor a 60

236

mm, para ganchos de 900 con recubrimiento en la extensión después del gancho mayor a 50 mm, usar...............................................................0.70 c) Estribos: Para barras No. 11 (1-3/8”), 32 mm o menores, en que el gancho esté rodeado vertical u horizontalmente por estribos con un espaciamiento medido a lo largo de la longitud de desarrollo Lhb , menor de 3*db , donde db es el diámetro de la barra con el gancho, usar.......................................0.80 d) Refuerzo en exceso: Donde no se requiera o necesite anclar o desarrollar específicamente fy , excepto en los sistemas de resistencia de estructuras con capacidad especial (DES) o moderada (DMO) de capacidad de energía, As requerido modificar por el coeficiente.................................................... As su min istrado e)

Refuerzo con recubrimiento epóxico: Barras recubiertas con epóxico, usar........................................................................................................1.20

f)

Agregado de peso ligero: Cuando se usa agregado de peso ligero, utilizar................................................................................................... 1.30 Ldh 3db Borde del apoyo o seccion critica

12db

Ldh

4db 5db

para #3 a #8 para #9 a #11

4db o 2.5” min.

Figura 5.10. Longitud de anclaje para ganchos estándar.

Para barras que terminen con ganchos en un extremo discontinuo de la estructura (tal como una viga simplemente apoyada, una viga en voladizo o un 237

nudo), y donde el recubrimiento lateral a ambos lados de la sección, lo mismo que el recubrimiento superior e inferior de las barras, sea menor a 60 mm, la barra con gancho debe estar rodeada por estribos espaciados a menos de 3*db a lo largo de la longitud Lhd sin usar el coeficiente de modificación 0.8, dado en el punto c) de la lista de coeficientes de modificación. Recubrimiento menor a 6 cm Recubrimiento menor a 6 cm Recubrimiento menor a 6 cm Espaciamiento menor a 3db

Ldh

Figura 5.11. Requisitos de refuerzo transversal para extremos discontinuos.

5.4 Consideraciones Especiales

Algunas consideraciones adicionales para el cálculo de la longitud de desarrollo, Ld , en barras corrugadas sometidas a tracción o compresión y ganchos a tracción, son dadas a continuación: a) Barras Lisas. La longitud de desarrollo para barras lisas será 1.5 veces mayor que el valor calculado para barras o alambre corrugado. b) Barras en Paquete. La longitud de desarrollo para barras que hacen parte de un paquete a tracción o compresión, debe ser incrementada individualmente en un 20% para paquetes de 3 barras y en un 33% para paquetes de 4 barras. Se aplican las fórmulas de longitud de desarrollo para barras a tracción (numeral 5.1 del presente escrito) con un diámetro equivalente al de una barra con la misma área de acero del conjunto. c) Ganchos a compresión. Los ganchos no se consideran efectivos en el desarrollo de barras a compresión. d) Anclaje mecánico. Se puede utilizar cualquier dispositivo mecánico capaz de desarrollar la resistencia del refuerzo sin dañar el concreto. Los dispositivos mecánicos se consiguen soldando las barras o usando sujetadores transversales para fijar de alguna maneralas barras a flexión en los lugares donde no existe suficiente anclaje. 238

5.5 Desarrollo para Refuerzo por Flexión Para evitar deslizamientos de las barras en sitios críticos que pudieran causar la falla por pérdida de recubrimiento, se debe anclar adecuadamente en estos sitios. Los lugares críticos para interrumpir las barras son aquellos donde hay una disminución pronunciada de los esfuerzos flectores, como en los puntos de inflexión de un diagrama de momentos de estructuras continuas. Las siguientes recomendaciones se deben observar para garantizar un anclaje adecuado del refuerzo y asegurar continuidad en vigas continuas: a) Al menos 1/3 del refuerzo positivo debe extenderse hasta el apoyo para elementos simplemente apoyados, y 1/4 del refuerzo para momento positivo máximo en elementos continuos, debe extenderse a lo largo del elemento dentro del apoyo. Para vigas, este refuerzo se lleva al menos 150 mm dentro del apoyo. b) Para elementos primarios resistentes a fuerzas horizontales, el refuerzo para momento positivo que es necesario anclar dentro del apoyo de acuerdo con la recomendación anterior, debe desarrollar la resistencia nominal a fluencia fy a tracción en la cara del apoyo a través de la longitud de desarrollo. c) En apoyos simples (ver Figura 5.12.a) y en puntos de inflexión (ver Figura 5.12.b), el refuerzo a tracción para momento positivo debe limitarse tal que la longitud de desarrollo calculada para fy cumpla con: Ld ≤

Mn + la Vu


donde, Mn =

resistencia nominal a momento en la sección considerada, obtenida suponiendo que todo el refuerzo de la sección está trabajando a un esfuerzo igual a fy .

Vu =

fuerza cortante mayorada en la sección.

la =

es la longitud de anclaje mas allá del centro del apoyo, o para el punto de inflexión, la altura d del elemento, o 12 db, lo que sea mayor en este caso.

239

El valor Mn /Vu puede aumentarse en un 30% si los extremos del refuerzo están confinados por una reacción de compresión, como es el caso de los apoyos simples. Para vigas con apoyos simples que experimentan corte de refuerzo, la anterior ecuación impone una limitación de diseño a los esfuerzos de adherencia en zonas de cortante grande y momento pequeño para evitar fallas por descascaramiento, especialmente en vigas de luces cortas y cargas grandes. Si la longitud de anclaje total (ver Figura 5.12.a) para las varillas que continúan es mayor que la longitud máxima de desarrollo, el tamaño de la varilla se debe limitar tal que se cumpla que: Ld (barra) ≤ 1.3*( Mn / Vu + la) d) Por lo menos 1/3 del refuerzo en tensión diseñado para momento positivo en el apoyo debe extenderse mas allá del punto de inflexión a una distancia no menor del peralte d del elemento, la distancia 12*db , o 1/16 de la luz libre del vano Ln, el que sea mayor. la

1.3*M n /Vu

Sección crítica para varillas que continuan en el punto teorico de corte de varillas que se quedan Ld max.

(a) Viga simplemente apoyada

Anclaje Total

P. I.

la = d o 12db

Mn /Vu Ld max.

Sección crítica para varillas que continuan en el punto teorico de corte de varillas que se quedan

Anclaje Total (b) Vigas continuas

Figura 5.12. Puntos de corte del refuerzo.

e) En apoyos simples de elementos a flexión de gran altura, el refuerzo positivo debe anclarse para que pueda desarrollar la resistencia nominal a la 240

fluencia fy, en la cara del apoyo. En los apoyos interiores de elementos continuos de gran altura el refuerzo a tracción para momento negativo, debe ser continuo con el de los vanos adyacentes. En apoyos externos, al final de un voladizo o para cualquier elemento restringido, el refuerzo debe anclarse mediante una longitud de anclaje, con ganchos o anclaje mecánico.

5.6 Desarrollo para Refuerzo en el Alma Los estribos deben llevarse tan cerca de las superficies de tracción y compresión como lo requiera el recubrimiento permitido y la proximidad de otros refuerzos. Para un estado de cargas, los estribos deben generar resistencia a la tensión en toda su altura y debido a que con solo la longitud de desarrollo el estribo no podría desarrollar la tensión, se colocan ganchos preferentemente a 1350 en el extremo superior del estribo. Para tramos donde no se requiera acero por diseño, especialmente en tramos intermedios de luces simples o continuas no diseñadas considerando sismo, deben utilizarse barras de apoyo para los estribos, las cuales no solo mejoran el anclaje sino que facilitan la construcción del emparrillado. Los extremos de los estribos de una sola rama, o en forma de U simple o múltiple, deben anclarse de acuerdo a los siguientes medios (NSR-98, Sección C.12.13.2): a) Para barras No. 5 (5/8”) ó 16 mm o de menor diámetro, o para barras No. 6 ( 3/4”) ó 18 mm a No. 8 (1”) ó 25 mm con resistencia a la fluencia fy de 280 MPa o menos, debe utilizarse un gancho estándar para abrazar el refuerzo longitudinal (ver Figura 5.13.a). b) Para barras No. 6 ( 3/4”) ó 18 mm a No. 8 (1”) ó 25 mm con resistencia a la fluencia fy mayor que 280 MPa, debe utilizarse un gancho estándar que abraza el refuerzo longitudinal mas una longitud de anclaje entre la mitad de la altura del elemento y la parte exterior del gancho (ver Figura 5.13.b), igual o mayor que: 0.17 * d b * f y f c'

Si el estribo no tiene ganchos en los extremos, se deberá anclar tal extremo con una longitud de por lo menos d/2 por encima o debajo del lado en compresión del elemento, pero no ser menos de 300 mm o 24*db. c) En viguetas, para barras de diámetro No. 4, 12 mm, o menores, se debe usar un gancho estándar.

241

d) Entre los extremos anclados, cada doblez, en la parte continua de un estribo en U simple o múltiple, debe abrazar una barra longitudinal (ver Figura 5.13.c). e) Parejas de estribos en U, colocados de tal manera que formen una unidad cerrada, pueden considerarse como adecuadamente empalmados cuando se utiliza una longitud de traslapo de 1.3*Ld. Este tipo de traslapo puede considerarse adecuado para elementos con altura de al menos 500 mm, si Ab*fy es menor que 40 KN, y si las ramas de los estribos se extienden en la totalidad de la altura efectiva del elemento (ver Figura 5.13.d). ≥

d/2

(a)

0.17 * db * f y fc'

(c)

(b)

(d)

Figura 5.13. Requisitos para anclaje de estribos en el alma. (a) gancho estándar; (b) estribos Nos. 6, 7 y 8 con fy mayor que 280 Mpa; (c) viga ancha con múltiples estribos en U; (d) par de estribos en U formando un estribo cerrado.

5.7 Empalmes

Se utilizan empalmes debido a la limitación en las longitudes de las barras o a los cambios en la solicitud de esfuerzos a lo largo de la luz de la viga. De acuerdo a la luz libre del tramo es conveniente trabajar con barras de menor o mayor longitud para acomodarse a la variación en la posición de los esfuerzos de tracción determinados por el tipo de momento (positivo o negativo). La misma variación en la magnitud de los esfuerzos para varillas superiores o inferiores, determina un cambio de dimensión en el tamaño de las barras cuando se debe pasar de diámetros mayores a menores o viceversa. El traslapo se hace colocando las barras contiguas, una junto a la otra, y pueden estar separadas o simplemente en contacto. Los esfuerzos de adherencia juegan un papel importante en la transferencia de fuerzas entre barras y por tal motivo están ligados a la distancia libre mínima especificada para la separación entre barras y a las longitudes de anclaje. En la Figura 5.14 se muestran los diferentes componentes de varillas traslapadas. En los extremos libres las fuerzas de tensión son nulas, mientras que en los extremos traslapados las fuerzas de tensión están determinadas por el momento de flexión dividido entre el brazo del par.

242

µ

T = T1 (fs = fy) T = 0 (fs = 0)

T = 0 (fs = 0) µ

T = T1 µ

(fs = fy)

Figura 5.14. Esfuerzos de adherencia para varillas traslapadas.

La adherencia se basa en los siguientes fenómenos básicos: • Adhesión química entre concreto y acero. •

Fricción entre la barra corrugada y el concreto, la cual se desarrolla cuando la varilla tiende a deslizarse.

•

Apoyo directo del corrugado de las varillas contra el concreto.

En realidad, debido a lo corrugado de las barras el mecanismo de transmisión de fuerzas desde la barra hasta el concreto causa esfuerzos radiales en el concreto, el cual a su vez causa fisuras de agrietamiento a lo largo de las barras, tal como se muestra en la siguiente figura.

Figura 5.15. Fuerzas reales en las barras y fisuras internas en un traslapo. Esfuerzos de separación a través de una sección del traslapo.

Para los esfuerzos de adherencia se toma una distribución promedio de esfuerzos de adherencia µ , aunque tal parámetro es en realidad variable a lo largo de la longitud de traslapo. Fisuras transversales de separación se inician generalmente en los extremos del traslapo, donde las presiones tienden a ser mayores que en el medio. El refuerzo transversal a lo largo del traslapo tiende a retardar el tamaño e intensidad del agrietamiento.

243

Los empalmes no son muy satisfactorios si se presentan algunas de las siguientes situaciones: • Cuando hay mucha cantidad de barras y se presenta congestión en la colocación. •

Cuando los traslapos son muy largos y las luces muy cortas, especialmente cuando se usan barras con una denominación No. 8 o mayor.

•

Cuando se dejan barras muy largas saliendo de los elementos existentes para futura ampliación.

En este último caso o cuando se usen barras con diámetros mayores o iguales al de la barra No. 14 se recomiendan empalmes soldados mediante soldaduras laterales y de tal manera que la conexión sea capaz de resistir al menos el 125% de la resistencia a la fluencia de las barras empalmadas, especialmente a partir de la barra N°7 o mayores (ver Sección C.12.14.3 de la norma NSR-98). No todas las barras que pasan por una misma sección deben empalmarse y los empalmes no deben estar situados en los puntos de mayor esfuerzo a tensión. Los empalmes deben colocarse preferiblemente en puntos donde las barras no estén esforzadas mayormente, como en el tercio medio para barras traslapadas en las luces libres de las columnas, en la mitad de la luz para barras resistiendo momento negativo o cerca de los extremos para barras diseñadas para momento positivo. Los empalmes traslapados fallan debido a la separación del concreto a lo largo de las barras, por lo cual es aconsejable colocar algún tipo de refuerzo transversal a las barras de manera que confine el refuerzo principal. Las barras unidas por medio de empalmes por traslapo que no estén en contacto, en elementos a flexión, no pueden espaciarse más de 1/5 de la longitud requerida para el empalme, ni más de 150 mm.

5.7.1 Empalmes a Tensión

Los empalmes en la zona de tracción están divididos en clases A y B, las cuales dependen del porcentaje de acero a traslapar. Los empalmes clase A están determinados por una cantidad de refuerzo menor o igual al 50% del acero que se empalma en un punto, y usan una longitud de traslapo igual a 1.0*Ld. Los de clase B incluyen el 100% del acero a traslapar y para este tipo de empalme se usa una longitud igual a 1.3* Ld como longitud de traslapo. Según el tipo de empalme la longitud del empalme es entonces (NSR-98, Sección C.12.15.1): Empalme Clase A ..................................................................................1.0*Ld Empalme Clase B..................................................................................1.3*Ld

244

Es conveniente utilizar traslapos clase B a menos que se cumpla simultáneamente que el área de refuerzo proporcionada sea dos veces el área requerida y que se empalme la mitad o menos del área de refuerzo dentro de la longitud de traslapo requerida, en cuyo caso el traslapo se considera clase B. La tabla 5.3 resume la información anteriormente presentada (NSR-98, Sección C. 12.15.2). Tabla 5.3. Clasificación del empalme de acuero al porcentaje de acero a traslapar. As suministra do As requerido

Porcentaje máximo de As empalmado dentro de la longitud de traslapo requerida. 50 100

Igual o mayor a 2

Clase A

Clase b

Menor que 2

Clase B

Clase B

La longitud mínima de traslapo para empalmes de tracción de las clases A y B no debe ser menor 300 mm. Para empalmes mecánicos o soldados cuya conexión no sea capaz de desarrollar el 125% de la resistencia a la fluencia, pueden usarse para barras No. 5 (16mm) o menores, donde el área suministrada sea el doble de la que requiere el análisis, y adicionalmente, se cumplan los siguientes requisitos (NSR-98, Sección C.12.15.4): • Los empalmes deben escalonarse por lo menos 600 mm y deben realizarse de tal manera que se desarrollen en cada sección por lo menos el doble de los esfuerzos de tracción calculados en esta sección, pero no menos de 140 MPa, para el área total de refuerzo suministrada. • Al calcular la fuerza de tracción que se desarrolla en cada sección del refuerzo empalmado puede calcularse la resistencia especificada del empalme. El refuerzo no empalmado debe evaluarse para aquella fracción de fy definida por la relación entre la longitud de desarrollo real mas corta del acero no empalmado y el Ld que se requiera para desarrollar la resistencia nominal a la fluencia fy del acero a empalmar.

5.7.2 Empalmes a Compresión

Las barras a compresión pueden empalmarse mediante traslapo, apoyo por contacto en el extremo de las barras o mediante dispositivos mecánicos. Para barras traslapadas, la longitud mínima de empalme de barras a compresión debe ser igual a 0.07*fy* db para fy ≤ 420 MPa, ó debe tener un valor de (0.13*fy – 24)*db para fy > 420 MPa, pero nunca menor de 300 mm. Para fc’ < 21 MPa, la longitud de traslapo debe incrementarse en 1/3. Cuando se empalmen barras de 245

diferente diámetro, debe usarse la mayor entre longitud de desarrollo de la barra mayor o la longitud de traslapo de la barra menor. Cuando se empalman barras de diferente diámetro, la longitud de traslapo debe estar basada en la longitud de desarrollo de la barra de mayor diámetro o en la longitud de empalme de las barras con menor diámetro. Se permite traslapar barras a compresión de diámetro No.14 en adelante con barras No.11 o menores. De acuerdo a la sección C.12.16.4 de la norma NSR-98, la transmisión de esfuerzos en los extremos de las barras solicitadas que trabajan a compresión puede ser por simple contacto con las otras barras, siempre y cuando tales extremos se corten a 900 y estén en contacto concéntrico mediante algún dispositivo mecánico. Los extremos de las barras cortadas deben terminar en superficies plana y en ángulo recto con una tolerancia de 30 con respecto a un apoyo total después del ensamblaje. Las barras a cortar deben estar suficientemente confinadas con estribos cerrados o espirales.

5.7.3 Empalmes para Columnas

Para columnas son adecuados empalmes por traslapo, mecánicos, soldados o por contacto en el extremo y deben cumplir con todos los requisitos dados para las diferentes combinaciones de carga. Para empalmes por traslapo se deben cumplir los siguientes requisitos (NSR-98, Sección C.12.17.2): • Para columnas, cuando los esfuerzos debidos a cargas mayoradas y calculados para las diversas combinaciones de carga, son mayores de 0.5*fy en tracción o en cualquier sección donde se empalman mas de la mitad de las barras, los empalmes deben ser Clase B. En columnas donde se empalmen la mitad o menos de las barras y los esfuerzos en tracción no exceden 0.5*fy se pueden utilizar empalmes clase A. • En columnas con estribos, donde los estribos en la longitud de empalme por traslapo tengan al menos un área efectiva igual a 0.0015*h*s, la longitud de empalme por traslapo puede multiplicarse por 0.83 sin ser menor de 300 mm. Donde, h = espesor del miembro (ramas de estribo perpendiculares a h). s = espaciamiento de las barras de unión. •

En columnas con refuerzo en espiral, las longitudes de empalme por traslapo de barras localizadas dentro de la espiral deben multiplicarse por 0.75, pero la longitud de traslapo no puede ser menor de 300 mm.

246

•

Para empalme de barras en columnas, cuando los esfuerzos debido a las cargas mayoradas son de compresión, dichos empalmes deben cumplir con las recomendaciones del numeral 5.7.2 del presente capitulo (Sección C. 12.16 de la Norma NSR-98).

Los empalmes por contacto deben cumplir el siguiente requisito: • Pueden utilizarse empalmes por contacto en el extremo, siempre y cuando se cumplan los requisitos de C.12.16.4 de la Norma NSR-98, para barras sometidas a esfuerzos de compresión, (con empalmes escalonados y con barras adicionales en la zona de empalme). Las barras que continúan deben tener al menos una resistencia a la tracción de 0.25*fy veces el área de refuerzo vertical en esa cara de la columna. Las barras adicionales deben tener una longitud mínima de 2*Ld.

5.8 Corte de Varillas Cuando se diseña una viga a flexión por lo regular los momentos varían de una sección a otra a lo largo de la viga, siendo las secciones críticas en las caras de los apoyos para momentos negativos y cerca o en la mitad de la luz. Debido a la variación del diagrama de momentos, especialmente para cargas distribuidas, en los otros puntos de la viga diferentes a los críticos, los momentos son menores. En la gran mayoría de los casos se usan vigas rectangulares a lo largo de la luz y con poca frecuencia los elementos son de peralte variable, de tal manera que el cambio en la altura del elemento resista la variación de momento. Es más económico cortar el acero donde sea posible o donde no se requieran más para resistir los esfuerzos de tensión pero, siempre y cuando, la resistencia de la viga siempre sea ligeramente mayor que el momento a flexión producido por las cargas externas. De esta manera, los diagramas de momento resistente pueden aparecer ligeramente modificados con respecto al teórico por variaciones en el corte y distribución del acero.

5.8.1 Aspectos generales del corte de varillas

Para un diagrama de momento como el mostrado en la Figura 5.16, se pueden escribir las expresiones dadas a continuación y de cada una de ellas despejar las distancias X2 y X1, correspondientes a los puntos donde se requiera cierta cantidad de momento negativo o al punto de inflexión. De esta manera, el punto X2 corresponde al momento M -u2 que es el 50% del momento M -u max, o en su defecto, donde se ha cortado aproximadamente el 50% del acero negativo. Si se hace un corte únicamente, se recomienda cortar aproximadamente el 50 % del acero y continuar con el resto hasta donde no se necesite mas refuerzo negativo.

247

Si son tres cortes cada uno se hace por aproximadamente la tercera parte del acero total de diseño.Para el caso que se conozca el momento: W * X2 Ra * X 1 − u 2

Ra * X 2 −

Wu * X 2 2

2

2

− M u− max = 0.0

→ Despejar X 1 ( Punto de Inflexion )

− M u− max = − M u−2

→ Despejar X 2

De la misma manera, para la parte del diagrama con momento positivo se pueden encontrar los puntos de corte X3 y X4 donde se requiere aproximadamente la mitad del acero y donde se requiere teóricamente el 0% del acero, respectivamente. Para el caso particular de un diagrama de momentos parabólico, correspondiente a una carga distribuida Wu, se usan las siguientes expresiones para el cálculo de estos puntos: Ra * (

W * (L / 2 − X 3 )2 L − X3 )− u − M u− min = + M u+3 2 2

→ Despejar X 3

Wu * ( L / 2 − X 4 ) 2 L − M u− min = 0.0 → Despejar X 4 Ra * ( − X 4 ) − 2 2 Los momentos Mumax y Mumin deben ser iguales a los momentos resistentes determinados por el porcentaje de las barras que continúan. Se ha supuesto que el momento positivo máximo está presente en la mitad de la luz. En caso de que tal momento esté desplazado con respecto al centro de la luz debido a la desigualdad generada por la presencia de los momentos hiperestáticos, se usa la longitud respectiva hasta el punto de momento máximo.

248

X1

X1

X2 M- u -

M u

X2

max

min

M-u2

M-u2

max

M- u

min

Rb

Ra M+u3

M+ u

M+u3 max

X3 b/2 b/2

M- u

X4

X3 Ln

X4

b/2 b/2

L

Figura 5.16. Longitudes de corte para un tramo sometido a cargas verticales.

En el anterior diagrama de momentos se han esquematizado dos curvas de momento probablemente resultantes de aplicar diferentes combinaciones de carga viva para la viga tomada como continua. Es factible que la curva no sea parabólica y la envolvente de momentos, lo mismo que los puntos de corte, deban determinarse a partir de una curva o procedimiento apropiado.En cada punto de la envolvente la resistencia debe ser ligeramente mayor a la acción de las cargas aplicadas en cualquier sección a lo largo de la viga. Considerando, por ejemplo, que en los puntos de corte X2 y X3 se necesita cortar aproximadamente el 50% del acero negativo o positivo respectivamente, podemos encontrar el momento último resistente para tal cantidad de acero usando la expresión: M u = φ * Mn = φ * As−( 50%) * f y * d −

a 2

La cual se puede expresar, igualmente, como: M u = 0.9 * As−( 50%) * f y * d −

As−( 50%) * f y 2 * 0.85 * f c' * b

Con esta última expresión se determinan los valores de los momentos de diseño M -u2 y M +u3 para la cantidad de acero asignada. Utilizando estos valores de momento se pueden despejar las longitudes X2 y X3 a partir de las fórmulas dadas anteriormente para tal efecto. De otra manera, se puede suponer el 249

50% del momento máximo para el caso de la curva de momento negativo o positivo, y a partir de estos valores encontrar la cuantía de momento y las distancias respectivas X2 y X3. En tales instancias se asume que M -u2 = M -u max / 2, y de la misma manera se define el momento M -u3 = M +u max / 2. En la fórmula de Mu se despeja la cantidad de acero a necesitarse para los momentos de diseño M -u2 y M +u3. 5.8.2 Aspectos prácticos y requisitos del corte de varillas

Las normas sugieren algunos aspectos básicos para el corte y detallado de varillas que involucran puntos de corte donde las varillas no se necesitan mas, longitudes que las varillas deben extenderse para satisfacer reglas de detallado y estribos adicionales en las zonas de corte de tensión por flexión. Estos aspectos están resumidos en las reglas dadas a continuación: 1) Las barras se deben extender el mayor de d, 12*db ó (1/16)*Ln mas allá del punto teórico de corte por flexión, excepto en los extremos de vigas en voladizo. Ln es el valor de la luz libre del tramo considerado. 2) Las barras se deben extender al menos una distancia Ld medida desde el punto donde los esfuerzos son máximos ( momento máximo) o desde el punto de corte requerido por flexión. 3) En vigas con apoyo simple para cargas verticales, al menos 1/3 del acero máximo de refuerzo por momento positivo se debe extender 150 mm dentro del apoyo. En el apoyo interior de vigas continuas, al menos 1/4 del refuerzo máximo requerido por momento positivo se debe extender 150 mm dentro del apoyo. Si las vigas continuas no cuentan con suficientes estribos cerrados, el acero que continua hasta los extremos debe ser traslapado con el proveniente de la la luz continua con traslapos clase A, o debe ser anclado para soportes no continuos en el extremo del tramo. 4) Vigas formando parte de un pórtico resistente a cargas laterales, deben tener el refuerzo anclado en los apoyos tal que la resistencia a fluencia fy sea desarrollada en la cara del apoyo. Esto indica que cuando hay sismo presente, las barras por refuerzo positivo que continúan hasta el apoyo deben tener suficiente longitud de anclaje en dichos apoyos. 5) En los puntos de inflexión las barras diseñadas para momento positivo y que pasen por dicho punto deben cumplir con las disposiciones de la sección C. 12.11 de la Norma NSR-98 sobre desarrollo del refuerzo para momento positivo. 6) El refuerzo para momento negativo debe ser anclado a través o dentro de los soportes determinados por columnas o apoyos o elementos arriostrantes en los extremos.

250

7) Al menos 1/3 del acero máximo para momento negativo debe ser extendido por el mayor de d, 12*db ó Ln /16 mas allá del punto de inflexión. Los anteriores requisitos se resumen en la Figura 5.17 donde se muestran puntos de corte y longitudes de anclaje para barras por momento positivo y negativo. Cuando se cortan las barras positivas R estas deben extenderse el mayor de uno de los valores d, 12*db ó Ln /16 más allá del punto determinado como teórico de corte para estas barras. Igualmente deben proyectarse una longitud mínima de Ld más allá del punto máximo teórico de momento positivo. Las restantes barras S deben extenderse una longitud Ld más allá del pu nto teórico de corte de las barras R y cumplir con la regla 3 anterior cuando entren en el apoyo. Sección de diseño, barras M+N+O

Sección de diseño, barras M+N Punto de corte de barras O Sección de diseño, barras M Punto de corte de barras N d o 12db

Punto de M+max

≥ Ld (Barras M) Barras M

Barras N

Barras O

150 mm o Ld

d o 12db

d o 12db

d o 12db

* Barras M : al menos 1/3 de A-s total * Barras S : al menos 1/3 de A+s total (luces simples) al menos 1/4 de A+s total (luces continuas)

Barras R

Barras S

≥ Ld (Barras N)

≥ Ld (Barras O)

d o 12db

≥ Ld (Barras R)

≥ Ld (Barras S)

Figura 5.17. Requisitos de refuerzo para corte de barras en vigas continuas.

Si se van a cortar las barras negativas O, igualmente estas deben extenderse el mayor de los valores d, 12*db ó Ln /16 más allá del punto determinado como teórico de corte para estas barras. Así mismo, estas barras deben proyectarse una longitud mínima de Ld más allá del punto máximo teórico de momento negativo 251

en el borde del apoyo. Las siguientes barras a cortar, o sea las barras N deben prolongarse el mayor de d, 12*db ó Ln /16 a partir del segundo punto teórico de corte o donde no se necesitan mas las barras N, lo mismo que deben extender una longitud mínima de Ld más allá del punto teórico de corte de las barras O. Finalmente, las barras M deben cumplir con la regla 7 anteriormente expuesta y también prolongarse una distancia Ld más allá del punto teórico de corte de las barras N. En las zonas de tensión donde se cortan barras existe tendencia a la formación de fisuras por flexión o tensión diagonal. Por tanto, el acero se puede cortar siempre y cuando se sigan las siguientes recomendaciones: a) El cortante mayorado en el punto de suspensión no deben exceder los 2/3 de la resistencia de diseño a cortante, incluyendo la resistencia a cortante del refuerzo transversal suministrado. En general: 2 Vu ,diseño ≤ * φ * ( Vc + Vs ) 3 b) Proporcionar estribos adicionales para cortante y torsión a lo largo de cada terminación de barra o malla electrosoldada, por una distancia igual a 3/4 de la altura efectiva del elemento y a partir del punto de terminación. El área adicional de estribos no debe ser menor que 4.2*bw*s / fy y el espaciamiento s no debe exceder el valor d /(8*βd) donde el factor βd es la relación entre el área del refuerzo interrumpido y el área total de refuerzo a tracción en esta sección. c)

Que las barras No. 11 (32 mm) y menores, el refuerzo que continúa sea el doble del área requerida por flexión en el punto de interrupción y el cortante mayorado no exceda del 75 por ciento de la resistencia de diseño a cortante.

Debido a la gran cantidad de recomendaciones a seguir para corte y detallado de barras, es criterio del diseñador tomar puntos típicos de corte definidos de acuerdo a la experiencia y que ha mostrado seguridad en su uso. Para el caso de nervaduras o vigas continuas, las longitudes especificadas en la figura 5.18 resultan satisfactorias si las luces son mas o menos iguales, están cargadas uniformemente y no se corta mas de la mitad del acero.

252

0.25*L1n

El mayor entre:

El mayor entre:

El mayor entre:

0.35*L1n

0.30*L2n

0.35*L2n

0.30*L2n

0.30*L1n

0.30*L3n

Recomendable, extender todas las barras. 150 mm

150 mm

150 mm

0.75*L1n

150 mm

0.70*L1n

L1n

L2n 0.15*L1n

0.15*L1n

0.125*L1n

0.125*L1n

Luz Interna

Luz Externa

Figura 5.18. Puntos de corte mínimos recomendado para nervaduras en una dirección.

Ejemplo 1: Cálculo de la longitud de desarrollo de barras # 8. El acero negativo requerido para una viga son 3 # 8. La viga tiene 35 cm de ancho y 44 cm de altura y estribos #3 con espaciamiento de 11 cm constantes a lo largo de la zona del apoyo. El recubrimiento es de 3.75 cm y los esfuerzos del concreto y acero son respectivamente f 'c = 28 MPa y fy = 420 MPa. El acero negativo requerido es A-s = 14.2 cm2 y el positivo es A+s = 8.0 cm2. Calcular la longitud de desarrollo mínima a partir de la cara de la columna de las barras No. 8 superiores y No. 6 inferiores mostradas en la figura, usando: a.) La fórmula simplifica dada en el numeral C.12.2.2 de la norma NSR-98. b.) La fórmula general con Ktr, dada en el numeral C.12.2.3 de la misma

norma.

c.) La fórmula general calculada con Ktr = 0. d.) La longitud de anclaje y la longitud del gancho respectivo en la columna extrema mostrada, para las barras superiores No. 8. b

* Datos : 3.8 cm

* b = 30 cm

3#8 h

E.N.

d

* d = 44 cm * f c' = 28 MPa

3#6

* f y = 420 MPa

Figura 5.19.a. Sección trnsversal y datos para el ejemplo 1.

253

30.0 cm

Ld

Ldh

0.95

6.5

6.5

0.95

5 cm 3.8 2.5

11 cm

2.5

2.5 3.8

6.0

3#8

Figura 5.19.b. Sección longitudinal y separación de barras para el ejemplo 1.

Solución: a.) Usando la ecuación simplificada. * Diámetro db (barra No. 3) ≈ 0.95 cm * Diámetro db (barra No. 8) ≈ 2.5 cm

30 - 2 * (3.8 + 0.95) - 3 * 2.5 = 6.5 cm * Espaciamiento libre entre barras No. 8 → 2

Espaciamiento entre barra lateral = 6.5 cm > 2*db = 2*2.5 = 5.0 cm * Recubrimiento libre de barras No. 8 hasta la cara lateral de la viga es: Recubrimiento lateral = 3.8 + 0.95 = 4.75 cm > db = 2.5 cm * Separación libre de barras No. 8 hasta la cara superior o inferior de la viga es: Recubrimiento superior o inferior = 6 - 2.5/2 = 4.73 cm > db = 2.5 cm * Espaciamiento libre entre barras No. 6 Espaciamiento entre barras laterales = 7.4 cm Este valor es mayor que 2*db = 3.8 cm

3#6

3.8 1.9 0.95

1.9 3.8

1.9 7.4

7.4

0.95

* Recubrimiento libre de barras No. 8 hasta la cara lateral de la viga es: Recubrimiento lateral = 4.75 cm > db = 1.9 cm

30.0 cm

254

Figura 5.20. Detalle de la sección para el ejemplo1.

* Longitud de desarrollo para barras superiores No. 8, usando ecuación simplificada, es: Ld =

Ld =

3* f y * α * β 5*

f c'

α = 1.3 → Mas de 300 mm por debajo de * db

3 * 420 * 1.3 * 1.0 5 * 28

barras sup eriores

β = 1.0 → No hay epoxi cos

* 25 = 1548 mm ≈ 1.55 m

Puesto que el As requerido es menor que el suministrado se hace un ajuste tal que la longitud de desarrollo final sea afectada por la relación entre estas dos cantidades: Ld ( final ) = Ld *


= 1.55 *

14.2 = 1.45 m 3 * 5.07

* Longitud de desarrollo para barras inferiores No. 6, usando ecuación simplificada, es: Ld =

12 * f y * α * β 25 *

f c'

α = 1.0 → Menos de 300 mm por debajo de * db

β = 1.0 →

barras inf eriores No hay epoxi cos

Entonces, Ld =

12 * 420 * 1.0 * 1.0 25 * 28

* 19 = 724 mm ≈ 0.73 m

Puesto que el acero suministrado ( 3#6) es mayor que el acero requerido se hace el ajuste por acero en exceso. La longitud de desarrollo definitiva es: Ld ( final ) = 0.73 *

8.0 = 0.68 mt ≈ 0.7 m 3 * 2.85

b.) Usando la ecuación general.

255

Inicialmente calculamos la longitud de desarrollo para las barras superiores No. 8 utilizando la ecuación general. * Determinación del factor c (dimensión del espaciamiento o recubrimiento) a usar: c1 = 3.8 + 0.95 + 2.5 / 2 = 6.0 cm c2 = h − d = 50 − 44 = 6.0 cm

2 * c3 =

30 − 2 * ( 3.8 + 0.95 + 2.5 / 2 ) = 9.0 cm → c3 = 4.5 cm 2

∴ Usar c3 = 4.5 cm = 45 mm

La distancia 2*c3 corresponde a la separación centro a centro entre dos barras contiguas superiores No. 8. El factor Ktr es el índice de refuerzo transversal y se mide con:

Kt r =

Kt r =

At r * f y t 10 * s * n

At r = 71 mm 2

←

f y t = 420 MPa ← s n

= 110 mm =3

2 * 71* 420 = 18.07 10 * 110 * 3

→

Area del estribo Re sistencia no min al del acero transversa l

← Separación de estribos ← Numero de barras que se desarrollan

c + K tr 45 + 18.07 = = 2.52 → Usar 2.5 db 25

La longitud de desarrollo se calcula de la siguiente manera:

Ld =

9* f y * α * β * γ 10 *

f c'

c + K tr * db

* db

α = 1.3 → Mas de 300 mm por debajo de barras inf eriores β = 1.0 → No hay epoxi cos γ = 1.0 → Barras No.7 o mayores

Sustituyendo valores, Ld =

9 * 420 * 1.3 * 1.0 * 1.0 10 * 28 * 2.5

* 25 = 929 mm ≈ 0.93 m

256

La longitud de desarrollo final para las barras No. 8 es: Ld ( final ) = L d *

As requerido

= 0.93 *

As su min istrado

14.2 = 0.87 m 3 * 5.07

∴ Usar Ld( final ) ≈ 90 cm A continuación calculamos la longitud de desarrollo para las barras inferiores No. 6 utilizando la ecuación general. * Determinación del factor c (dimensión del espaciamiento o recubrimiento) a usar: c1 = 3.8 + 0.95 + 1.9 / 2 = 5.7 cm c2 = h − d = 50 − 44 = 6.0 cm

2 * c3 =

30 − 2 * ( 3.8 + 0.95 + 1.9 / 2 ) = 9.3 cm → c3 = 9.3 / 2 = 4.65 cm 2

∴ Usar c3 = 4.65 cm = 46.5 mm

La distancia 2*c3 corresponde a la separación centro a centro entre dos barras No. 6 adyacentes. El factor Kt r es el índice de refuerzo transversal y se mide con: K t r = 18.07

→

c + K tr 46.5 + 18.07 = = 3.4 → Usar 2.5 db 19

La longitud de desarrollo se calcula de la siguiente manera: 9* fy * α * β * γ Ld = * db c + Ktr ' 10 * f c * db

Ld =

9 * 420 * 1.0 * 1.0 * 0.8 10 * 28 * 2.5

α = 1.0

→

Menos de 300 mm por debajo de barras inf eriores β = 1.0 → No hay epóxi cos γ = 0.8 → Barras No.6 o mayores

* 19.0 = 435 mm ≈ 0.44 m

La longitud de desarrollo final para las barras No. 6 es:

257

L d ( final ) = L d *


= 0.44 *

8 = 0.41 m 3 * 2.85

∴ Usar Ld( final ) ≈ 45 cm

a.) Usando la ecuación general con Kt r= 0 Calculamos la longitud de desarrollo para las barras superiores No. 8 utilizando la ecuación general. * El factor c a usar es

c = 45 mm c + K tr 45 + 0 = = 1 .8 db 25

* El factor Ktr = 0 y por tanto

La longitud de desarrollo se calcula de la siguiente manera: Ld =

9 * 420 * 1.3 * 1.0 * 1.0 10 * 28 * 1.8

* 25 = 1289 mm ≈ 1.3 m

La longitud de desarrollo final para las barras No. 8 es: Ld ( final ) = Ld *

Asrequerido Assu min istrado

= 1.3 *

14.2 = 1.21 m 3 * 5.07

∴ Usar Ld ( final ) = 1.2 m

A continuación calculamos la longitud de desarrollo para las barras inferiores No. 6 utilizando la ecuación general. * El factor c a usar es

c = 46.5 mm c + K tr 46.5 + 0 = = 2.45 * El factor Ktr = 0 y por tanto db 19

La longitud de desarrollo se calcula de la siguiente manera: Ld =

9 * 420 * 1.0 * 1.0 * 1.0 10 * 28 * 2.45

* 25 = 728 mm ≈ 0.73 m

258

La longitud de desarrollo final para las barras No. 6 es: Ld ( final ) = Ld *


= 0.73 *

8 = 0.68 m 3 * 2.85

∴Usar Ld ( final ) = 0.7 m

a.) La longitud de anclaje y la longitud del gancho para las barras superiores No. 8. La longitud de desarrollo básica y final para el anclaje de barras corrugadas No. 8 que terminan en gancho, se calcula de la siguiente manera: Ldb =

100 * d b

=

f c'

Ldh ( final ) = Ld *

100 * 25 28

Asrequerido Assu min istrado

= 472 mm = 47.2 cm

= 0.472 *

14.2 = 0.44 m 3 * 5.07

El ancho de la columna tiene que ser como mínimo de 44+5 = 49 cm para poder ubicar una barra No. 8, tal que se cumpla con la anterior longitud de anclaje. Un ancho de columna de 50 cm es recomendable como mínimo. Se ha asumido que las barras que se anclan no están con recubrimiento epóxico y que el gancho está rodeado vertical y horizontalmente por estribos con separación mayor a 3*db. La longitud del gancho es de 12*db para el tramo recto y 3*db para el radio. La longitud total del gancho es de 15*db = 15*2.5 ≈ 38 cm. Por tanto la altura de la viga de h = 50 cm es suficiente para anclar el gancho de las barras superiores hacia abajo, como se muestra en la figura 5.21. La altura disponible de recubrimiento superior e inferior seria de (50-38) / 2 = 6 cm, lo cual es adecuado. Ldh = 38 cm

Ld

(barra)

15*db Seccion Critica 5.0 cm

259

Figura 5.21. Longitud de anclaje, ejemplo 1.

Ejemplo 2: Despiece de una viga en voladizo. Diseñar la sección para flexión y hacer el despiece de la viga en voladizo mostrada. Cortar el 50% del acero negativo y chequear longitudes de corte y desarrollo. La sección soporta una carga última distribuida Wu =62KN/m (incluyendo peso propio). Los esfuerzos del concreto y acero son respectivamente f 'c = 21 MPa y fy =420 MPa b

* Datos : 4#7 60 cm

55 cm

E.N.

* *

* Mu = 279KN − m

* Asrequerido = 15.1 cm 2

* Usar As− → 4#7

2#6

f c' = 21MPa f y = 420MPa

* b = 30cm * d = 55cm

;

As+ → 2#6

Figura 5.22.a. Sección tranversal para el ejemplo 2. Ldh

Wu = 62 KN/m

5 cm

3.0 m

0.6 m

M-u,max= 279 KN-m V

u,max

= 186 KN

M

-

u

= 152.4 KN-m (50% corte)

Figura 5.22.b. Sección longitudinal y diagrama de momento para el ejemplo 2.

Inicialmente se chequea la capacidad de momento de la sección: M u− = φ * Mn = φ * As− * f y * d −

a 4 * 3.88 * 420 4 * 3.88 * 420 = 0.9 * * 55 − 2 2 * 0.85 * 21 * 30 10 3

260

M u− = 288 KN − m > M u−( requerido ) = 279 KN − m

La cortante en la cara de la columna de apoyo es: Vu = Wu * L = 62 * 3 = 186 KN

Posteriormente cortamos el 50% del acero y continuamos con el 50% restante. El A-s que continúa son 2#7. El momento resistente correspondiente a esta cantidad de acero negativo es: M u− = φ * Mn = φ * As− * f y * d −

a 2 * 3.88 * 420 2 * 3.88 * 420 = 0.9 * * 55 − 3 2 2 * 0.85 * 21 * 30 10

M u− ( 2 barras # 7 ) = 152.4 KN − m

La longitud X1, contada a partir del borde de la columna, a partir desde donde se requieren las 2 barras #7 que continúan y hasta donde teóricamente se pueden llevar las dos barras # 7 a cortar, se encuentra de la siguiente manera: 2

X1 − 186 * X 1 = 152.4 → X 1 = 0.78 m 2 La longitud de desarrollo final de una barra superior # 7 se encuentra de la siguiente manera: 279 + 62 *

Ld ( final ) =

Ld ( final ) =

3 * f y * db * α * β 5*

f'c

3 * 420 * 22.2 * 1.3 5 * 21

*

*


15.1 = 1544 mm ≈ 1.55 m 4 * 3.88

La longitud de anclaje final para barras corrugadas No. 7 que terminan en gancho, se calcula de la siguiente manera: Ldh =

100 * d b f c'

*


=

100 * 22.2 21

*

15.1 = 471 mm ≈ 47 cm 4 * 3.88

L anclaje disponible = 60 − 5 = 55 cm < Ldh = 47 cm

261

Puesto que la longitud de desarrollo final del gancho es menor que el ancho de la columna menos el recubrimiento del gancho se pueden utilizar barras No. 7 para el despiece, pues estos tienen la longitud necesaria (55 cm) para cumplir con la longitud de anclaje dentro de la columna. Se ha asumido que las barras que se anclan no están con recubrimiento epóxico y que el gancho está rodeado vertical y horizontalmente por estribos con separación mayor a 3*db. La longitud del gancho de una barra #7 es: L

gancho

= 15 * d b = 15 * 22.2 = 333 mm = 33.3 cm

∴ Usar → Lgancho = 35 cm

La longitud de prolongación de las barras mas allá del punto teórico de corte es el mayor valor entre: * 12* db = 12*22.2 = 266.4 mm ≈ 27 cm para barras # 7 * distancia d = 55 cm. → Usar ! * Ln/16 = 300/16 ≈ 19 cm La longitud de corte desde el borde de la columna para las primeras 2#7 que se cortan debe ser la mayor entre: L

corte

= X 1 + 0.55 = 0.78 + 0.55 = 1.33 m

o usando la longitud de desarrollo de las barras No. 7: L corte = Ld = 1.55 m → Usar Lcorte = 1.55 m

La longitud total de las dos barras # 7 en forma de L incluyendo longitud del gancho, longitud de anclaje y longitud de corte y que corresponden al 50% del acero que se corta inicialmente, es: L

total barras

∴ Usar

= 0.35 + 0.55 + 1.55 = 2.45 mt ← 50% que se corta →

L

barras

= 2.5 m

La longitud total de las dos barras # 7 que continúan, incluyendo longitud del gancho, longitud de anclaje y longitud de corte, es: 262

L

total barras

= 0.35 + 0.55 + 2.95 = 3.85 m ← 50% que continua.

Estas últimas barras se han suspendido 5 cm antes del borde extremo libre de la viga en voladizo. Se puede asegurar la continuidad de las barras y su adherencia final con un gancho adicional en dicho extremo por lo que la configuración final es en forma de U y su longitud final total sería de 0.35 + 3.85 = 4.2 m. El gancho también permite asegurar una resistencia adicional en el extremo en el instante mismo en que se empiece a desarrollar momento. L desde 1er. corte hasta extremo barras = 2.17 mt > Ld ( #7 ) = 1.55 mt X1 + d = 1.33 cm 55 cm > Ldh = 47 cm

X1 = 0.78 cm

d = 0.55 cm

2#7 - L = 4.2 mt ( con gancho) 2#7 - L = 2.5 mt

35 cm

Seccion Critica 5.0 cm Ld ( #7 ) = 1.55 mt > X1 + d

Figura 5.23. Despiece de barras para viga del ejemplo 2.

Ejemplo 3: Despiece en el apoyo de una viga continua. Presentar un programa de corte de barras para el apoyo de la viga continua cuya luz de diseño y luces adyacentes, entre ejes, son de 8.4 m. El elemento que sirve de apoyo en el nudo es de 0.4 m de ancho. El momento máximo es M-u = 500 KN-m y la carga última distribuida es Wu = 70 KN/m. Asumir las cortantes últimas como Vu = 294 KN a cada lado del apoyo. Se asume la sección simplemente reforzada, con una altura h = 50 cm, un ancho b = 50 cm y un recubrimiento de 6 cm. Los esfuerzos del concreto y acero son respectivamente f 'c = 28 MPa y fy = 420 MPa. Solución: La cortante última es: Vu = 70 * 8.4 / 2 = 294 KN

La cortante y momento de diseño son: 263

Vud = Wu * ( L / 2 − 0.4 / 2 − 0.44 ) = 70 * ( 8.4 / 2 − 0.2 − 0.44 ) = 249 KN 2

Mud = 500 +

70 * 0.2 − 294 * 0.2 = 443 KN − m 2

Inicialmente se encuentra la cantidad de acero para el momento resistente de la sección: M u− = φ * M n = φ * ρ * fy * b * d 2 * 1 − 443 0.9 * ρ * 420 * 50 * 44 2 = 10 10 3

*

1−

As = 0.0138 * 50 * 44 = 30.36 cm 2

0.59 * ρ * f y f c'

0.59 * ρ * 420 28

→ ρ = 0.0138

→ Usar 6 # 8

Inicialmente cortamos dos barras No. 8 y continuamos con las restantes 4 barras No. 8. El momento resistente correspondiente a esta cantidad de acero negativo es: M u− = φ * M n = φ * As− * f y * d −

M u− ( 4 barras # 8 ) = 0.9 *

a 2

→ a=

4 * 5.07 * 420 10

3

As * f y 0.85 *

* 44 −

f c'

*d

=

4 * 5.07 * 420 = 7.16 cm 0.85 * 28 * 50

7.16 = 310 KN − m 2

La longitud X1 , contada a partir del eje del apoyo y donde se pueden cortar teóricamente las 2 barras #8, se encuentra de la siguiente manera: 294 * X 1 −

70 * X 1 2

2

− 500 = − 310 →

X 1 = 0.71 m

A continuación cortamos las siguientes dos barras No. 8 en el punto teórico de corte X2 y continuamos con las restantes dos barras No. 8 hasta el punto teórico de corte X3 o punto de inflexión. Las dos barras No. 8 restantes corresponden a 1/3 del acero que se debe extender más allá del punto de inflexión. El momento negativo resistente de dos barras No. 8 es:

264

M u− = φ * Mn = φ * As− * f y * d −

M u− ( 2 barras # 8 ) = 0.9 *

a 2

→ a=

2 * 5.07 * 420 10

3

As * f y 0.85 * f c' * d

* 44 −

=

2 * 5.07 * 420 = 3.58 cm 0.85 * 28 * 50

3.58 = 162 KN − m 2

Las longitudes X2 desde donde continúan teóricamente las últimas 2 barras No. 8 y X3 , o punto de inflexión, donde el momento negativo es teóricamente cero, ambas contadas a partir del eje del apoyo, se encuentran con base en la ecuación de momentos del tramo: 294 * X 2 −

70 * X 2 2

70 * X 3 294 * X 3 − 2

2

− 500 = − 162

→

X 2 = 1.37 m

2

− 500 = 0.0

0.2 m

→

X 3 = 2.37 m

←

Punto de Inflexión

0.2 m

M-umax = 500 KN-m

M-udiseño = 443 KN-m M-u = 310 KN-m M-u = 162 KN-m

X1 = 0.71 X2=1.37 m

X1 = 0.71 X2=1.37 m X3=2.37 m

X3=2.37 m 2#8 - L= 4.0m

2#8 - L= 5.0 m

2#8 - L= 6.0 m

2.0 m 2.5 m

Figura 5.24. Corte y despiece de barras en el apoyo de la viga continua del ejemplo 3.

La longitud de prolongación de las barras #8 más allá de cada punto teórico de corte (X1, X2 o X3) es el mayor entre:

265

* 12* db = 12*25.4 ≈ 305 mm ≈ 31 cm para barras # 8 * distancia d = 44 cm * Ln /16 = (840 - 40) /16 =50 cm → Usar ! La longitud de desarrollo de barras superiores No. 8 utilizadas en el presente despiece es: d b ( # 8 ) = 25.4 mm

Ld ( # 8 ) =

3 * f y * db * α * β 5*

f'c

=

3 * 420 * 25 * 1.3 * 1.0 = 1548 mm ≈ 1.6 m 5 * 28

Basados en los punto de corte X1 , X2 y X3 del diagrama de momentos encontramos las longitudes definitivas de las barras a colocar en el apoyo, para los aceros que se cortan y el que continua. Se tienen en cuenta las longitudes a lado y lado del apoyo por lo que se duplican las dimensiones respectivas. • Para las 2 primeras barras # 8 que se cortan: L

barras =

2 * X 1 + 2 * 0.5 = 2 * 0.71 + 1.0 = 2.42 m → L

barras

= 2 .5 m

mientras que utilizando la longitud de desarrollo de las barras No.8: L

barras =

2 * Ld + 0.40 = 2 * 1.6 + 0.4 = 3.6 m → L

barras

= 4.0 m

∴ Usar Lbarras = 4.0 m

•

Para las siguientes 2 barras # 8 a suspender: L

barras =

2 * X 2 + 2 * 0.50 = 2 * 1.37 + 1.0 = 3.74 m → L

barras

= 4.0 m

barras

= 5.0 m

y utilizando la longitud de desarrollo de las barras No.8: L

barras =

2 * X 1 + 2 * Ld = 2 * 0.71 + 2 * 1.6 = 4.62 m → L


266

•

Para las restantes 2 barras # 8 que se prolongan mas allá del punto de inflexión: L

barras =

2 * X 3 + 2 * 0.50 = 2 * 2.37 + 1.0 = 5.74 mt → L

barras

= 6 .0 m

barras

= 6.0 m

mientras que utilizando la longitud de desarrollo: L

barras = 2 *

X 2 + 2 * Ld = 2 * 1.37 + 2 * 1.6 = 5.94 mt → L


Se han tomado momentos de diseño iguales para las luces contiguas. La dimensión de 0.4 m corresponde al ancho del apoyo. Corte de barras y chequeo de longitudes de desarrollo de las mismas, para el nudo estudiado, se muestra en la siguiente figura. 0.2 m

0.2 m

M-umax = 500 KN-m M-udiseño = 443 KN-m M-u = 310 KN-m M-u = 162 KN-m

X1 = 0.71

X1 = 0.71 0.5

X2=1.37 m

X2=1.37 m

X3=2.37 m

Ln / 16 =0.5 m

X3=2.37 m X2 X1

Ln / 16 =0.5 m

½*Lbarra-X2 = 1.63 > Ld = 1.6 m ½*Lbarra-X1 = 1.79 > Ld = 1.6 m

2#8 - L= 6.0m 2#8 - L= 5.0m

2#8 - L= 4.0m

1.8 m > Ld = 1.6 m

½*Lbarra = 2.0 m > X1 + Ln / 16 ½*Lbarra = 2.5 m > X 2 + Ln/16 ½*Lbarra = 3.0 m > X 3 + Ln/16

Figura 5.25. Longitudes de refuerzo y chequeo de las longitudes de desarrollo para el ejemplo 3.

267

Note que la longitud de las dos barra No. 8 que van desde el eje del apoyo hasta el final (mitad de la longitud de las barras de 8.0 m) menos el punto teórico de corte X2 , debe ser mayor que la longitud de desarrollo de las mismas dos barras No. 8. Es decir, que los 3.0 m de la mitad de la longitud de la dos barras No. 8 que se extienden hasta el final menos la distancia X2 = 1.37 m, o sea la magnitud resultante de 1.63 m, debe ser mayor a Ld de las barras No. 8. En este caso se cumple con la norma puesto que la longitud de desarrollo de las barras superiores No. 8 es Ld = 1.6 m. La misma restricción se cumple para las demás barras que se cortan. De igual manera, para las primeras dos barras No. 8 que se cortan, se debe cumplir que la distancia desde el extremo de la barra hasta la cara del apoyo, donde se supone se ha calculado el momento de diseño, debe ser mayor a Ld . En este caso tal distancia de 1.8 m es mayor a Ld de las barras No. 8. Ejemplo 4: Despiece de un tramo de viga. Diseñar la sección para flexión y hacer el despiece del tramo de viga C-D mostrado, asumiendo que la viga es continua y tiene luces y momentos iguales en los lados contiguos. Cortar el 50% o menos del acero positivo y negativo y chequear longitudes de desarrollo. La sección soporta una carga última distribuida Wu = 80 KN/m (incluyendo peso propio aproximado) y los momentos de diseño para las condiciones máximas y mínimas de carga, dependiendo de las condiciones críticas de carga viva, están mostradas en la Figura 5.27. Los esfuerzos del concreto y acero son respectivamente f 'c = 21 MPa y fy = 420 MPa. A continuación se muestran los datos de la sección típica de la viga: b

* Datos : * b = 30 cm

h

E.N.

d

* d = 70 cm f c' = 210 MPa

As

f y = 420 MPa


En la siguiente figura se muestran los diagramas de momento de una envolvente típica de momentos para el tramo considerado:

268

X1

X1

X ’1

X ’1

M-u = 350 KN-m

M-u = 350 KN-m

M-u = 190 KN-m

M-u = 190 KN-m Wu = 80 KN / m

C

Ra = 280 KN

D

Ra = 280 KN

M+u = 140 KN-m M+u = 300 KN-m

0.25 m 0.25 m

0.25 m 0.25 m

Ln = 7.0 m L = 7.5 m

Figura 5.27. Envolvente de momentos utilizado para el despiece de la viga del ejemplo 4.

Inicialmente calculamos los puntos de inflexión para ambas alternativas de momento basados en la luz libre del elemento: 80 * X 1 280 * X 1 − 2 280 *

X 1'

80 * X '1 − 2

2

− 350 = 0 →

X 1 = 1.63 m

2

− 190 = 0 →

X 1' = 0.76 m

La segunda raíz de la primera ecuación corresponde a un valor X1 = 7.0 - 1.63 = 5.37 m, si se considera que el diagrama de momentos es simétrico. A continuación calculamos las cuantías de acero para momentos positivos y negativos máximos de acuerdo con las dos curvas de momento presentadas. • Para el momento negativo la cuantía de acero es: M u− = φ * Mn = φ * ρ * fy * b * d 2 * 1 − 350 0.9 * ρ * 420 * 30 * 70 2 = 10 10 4

•

*

1−

0.59 * ρ * f y f c'

0.59 * ρ * 420 21

→ ρ − ≈ 0.0069

Para el momento positivo la cuantía de acero se calcula de la siguiente manera: 269

M u+ = φ * Mn = φ * ρ * f y * b * d 2 * 1 −

300 0.9 * ρ * 420 * 30 * 70 2 = 10 10 4

*

1−

0.59 * ρ * f y f c'

0.59 * ρ * 420 21

→ ρ + ≈ 0.0059

Las cantidades de acero a colocar en los bordes extremos de momento negativo y en la mitad de la luz donde se aplica el mayor momento negativo son: * As− = ρ − * b * d = 0.0069 * 30 * 70 = 14 .50 cm 2 ∴ Usar 4#7

* As+ = ρ + * b * d = 0.0059 * 30 * 70 = 12.40cm 2 ∴ Usar 2#6 + 2#7

A continuación cortamos el 50% del acero negativo y encontramos el momento resistente que proporciona el 50% restante: •

Para el 50% del acero negativo → A-s = 2#7 = 2*3.88 = 7.76 cm2 ∴ ρ = 0.0037 M u− ( 50% de As− ) = 0.9 *

0.0037 * 420 * 30 * 70 2 10

3

*

1−

0.59 * 0.0037 * 420 21

M u− ( 50% de As− ) = 196.6 KN − m

Según el diagrama de momento de la Figura 5.28, el punto X2 a partir de la cara de la columna, donde está aplicado este momento, es: 80 * X 2 280 * X 2 − 2

2

− 350 = −196.6

270

→

X 2 = 0.60 m

X1

X1

X2

X2 M-u = 196.6 KN-m

350 KN-m

M-u = 196.6 KN-m

M+u = 181.3 KN-m

350 KN-m

X ’1

X ’1 M+

X3

u = 300 KN-m

L = 3.5 m

L = 3.5 m 0.25 m

0.25 m

X3

0.25 m

Ln = 7.0 m

0.25 m

L = 7.5 m

Figura 5.28. Puntos de corte de la barras para el ejemplo 4.

Repetimos la operación cortando exactamente el 50% del acero positivo: • • •

Para el 50% del acero positivo → A-s = 1#7 + 1#6 = 6.73 cm2 ∴ ρ = 0.0032 Puesto que la cuantía es menor que la mínima, se dees diseñar con ρ min ≈ 0.0034. Por tanto, se cortan las 2#6 y se continúa con las 2#7 inferiores, las cuales cumpene la cuantía mínima, de tal manera que: ρ=

2 * 3.88 = 0.037 30 * 70

→ M u− ( para 2#7 que continúan ) = 196.6 KN − m

Según el mismo diagrama de momento de la Figura 5.28, el punto X3 a partir de la cara de la columna donde se aplica el momento resistente para el 50% del acero positivo restante, después del corte inicial, está dado por: 280 * X 3 −

80 * X 3 2

2

− 190 = +196.6

271

→

X 3 = 1.89 m

Es de anotar que en la anterior ecuación se usó el momento negativo M-u = 190 KN-m puesto que este corresponde a la curva inferior la cual contiene el momento positivo mayor con el cual fue calculado el acero positivo máximo. Las 2 barras #7 se continúan hasta los apoyos extremos mientras que cortamos las 2 barras #6. Puesto que necesitamos la longitud de desarrollo de las barras y la distancia adicional desde el punto teórico de corte para garantizar el anclaje, hallamos estos valores antes de proceder con los cálculos de las longitudes definitivas de las barras en el tramo considerado. Asumimos que la separación libre entre barras es mayor de 2db y el recubrimiento libre es mayor a db •

Longitud de desarrollo de barras inferiores # 7 d b ( #7 ) = ( 7 / 8 ) * 25.4 = 22.2 mm Ld ( #7 ) =

•

5*

f'c

=

3 * 420 * 22.2 * 1.0 5 * 21

= 1221 mm ≈ 1.25 m

Longitud de desarrollo de barras superiores # 7 Ld ( #7 ) =

•

3 * f y * db * α * β

3 * f y * db * α * β 5*

f'c

3 * 420 * 22.2 * 1.3

=

5 * 21

= 1587 mm ≈ 1.60 m

Longitud de desarrollo de barras inferiores # 6 d b ( #6 ) = ( 3 / 4 ) * 25.4 = 19.1 mm L d ( #6 ) =

•

12 * f y * d b * α * β 25 *

f'c

=

12 * 420 * 19.1 * 1.0 25 * 21

= 840 mm ≈ 0.9 m

Longitud de prolongación de las barras más allá del punto teórico de corte.

El mayor entre: * 12* db = 12*22.2 = 266.4 mm ≈ 27 cm para barras # 7 * distancia d = 70 cm. → Usar ! * Ln/16 = 700 /16 ≈ 44 cm

272

Basados en los punto de corte X1,, X2 y X3 del diagrama de momentos encontramos las longitudes definitivas de las barras a colocar en el tramo, para el acero que se corta y el acero que continúa. En el cálculo de las longitudes se doblan las dimensiones a lado y lado del apoyo puesto que las barras cubren la luz en cuestión y la luz adyacente, excepto el apoyo que se toma como el ancho total de la columna. •

Para las 2 barras # 7 del acero superior, que se cortan: L

barras = 2 *

X 2 + 2 * 0.70 + 0.50 = 2 * 0.6 + 1.4 + 0.5 = 3.1 m → L

barras

= 3.5 m

o usando Ld de las barras # 7 : L

•

barras =

2 * Ld + 0.50 = 2 * 1.6 + 0.5 = 3.7 m → L

barras

= 4.0 m ∴ Usar 4.0 m

Para las 2 barras # 7 del acero superior, que continúan: L

barras = 2 *

X 1 + 2 * 0.70 + 0.50 = 2 * 1.63 + 1.4 + 0.5 = 5.16 mt → L

barras

= 5.5 m

barras

= 5 .0 m

o usando barras #7: L

barras = 2 *

X 2 + 2 * Ld + 0.50 = 2 * 0.6 + 2 * 1.63 + 0.5 = 4.96 mt → L

∴ Usar Lbarras = 5.5 m ½*Lbarra-X2 = 2.15 > Ld = 1.6 m X2

2 # 7 - L= 5.5 m 2 # 7 - L= 4.0 m

2 # 7 - L= 5.5 m 2 # 7 - L= 4.0 m

2 # 6 - L= 5.5 m 2 # 7 - L= 8.0 m

X3

3.5 - X3

½*Lbarra = 2.75 mt > Ld = 1.6 m

Figura 5.29. Chequeo de longitudes de desarrollo y longitudes definitivas para tramo estudiado.

273

•

Para las 2 barras # 6 del acero inferior, que se cortan: L barras = 2 * ( 3.5 − X 3 ) + 2 * 0.70 = 2 * 1.89 + 1.4 = 5.18 m → o usando Ld de las barras # 6 : L

barras = 2 *

Ld = 2 * 0.9 = 1.80 m → L

barras

L

barras

= 5.5 m

= 2.0 m


Se han tomado momentos de diseño iguales para las luces contigüas. En la práctica los momentos negativos en un nudo difieren de valor de una cara a la otra y las longitudes que cubren las barras pueden tener diferentes longitudes a cada lado. La dimensión de 50 cm corresponde al ancho de la columna o ancho del apoyo en cada extremo del tramo. Para calcular la longitud de anclaje de las barras inferiores e imponer la limitación de adherencia por flexión en el apoyo de la viga, se supone que las 2 barras # 7 que entran al apoyo tienen una longitud la = d = 70 cms contados a partir del eje. La cortante está determinada por el valor Vu = 280 KN. El momento nominal resistente es: Mn =

Mu

φ

=

196.6 = 218.4 KN − m → 0.9

Para dos barras # 7

En el punto de inflexión (punto X'1) del diagrama de momento positivo crítico, se debe limitar la longitud de desarrollo de tal manera que: Vu = R a − Wu * X 1' = 280 − 80 * 0.76 = 219.2 KN Ld ( barra # 7 ) = 1.22 m ≤ la +

; M n = 218.4 KN − m

Mn 218.4 * 10 2 = 50 + ≈ 150 cm Vu 219.2

La longitud máxima permisible Ld = 122 cm está dentro de la longitud de anclaje disponible de 259 cm y por lo tanto la distancia la dentro del apoyo es adecuada para interrumpir las barras. Por lo tanto, las barras # 7 que continúan desarrollan adherencia sin que ocurra deslizamiento.

274

Maximo Ld = 150 cm

50 cm

la = 50 cm

P. I. X’1 = 76 cm

113 cm > Mn / Vu

Punto teórico de corte de barras que se quedan

X3 = 189 cm Longitud total de anclaje = 239 cm

Figura 5.30. Chequeo de longitud de anclaje para barras continuas inferiores.

Ejemplo 5: Longitud de traslapo en una columna. Calcular la longitud de traslapo para barras corrugadas No. 8 a utilizar en una columna que presenta esfuerzos de compresión en todo el tramo. El empalme se realizará en el 50% del total de las barras existentes en la sección y la relación de As suministrado sobre As requerido es igual a 1.25. Los esfuerzos del concreto y el acero son respectivamente f 'c = 28 MPa y fy = 420 MPa. Para las barras corrugadas a compresión la longitud de desarrollo básica es: Ld ( # 8 ) =

db * f y 4*

Por tan to →

o bien

f'c

≥ 0.04 * d b * f y

Ld (# 8 ) =

25.4 * 420 4 * 28

= 504 mm

→ Ld (# 8 ) = 0.04 * 25.4 * 420 = 427 mm

La longitud de traslapo final de las barras No. 8 utilizadas es: Ld ( final ) = Ld *


= 504 *

1 .3 = 524 mm 1.25

∴ Usar Ld( final ) = 0.6 m

275

Por ser traslapados dentro del grupo clase B se recomienda multiplicar la longitud de traslapo por 1.3. El coeficiente de 1/1.25 corresponde al radio del acero requerido sobre el suministrado. Se recomienda que la longitud mínima de traslapo como tal, para acero con resistencia a la fluencia fy = 420 MPa no sea menor a: L traslapo (# 8 ) = 0.07 * d b * f y

← MPa

L traslapo (# 8 ) = 0.07 * 25.4 * 420 = 747 mm

∴ Usar L traslapo (# 8 ) = 0.8 m

276

Problemas Propuestos Problema 5.1. Establecer el despiece de la vigueta 248 y de la viga 245 propuestas en los ejemplos 2.16 y 2.17 de diseño a flexión. Para mayor comodidad utilice los mismos coeficientes del análisis simplificado de la sección 2.3: Losas Armadas en una Dirección. Problema 5.2. Para el tramo de viga mostrado en la figura, encontrar la cantidad de acero y establecer un programa de despiece tanto para barras superiores como para las inferiores (acero negativo y positivo, respectivamente). Como mínimo establecer un corte de barras para ambos tipos de barra. Asumir la viga como continua con tramos adyacentes de igual longitud y distribución de momentos. Datos: * fy = 420 MPa * f’c = 21 MPa * b = 30 cm * d = 62 cm * h = 70 cm

Nota: Para efectos de simplificar los cálculos usar, * Mu = φ*As*fy*(d - a/2) =φ*As*fy*Z1 * Z1 = (a - a/2) = 0.9*d

L/4

L/4

M-max= 50.0 Tn-mt

M-max= 50.0 Tn-mt

M-u,borde= 46.0Tn-mt

M-u,borde= 46.0Tn-mt

M+u,borde= 28.0Tn-mt

M+ u,borde= 28.0Tn-mt M+max= 50.0 Tn-mt L/4 = 2.0 Mt

30 30

M+ max= 50.0 Tn-mt

L/4 = 2.0 Mt

L/4 = 2.0 Mt Ln

L/4 = 2.0 Mt 30 30

L = 8.0 MTS

Problema 5.3. Para el diseño de una viga rectangular considerada como empotrada en un extremo y simplemente apoyada en el extremo opuesto, con una luz entre ejes de 6.5 mts, se tuvieron en cuantía los siguientes parámetros: 277

* f’c = 245 kg/cm2 * h = 50.0 cms

* fy = 4200 kg/cm2 * b = 35 cms

Los momentos y cortantes de diseño estan definidos por: * Ra = 5*Wu*L /8 * M-a = Wu*L2 / 8

* Rb = 3Wu*L / 8 * M+max = 9*Wu*L2 / 128

La cantidad de acero para el momento negativo en el extremo A corresponde a aproximadamente 15.60 cm2. Para el momento máximo la cantidad de acero es de aproximadamente 8.5 cm2. Para el diseño considerar la carga como uniformemente distribuida con un valor último de Wu = 4.5 Tn/ml incluyendo peso propio. El punto de aplicación de M+max está en x = 5*L / 8. Establecer un despiece con al menos un corte en el acero para la cara superior del extremo A (Acero negativo en el extremo A) y para el acero inferior. Los anchos de los apoyos son 40 cms y 20 cms en A y B respectivamente. Longitud total de la viga, L = 6.80 mts. A

B

w = 4.5 Tn/mt

0.2

0.2 mt

6.5 mt 6.8 mt

0.2 mt apoyo simple en B

Para este problema: determinar si las barras cumplen con la longitud de anclaje. En caso contrario, mencione, en términos generales, cual debería ser el cambio para que se cumpla con dicha longitud. Problema 5.4. Una viga continua como la ilustrada en la figura se diseñó para resistir una carga total última de 12.0 Tn /mt, incluyendo el peso propio. El diseño a flexión se basa en el método de los coeficientes de momento de la norma NSR-98, en la cual se establecen los valores de 1/11 para la cara del apoyo y de 1/16 para el centro de la luz. Se suministra refuerzo negativo en la cara del apoyo mediante 4 barras No. 10 de las cuales se corta el 50% del acero donde ya no sea necesario, según recomendaciones de la misma norma. Para el

278

acero positivo se colocaron 4 barras No. 8 que también se cortará en base al 50% del acero suministrado. Datos: * bw = 35 cm * d = 54 cm * h = 60 cm * f y = 420 MPa * f ć = 28 MPa Determine: a.) Los puntos de corte para todo el acero negativo y positivo. b.) Las longitudes necesarias de las barras suspendidas y las que continúan mas allá de los puntos de inflexión, en el caso de las barras superiores, o hasta el apoyo, para las barras inferiores, de tal manera que se cumpla con las especificaciones de la Norma NSR-98 relativo a las longitudes de desarrollo y puntos de inflexión. Sugiera modificaciones en refuerzo, si es apropiado. 0.4 mt

0.4 mt

4#10

4#10

0 mt

0 mt

540 mm

4#8 7.3 Mt

350 mm

7.7 Mt

Problema 5.5. Para el tramo central de una viga de 6.0 mts de luz, se obtuvieron los siguientes valores de momento, una vez se establecieron las combinaciones de momento que sugiere la Norma NSR-98, Titulo B. Considerar que los momentos negativos dados son los críticos del nudo y el tramo es continuo en ambos extremos con luces adyacentes de la misma longitud, por lo que la longitud de las barras en los extremos superiores se extiende hasta estos vanos. Los momentos críticos están tomados en los bordes de las columnas, las cuales tienen dimensiones de 40x40 cm2. Se anexa el diagrama de envolvente de momentos. Establecer un despiece para el tramo, tanto para el acero supeior en el tramo, como para el acero inferior correspondiente al momento positivo. Usar fć = 28 MPa y fy = 420 Mpa Distancia (m) Máximos (KN*m)

0,2

1

2

3

4

5

5,8

-286.6

-117. 9

2.4

68.0

19.2

-90.7

-258.6

279

Mínimos (KN*m)

-23.1

43.8

110.6

155.6

122. 6

72.5

29.7

ENVOLVENTE -30

Momentos (Ton*m)

-20 -10 0

M.Max M.Min

10 20 0

1

2

3

4

5

6

Distancia (m)

Usar: * b = 40 cm * d = 39 cm * h = 45 cm Establecer cortes no mayores al 50% de las barras que continúan y comprobar que se cumplan las recomendaciones de longitud de desarrollo y adhrencia. Interpolar linealmente entre secciones, si es aplicable.

280

6. Flexión y Compresión en Columnas Aún suponiendo que teóricamente las columnas están cargadas con una fuerza axial pura, rara vez es esto cierto y por lo regular siempre existe una aplicación excéntrica de las cargas, que aunque mínima, está presente induciendo momentos en los nudos. Por tanto, el diseño de columnas debe basarse en el estudio combinado de una fuerza axial y momentos flectores con respecto a uno o los dos ejes de la sección transversal plana. Las cargas a compresión producen esfuerzos importantes de compresión, mientras que la acción de flexión que produce los momentos puede generar esfuerzos tanto de compresión como de tracción en cualquier parte de la sección de la columna. En este caso, los principios de compatibilidad de deformaciones que se aplican en el diseño de vigas, son igualmente aplicables a columnas pero con algunas variaciones: en adición a los momentos de flexión que la sección debe resistir, aparece una variable adicional que es la fuerza axial proveniente de la acción de las cargas externas. En consecuencia, es necesario replantear las ecuaciones de fuerzas y momentos que se generaron para el diseño de flexión pura en vigas, para tener en cuenta la acción conjunta de compresión y momento flexionante. A medida que la fuerza axial se torna predominante en una estructura, el recubrimiento se desprende y las varillas quedan expuestas. Pandeo local de las varillas entre dos estribos consecutivos se intensifica y esfuerzos adicionales en los puntos de amarre de los estribos aparecen. Cargas adicionales de compresión contribuyen a la falla, y en el caso de cargas axiales altas implica un colapso con poca advertencia, por lo cual en el diseño de elementos a compresión se usan factores de reducción mas bajos, para que de esta manera las columnas tengan una resistencia nominal mas alta que las vigas o cualquier otro elemento de carga horizontal. Al igual que en el caso de las vigas, en columnas se utiliza una deformación unitaria máxima en el extremo de la fibra a compresión del concreto de 0.003 para el cálculo de la resistencia nominal, aunque la relación esfuerzodeformación para el concreto debe ser compatible con cualquier tipo de ensayo, adicionalmente, la distribución de las deformaciones en la sección transversal de la columna se considera lineal y la zona a tensión del concreto no es considerada para efectos de cálculo de la resistencia y para el cálculo de la resultante a compresión del concreto puede ser utilizado el bloque rectangular de esfuerzos.

6.1 Consideraciones Generales Las normas para columnas vaciadas en sitio traen algunas recomendaciones para las dimensiones, refuerzo, recubrimiento, espaciamiento entre barras, y otros 281

aspectos relacionados con el refuerzo longitudinal y tipo de las columnas a usar. Algunas características de las columnas y limitaciones más importantes, para columnas sometidas primordialmente a cargas verticales, son dadas a continuación. Consideraciones para columnas con cargas de sismo deben ser estudiadas de acuerdo a las recomendaciones del Capítulo C.21 de la norma NSR-98.

6.1.1 Tipos de Columnas

Los tipos más comunes de columnas son: columnas rectangulares o cuadradas, columnas circulares y columnas compuestas. En la Figura 6.1 pueden observarse las secciones transversales más comunes de las columnas provistas de estribos laterales. Tales tipos de columnas requieren el uso de flejes transversales y varillas longitudinales para columnas rectangulares, y refuerzo en espiral o con estribos para columnas circulares, mientras que para columnas compuestas en las que se confinan perfiles, se pueden colocar estos últimos dentro de castillos de refuerzo conformados por barras longitudinales y refuerzo transversal compuesto por estribos laterales de refuerzo en espiral, dependiendo de la conformación dada a las varillas longitudinales. Una columna armada es usualmente cuadrada o rectangular (inclusive circular), en la cual las barras principales de refuerzo son sostenidas por estribos transversales individuales. Una columna con refuerzo en espiral, tiene usualmente una forma circular (incluye algunas columnas compuestas de forma cuadrada), en las cuales el refuerzo es enrollado circularmente alrededor de la sección y en forma continua.

(a) Columna con estribos

(b) Columna con espirales

(c) Columna compuesta

Figura 6.1 Clasificación de columnas de acuerdo al tipo de refuerzo.

282

6.1.2 Refuerzo

a) Barras Longitudinales. Se requiere un mínimo de 6 barras longitudinales para secciones circulares y un mínimo de 4 barras longitudinales en una columna rectangular. b) Mínimo Espaciamiento entre Barras. El espaciamiento mínimo entre barras es de 1.5 diámetros de barra, 25 mm., ó 4/3 el tamaño del agregado máximo (1.33 veces el tamaño del agregado de mayor tamaño). En columnas circulares reforzadas horizontalmente con espirales el espaciamiento debe ser el mayor de 1.5 veces el diámetro de la barra de mayor tamaño, 40 mm, ó 1.33 veces el tamaño del agregado mayor (Ver Figura 6.2) c) Limites del Área de Acero. El porcentaje del área de acero ρg = Ast /Ag , donde Ast es el área total de las barras longitudinales y Ag es el área bruta de la columna. El valor de ρg debe ser mayor o igual a 0.01 y menor o igual que 0.08, es decir, la cuantía de acero debe corresponder a un valor entre el 1% y el 8% del área bruta de la sección, con un valor máximo recomendado de 4% para regiones sísmicas o si las barras se van a empalmar. Si la cuantía de acero es menor del 1% es factible que haya falla no dúctil y repentina. Cuando la columna es demasiado grande y se comprueba que la cantidad de acero puede ser menor de 0.005 veces el área de concreto para la capacidad calculada de carga, se permite esta cantidad de acero pero en ningún caso menor que este valor. Esto último es igual a diseñar una columna con determinadas dimensiones para el 1% de refuerzo y luego se aumenta concreto de tal manera que las nuevas dimensiones requieran el 0.5% de refuerzo bajo las mismas cargas de diseño. Estribos minimos requeridos en longitud Ld

1.5 * d b ( barra ) ≥ 40 mm ( 4 / 3 ) * Tamaño max del agregado

Recubrimiento minimo

Recubrimiento minimo

1 .5 * d b ( barra ) ≥ 25 mm ( 4 / 3 ) * Tamaño max del agregado

Figura 6.2. Separación mínima entre barras.

d) Recubrimiento. Para concreto en contacto con el suelo el recubrimiento mínimo debe ser 70 mm. Para concreto expuesto a la intemperie el recubrimiento debe ser de 50 mm para barras de diámetro φ ≥ 6/8" y 40 mm 283

para barras de diámetro φ ≤ 5/8". Para concreto no expuesto a la intemperie el recubrimiento mínimo debe ser 40 mm. e) Refuerzo Transversal. Las barras no preesforzadas deben estar rodeadas por estribos al menos #3 ó 10 mm para barras principales menores o iguales a la #10 y estribos #4 ó 12 mm para barras mayores o iguales a la #10. En estructuras con capacidad de disipación de energía mínima se permiten estribos de barra #2 ó 6mm cuando las columnas soportan únicamente dos pisos. El espaciamiento vertical para estribos debe ser el menor de 16 veces el diámetro de la barra principal, 48 veces el diámetro del estribo, o la menor dimensión de la columna. f) Refuerzo en Espiral. La espiral le provee a la columna capacidad adicional de deformación antes de la falla. La espiral impide que el refuerzo longitudinal falle por pandeo local entre estribos, debido a las fuerzas de compresión que debe resistir. El concreto dentro de la espiral tiende a expandirse lateralmente bajo las cargas de compresión, pero la espiral responde con esfuerzos de tensión en el aro, y la columna no falla hasta que la espiral se rompa o fluya. Cuando una columna con espirales se carga hasta fallar, el recubrimiento del concreto se desprende pero el núcleo debe permanecer intacto y debe resistir una cantidad adicional de carga equivalente a la del concreto externo desprendido. El refuerzo en espiral debe, entonces, ser suficiente para incrementar la capacidad del núcleo en una cantidad igual o mayor a la del recubrimiento, manteniendo la columna en un estado de capacidad por fluencia antes de la falla. La práctica estipula que el refuerzo en espiral tenga una capacidad de resistencia un poco mayor que la del recubrimiento, para que la pérdida de recubrimiento de indicios de una falla inminente y que la columna tome un poco mas de carga antes de experimentar una falla dúctil. La resistencia de recubrimiento está dada por la siguiente expresión: Re sistencia del Re cubrimiento = 0.85 * f c' * ( Ag − Ac )

donde Ac es el área del núcleo y Ag el área bruta de la sección. La tensión del aro que se produce en las espirales es por lo menos el doble de efectivo para incrementar la capacidad última de la columna comparado con el acero longitudinal. Por tanto, la resistencia de la espiral puede calcularse aproximadamente como: Re sistencia de la espiral = 2.0 * As p * f ys = 2.0 * ρ s * Ac * f ys

284

donde Asp es el volumen de acero en espiral por unidad de longitud y fys esfuerzo de fluencia del acero en espiral. Igualando las expresiones anteriores se obtiene: 0.85 * f c' * ( Ag − Ac ) = 2.0 * ρ s * Ac * f ys

ρ s = 0.425 *

Ag − Ac f' * c Ac f ys

Para que la espiral sea un poco más resistente que el concreto de recubrimiento, la cuantía del refuerzo en espiral ρs no debe ser menor del valor sugerido de: ρ s = 0.45 *

Ag Ac

−1 *

f c' f ys

donde fys es la resistencia nominal a la fluencia del refuerzo en espiral, y no debe ser mayor de 420 MPa. Según la norma NSR-98 el refuerzo en espiral debe estar conformado por barras de diámetro mayor o igual a la barra #3 o 10 mm para regiones de influencia sísmica. Una vez seleccionado el porcentaje de refuerzo en espiral, dado que ρs está en términos del volumen de acero por unidad de longitud, se puede establecer la cuantía de acero en espiral con la siguiente expresión mas simplificada: ρs =

Volumen de espiral en una vuelta Volumen del nucleo de concreto en un paso

ρs =

π * Avs * ( Dc − d b ) 4 * Avs * ( Dc − d b ) = π * ( Dc2 / 4 )* s s * Dc2

En esta expresión, Dc corresponde al diámetro del núcleo que incluye hasta la parte externa del espiral, Avs es el área transversal de la barra espiral y db es el diámetro de la barra en espiral. De la anterior ecuación, una vez encontrado el valor de ρs , se despeja el paso s (ver Figura 6.3). El espaciamiento tiene que dar entre los límites establecidos en el siguiente numeral g). Si los resultados no aparecen razonables se puede tratar otro diámetro. g) Espaciamiento Vertical Para Espirales. El espaciamiento vertical o paso entre espirales no debe exceder 80 mm ni ser menor de 25 mm. Adicionalmente, el espaciamiento debe ser mayor o igual a 4/3 del tamaño máximo del agregado.

285

h) Empalmes del refuerzo en espiral. Empalmes de espirales en cualquier parte donde sea requerido hacerlos deben cumplir con 48 veces el diámetro de la barra usada en el empalme si esta es corrugada, 72 veces el diámetro de la barra si se usa acero liso para el espiral o acero con recubrimiento epóxico, o bien empalmes mecánicos o soldados. i) Anclaje para refuerzo en espiral. La espiral debe anclarse 1.5 vueltas adicionales en cada extremo, y debe llevarse hasta el punto donde el diámetro o ancho del capitel es el doble del ancho de la columna para columnas con capitel. db Ac = (π ∗ D2c) / 4 Ag = (π ∗ h2) / 4

Dc h

Paso s

Figura 6.3. Columna con refuerzo en espiral.

6.1.3 Detalles especiales del Refuerzo

a) Dimensiones Mínimas de las Columnas: Ninguna columna de la estructura principal puede tener un diámetro menor de 0.25 m para columnas circulares, ni una dimensión menor de 0.2 m con un área de 0.06 m2 para columnas rectangulares. En estructuras con disipación de energía moderada y especial se exigen dimensiones mayores de acuerdo al Capítulo C.21 del Código. b) Estribos en Secciones Rectangulares. Los estribos deben disponerse de tal manera que toda barra longitudinal de esquina, y una de por medio de la que no lo es, tenga soporte lateral proveniente de la esquina de un estribo, la cual no debe tener un ángulo mayor de 135 0 (ver Figura 6.4). La misma recomendación es válida para arreglos similares de las barras en la dirección 286

transversal. Ninguna barra debe estar localizada a más de 150 mm libres, medidos a lo largo del estribo, de una barra que esté soportada lateralmente. El primer estribo debe localizarse verticalmente a menos de medio espaciamiento de estribo medido a partir de la parte superior de la zapata o de cualquier losa de piso, y en la parte superior de la columna, a no más de medio espaciamiento sugerido inicialmente para el estribo, medido a partir del plano de refuerzo horizontal en la losa. s ≤ 150 mm

s > 150 mm

s ≤ 150 mm

s > 150 mm

Gancho a 1350

s > 150 mm

s ≤ 150 mm

s ≤ 150 mm

> 150 mm ≤ 150 mm

s > 150 mm

s > 150 mm

≤ 150 mm ≤ 150 mm

Figura 6.4. Arreglos de estribos según separación entre barras.

c) Doblamiento de Barras en Cambios de Sección. Cuando hay disminución en las dimensiones de la columna, las barras que pasen del piso inferior al piso superior deben doblarse de modo que la reducción tenga como máximo una inclinación de 1 a 6 con respecto al eje de la columna. El soporte horizontal del acero longitudinal en el doblez debe ser provisto por medio de estribos ó espirales. El soporte horizontal debe diseñarse para que resista 1.5 veces la componente horizontal de la fuerza calculada en la porción inclinada de la

287

barra que se dobla. El soporte horizontal debe estar a una distancia menor de 150 mm del doblez (Ver Figura 6.5). d) Limites de la Sección. En estructuras con capacidad mínima de disipación de energía o en elementos donde la carga axial mayorada de diseño Pu sea menor que 0.1*f 'c *Ag, se puede usar un área de refuerzo mínimo, longitudinal y transversal, basado en la mitad del área total de la sección. Si son mas de 8cm, usar bastones o barras ancladas

Distancia entre caras: maximo 8 cm Longitud de empalme

Pendiente maxima de la barra inclinada

1

Recubrimiento min. requerido

Barra inclinada con pendiente menor a 1:6

6

Estribo debe resistir 1.5 veces la componente horizontal de la barra inclinada. A menos de 15 cm del doblez

Bastones o acero principal de columna

Figura 6.5. Doblamiento o traslapo de barras longitudinales en cambios de sección.

6.1.4 Resistencia de diseño

Normalmente para calcular la resistencia de diseño de un elemento se tiene en cuenta la incertidumbre para alcanzar la capacidad nominal multiplicándola por el coeficiente φ de reducción de resistencia según los requerimientos de diseño. Se especifica un valor de φ de 0.70 para columnas con estribos simples y un valor de 0.75 para columnas con espiral. El valor del coeficiente φ usado en columnas es mucho menor que el usado en flexión y cortante debido a las indicaciones, hechas estadísticamente, que la resistencia esperada en columnas tiene una dispersión mayor que las resistencias encontradas para vigas. Así mismo, las columnas con estribos presentan mayor variación entre la resistencia observada y la calculada, que la variación observada en columnas reforzadas con espiral. Es también importante considerar valores más pequeños de φ para columnas porque si una columna falla la mayor parte del edificio puede fallar, especialmente si la falla es en los pisos inferiores. En otras palabras, las columnas son los elementos de mayor importancia en la resistencia general de la estructura. Otros factores por los que se utiliza un φ más pequeño incluyen: la difícil colocación del concreto en la formaleta longitudinal, la variabilidad en la resistencia última proporcionada por el concreto, la imprecisión en la verticalidad y dimensiones transversales de la formaleta (defectos en la

288

construcción de la misma) y la variación en la aplicación de las cargas las cuales no permanecen constantes en la vida útil de la edificación. Sin embargo, cuando la carga axial es baja, la columna tiende a comportarse como una viga en flexión pura; por tanto, el coeficiente de reducción φ puede aumentarse linealmente desde 0.70 hasta 0.90 que corresponde al valor de flexión pura, en la medida en que φ* Pn disminuya desde 0.10*f 'c *Ag o el valor φ* Pb, el menor de los dos, hasta el valor de φ* Pn = 0 (flexión pura). Así mismo, en la zona de tensión axial puede utilizarse el valor φ = 0.90 como factor de reducción.

6.2 Columnas Cortas Cargadas Axialmente Cuando concreto y acero trabajan unidos, la proporción de la carga tomada por ambos varía durante el tiempo de acción de la carga misma. Inicialmente en el estado elástico la relación entre concreto y acero depende de la relación modular n, pero cuando el concreto alcanza su deformación máxima, que usualmente es un valor de εc entre 0.002 y 0.003, se alcanza la resistencia máxima del concreto, f 'c. La máxima resistencia que puede tomar la columna es teóricamente cuando el esfuerzo en el concreto es máximo (cuando εc ≈ 0.002). Sin embargo, es posible conseguir mayores incrementos de carga si hay endurecimiento del acero, con niveles de deformación unitaria del concreto εcu = 0.003, en donde la resistencia del concreto corresponde a la resistencia de falla y tiene un valor aproximado de 0.85* f 'c. (Ver siguiente figura).

289

Fluencia del acero

fy

Endurecimiento del acero Columna con espiral, deforma mas antes de falla

f' c

Falla de una columna con estribos simples

0.85*f ' c

εy acero

εc

εcu concreto

Figura 6.6 Curvas de esfuerzo-deformación en el acero y en el concreto con estribos y espiral.

Experimentalmente se ha encontrado que la espiral participa poco en el aumento de la resistencia final de la columna, pero provee ductilidad expresado en una deformación amplia antes de la falla. Cuando se alcanza el punto de fluencia, el recubrimiento en concreto de la columna se desprende y el acero en espiral empieza a actuar para confinar el concreto que ha fallado en el interior. Bajo la misma deformación, una columna con estribos simples puede haber fallado totalmente, mientras que una columna con espiral puede estar ampliamente dañada, pero aún soportando carga. Se puede obtener la capacidad máxima de carga axial para la columna sumando la contribución del concreto, con la del acero proveniente de las barras longitudinales y acero transversal en espiral a partir de la siguiente expresión: Po = 0.85 * f c' * Ac + f y * Ast + k s * As p * f ys donde, Ast = Ac Asp ks fys

= = =

=

es el área del acero en toda la sección de la columna igual al acero de compresión As mas el acero de tensión, A's + As. es el área neta del concreto igual a (Ag - Ast). volumen de acero en espiral por unidad de longitud. constante que varia entre 1.5 y 2.5 con un promedio de 1.95 esfuerzo de fluencia del acero en espiral. 290

Igualmente la anterior expresión se puede escribir: Po = 0.85 * f c' * ( Ag − Ast ) + f y * Ast + k s * As p * f ys en la cual Ag es la sección bruta de la columna b*h. Definiendo la cuantía de acero de la sección como la relación del acero total sobre el área de la sección bruta, ρg = Ast / Ag, y sustituyendo este valor en la ecuación anterior se obtiene:

[

]

Po = Ag * 0.85 * f c' * ( 1 − ρ g ) + f y * ρ g + k s * As p * f ys En general, el término representando la contribución del espiral puede ser omitido, por lo cual la compresión pura del elemento está determinada por la siguiente expresión: Po = 0.85 * f c' * ( Ag − Ast ) + f y * Ast Igualmente, Po = Ag * 0.85 * f c' + ρ g * ( f y − 0.85 * f c' )

[

]

El valor anterior es la capacidad nominal de carga axial máxima que puede resistir la columna. Se puede notar que la carga axial produce una deformación uniforme en toda la sección transversal (ver Figura 6.7.a). El valor de Po está compuesto por una parte que toma el concreto y otra que aporta el acero, Pc = 0.85*f 'c*(Ag - Ast) por parte del concreto y Ps = Ast * fy por el acero, ambas desarrollando resistencia en el estado plástico. Considerando el estado elastoplástico del acero, la columna falla cuando el concreto alcanza aproximadamente su deformación unitaria εcu. En la práctica actual no se especifican excentricidades mínimas, pero fácilmente estas se pueden presentar por diferencia en el alineamiento superior e inferior de la columna, asimetría de las cargas o por presencia de cargas pequeñas o rigideces residuales no tratadas en el análisis inicial. Se estipula especificar una reducción del 20% de la resistencia última por carga axial para columnas con estribos y del 15% para columnas con espirales. La capacidad nominal de diseño para carga axial con excentricidad mínima no puede tomarse mayor que:

[

(

)

Pn ( max ) = 0.85 * 0.85 * f c' * Ag − Ast + f y * Ast

]

para elementos no preesforzados con refuerzo en espiral, ni mayor que:

[

(

)

Pn ( max ) = 0.80 * 0.85 * f c' * Ag − Ast + f y * Ast 291

]

para elementos no preesforzados, reforzados con estribos cerrados. Como recomendación adicional, se sugiere utilizar la anterior fórmula para excentricidades e mínimas (momento mínimo sobre carga axial máxima, Mn /Pn) menores a 0.1*h, para columnas con estribos, o menores a 0.05*h para columnas con espirales, para momentos pequeños o no calculados. En otras palabras, las columnas cortas pueden diseñarse con la expresión de Pn(max) siempre y cuando los valores de la excentricidad e ( Mn /Pn) estén dentro de la excentridad emin especificados. La capacidad de diseño para las columnas cortas cargadas axialmente debe estar modificada por el coeficiente de reducción φ estudiado en la Sección 6.1.4 del presente capítulo. El valor de φ es igual a 0.75 para columnas con espiral y tiene un valor de 0.70 para columnas con estribos simples. Por lo tanto, la capacidad de carga (capacidad última) de una columna no debe ser mayor que los valores obtenidos de aplicar las siguientes expresiones: •

Para elementos no preesforzados con estribos cerrados:

[

φ * Pn (max) = 0.70 * 0.80 * 0.85 * f c' * (Ag − Ast ) + f y * Ast

[

φ * Pn (max) = 0.56 * 0.85 *

f c'

(

)

* Ag − As t + f y * Ast

]


]

y en términos de la cuantía de acero:

[

]


φ * Pn (max) = 0.56 * Ag * 0.85 * f c' + ρ g * ( f y − 0.85 * f c' )

•

Para elementos no preesforzados con refuerzo en espiral:

[

φ * Pn (max) = 0.75 * 0.85 * 0.85 * f c' * (Ag − As t ) + f y * As t

[

φ * Pn (max) = 0.64 * 0.85 * f c' * (Ag − As t ) + f y * As t

]

]


y en términos de la cuantía de acero:

[

]

φ * Pn (max) = 0.64 * Ag * 0.85 * f c' + ρ g * ( f y − 0.85 * f c' )

292

As1

As2

Po

As3 Pn

Ps1 = f y*As1 As1 = As3

Ps2 = f y*As2

Ps3 = f y*As3

Pc = O.85*f ‘c*(Ag - Ast )

Figura 6.7. Columna cargada axialmente.

Ejemplo 1: Diseño de una columna cuadrada. Diseñar una columna cuadrada con estribos similar a la de la figura 6.7, para soportar una carga muerta aplicada de 1000 KN y una carga viva de 800 KN. Asumir un refuerzo máximo longitudinal del 2%. Diseñar con f 'c = 28 MPa y con fy = 420 MPa. Asumir estribos con diámetro φ3/8". La carga última de diseño es: Pu = 1.4 * 1000 + 1.7 * 800 = 2760 KN = 276 * 10 4 N

Partiendo de esta carga y con la expresión de la resistencia última para una columna con excentricidad mínima se encuentran las dimensiones de la sección:

[

(

)

φ * Pn ( max ) = 0.56 * 0.85 * f c* Ag − As t + f y * Ast

[

] (

276 * 10 4 = 0.56 * 0.85 * 28 * ( Ag − 0.02 * Ag ) + 420 * 0.02 * Ag Ag = 155358 mm 2

)]

Lado L ≈ 394 mm ∴ Usar 400 mm x 400 mm

Seleccionamos las barras longitudinales a partir del área de acero: 276 * 10 4 = 0.56 * [0.85 * 28 * ( 160000 − Ast ) + 420 * ( Ast )] Ast = 2828 mm 2 = 28.3 cm 2

→ Usar 8#7 ( 31.0 cm 2 )

293

Se seleccionan los estribos basados en las recomendaciones dadas en el numeral e) de la Sección 6.1.2 del presente capítulo (en diseños donde no hay participación de cargas sísmicas), a) 16* db(barra) = 16*2.22 = 35.5 cm ≈ 35 cm. b) 48* db(estribo) 48 *0.95 = 45.6 cm c) Mínima dimensión de la columna = 40 cm. ∴ Usar estribos # 3 @ 35 cm En la siguiente figura se muestra la sección transversal de la columna diseñada. Estribos # 3 @ 35 cm Barras # 7

6 cm 14 cm 40 cm 14 cm 6 cm

Figura 6.8. Sección columna del ejemplo No. 1.

6.3 Columnas Cortas con Carga Axial y Flexión Elementos estructurales sometidos a carga axial y momento deben diseñarse para que resistan ambas solicitaciones. Por la flexión las columnas desarrollan esfuerzos de tensión en un lado de la columna y compresión en el otro lado, dependiendo de la magnitud del momento. Cuando la carga axial es grande y el momento prácticamente nulo, la falla por solicitación a grandes cargas axiales se produce por aplastamiento de la columna. A medida que la solicitación de carga axial disminuye y el momento requerido de diseño aumenta, la sección pasa de ocupar toda el área transversal a compresión a experimentar esfuerzos de tensión que son resistidos únicamente por el acero en la misma cara de tensión, sin que necesariamente se hayan desarrollado esfuerzos de fluencia y la falla todavía puede ocurrir por aplastamiento del concreto. A partir de la carga balanceada, que es cuando las barras de tensión alcanzan el esfuerzo de fluencia en el mismo instante en que el concreto a compresión falla, se considera que la columna resiste momentos mayores con las barras a tracción en estado de fluencia, 294

mientras las cargas axiales disminuyen. Desde este momento la falla se inicia por fluencia de las barras a tensión. Para momentos muy grandes con cargas axiales muy pequeñas la falla ocurre como una viga y en la mayoría de los casos se diseña doblemente reforzada. Para el cálculo de las fuerzas internas de una columna se cumplen los mismos principios que se aplicaron al análisis de vigas rectangulares: la misma distribución de esfuerzos basada en el bloque rectangular sin incluir el aporte del concreto en el lado de la tensión, la definición de cargas de tensión y compresión dependiendo de la posición del eje neutro y las cargas del acero basadas en la multiplicación del área de las barras por el esfuerzo desarrollado. La diferencia radica en que se añade una fuerza nominal Pn que actúa simultáneamente con una excentricidad e con respecto al centroide plástico (ver Figura 6.9.b), de la sección transversal. Basados en el equilibrio de la sección en la misma figura, la fuerza axial nominal se calcula como sigue: Pn = C c + Fs2 - Fs1 = 0.85 * f c' * a * b + As 2 * f s 2 − As1 * f s1

Estableciendo la ecuación de momentos con respecto al centroide plástico, se puede obtener el momento Mn = Pn* e , para columnas con refuerzo en ambas caras, de acuerdo a la siguiente expresión: M n = C c * (h/2 - a/2) + Fs2 * (h/2 - d' ) + Fs1 * ( d − h / 2 )

Por tanto, M n = 0.85 * f c' * a * b * (h/2 - a/2) + As 2 * f s 2 * ( h / 2 − d' ) + As1 * f s1 * ( d − h / 2 )

donde los valores de fs1 y fs2 pueden estar o no en fluencia. La máxima deformación unitaria en la fibra extrema a compresión del concreto debe suponerse igual a 0.003. El esfuerzo en el acero fs para valores menores al de fluencia fy debe tomarse como el producto de Es por la deformación unitaria del acero εs correspondiente. Para deformaciones unitarias mayores que εy = fy / Es, el esfuerzo en el refuerzo debe considerarse independiente de la deformación e igual a fy.

295

e c.p. = Centro Plastico

Pn Mn

b

c.p. Mn = e * Pn

Pn

(b)

(a) Centro Plastico h/2 h/2

Centro Plastico h/2 h/2

As2

As1

e.n.

εs1

As1

εcu

εs2

a/2

d'

a/2

Cc = O.85*f ‘c *(Ag - Ast )

Fs2 = f

s2

*As2

h/2 - d’ d' h/2

d - h/2

d h

Cc

Fs1 = f s1*As1

c h/2 - d’

As2

(c)

d

(d)

Figura 6.9. (a) y (b) Columna excéntrica con carga axial y momento equivalentes. (c) Deformaciones unitarias. (d) Fuerzas internas.

El centroide plástico es el sitio donde se concentra la resultante de las fuerzas producidas por concreto y acero. Es el punto a través del cual debe pasar la carga axial resultante para que la deformación unitaria sea uniforme en el momento de la falla. Para calcular el centroide plástico se supone que todo el concreto trabaja con un esfuerzo de compresión de 0.85* f 'c y todo el acero con esfuerzos fy en compresión. En secciones simétricas el centroide plástico coincide con el centroide geométrico. Considerando el centroide plástico ubicado a una distancia y de la cara de compresión y replanteando las ecuaciones para la carga y el momento nominal resistente, se obtiene: Pn = 0.85 * f c' * a * b + As 2 * f s 2 − As1 * f s1 M n = Pn * e = 0.85 * f c' * a * b * ( y - a/2) + As2 * f s 2 * ( y − d' ) + As1 * f s1 * ( d − y )

En las ecuaciones expresadas en esta sección se supone que el acero a compresión no desplaza el concreto ocupado, por lo que el área neta de 296

compresión (Ag - As2) es aproximada a Ag = b*h. Se supone, también, que la profundidad del eje neutro es menor que la distancia d en la sección. Para secciones en que la excentricidad e es muy pequeña y toda la sección trabaja a compresión, todo el acero trabaja a compresión en cuyo caso el término negativo de Pn debe asumirse ahora positivo. Las relaciones entre esfuerzo y deformación unitaria se pueden establecer utilizando el diagrama de deformaciones unitarias en la Figura 6.9.c. Por definición, siempre se tomará fsi = fy cuando se obtenga que εsi ≥ εy. •

Para el acero a tensión, As1: ε s1 = 0.003 *

•

d −c c

f s1 = Es * ε s1 , si se cumple que ε s1 < ε y

Para el acero a compresión, As2: ε s 2 = 0.003 *

c − d' c

f s 2 = Es * ε s 2 , si se cumple que ε s 2 < ε y

6.4 Falla Balanceada Normalmente se considera una columna fallando a tensión o compresión, pero entre los dos estados existe la condición de carga balanceada, que al igual como se estudió en vigas a flexión, ocurre cuando se tiene una falla por tensión simultáneamente con la falla a compresión. En la falla balanceada se establece que la deformación última del concreto se alcanza al mismo instante que los esfuerzos del acero de tensión alcanzan la fluencia, o en el mismo instante en que la deformación unitaria del acero a tensión alcanza la fluencia. Cuando se presenta la falla balanceada por triángulos semejantes se establece la siguiente expresión, que permite encontrar la ubicación del eje neutro con respecto a la fibra más extrema de compresión: cb = d *

ε cu

ε cu + ε y

=

0.003 *d 0.003 + f y / E s

ab = β1 * cb = β 1 * d *

0.003 0.003 + f y / E s

Las condiciones cuando se presenta la falla balanceada se muestran en la siguiente figura.

297

Centro Plastico

h/2

h/2

* Condiciones en falla balanceada:

ε cu = 0 . 003

As2

As1

ε

s1

= ε y =

f s1 = f y e.n.

εy

εs2

fy Es

εcu = 0.003

c h/2 - d’

d'

d h

Figura 6.10. Condición balanceada.

En cuanto a los esfuerzos fs2 de compresión, en el estado de falla balanceada se cumple que: ε cu − f y / E s d' f s2 = f y

,

siempre que

de otra manera:

(

d

≤

)

f s 2 = ε cu * E s − ε cu * E s + f y *

ε cu + f y / E s

d' d

En el caso en que fs1 = fs2 = fy y puesto que generalmente As1 = As2 , se pueden establecer las siguientes relaciones: Pnb = 0.85 * f c' * a b * b = β 1 * 0.85 * f c' * b * d *

0.003 0.003 + f y / E s

M nb = 0.85 * f c' * ab * b * (h/2 - a/2) + As1 * f y * ( d - d' )

de las cuales se puede concluir que: eb =

M nb = Pnb

Pnb h − 2 1.7 * f c' * b

+

As1 * f y * ( d − d' )

298

Pnb

6.5 Diagramas de Interacción y Modos de Falla Para una columna construida con un material elástico, soportando una fuerza axial Pn y un momento Mn simultáneamente, el cual tenga diferentes esfuerzos de tensión y compresión, es posible determinar tales esfuerzos en las fibras extremas, ft y fc, utilizando las siguientes expresiones: fc =

Pn Mn * c + Ag Ig

- ft =

Pn Mn * c − Ag Ig

→ →

f c ≤ f c ( adm ) f t ≤ f t ( adm )

donde Ag, Ig son las propiedades geométricas de la sección y c es la distancia del eje neutro a la fibra donde se obtiene el esfuerzo. La falla se presenta cuando los esfuerzos en la zona de tensión o en la zona de compresión sobrepasan la tensión, ft(adm), o compresión, fc(adm), admisibles respectivamente. La ecuación de falla para compresión basada en los esfuerzos admisibles, es: f c ( adm ) ≥

Mn * c Pn + Ag Ig

o lo que es lo mismo: 1 ≥

Pn f c ( adm ) * Ag

+

Mn * c f c ( adm ) * I g

En la siguiente figura se ilustran los esfuerzos debidos a carga axial y momento, así como las combinaciones de esfuerzos, los cuales deben ser menores que los admisibles. Pn

Pn / Ag

fc (adm)

fc

+

Mn

Mn*c / Ig =

ε

fc

ft

ft ft

Figura 6.11. Esfuerzos elásticos en columna.

299

(adm)

Si definimos Pn(max) y Mn(max) como la carga axial y el momento que producen la falla, definidos en términos de fc(adm), se podrían definir según las siguientes relaciones: f c ( adm ) * I g Pn( max ) = f c ( adm ) * Ag ; M n( max ) = c Utilizando las dos últimas ecuaciones se obtiene la relación: Pn Pn( max )

+

Mn M n ( max )

≤ 1

y siguiendo el mismo procedimiento basado esfuerzos admisibles ft(adm) que gobiernan la zona de tracción se obtiene la relación: Mn M n ( max )

−

Pn Pn( max ) * Ag

≤ 1

Con estas dos expresiones se puede graficar el diagrama de interacción para modelos elásticos como el propuesto en la Figura 6.12 (a y b). Si la resistencia admisible del material es igual tanto para tracción como para compresión se obtiene el diagrama de interacción de la Figura 6.12.a. Cualquier punto dentro de la figura representa una combinación de Pn y Mn que no causan falla. En el caso de un material con esfuerzos de tensión menores que los de compresión, se presentará una situación similar a la mostrada en la figura 6.12.b donde la relación Pn / Pn(max) igual a 0.25 indica que la resistencia a la tensión es la cuarta parte de la resistencia a compresión. Cuando combinamos flexión y carga axial para evaluar la resistencia de columnas en concreto reforzado, los resultados son más difíciles de evaluar por la gran cantidad de cálculos numéricos involucrados. Es mejor usar diagramas de interacción para columnas calculados con base en una distribución unitaria de deformaciones, cada una correspondiendo a un punto particular en el diagrama, tal que las combinaciones resultantes de carga axial Pn y momento Mn permitan la construcción del diagrama de momentos. Si se requiere diseñar columnas cumpliendo con los principios de equilibrio y compatibilidad de deformaciones, el carácter lineal las deformaciones unitarias permite suponer ciertos valores numéricos en alguna parte de la columna y determinar el resto de deformaciones unitarias que se necesiten en cualquier otra parte de la sección por medio de la interpolación lineal.

300

Pn Pn(max)

Pn

Pn(max) 1.0

1.0 Compresion

Compresion

0.75

0.5

0.5 1.0

0.0

Mn

0.25

Mn(max)

1.0

- 0.5 - 0.25

Tension

- 1.0

Pn Pn(max)

(a)

Tension

Pn Pn(max)

fs / fs(adm) = 1.0

Mn Mn(max)

(b)

fs / fs(adm) = 0.25

Figura 6.12. Diagramas de interacción para columnas elásticas.

Considerando que la máxima resistencia para una columna solicitada a flexión y carga axial se logra cuando el concreto alcanza su deformación unitaria última εcu = 0.003 en la fibra de compresión, se puede calcular la localización del eje neutro y las deformaciones unitarias en cada fila donde el refuerzo esté localizado. Par realizar estos cálculos se pueden usar las ecuaciones planteadas en la Sección 6.4 del presente capítulo. La localización del eje neutro es utilizada para computar el bloque de compresión del concreto. Las deformaciones unitarias permiten conocer los esfuerzos en cada fila donde se encuentre el acero y junto con el área respectiva se calculan las fuerzas que aporta el acero a la resistencia. Finalmente, la fuerza axial Pn es computada sumando las fuerzas individuales en el concreto y acero, mientras que el momento Mn es obtenido sumando los momentos de estas fuerzas con respecto al centroide plástico de la sección. El presente procedimiento es válido para tan solo un punto del diagrama de interacción. Para obtener diferentes puntos con diferentes soluciones para el par (Pn , Mn) es preciso variar la ubicación del eje neutro, lo que significa que las deformaciones unitarias en el extremo opuesto de la fibra de compresión varían igualmente. La Figura 6.13 nos muestra los lugares más significativos del diagrama de interacción y donde las deformaciones unitarias cambian de acuerdo a características especificas en el comportamiento de la sección. El valor Po indica compresión axial pura, mientras que Mo indica flexión pura. Los puntos donde compresión controla, a partir del punto balanceado, indican que hay aplastamiento del concreto y fisuramiento parcial del concreto en la zona de tracción. En el tramo donde la tensión controla, el acero se ha deformado por encima de su valor inicial de fluencia, inclusive antes de que el concreto alcance 301

su deformación unitaria última. En contraste con los puntos donde la compresión controla, el acero puede estar deformándose en fluencia hasta el límite donde el concreto alcanza el valor de 0.003, momento en el cual la columna falla al sobrevenir el aplastamiento. As1 (tension)

Pn

As2 Mn

e= Pn / Mn

Po Pn(max)

Compresion controla

e=0 Condicion pe qu eñ o

Pb

Balanceada

εs1 = εy

eb e=

e

0.003

εs1 < εy

0.003 Tension controla

e e grand

e=α

Mo

εs1 > εy Mn

Mb

Figura 6.13. Diagrama de interacción para resistencia última.

Según el diagrama de interacción anterior los principales puntos son los siguientes: 1) Falla a compresión axial. Cuando P0 = Pn y no hay momento; entonces Mn = 0 y e = 0. En consecuencia,

(

(

)

Po = 0.85 * f c' * A g − As t + f y * As t

)

2) Carga máxima permitida. Carga axial máxima permitida para compensar excentricidades accidentales. Los momentos de flexión son pequeños. Esta definida por:

(

(

)

Pn (max) = β 2 * Po = β 2 * 0.85 * f c' * Ag − As t + f y * As t

)

El coeficiente β2 es 0.85 para espirales y 0.80 para estribos cerrados.

302

3) Falla balanceada. En la condición de balance se alcanza simultáneamente εc = 0.003 y la fluencia del acero εy = fy /Es. Con estas dos condiciones se determina el eje neutro y con éste las deformaciones unitarias, esfuerzos en concreto y acero y, finalmente, Pnb y Mnb. Si c > cb o si e < eb , entonces compresión controla y As no fluye. Si c < cb o si e > eb , entonces tensión controla y As si fluye. 4) Falla a tensión axial. Corresponde al punto donde no hay fuerza axial y la sección se comporta como una viga. La fuerza de tensión es igual al área de acero por los esfuerzos de fluencia. M o = M n cuando Pn = 0

,

entonces e → α

5) Puntos donde compresión controla. Específicamente estos puntos cumplen con las siguientes consideraciones sobre excentricidad, ubicación del eje neutro y compatibilidad: •

e < eb

•

c > cb

•

εcu = 0.003.

•

εs1 < εy ∴ fs1 = Es *εs1 < fy → As1 no fluye

•

As2 puede o no fluir → fs2 ≤ fy

6) Puntos donde tensión controla. Igualmente los puntos intermedios en este tramo deben cumplir con las siguientes recomendaciones: •

e > eb

• •

c < cb εcu = 0.003.

•

εs1 > εy ∴ fs1 = Es *εy = fy → As1 fluye

•

As2 puede o no fluir

→ fs2 ≤ fy

303

Los valores de las deformaciones unitarias y esfuerzos se estudiaron en la Sección 6.4 pero se repiten aquí como herramienta a usar continuamente en los cálculos del diagrama de interacción. •

Para el acero a tensión, As1:

ε s1 = ε cu * •

d −c c

f s1 = ε cu * E s *

;

d −c c

Para el acero a compresión, As2:

ε s 2 = ε cu *

c − d' c

;

f s 2 = ε cu * E s *

c − d' c

6.5.1 Falla por Compresión Se presenta cuando la excentricidad es pequeña, es decir, cuando e < eb. En este tipo de falla ocurre que Pn > Pnb, ya que mayor carga en la columna significa que c > cb. Las deformaciones unitarias serán tales que εs1 < fy / Es (ver Figura 6.14). Si asumimos fluencia en el acero de compresión y no conocemos el estado del acero a tracción, podemos plantear: ε s 2 = ε cu *

c − d' c

≥ εy

;

ε s1 = ε cu *

d −c c

La fuerza axial nominal y el momento serán: d −c Pn = β1 * 0.85 * f c' * c * b + As2 * f y − As1 * Es * ε cu * c

h β1 * c h h M n = Pn * e = β 1 * 0.85 * f c' * c * b * + As2 * f y * − d ' + As1 * f s1 * d − 2 2 2 2

De la ecuación de momento se despeja la carga axial y se obtiene la siguiente expresión:

304

1 Pn = * e

β 1 * 0.85 * f c' * c * b *

h β1 * c h + As 2 * f y * − d' 2 2 2

d −c h * d− c 2

+ As1 * E s * ε u *

h/2

h/2

Centro Plastico

h/2

h/2

Pn As1

Mn

e.n.

εs1

Centro Plastico

As2

cb

As1

εs2

As2

εcu = 0.003

εy

a/2

h/2 - d’

d

a/2

Pc

Variacion de c d'

Ps1 = f s1*As1

Ps2 = f s2*As2

h

Figura 6.14. Geometría de la columna. Deformaciones en compresión y tracción según la variación del eje neutro.

Asumiendo una excentricidad e y resolviendo simultáneamente las dos ecuaciones planteadas para Pn se obtiene una ecuación cúbica en términos de c, una de cuyas raíces es positiva y es la solución de la profundidad del eje neutro. Es conveniente chequear que la deformación εs2 cumpla con el supuesto inicial, o sea, que sea mayor que la deformación por fluencia. Donde no se cumpla esta condición se debe plantear la ecuación en términos de f s 2 = ε cu * E s * ( c − d ' ) / c cuyo valor debe ser menos que fy.

6.5.2 Falla por Fluencia del Refuerzo

Como se ha establecido, se presenta cuando la excentricidad es grande, es decir, cuando e > eb. Este tipo de falla ocurre si se cumple que Pn < Pnb, ya que menor carga en la columna significa que c < cb y las deformaciones (Figura 6.14) serán tales que εs1 > fy / Es. A partir de la ecuación: Pn = C c + Fs2 - Fs1 = 0.85 * f c' * a * b + As 2 * f s 2 − As1 * f s1

305

si asumimos fluencia en los aceros a compresión y tracción ( fs1 = fs2 = fy) y si la sección es simétrica, obtenemos: Pn = 0.85 * f c' * a * b → a =

Pn 0.85 * f c' * b

M n = Pn * e = 0.85 * f c' * a * b * (h/2 - a/2) + As1 * f y * ( d - d' ) Sustituyendo el valor encontrado de a replantear esta última ecuación como: Pn * e = Pn *

y simplificando, Pn2 1.7 *

f c'

*b

Pn h − 2 1.7 * f c' * b

− Pn *

en la expresión para Mn,, se puede

+ As1 * f y * ( d - d' )

h − e + As1 * f y * ( d - d' ) = 0 2

Resolviendo para Pn , obtenemos: Pn = 0.85 *

f c' * b *

h − e + 2

h −e 2

2

+

2 * As1 * f y * ( d - d' ) 0.85 * f c' * b

Tomando ρ1 = As1 / (b*d) y m = fy / ( 0. 85*f 'c ) podemos simplificar Pn de la siguiente manera: Pn =

fy m

* b*

h − e + 2

h −e 2

2

+ 2 * ρ 1 * m * ( d - d' )

Ejemplo 2: Diseño de una columna rectangular. Para la columna mostrada en la figura, encontrar: a) La solución para la condición balanceada. b) La carga axial Pn y el momento Mn cuando c =20 cm. c) La carga axial Pn y el momento Mn cuando c = 35 cm. Asumir la resistencia última del concreto del concreto f 'c = 28 MPa y el esfuerzo de fluencia del acero fy = 420 MPa. El refuerzo total son 8 varillas No. 8 colocadas simétricamente. Entonces, la cantidad de acero en cada cara corresponde a As1 = As2 ≈ 20.4 cm2. El valor de la deformación unitaria del acero es εy = 0.0021. 306

Pn

35

e cu d'= 6

Fs2

As2 60

c

a/ 2 a =b 1*c

Cc

Eje Neutro

54

d-a/ 2 d-c As1

Fs1

es


Solución: a) Condición balanceada. Valores de Pnb y Mnb. cb =

ε cu

ε cu + ε y

*d =

0.003 * 54 = 31.8 cm → ab = 0.85 * cb = 27.0 cm 0.003 + 0.0021

El acero As1 debe estar en fluencia, pero del acero As2 no podemos asegurar lo mismo. Se debe determinar inicialmente si el acero a compresión está en fluencia. Para ello chequeamos la deformación unitaria del acero a compresión y la comparamos con la deformación a fluencia del acero: ε s 2 = ε cu *

cb − d ' 31.8 − 6 = 0.003 * = 0.0024 ≥ ε y = 0.0021 cb 31.8

Usar f s 2 = f y

Seguidamente encontramos Pnb y Mnb con el valor hallado de cb. Pnb = 0.85 * f c' * ab * b + As 2 * f y − As1 * f y = 0.85 * f c' * ab * b = Pnb = 2249.1 KN

M nb = C c * (h/2 - a/2) + Fs2 * (h/2 - d' ) + Fs1 * ( d − h / 2 ) • Cc = 2249.1 KN • Fs1 = As1 * f y =

•

20.4 * 420

Fs2 = As2 * f y =

10

= 857 KN

20.4 * 420 = 857 KN 10

307

0.85 * 28 * 27.0 * 35 10

27.0 + 857 * (30 − 6 ) + 857 * ( 54 − 30 ) = 782.5 * 10 2 KN − cm 2 = 782.5 KN − m

M nb = 2249.1* 30 −

M nb

La excentricidad en el punto de balance es: eb =

M nb 782.5 * 10 2 = = 34.8 cm P nb 2249.1

El momento balanceado también se puede obtener aplicando directamente: M nb = 0.85 * f c' * a b * b * (h/2 - a/2) + As1 * f y * ( d - d' ) M nb = 2249.1 * (30 - 27.0 /2) + 857 * (54 - 6) = 782.5 * 10 2 KN − cm = 782.5 KN − m

b) A continuación hallamos la carga Pn y el momento Mn cuando c = 20 cm por lo que a = 17 cm Como c = 20 cm < cb = 31.8 cm, la tensión controla el diseño. Esto implica que el acero As1 está en fluencia, en tanto que no podemos determinar si As2 ha alcanzado la fluencia. Comprobamos las deformaciones unitarias:

ε s 1 = ε cu *

d −c 54 − 20 = 0.003 * = 0.0051 ≥ ε y = 0.0021 c 20

ε s 2 = ε cu *

c − d' 20 − 6 = 0.003 * = 0.0021 ≥ ε y = 0.0021 c 20

Usar f s 1 = f y Usar f s 2 = f y

Tanto el acero de compresión como el de tracción están en fluencia y corresponden a la misma cantidad (As1 = As2, por tanto Fs1 = Fs2). Entonces: 0.85 * 28 * 17 * 35 = 1416 KN 10 M n = Cc * (h/2 - a/2) + Fs2 * (h/2 - d' ) + Fs1 * ( d − h / 2 ) Pn = C c + Fs2 - Fs1 = 0.85 * f c' * a * b =

• Cc = 1416 KN

308

• Fs1 = As1 * f y =

•

20.4 * 420 = 857 KN 10

Fs2 = As2 * f y =

M n = 1416 * 30 −

20.4 * 420 = 857 KN 10

17 + 857 * (30 − 6 ) + 857 * ( 54 − 30 ) = 716 * 10 2 KN − cm = 716 KN − m 2

La excentricidad cuando c= 20 cm corresponde a: e=

M n 716 * 10 2 = = 50.57 cm > eb Pn 1416

El momento Mn también se puede obtener aplicando directamente: M n = 0.85 * f c' * a * b * (h/2 - a/2) + As1 * f y * ( d - d' )

Mn =

1 10

2

1416 * 30 -

17 + 857 * (54 - 6) = 716 KN − m 2

c) A continuación hallamos la carga Pn y el momento Mn cuando c = 35 cm y a = 29.75 cm. Como c = 35 cm > cb = 31.8 cm, la compresión controla el diseño. Esto implica que el acero As1 no ha fluido, en tanto que no podemos determinar si As2 ha alcanzado o no la fluencia. Comprobamos entonces, por deformaciones unitarias, el estado de esfuerzos de As1 y As2.

ε s 1 = ε cu *

d −c 54 − 35 = 0.003 * = 0.00163 ≤ ε y = 0.0021 c 35

f s1 = Es * ε s1 = 2.0 * 10 5 * 0.00163 = 326.0 MPa

ε s 2 = ε cu *

c − d' 35 − 6 = 0.003 * = 0.00249 ≥ ε y = 0.0021 c 35

Usar f s 2 = f y

309

El acero de compresión está en fluencia, mientras que el de tracción no está en fluencia. Las cantidades de acero As1 y As2 son iguales, por tanto: Pn = C c + Fs2 - Fs1 = 0.85 * f c' * a * b + As 2 * f s 2 − As1 * f s1

• Cc =

0.85 * 28 * 29.75 * 35 = 2478 KN 10

Fs2 = As2 * f y =

20.4 * 420 = 857 KN 10

• Fs1 = As1 * f s1 =

20.4 * 326 = 665 KN 10

•

Pn = Cc + Fs2 - Fs1 = 2478 + 857 - 665 = 2670.0 KN

M n = Cc * (h/2 - d/2) + Fs2 * (h/2 - d' ) + Fs1 * ( d − h / 2 )

Mn =

2478 10

2

* 30 −

29.75 857 665 + 2 * (30 − 6 ) + 2 * ( 54 − 30 ) = 740.0 KN − m 2 10 10

La excentricidad cuando c= 35 cm corresponde a: e=

M n 740.0 * 10 2 = = 27.7 cm < eb = 34.8 cm Pn 2670.0

Ejemplo 3: Diseño de una columna rectangular. Una carga de compresión esta localizada en el eje de simetría X a una distancia e del eje Y (ver Figura 6.16). En concordancia con el método de la Resistencia Ultima del Código, y asumiendo compatibilidad de deformaciones, resuelva para los siguientes puntos: a) La carga Po, cuando e = 0. b) El momento Mo, cuando Pn = 0. A su vez encuentre e para este punto c) Los valores de Pnb y Mnb para la condición balanceada. d) La carga Pn cuando e = 150mm. e) La carga Pn cuando e = 500 mm. f) El valor de Pn si c = h = 500mm, esto es, la sección completa esta a compresión. 310

Asumir la resistencia última del concreto del concreto f 'c = 28 MPa y el esfuerzo de fluencia del acero fy = 420 MPa. El refuerzo total son 10 varillas No.9 colocadas simétricamente. La cantidad de acero en cada cara está dada por As1 = As2 = 5#9 = 3200 mm2. El valor de la deformación unitaria del acero es εy = 0.0021. Las dimensiones de la sección son b=500 mm y h=500 mm. Diseñar con estribos No.3, utilizar para el módulo elástico del acero Es = 2.0 x 105 MPa y usar el coeficiente de reducción φ = 0.7. P

Y

60 mm 250 mm

190 mm

500 mm

X 250 mm

190 mm 60 mm 190 mm

190 mm

60 mm

60 mm

500 mm


Solución: a) Resolviendo para la carga Po, obtenemos: Po = 0.85 * f ' c * Ag + As t * ( f y − 0.85 f ' c ) → Po =

As t = As1 + As 2

0.85 * 28 * 50 * 50 + ( 32 + 32 ) * ( 420 − 0.85 * 28 ) 10 4

= 8.486 MN →

Po = 8486 KN

b) Encontramos el momento Mo, cuando Pn = 0. Mo es el mismo Mn para una viga doblemente reforzada con As1 y As2. Estableciendo un equilibrio de fuerzas: 0.85 * 28 * β 1 * c * 50 + As 2 * f s 2 = As1 * f y

Suponiendo As2 en fluencia, entonces fs1 = fs2 = fy. Como en el presente caso se cumple que As1 = As2, tendríamos que concluir que la expresión 311

(0.85*28*β1*c*50) es cero, por lo que se debería cumplir que c = 0, lo cual es imposible de satisfacer. Asumimos que fs2 es menor que fy y replanteamos la anterior ecuación de equilibrio como: 0.85 * 28 * 0.85 * c * 50 + As 2 * ε cu *

0.85 * 28 * 0.85 * c * 50 + 32 * 600 *

1011.5 * c + 19200 *

( c − d' ) * E s = As1 * f y c

c −6 = 32 * 420 c

c −6 = 13440 → c = 8.2 cm ∴ a = 6.97 cm c

A continuación calculamos el momento Mn: M n = C c * (h/2 - a/2) + Fs2 * (h/2 - d' ) + Fs1 * ( d − h / 2 )

• Cc = •

Fs2 =

• Fs1 =

1011.5 * 8.2 = 829.4 KN 10 19200 8.2 - 6 * = 515.1 KN 10 8.2

32 * 420 = 1344 KN 10

Pn = Cc + Fs2 - Fs1 = 829.4 + 515.1 - 1344 ≅ 0.0 Tn → Se cumple! M n = 829.4 * 25 −

6.97 + 515.1* ( 25 − 6 ) + 1344 * ( 44 − 25 ) = 53167 KN − cm 2

M n ≅ 532 KN − .m

c) Resolvemos los valores de Pnb y Mnb para la condición balanceada. cb = d *

ε cu 0.003 = 45 * = 26.47 cms → ab = 0.85 * 26.47 = 22.5 cms ε cu + ε y 0.003 + 0.0021

En balance se debe cumplir que:

312

ε cu = 0.003 y ε s1 = ε y = 0.0021 → As1 fluye ∴ f s1 = f y Para el acero As2 tenemos que encontrar el estado de los esfuerzos a partir del estado de la deformación unitaria en comparación con la deformación unitaria en fluencia: ε s 2 = ε cu *

cb − d ' 26.47 − 6 = 0.003 * = 0.00232 ≥ ε y = 0.0021 cb 26.7

f s 2 = E s * ε s 2 = 2.0 * 10 5 * 0.00232 = 464.0 MPa ≥ f y

→ Usar f s 2 = f y

La carga Pnb y el momento Mnb corresponden a: Pnb = Cc + Fs2 - Fs1 = M nb =

1 10 2

1 10

* (0.85 * 28 * 22.5 * 50 + 32 * 420 − 32 * 420 ) = 2677.5 KN

* [2677.5 * ( 25 − 22.5 / 2 ) + 1344 * ( 25 − 6 ) + 1344 * ( 44 − 25 )] = 878.9 KN − m

La excentricidad para Pnb y Mnb corresponde a: eb =

878.9 * 10 2 = 32.83 cm 2677.5

d) A continuación se calcula la carga Pn cuando e = 150mm. Puesto que e = 15 cm < eb = 32.83 cm → Compresión controla f s 1 = 0.003 * 2.0 * 10 5 *

As1 no fluye → As2 si fluye →

45 − c c

= 600 *

45 − c c

f s 2 = f y = 420MPa

Pn = Cc + Fs 2 − Fs1 =

1 45 − c * 0.85 * f c' * a * b + 32 * 420 − 32 * 600 * 10 c

2

Pn =

0.85 * 28 * c * 50 45 − c + 1344 − 1920 * 10 c

Pn = 101.15 * c + 1344 − 1920 *

45 − c 86400 = 101.15 * c + 3264 − c c

313

Así mismo, se obtiene el momento en función de la profundidad c: Mn = 101.15 * c * 25 −

0.85c 45 − c + 1920 * * 19 + 1344 * 19 2 c

Mn = 2528.75 * c − 43 * c 2 +

1641600 − 10944 c

Puesto que Mn = Pn * e, entonces utilizando el valor de Pn hallado anteriormente y multiplicándolo por 15 e igualando el resultado a esta última ecuación de Mn, podemos despejar la profundidad c. 1517.25 * c + 48960 −

1296000 1641600 = 2528.75 * c − 43 * c 2 + − 10944 c c

43 * c 2 − 1011.5 * c −

2937600 + 59904 = 0 c

c = 36.56 cm

Con base en el valor encontrado de c hallamos los esfuerzos en el acero y el valor de Pn. fs1 = 0.003 * 2.00 * 10 5 *

f s 2 = 0.003 * 2.0 * 10 5 *

45 − 36.56 = 138.5 MPa < 36.56

36.56 − 6 = 501.5 MPa > f y 36.56

Pn = 101.15 * 36.56 + 3264 −

Mn =

e)

1 10

2

fy

→ Se cumple!

86400 ≅ 4600 KN 36.56

* 2528.75 * 36.56 − 43 * 36.56 2 +

1641600 − 10944 = 689.3 KN − m 36.56

Encontramos la carga Pn cuando e = 500 mm.

Puesto que e = 50 cm > eb = 32.83 cm → Tensión controla As1 fluye →

→ Se cumple!

f s1 = f y = 420 MPa

314

Pn = C c + Fs 2 − Fs1 =

f s 2 = 0.003 * 2.0 * 10 5 *

→

As2 puede o no fluir

c −6 c

= 600 *

c −6 c

1 c−6 * 0.85 * 28 * 0.85 * c * b + 32 * 600 * − 32 * 420 10 c

c −6 11520 − 1344 = 101.15 * c + 576 − c c

Pn = 101.15 * c + 1920 *

El momento en función de la profundidad c es obtenido de la siguiente manera: Mn = 101.15 * c * 25 −

c −6 0.85 * c * 19 + 1344 * 19 + 1920 * c 2

Mn = 2528.75 * c − 43.0 * c 2 −

218800 + 62016 c

Aplicando la igualdad Mn = Pn * e y utilizando la expresión de la fuerza hallada Pn multiplicada por 50 e igualando el resultado a esta última ecuación de Mn, podemos despejar la profundidad c. 5057.5 * c + 28800 −

576000 218800 = 2528.75 * c − 43.0 * c 2 − + 62016 c c

43.0 * c 2 + 2528.75 * c − c = 16.56 cm

357200 − 32216 = 0.0 c

Con base en el valor encontrado de c hallamos los esfuerzos en el acero y el valor de Pn. f s 2 = 0.003 * 2.0 * 10 5 *

16.56 − 6 = 382.6 MPa > f y 16.56

Pn = 101.15 * 16.56 + 576 −

Mn =

1 10

2

11520 = 1555.4 KN 16.56

* 2528.75 * 16.56 − 43.0 * 16.56 2 −

315

218800 + 62016 = 788.9 KN 16.56

El valor de fs2 es ligeramente menor que fy, por lo que la suposición inicial de asumir que la cantidad de acero As2 no ha fluido es correcta y el procedimiento seguido es el adecuado. f) Por último hallamos el valor de Pn si c =500mm, o sea, la sección completa a compresión. fs1 = 0.003 * 2.0 * 10 5 *

45 − 50 = −66.7 MPa < 45

f s 2 = 0.003 * 2.0 * 10 5 *

50 − 6 = 528.0 MPa > f y 50

Pn =

fy

→ Usar f y

2 1 * 0.85 * 28 * 50 * 50 + 32 * 420 + 32 * 66.7 = 6615 KN 10

6.7 Refuerzo Distribuído Para una sección de columna reforzada simétricamente a lo largo de las caras exteriores paralelas al eje de flexión, o cuando la sección tiene varillas distribuidas en todas las caras, la deformación se encuentra con: d −c ε si = ε cu * i c Donde εsi y di corresponden a la deformación unitaria y profundidad hasta la fila de acero i correspondiente. La deformación unitaria del concreto continúa siendo εu = 0.003, de tal manera que las deformaciones en el acero se pueden establecer linealmente a partir de este valor. b

d4 d2 d1

d3

εcu = 0.003 εs4

As4

Fs4

c As3

Cc

Fs3

εs3

E. N.

As2

εs2

Fs2

As1

εs1

Fs1

Figura 6.17. Acero distribuido en las cuatro caras de la columna. Notación.

316

a/2

Una vez los valores de las deformaciones han sido encontrados, los esfuerzos en cada hilera de acero pueden ser computados utilizando las siguientes recomendaciones: Si, ε s i ≥

Si, −

fy Es

fy Es

=εy

→

f si = f y

= ε y < ε si <

Si, ε s i ≤ −

fy Es

=εy

→

fy Es

=εy

→

f si = ε si * E s

f si = f y

Note que en el refuerzo a compresión las deformaciones son negativas y como tal se debe tomar el esfuerzo fsi. El producto fsi* Asi corresponde a la fuerza de la varilla i, en la que Asi es el área de esta y fsi va con el signo respectivo. La fuerza axial para una sección con n varillas se escribe: Pn = 0.85 * f c' * a * b +

n i =1

f si * Asi

El momento nominal resistente para las deformaciones asumidas, es encontrado tomando momentos con respecto al centroide plástico de la sección de todas las fuerzas internas, de tal manera que: h a − Pn * e = 0.85 * f c' * a * b * 2 2

+

n i =1

f si * Asi *

h − di 2

Donde Cc = 0.85*f 'c*a*b. Para calcular la carga nominal de una sección dada la excentricidad, el procedimiento puede ser iterativo según los siguientes pasos: 1) Se elige un valor para la profundidad c del eje neutro. 2) Se calcula el esfuerzo en el acero en todas las varillas utilizando las ecuaciones de εsi y fsi.

317

3) Se calcula Pn con la ayuda de las dos últimas ecuaciones. Pn debe coincidir para ambas. 4) Se repiten los anteriores pasos hasta que los valores de Pn obtenidos por las dos últimas ecuaciones, sean iguales. Los esfuerzos fsi deben ser ≤ fy según las deformaciones unitarias encontradas hallan o no alcanzado el punto de fluencia. Ejemplo 4: Columna rectangular con refuerzo distribuido. Construcción de un diagrama de Interacción. Para la columna rectangular de la siguiente figura encontrar los puntos del diagrama de interacción A hasta H. φPn φPo

A B

φPn(max)

b

D

Datos: d4 d2 h

d1

d3

As4 As3 As2

As1

Compresion controla

e=0

b = 30 cm h = 60 cm As1 = As4= 3 # 8 As2 = As2= 2 # 8

φPb

Condicion Balanceada

e=

d1 = 54 cm d2 = 40 cm d3 = 20 cm d4 = 6 cm

C

eb E

Tension controla F

H

G

φMo

φMn

Figura 6.18. Dibujo para el ejemplo No. 4.

Asumir la resistencia última del concreto f 'c = 28 MPa y el esfuerzo de fluencia del acero fy = 420 MPa. El refuerzo total son 10 varillas No.8 distribuidas simétricamente en las cuatro caras. El valor de la deformación unitaria del acero es εy = 0.00207 y la deformación última del concreto es εcu = 0.003. Las dimensiones de la sección son b=30 cm y h=60 cm. Utilizar para el módulo elástico del acero el valor Es = 2.04 x 105 MPa y un coeficiente de reducción φ = 0.7, donde sea conveniente. Para flexión pura usar φ = 0.9. Cada punto a encontrar debe ser estudiado según las siguientes definiciones: a) b) c) d)

La carga φ*Po, cuando e = 0. La carga φ*Pn(max), cuando la excentricidad es mínima. Los valores de Pnb y Mnb para la condición balanceada. La carga φ*Pn cuando c = 40 cm (Compresión controla). 318

e) La carga φ*Pn cuando c = 24 cm (Tracción controla). f) El momento φ*Mn, cuando φ*Pn = 0.1*f 'c*Ag. A su vez encuentre e para este punto. g) El momento φ*Mo, cuando Pn = 0. h) El valor de φ*Pn si c =10 cm, esto es, la carga axial está en tracción. Solución: a) Encontramos inicialmente la carga φ*Po, obtenemos: Po =

1 10 4

* [0.85 * 28 * 30 * 60 + 10 * 5.1 * ( 420 − 0.85 * 28 )] = 6.305 MN = 6305 KN

φ * Po = 0.7 * 6305 KN = 4413 KN d4 = 6

εcu = 0.003

30

εs4

Fs4

εs3

Fs3

As2

εs2

Fs2

As1

εs1

Fs1

As4

d3 = 20 d2 = 40

As3 E. N.

d1 = 54

Cc

Figura 6.18.a. Distribución de fuerzas. Parte a) del problema No. 4

b) A continuación encontramos la carga φ*Pn(max) , cuando la excentricidad es mínima.

(

φ * Pn (max) = 0.7 * 0.8 * 0.85 * f c* (Ag − Ast ) + f y * Ast

φ * Pn (max) =

0.56 10 4

)

→

Ast = 10 # 8 = 10 * 5.1 = 51 cm 2

* (0.85 * 28 * ( 1800 − 51 ) + 420 * 51) = 3.531 MN

→ φ * Pn (max) = 3531 KN

c) Encontramos los valores de Pnb y Mnb en el punto de balance. ε cu 0.003 cb = *d= * 54 = 31.80 cm → ab = 0.85 * cb = 27.0 cm ε cu + ε y 0.003 + 0.0021

319

d4 = 6

30

εcu = 0.003 εs4

Fs4

εs3

Fs3

As4

d3 = 20

h/2

d2 = 40

As3

ab / 2

Cc

d1 = 54

cb = 31.95

Eje Neutro

As2

E. N.

As1

εs2

Fs2

εs1

Fs1

Figura 6.18.b. Distribución de fuerzas. Diseño balanceado. Parte c) del problema No. 4

Hallamos inicialmente las deformaciones unitarias del acero: ε s1 = ε cu *

d 1 − cb 54 − 31.8 = 0.003 * = 0.0021 ≥ ε y = 0.0021 → cb 31.8

ε s 2 = ε cu *

d 2 − cb 40 − 31.8 = 0.003 * = 0.00077 < ε y = 0.0021 → cb 31.8

f s2 < f y

ε s 3 = ε cu *

cb − d 3 31.8 − 20 = 0.003 * = 0.00111 < ε y = 0.0021 → cb 31.8

f s3 < f y

ε s 4 = ε cu *

cb − d 4 31.8 − 6 = 0.003 * = 0.00243 ≥ ε y = 0.0021 → cb 31.8

f s4 = f y

f s1 = f y

Seguidamente encontramos los esfuerzos y las fuerzas internas en el acero: →

Fs1 = As1 * f y =

15.3 * 420

•

f s1 = f y = 420 MPa

•

f s 2 = ε s 2 * E s = 154.0 MPa

•

f s 3 = ε s 3 * E s = 222 MPa → Fs3 = As 3 * f s3 =

•

f s 4 = f y = 420 MPa

10

→ Fs2 = As 2 * f s2 =

→ Fs4 = As4 * f y =

La carga Pnb se calcula a continuación. 320

= 643 KN

10.2 * 154 10

10.2 * 222 10

= 157.1 KN

= 226.4 KN

15.3 * 420 = 643 KN 10

Pnb = 0.85 * f c' * ab * b + Fs4 + Fs 3 − Fs 2 − Fs1 Pnb =

0.85 * 28 * 27.0 * 30 10

+ 643 + 226.4 - 157.1 - 643 = 1997.1 KN

φ * Pnb = 0.7 * 1997.1 KN = 1398 KN

y el momento Mnb es, entonces: M nb = C c * (h/2 - a/2) + Fs1 * (d 1 - h/2) + Fs2 * ( d 2 − h / 2 ) + Fs3 * ( h / 2 − d 3 ) + Fs4 * ( h / 2 − d 4 ) M nb = 1927.8 * 30 −

27.0 + 643 * (54 − 30 ) + 157.1* ( 40 − 30 ) + 236.4 * ( 30 − 20 ) + 643 * ( 30 − 6 ) 2

M nb = 66.5 * 10 3 KN − cm

φ * M nb = 0.7 * 665 KN − m = 466 KN − m

La excentricidad eb es: eb = (φ * M nb ) / (φ * Pnb ) = 466 * 10 2 / 1398 = 33.3 cm d) A continuación encontramos la carga φ*Pn , cuando c = 40 cm (Compresión controla). Como c > cb, la compresión controla el diseño. Por tanto, el acero As1 no está en fluencia mientras que As4 puede o no estarlo. Hallamos las deformaciones unitarias del acero para comprobarlo. ε s1 = ε cu *

d1 − c 54 − 40 = 0.003 * = 0.00105 < ε y = 0.0021 → c 40

ε s 2 = ε cu *

d2 − c 40 − 40 = 0.003 * = 0.0 c 40

ε s 3 = ε cu *

c − d3 40 − 20 = 0.003 * = 0.00150 < ε y = 0.0021 → c 40

f s3 < f y

ε s 4 = ε cu *

c − d4 40 − 6 = 0.003 * = 0.00255 ≥ ε y = 0.0021 → c 40

f s4 = f y

321

< ε y = 0.0021 →

f s1 < f y

f s 2 = 0.0

d4 = 6

30

εcu = 0.003 As4

d3 = 20

h/2

d2 = 40

As3

εs4

Fs4

εs3

Fs3

d1 = 54 As2

E. N.

Cc

εs2 = 0.0

Fs3 = 0.0

εs1

As1

a/2 c = 40

E. N.

Fs1

Figura 6.18.c. Distribución de fuerzas cuando c = 40 cm. Parte d) del problema No. 4

Con base en las deformaciones halladas, calculamos los esfuerzos y las fuerzas internas en el acero: •

f s1 = ε s1 * E s = 210 MPa

•

f s 2 = 0.0 MPa

•

f s 3 = ε s 3 * E s = 300 MPa

•

f s 4 = f y = 420 MPa

→ Fs1 = As1 * f y =

15.3 * 210 10

= 321.3 KN

→ Fs2 = 0.0 KN →

Fs3 = As 3 * f s3 =

10.2 * 300

→ Fs4 = As 4 * f y =

10

= 306 KN

15.3 * 420 10

= 643 KN

Con los anteriores resultados se procede al cálculo de la carga Pn. a = 0.85 * c = 0.85 * 40 = 34.0 cm Pn = 0.85 * f c' * a * b + Fs4 + Fs 3 − Fs 2 − Fs1

Pn =

0.85 * 28 * 34 * 30 10

+ 643 + 306 - 0.0 - 321.3 = 3055.3 KN

φ * Pn = 0.7 * 3055.3 KN = 2138.7 KN

Así mismo, el momento Mn corresponde a: M n = C c * (h/2 - a/2) + Fs1 * (d 1 - h/2) + Fs2 * ( d 2 − h / 2 ) + Fs3 * ( h / 2 − d 3 ) + Fs4 * ( h / 2 − d 4 )

322

M n = 2427.6 * 30 −

34 + 321.3 * (54 − 30 ) + 0.0 * ( 40 − 30 ) + 306 * ( 30 − 20 ) + 643 * ( 30 − 6 ) 2

M n = 57.8 * 10 3 KN − cm

φ * M n = 0.7 * 578 KN − m = 404 KN − m

La excentricidad e es: e = (φ * M n ) / (φ * Pn ) = 404 * 10 2 / 2138.7 = 18.9 cm

e) Seguidamente encontramos la carga φ*Pn , cuando c = 24 cm (Tracción controla). Como c < cb, la tracción controla el diseño. Por tanto, el acero As1 está en fluencia mientras que As4 puede o no estarlo. Hallamos las deformaciones unitarias del acero para comprobarlo. ε s1 = ε cu *

d1 − c 54 − 24 = 0.003 * = 0.003754 ≥ ε y = 0.0021 → c 24

f s1 = f y

ε s 2 = ε cu *

d2 − c 40 − 24 = 0.003 * = 0.0020 < ε y = 0.0021 c 24

→

f s2 < f y

ε s 3 = ε cu *

c − d3 24 − 20 = 0.0005 < ε y = 0.0021 = 0.003 * c 24

→

f s3 < f y

ε s 4 = ε cu *

c − d4 24 − 6 = 0.00225 ≥ ε y = 0.0021 = 0.003 * c 24

→

f s4 = f y

d4 = 6

d3 = 20 d2 = 40

30

εs4

As4

εcu = 0.003

Fs4

h/2 As3

d1 = 54

E. N.

As2

h/2 As1

εs3

Fs3

a/2 Cc

c = 24 E. N.

εs2

Fs2

εs1

Fs1

Figura 6.18.d. Distribución de fuerzas cuando c = 24 cm. Parte e) del problema No. 4

323

Con estos valores encontramos los esfuerzos y las fuerzas internas en el acero: → Fs1 = As1 * f y =

15.3 * 420 = 643 KN 10

•

f s1 = f y = 420 MPa

•

f s 2 = ε s 2 * E s = 400 MPa → Fs2 = As2 * f s2 =

10.2 * 400

•

f s 3 = ε s 3 * E s = 100 MPa → Fs3 = As3 * f s3 =

10.2 * 150 = 102 KN 10

•

f s 4 = f y = 420 MPa

10

→ Fs4 = As 4 * f y =

= 408 KN

15.3 * 420 10

= 643 KN

A continuación se calcula la carga Pn. a = 0.85 * c = 0.85 * 24 = 20.4 cm Pn = 0.85 * f c' * a * b + Fs4 + Fs 3 − Fs 2 − Fs1

Pn =

0.85 * 28 * 20.4 * 30 10

+ 643 + 102 - 408 - 643 = 1150.6 KN

φ * Pn = 0.7 * 1150.6 KN = 805.4 KN El momento Mn corresponde a: M n = C c * (h/2 - a/2) + Fs1 * (d 1 - h/2) + Fs2 * ( d 2 − h / 2 ) + Fs3 * ( h / 2 − d 3 ) + Fs4 * ( h / 2 − d 4 )

M n = 1456.6 * 30 −

20.4 + 643 * (54 − 30 ) + 408 * ( 40 − 30 ) + 102 * ( 30 − 20 ) + 643 * ( 30 − 6 ) 2

M n = 64.8 * 10 3 KN − cm

φ * M n = 0.7 * 648 KN − m = 454 KN − m

La excentricidad e es: e = (φ * M n ) / (φ * Pn ) = 454 * 10 2 / 80 = 56.3 cm .

324

f) Seguidamente hallamos la carga φ*Pn = 0.1*f 'c*Ag.(Tracción controla). Como desconocemos la profundidad c, tratamos de plantear la ecuación de equilibrio de Pn y usando esta ecuación despejamos el valor respectivo de c. φ * Pn = 0.1 * f c' * Ag =

0.1 * 28 * 1800 = 504 KN 10

→

Pn =

504 KN = 720 KN 0.7

Dado que el valor de φ*Pn = 0.1*f 'c*Ag es menor que el valor encontrado φ*Pn = 803 KN cuando estudiamos c = 24 cm en el punto e) anterior, la tracción controla el diseño (c < cb). La profundidad c tiene que ser menor que la asumida en el punto anterior (c = 24 cm), así que asumimos tentativamente una nueva profundidad c < 20 cm. d4 = 6

30

εcu = 0.003 d3 = 20 d2 = 40

As4

h/2 As3

E. N.

d1 = 54 As2

h/2

Fs4

εs4

c <20 cm

εs3

Fs3

εs2

E. N.

Fs2

εs1

As1

a/2 Cc

Fs1

Figura 6.18.e. Distribución de fuerzas cuando c < 20 cm. Fuerzas Fs1, Fs2 y Fs3 en tensión. Solución a puntos f) y g) del problema No. 4.

La profundidad c del eje neutro es menor que la altura media de la sección y por lo tanto la fuerza Fs3 está en tracción (ver Figura 6.18.e). Planteamos las deformaciones unitarias del acero basados en el comportamiento de las deformaciones unitarias estudiadas anteriormente en los puntos c) y e). La tendencia indica que εs1 y εs2 sobrepasan el límite de fluencia, mientras que εs3 y εs4 no lo han alcanzado, por lo que dadas estas suposiciones se obtiene: ε s1 = ε cu *

d1 − c 54 − c = 0.003 * c c

≥ ε y = 0.0021

→

f s1 = f y

ε s 2 = ε cu *

d2 − c 40 − c = 0.003 * c c

≥ ε y = 0.0021

→

f s2 = f y

325

ε s 3 = ε cu *

d3 − c 20 − c = 0.003 * c c

≤ ε y = 0.0021

→

f s3 ≤ f y

ε s 4 = ε cu *

c − d4 c −6 = 0.003 * c c

≤ ε y = 0.0021

→

f s4 ≤ f y

A continuación encontramos los esfuerzos y las fuerzas internas en el acero. •

f s1 = f y = 420 MPa

→ Fs1 =

•

f s 2 = f y = 420 MPa

→ Fs2 =

•

f s 3 = ε s 3 * Es = 600 *

20 − c c

•

f s 4 = ε s 3 * Es = 600 *

c −6 c

15.3 * 420 10

10.2 * 420

→ Fs3 =

10

= 643 KN

= 428 KN

10.2 * 600

→ Fs4 =

10

*

20 − c 20 − c = 612.0 * c c

15.3 * 600 c − 6 c −6 * = 918.0 * 10 c c

Como asumimos que las deformaciones εs3 y εs4 no han alcanzado el punto de fluencia, estas deben ser una función lineal de la deformación última del concreto εcu = 0.003 y de la profundidad c del eje neutro. Los esfuerzos correspondientes a estas deformaciones, y así mismo las fuerzas internas, quedan también planteadas en función de c. Una vez despejamos el valor de c y lo sustituimos en las expresiones para cada εsi. Seguidamente se calcula la profundidad c a partir de la carga Pn. Pn = 0.85 * f c' * a * b + Fs4 − Fs 3 − Fs 2 − Fs1

Sustituyendo los valores de obtenemos: 2

720 =

0.85 * 28 * c * 30 10

60.7 * c + 918 *

+ 918 *

cada fuerza Fs e igualando a Pn = 720 KN,

c -6 20 - c − 612 * - 428 - 643 c c

c-6 20 - c - 612 * − 1791 = 0.0 c c

326

∴ c ≈ 19.37 cm Comprobando las deformaciones, obtenemos: ε s1 = ε u *

d1 − c 54 − 19.37 = 0.003 * = 0.0054 ≥ ε y = 0.0021 c 19.37

ε s2 = ε u *

d2 − c 40 − 19.37 = 0.003 * = 0.0032 ≥ ε y = 0.0021 c 19.37

ε s3 = ε u *

d3 − c c

ε s4 = ε u *

c − d4 19.37 − 6 = 0.003 * = 0.00207 c 19.37

= 0.003 *

20 − 19.37 = 0.00010 < ε y = 0.0021 19.37 ≤ ε y = 0.0021

→ →

f s1 = f y f s2 = f y

→

f s3 < f y

→

f s4 = f y

El valor de la deformación unitaria εs3 ha alcanzado la deformación de fluencia εy mientras que εs4 apenas ha alcanzado la deformación de fluencia. Aunque inicialmente consideramos que εs4 no había alcanzado la deformación de fluencia el valor encontrado es cercano a εy y prácticamente no incide en el valor final de c, por lo que podemos asumir c = 19.37 cm como la distancia definitiva del eje neutro a la fibra extrema de compresión. Una vez definamos las fuerzas internas, el valor del momento Mn puede ser encontrado. Las fuerzas internas se encuentran sustituyendo el valor de c en cada una de las expresiones que habían sido anteriormente planteadas en función de esta variable. M n = Cc *

h a h − + Fs1 * d 1 − 2 2 2

+ Fs2 * d 2 −

h h − Fs3 * − d3 2 2

+ Fs4 *

h − d4 2

Los esfuerzos y las fuerzas internas están definidos como: •

f s1 = f y = 420 MPa

•

f s 2 = f y = 420 MPa

•

f s 3 = ε s 3 * E s = 600 *

→ Fs1 =

→ Fs2 = 20 − c c

15.3 * 420 10

10.2 * 420 10

= 643 KN

= 428 KN

→ Fs3 = 612 *

327

20 − 19.37 = 19.9 KN 19.37

•

f s 4 = ε s 3 * E s = 600 *

c −6 ≈ fy c

→ Fs4 = 633.6 KN

Por lo tanto, M n = 1176.2 * 30 −

0.85 * 19.37 + 643 * (24 ) + 428 * ( 10 ) − 19.9 * ( 10 ) + 633.6 * ( 24 ) 2

M n = 60.3 * 10 3 KN − cm

φ * M n = 0.7 * 603.0 KN − m = 422.1 KN − m

La excentricidad e es: e = (φ * M n ) / (φ * Pn ) = 422.1 * 10 2 / 720 = 58.6 cm

g) Hallamos el momento φ*Mo, cuando Pn = 0. Para encontrar el momento Mo cuando Pn = 0, se debe establecer que Mo es el mismo Mn para una viga con diferentes capas de refuerzo (As1 hasta As4). Al igual que en el punto anterior, se suponen unas deformaciones iniciales, se establece la ecuación de equilibrio de fuerzas internas y se despeja la profundidad c. Al igual que en punto anterior se asume que εs1 y εs2 han fluido mientras que εs3 y εs4 no han alcanzado el límite de fluencia. Las fuerzas Fs1, Fs2 y Fs3 están actuando en la zona de tracción. Con estas condiciones se obtiene: ε s1 = ε cu *

d1 − c 54 − c = 0.003 * c c

≥ ε y = 0.0021

→

f s1 = f y

ε s 2 = ε cu *

d2 − c 40 − c = 0.003 * c c

≥ ε y = 0.0021

→

f s2 = f y

ε s 3 = ε cu *

d3 − c 20 − c = 0.003 * c c

ε s 4 = ε cu *

c − d4 c −6 = 0.003 * c c

< ε y = 0.0021 < ε y = 0.0021

→ →

f s3 < f y f s4 < f y

Seguidamente encontramos los esfuerzos y las fuerzas internas en el acero:

328

•

f s 1 = f y = 420 MPa

•

f s 2 = f y = 420 MPa

•

f s 3 = ε s 3 * E s = 600 *

•

f s 4 = ε s 3 * Es = 600 *

→ Fs1 =

→ Fs2 = 20 − c c

c −6 c

15.3 * 420 10

10.2 * 420

→

Fs3 =

→

Fs4 =

10

= 428 KN

10.2 * 600 10

= 643 KN

*

20 − c 20 − c = 612 * c c

15.3 * 600 c − 6 c −6 * = 918.0 * 10 c c

A continuación se calcula la carga Pn: Pn = 0.85 * f c' * a * b + Fs4 − Fs 3 − Fs 2 − Fs1 2

Pn =

0.85 * 28 * c * 30 10

Pn = 60.7 * c −

+ 918.0 *

17748 + 459 = 0.0 c

c-6 20 - c − 612 * - 428 - 643 c c

c = 13.73 cm

Seguidamente comprobamos las deformaciones asumidas inicialmente: ε s1 = ε cu *

d1 − c 54 − 13.73 = 0.003 * = 0.0088 ≥ ε y = 0.0021 c 13.73

→

f s1 = f y

ε s 2 = ε cu *

d2 −c 40 − 13.73 = 0.003 * = 0.00574 ≥ ε y = 0.0021 c 13.73

ε s 3 = ε cu *

c − d3 20 − 13.73 = 0.003 * = 0.00137 < ε y = 0.0021 c 13.73

→

f s3 < f y

ε s 4 = ε cu *

c − d4 13.73 − 6 = 0.003 * = 0.00169 c 13.73

→

f s4 < f y

< ε y = 0.0021

→

f s2 = f y

Puesto que las deformaciones cumplen con las suposiciones iniciales, el valor de c se considera el correcto. Los esfuerzos del acero y el momento último resistente corresponden a: •

f s1 = f y = 420 MPa

→ Fs1 =

329

15.3 * 420 = 643 KN 10

•

f s 2 = f y = 420 MPa

•

f s 3 = ε s 3 * E s = 600 *

•

f s 4 = ε s 3 * E s = 600 *

→ Fs2 = 20 − c c

c −6 c

10.2 * 420

→ Fs3 =

→ Fs4 =

10

= 428 KN

10.2 * 600 10 15.3 * 600

10

*

20 − 13.73 = 279.5 KN 13.73

*

13.7 − 6 = 516.8 KN 13.7

Por lo tanto, la fuerza axial Pn es: Pn = 0.85 * f c' * a * b + Fs4 − Fs 3 − Fs 2 − Fs1 2

Pn =

0.85 * 28 * 13.73 * 30 10

+ 516.8 − 279.5 - 428 - 643 ≈ 0.0 KN

y el momento Mn es: h a h h h h − + Fs1 * d 1 − + Fs2 * d 2 − − Fs3 * − d 3 + Fs4 * − d4 2 2 2 2 2 2 0.85 * 13.73 M n = 833.3 * 30 − + 643 * (24 ) + 428 * ( 10 ) − 279.5 * ( 10 ) + 516.8 * ( 24 ) 2

M n = Cc *

M n = 49.5 * 10 3 KN − cm

φ * M n = 0.9 * 495 KN − m = 445.5 KN − m

Hay que recordar que se toma el coeficiente de flexión pura φ = 0.9 puesto que la sección no está trabajando a flexo-compresión y no hay carga axial presente en el momento en que se alcanza el valor de Mo. Entre el punto F y el punto G del diagrama el coeficiente φ se interpola linealmente desde 0.7 (Punto F) hasta el valor de 0.9 cuando la flexión es pura (Punto G). h) Finalmente, se calcula el valor de φ*Pn si c =10 cm (Carga axial está en tracción). Como c < cb, la tracción controla el diseño y la fuerza Fs4 es la única en la zona de compresión. El acero As1 está en fluencia al igual que As2 según se deduce del punto anterior. El acero As3 puede o no estar en fluencia mientras que As4 no se considera en fluencia según se deduce, también, del punto anterior. De todas

330

maneras, hallamos las deformaciones unitarias de cada fila de acero para comprobar que tales suposiciones son correctas.

ε s1 = ε cu *

d1 − c 54 − 10 = 0.003 * = 0.0132 ≥ ε y = 0.0021 → c 10

f s1 = f y

ε s 2 = ε cu *

d2 − c 40 − 10 = 0.003 * = 0.0090 ≥ ε y = 0.0021 → c 10

ε s 3 = ε cu *

c − d3 20 − 10 = 0.003 * = 0.0030 ≥ ε y = 0.0021 c 10

→

f s3 = f y

ε s 4 = ε cu *

c − d4 10 − 6 = 0.00120 < ε y = 0.0021 = 0.003 * 10 c

→

f s4 < f y

f s2 = f y

Con las deformaciones unitarias encontramos los esfuerzos y las fuerzas internas: •

f s 1 = f y = 420 MPa

•

f s 2 = f y = 420 MPa

→ Fs2 = As2 * f s2 =

•

f s 3 = f y = 420 MPa

→ Fs3 = As3 * f s3 =

•

f s 4 = ε s 4 * E s = 240. MPa

→ Fs1 = As1 * f y =

→ Fs4 = As4 * f y =

15.3 * 420 10

10.2 * 420 10 10.2 * 420 10

15.3 * 240 10

= 643 KN

= 428 KN

= 428 KN

= 367.2 KN

Después de encontrar las fuerzas que resiste el acero, a continuación se calcula la carga Pn: a = 0.85 * c = 0.85 * 10 = 8.5 cm Pn = 0.85 * f c' * a * b + Fs4 − Fs 3 − Fs 2 − Fs1 Pn =

0.85 * 28 * 8.5 * 30 + 367.5 − 428 - 428 - 643 = - 524.9 KN → Columna esta en tracción ! 10

331

φ * Pn = −0.7 * 524.9 KN = −367.4 KN

El momento Mn corresponde a: M n = C c * (h/2 - a/2) + Fs1 * (d 1 - h/2) + Fs2 * ( d 2 − h / 2 ) − Fs3 * ( h / 2 − d 3 ) + Fs4 * ( h / 2 − d 4 )

M n = 606.9 * 30 −

8 .5 + 643 * (54 − 30 ) + 428 * ( 40 − 30 ) − 428 * ( 30 − 20 ) + 367.4 * ( 30 − 6 2

M n = 39.9 * 10 3 KN − cm = 399 KN − m φ * M n = 0.7 * 399 KN − m = 279.3 KN − m

y la correspondiente excentricidad e es: e = (φ * M n ) / (φ * Pn ) = −279.3 * 10 2 / 367.4 = −76.0 cm .

6.8 Diseño con Ayuda de Curvas de Interacción Cada vez que se varían las dimensiones de la sección transversal de una columna, la cantidad y colocación de las barras de acero o la resistencia del concreto o acero, es necesario realizar un nuevo diagrama de interacción para encontrar las combinaciones de carga y momento que determinen un diseño satisfactorio. Es dificil de imaginar la cantidad de diagramas de interacción con las innumerables combinaciones que deberían ser construidos para llevar a cabo un proyecto. En la práctica el diseño se realiza con la ayuda de curvas preestablecidas de diseño que consideran los ejes como funciones adimensionales en función de las cargas, resistencia del concreto y dimensiones de la sección. El número de curvas se reduce considerablemente y sirven para cualquier dimensión de la sección que cuente con una resistencia determinada del concreto. Las curvas de interacción comprenden los casos más típicos como son las columnas cuadradas, rectangulares y circulares, además que se construyen para diferentes cuantías de refuerzo dentro de una resistencia especifica del concreto (ver Figura 6.19). Las curvas son presentadas de acuerdo a los valores nominales de diseño Pn y Mn o de acuerdo a las disposiciones de seguridad de las normas que especifican multiplicar estos valores por el factor de reducción φ para obtener las cargas de diseño. Existen curvas como las mostradas en las Figuras 6.20, para diferentes tipos de secciones y distribución de barras que además de presentar las abscisas y ordenadas en función de los parámetros adimensionales K y K(e/h) presentan diferentes soluciones para cuantías de acero hasta del 8%. Gráficos como estos 332

también se consiguen para secciones rectangulares con refuerzo en las cuatro caras y para secciones circulares con diferentes resistencias f 'c y fy del concreto y acero. φPn o Pn Po Pn(max)

ρ=

Resistencia Nominal

0.0 1 0.0 ρ= 2 0.0 3 ρ=

Resistencia de Diseño

φPo

Mo

φMo

φMn o Mn

Figura 6.19. Curvas de interacción para diferentes cantidades de acero. Disposiciones de seguridad del código con factor φ.

El procedimiento de diseño utilizando las curvas de ayuda que puede ser seguido incluye el siguiente procedimiento: a) Se seleccionan las dimensiones tentativas de la sección. b) Se calculan adimensionales K= Pu / (φ*f 'c *b*h) y K*(e/h) = Mu / (φ*f 'c *b*h2). c) Se calcula la relación γ = (h - 2*d') / h, basada en los requisitos de recubrimiento. d) A partir de la gráfica se lee la cuantía α*ρt donde: α=

fy

0.85 *

f c'

; ρt =

Ast b* h

e) Finalmente se despeja Ast a partir de la expresión de ρt. Igualmente, se puede entrar a las gráficas de interacción conociendo (e/h), γ y el valor de K, a partir de los cuales se puede igualmente conocer α*ρt y por ende el 333

valor de Ast. Si se conoce la cuantía de acero y se desea obtener la capacidad resistente de la sección, se encuentran los valores K y K*(e/h), y a partir de éstos Pn y Mn.

Figura 6.20.a. Diagrama de interacción. Sección rectangular. γ = 0.7, fy = 420 MPa, f 'c = 28 MPa. (Fuente: Structural of Engineering Handbook. Gaylord, Edwin; Gaylord, Charles. McGraw Hill, Third Edition, 1990).

334

Figura 6.20.b. Diagrama de interacción. Sección rectangular. γ = 0.8, fy = 420 MPa, f 'c = 28 MPa. (Fuente: Structural of Engineering Handbook. Gaylord, Edwin; Gaylord, Charles. McGraw Hill, Third Edition, 1990).

Ejemplo 5: Cálculo del acero de una columna rectangular con ayuda de diagramas de interacción. Usando las curvas de ayuda de la Figura 6.20.a y 6.20.b, determine: a) La cantidad de acero si Pu = 2500 KN y Mu (con respecto al eje x) = 300 KN-m. b) La cantidad de acero si Pu = 1500 KN y la excentricidad es ey = 30 cm. c) La carga axial Pn si la excentricidad es ey = 15 cm y el acero total corresponde a 8#8. y 6 cm

* Resistencia última del concreto f 'c = 28 Mpa

As2 d = 54

Eje Neutro

h = 60

* Resistencia a fluencia del acero fy = 420 Mpa.

x 48 cm

As1 6 cm b = 30

Figura 6.21. Sección para ejemplo No. 5.

Solución: a) Obtenemos la cuantía de acero si Pu = 2500 KN y Mu = 300 KN-m. h − 2 * d' 60 − 2 * 6 = = 0.80 ; e / h = 30 / 60 = 0.50 ; h 60 Pu 2500 * 10 K= = = 0.709 ≈ 0.71 ' φ * f c * b * h 0.7 * 28 * 30 * 60 =

K*(e/ h)=

Mu

φ * f c' * b * h 2

=

300 * 10 3 0.7 * 28 * 30 * 60 2

α=

420 = 17 .65 0 .85* 28

= 0.142

Con los valores K = 0.71 y K*(e/h) = 0.142 obtenemos en el diagrama de interacción (Figura 6.20.b) un valor de ρt*α = 0.3 a partir del cual determinamos la cantidad de acero:

ρ t * α = 0.30 → ρ t = 0.30 / α

→

ρ t = 0.30 / 17.65 = 0.017 335

Ast = 0.017 * 30 * 60 = 30.6 cm 2

∴

Usar 6 # 8 → Valor mas aproximado encontrado

∴

Usar 3# 8 en cada cara →

As1 = As2 = 3# 8

b) Asumimos refuerzo en dos caras y utilizamos las ayudas del diagrama de interacción de la Figura 6.20.b Para entrar en el diagrama de interacción definimos los valores de K, (e/h) y el valor de γ. h − 2 * d ' 60 − 2 * 6 = = 0.80 ; e / h = 30 / 60 = 0.50 ; h 60

=

K=

Pu

φ*

f c' * b *

h

=

α=

fy 0.85 *

f c'

=

420 = 17 .65 0 .85* 28

1500 * 10 = 0.425 0.7 * 28 * 30 * 60

Con e/h = 0.50 y K = 0.425 obtenemos en el diagrama de interacción el valor de ρt*α . ρ t * α = 0.36

→

ρ t = 0.36 / α

→

ρ t = 0.36 / 17.65 = 0.020

Ast = 0.02 * 30 * 60 = 36 cm 2

∴

Usar 4 # 7 + 4 # 8

→ Valor mas aproximado encontrado

∴

Usar 2#7 + 2 # 8 en cada cara → As1 = As2 = 2 # 7 + 2 # 8 ≈ 18.0 cm 2

Iguales resultados se obtienen si asumimos Mu = Pu * e = 1500 *0.3 = 450 KN-m y con este valor encontramos que: K *(e / h)=

Pu * e

φ * f c' * b * h 2

=

450 * 10 3 0.7 * 28 * 30 * 60 2

= 0.213

Con los valores K = 0.425 y K*(e/h) = 0.213 obtenemos en el diagrama de interacción el mismo valor de ρt*α = 0.36 que encontramos usando e/h = 0.50. (Ver Figura 6.20.b).

336

c) La carga axial Pn si la excentricidad es ex = 15 cm y el refuerzo son 8 barras No.8 =

ρt =

h − 2 * d' 60 − 2 * 6 = = 0.80 ; e / h = 15 / 60 = 0.25 ; h 60

α=

420 = 17 .65 0.85* 28

Ast 8 * 5.1 = = 0.0227 → ρt * α = 0.0227 * 17.65 = 0.40 b * h 30 * 60

Con e/h = 0.25 y ρt*α = 0.40 obtenemos en el diagrama de interacción el valor de K = 0.7. A partir de este valor despejamos Pu. K=

Pu

φ*

f c'

* b* h

= 0 .7

Pu =

0..7 * 0.7 * 28 * 30 * 60 10

≈ 2470 KN

Se puede igualmente utilizar el lado izquierdo del diagrama y obtener el valor K*(e/h) = 0.172. A partir de este valor también se puede despejar Pu: K * (e / h)=

Pu * e

φ * f c' * b * h 2

= 0 .172

Pu =

0.172 * 0.7 * 28 * 30 * 60 15 * 10

2

≈ 2430 KN

Ejemplo 6: Diseño de una columna cuadrada con diagramas de ayuda. Para una columna cuadrada con una cuantía aproximada de refuerzo del 2%, con una carga axial de compresión de 750 KN y un momento de diseño de 65 KN-m para carga muerta mas una carga axial de compresión de 530 KN y un momento de 35 KN-m para carga viva, encontrar: a) Las dimensiones b y h de la columna. Las dimensiones definitivas deben ser un poco mayores pues se deben ajustar a un múltiplo de 5 cm por encima del teórico encontrado. b) La cantidad definitiva de acero una vez encuentre los valores de b y h definitivos. La cuantía de refuerzo debe ser entonces, un poco menor a ρt = 0.02 debido a que ahora se tiene una sección mayor a la del diseño teórico. c) Con la excentricidad e y asumiendo que comprensión controla, chequear por estática los nuevos valores de Pu y el Mu que la sección diseñada resiste ahora. En vez de tomar momentos con respecto al centro plástico, mejor tomar momentos de las fuerzas internas con respecto al punto de aplicación de la excentricidad e. Para el diseño se debe tomar en consideración que:

337

•

Todos estos valores corresponden a cargas sin mayorar.

•

Usar f’c = 28 N/mm2 y fy =420 N/mm2. Usar d’ = 6.0 cm.

•

Usar tabla con

•

Los valores de diseño para la sección para b y h deben cumplir con la cuantía asumida.

h − 2 * d' = γ = 0.70 , e / h = 0.2 y ρ t = 0.020 h

Asumir la resistencia última del concreto del concreto f 'c = 28 MPa y el esfuerzo de fluencia del acero fy = 420 MPa. Usar para el módulo elástico del acero el valor Es = 2.0 x 105 MPa. Solución: a) Encontramos las dimensiones de la columna cuadrada utilizando las curvas de interacción. Inicialmente encontramos la carga y momento últimos y la excentricidad e: Pu = 1.4 * 750 + 1.7 * 530 = 1950 KN M u = 1.4 * 65 + 1.7 * 35 = 151 KN − m

e = M u / Pu = 151 / 1950 = 0.0774 m = 7.74 cm

Para entrar a utilizar el diagrama de interacción (Figura 6.20.a), definimos: = 0.70 t *α

; e / h = 0.2 ;

t

= 0.02 ;

α=

420 = 17 .65 0.85* 28

= 0.02 * 17 .65 ≅ 0 .35

∴ Con el valor

t *α

= 0 .35

hallamos K en la Figura 6.20.a

Hemos estimado e/h = 0.2 y ρt *α = 0.35. Con estos valores obtenemos del gráfico 6.20.a los valores de K y K(e/h). K = 0 .70

K=

Pu

f c' * b *

= 0.70

b* h =

1950 * 10 = 1421.3 cm 2 0.7 * 0.7 * 28

φ* h Por lo que se puede estimar los valores de b y h como: 338

∴ b = h = 37.7 cm

Así mismo, K * (e/h) = 0 .14

b* h2 =

K * (e/h) =

Mu

φ * f'c * b * h 2

= 0 .136

151* 10 3 = 555029.2 cm 3 0.7 * 28 * 0.14

b = h = 38.0 cm → Usar

b = h = 40 cm

b) La cantidad definitiva de acero una vez encuentre los valores de b y h definitivos. • Nuevo e/h = 7 .74 / 40.0 = 0.194

• Nuevo γ =

• K definitivo =

40 -12 = 0.70 → Usar 6 cm de recubrimiento. 40 Pu

φ*

f c' * b *

• K * (e/h)definitivo =

h

=

Mu

1950 * 10 = 0.622 0.7 * 28 * 40 * 40

φ * f'c * b * h 2

=

151* 10 3 0.7 * 28 * 40

3

= 0.1204

Igualmente se podría encontrar el valor de K*(e/h) utilizando el nuevo e/h = 0.194 encontrado: • K * (e/h) = 0.622 * 0.194 = 0.1206

Este último valor es muy similar al encontrado utilizando el valor de Mu = 151 KN-m, por lo que se puede concluir que por ambos procedimientos los valores de K*(e/h) coinciden. A continuación, con los valores encontrados de K=0.622 y K*(e/h)=0.1204 buscamos la correspondiente cuantía de acero en el diagrama de interacción de la Figura 6.20.a:

339

* m ≅ 0 .21 →

t

t

m = 17.65

≈ 0.21 / 17.65 = 0.012 →

Ast = 0.012 * 1600 = 19.2 cm 2

La combinación de las barras de acero y sus respectivas denominaciones que más aproximadamente cumplen con esta cantidad de acero son: ∴

As t

→

4 # 6 + 2#7

→ 2#6 + 1#7 = 9.6 cm 2 , en cada cara de la sec ción.

∴ As1 = As2

c) Chequear por estática la sección diseñada. Encontramos inicialmente las fuerzas internas. Asumimos que el acero de tracción As1 no ha fluido y que el acero de compresión As2 si ha fluido. Tomamos Es = 2.0*105 MPa. 2

2

•

C c = 0 .85 * f c' * c * b =

•

Fs 2 =

0 .85 * 28 * 40 * c = 80.92 * c 10

9.6 * 420 = 403.2 K 10

• ε s1 = 0 .003*

34 -c c

• Fs1 = As1 * ε s1 * E s =

9.6*0 .003 34 -c 34 -c * * 2.0 * 10 5 = 576 * 10 c c

Se puede hallar Pn y Mn tomando momentos alrededor del centro plástico (h/2). Pero si me desplazo una distancia igual a la excentricidad e y tomo momentos con respecto a (h/2+e), visto a partir de la cara extrema de tracción, el momento Mn es igual a cero (ver Figura 6.22). El valor Pn continua el mismo a la distancia e del centroide donde estaría ubicado el centro de fuerzas y donde Mn = 0. Tomando momentos con respecto a este punto e igualando a cero, obtenemos:

340

Cc *

h a h −e − + Fs1 * 34 − −e 2 2 2

h −e −6 =0 → 2

+ Fs 2 *

d' = 6 cm d = 34 cm

Sustituyendo las expresiones de las fuerzas encontradas anteriormente, obtenemos la igualdad: 80.92 * c * (20 − 7 .74 − 0 .425 * c ) + 576.0 *

80.92 * c * ( 12.26 − 0.425 * c) + 12522.2 *

34 − c * (34 − 20 + 7 .74 ) + 403.2 * (20 − 7 .74 − 6 ) = 0 c

34 − c + 2524 = 0 c

c = 31.9 cm → a = 0.85 * 31.9 = 27.1 cm

h/2 e

e

Pn

h/2-e

h/2

h/2-e Pn

Pn

20 cm

e

Mn = 0.0

E.N.

20 cm

40 cm 20 cm

20 cm 5 cm 20 cm

20 cm

5 cm

εs2

εs1

5 cm

a/2

εcu

c

40 cm

h/2 - d’ d'

Fs1 = f s1*As1

Fs2 = f s2*As2

d = 34 cm h = 40 cm

Figura 6.22. Sección, deformaciones y fuerzas para el ejemplo No. 6.

Los valores de Pn y Mn son: Pn = Cc + Fs 2 − Fs1 = 80.92* 31.9 + 403.2 − 576.0 *

34 − 31.9 ≈ 2947 KN 31.9

Pu = φ * Pn = 0.7 * 2947 KN = 2063 KN M n = Pn * e = 2947 * 7 .74 = 2281 KN − .cm = 228.1 KN − m

341

a/2

Cc

M u = φ * M n = 0.7 * 228.1 = 160.0 KN − m

También podemos encontrar los valores del momento nominal tomando momentos con respecto al centro plástico. Para tal efecto, procedemos de la siguiente manera: M n = Cc *

h a h h + Fs2 * − d' + Fs1 * d − 2 2 2 2

27.1 34 − 31.9 + 403.2 * ( 20 − 6 ) + 576.0 * * ( 34 − 20 ) 2 31.9 M n = 22825.4 KN − cm = 228.3 KN − m M n = 80.92 * 31.9 * 20 −

M u = 0 .7 * 228.3 = 160.0 KN − m

e = 7.74 cm

Los valores de momento concuerdan exactamente por ambos procedimientos. Chequeando las deformaciones unitarias: s1

= 0 .003 *

34 − 31.9 = 0 .00020 < y = 0 .0021 31.9

s2

= 0 .003 *

31.9 − 6 = 0 .00244 31.9

> y = 0 .00207

Las condiciones de deformación unitaria asumidas inicialmente se cumplen, lo que quiere decir que, efectivamente, el acero en tracción As1 no ha fluido y el acero de compresión As2 si ha fluido. La consideración de asumir Fs1 en el rango elástico es adecuada.

6.9 Columnas Circulares

La determinación de los valores de Pn y Mn es mas complicado que en el caso de columnas circulares por la definición del área y punto de aplicación del bloque de compresión así como por la ubicación lineal del acero de refuerzo a lo largo del eje central. Los principios de estática y compatibilidad de deformaciones se siguen aplicando, así como la distribución rectangular del bloque de compresión que se utilizó en flexión, con esfuerzos de compresión uniformes e iguales a 0.85*f 'c. Cuando la sección está en estado balanceado,

342

para localizar el eje neutro de la sección circular se sigue empleando la misma fórmula: cb = d *

ε cu

=

ε cu + ε y

0.003 *d 0.003 + f y / E s

a b = β 1 * cb = β 1 * d *

0.003 0.003 + f y / E s

Para las deformaciones unitarias, asumiendo que el valor de la profundidad c es conocido se emplean las mismas expresiones usadas para cuando hay refuerzo distribuido en una sección: ε si = ε cu *

xi − c c

→ Si xi ≥ profundidad c

ε si = ε cu *

c − xi c

→ Si xi < profundidad c

Para la Figura 6.23 las deformaciones y fuerzas internas del acero estarían dadas por las siguientes expresiones:

ε s1 = 0.003*

c − x1 c

ε s 2 = 0.003*

c − x2 c

→ Fs2 = As 2 * f s2 = As 2 * 600 *

c − x2 c

ε s 3 = 0.003*

c − x3 c

→ Fs3 = As3 * f s3 = As3 * 600 *

c − x3 c

ε s 4 = 0.003*

x4 − c c

→ Fs4 = As4 * f s4 = As4 * 600*

x4 − c c

ε s 5 = 0.003*

x5 − c c

→ Fs5 = As5 * f s5 = As4 * 600 *

x5 − c c

→ Fs1 = As1 * f s1 = As1 * 600 *

343

c − x1 c

Pn

e

0.85*f’c Cc

zc

xc Fs4 Fs3

Fs1

εs1

εs2

Fs2

εs3

εs4

εs5

Fs5

εu

θ

x1

Ds

x2

d

x3

D

c x4 x5

Figura 6.23. Condiciones de fuerzas y deformaciones para una sección circular.

La carga axial Pn para la misma figura se encuentra a partir de la suma de las fuerzas internas y el momento Mn referenciando las fuerzas con respecto al centro plástico de la sección. Entonces: Pn = C c +

3 1

Fsi −

5 4

Fsj

; M n = Cc *

3 D D − z c + Fsi * − xi 2 2 1

+

5 4

Fsj * x j −

D 2

El valor de la fuerza Cc está definido por 0.85*f 'c*Ac . El punto de aplicación de esta fuerza a una distancia zc de la fibra extrema de compresión. En caso de que una fuerza a compresión de una fila de acero este muy cerca del centro plástico de la columna, no necesariamente causa un momento positivo: puede presentarse el caso en que el xi para esta fila es mayor que D/2 por lo que el momento es negativo y como tal debe considerarse en la sumatoria de momentos. Al evaluarse el brazo (D/2 –xi) su resultado es negativo, por lo que el momento Fsi*(D/2 –xi) también resulta negativo en la ecuación de Mn. El inconveniente consiste en encontrar el área de concreto en compresión la cual corresponde a un segmento de círculo. Observando la Figura 6.24 y basados en la resistencia de materiales podemos definir las propiedades geométricas de la sección. Estas se definen de acuerdo a: 344

Ac = corresponde al área del segmento. Qc = corresponde al primer momento de área del segmento. Ic = corresponde a la inercia del segmento. As4

As2

As5

As1

Ac = D 2 *

θ

zc

Ac

θ − sinθ * cosθ 4

Qc = D 3 *

sin 3θ 12

I c = D4 *

4 * θ − sin 4θ 256

a D

Figura 6.24. Propiedades geométricas de un segmento circular

El ángulo θ está dado en radianes y varía entre 0 y π. El centroide zc se encuentra dividiendo Qc entre Ac. Como el único inconveniente radica en determinar el ángulo θ, se asume que el valor de la profundidad c se conoce y así mismo el valor de a = β1 * c, por lo cual el ángulo θ se encuentra a partir de la expresión: D/2−a 2a Cos θ = = 1− D/2 D El diseño de columnas circulares reforzadas con espiral también se puede llevar a cabo mediante el uso de ayudas de diseño, siguiendo los mismos pasos del ejemplo 5. Deben observarse las disposiciones sobre refuerzo en espiral o refuerzo con estribos circulares simples, así como la cuantía recomendada, para que la columna califique o no como zunchada.

6.10 Flexión Biaxial

345

Las columnas cortas estudiadas en las secciones anteriores estaban sometidas a flexión alrededor de un solo eje principal, es decir, solo se consideró flexión uniaxial. En diseño, muchas columnas están sujetas simultáneamente a flexión alrededor de los dos ejes principales, especialmente columnas esquineras. Una columna está solicitada biaxialmente cuando la fuerza axial presenta una excentricidad que puede descomponerse en dos excentricidades sobre los eje principales. En la Figura 6.25 se presenta una sección cargada biaxialmente con diferentes áreas de compresión que posiblemente pueden resultar. y b/2

b/2

Myy’ h/2

Mxx’

x

Pn ey

x' h/2

ex

y'

b) Cualquier area de compresion puede resultar

a) Seccion Transversal de la columna con cargas biaxiales

Figura 6.25. Sección cargada biaxialmente.

Se puede establecer la resistencia de columnas con flexión biaxial mediante el uso de las superficies de interacción, en la cual todos los puntos sobre la superficie espacial, o dentro de ella, cumplen con la resistencia requerida para la columna. Variando la inclinación del eje neutro es posible obtener una serie de diagramas de interacción con distintos ángulos respecto a los ejes principales de la sección. En la Figura 6.26 se presenta el conjunto completo de diagramas para todos los ángulos que describen una superficie de falla. Cada plano horizontal de esta superficie representa una carga axial Pn especifica y momentos con respecto a los ejes principales Mnx y Mny, que tomados juntos producen la falla de la sección. Cuando la sección se somete únicamente a flexión con respecto al eje Y, con una excentricidad ex en la dirección del eje x, el momento corresponde al caso a) y se denomina Mnx0. En caso de flexión uniaxial con respecto al eje X, la excentricidad es ey y el momento correspondiente al caso b) , se denomina Mny0. 346

Para cualquier caso donde haya combinación de momentos con respecto a ambos ejes principales, las curvas están delimitadas por el contorno de carga que se extiende entre los puntos Mnx0 y Mny0. Para este caso un plano de falla se define con el ángulo δ medido a partir del eje Mnx y definido como el arcotangente de Mny / Mnx. El ángulo δ también define la intersección del plano radial vertical, que contiene las combinaciones de momentos y el plano horizontal para una carga constante Pn.. El conjunto de curvas, cada una para una carga constante Pn con los planos radiales que pasan a través del eje vertical determinan los contornos de carga. y

y

Pn ey

a) Flexion uniaxial con respecto al eje x

Pn

ex Pn

δ = tan-1(Mny / Mnx)

x

Curva con δ constante Plano con Pn constante

b) Flexion uniaxial con respecto al eje y

δ

Mnx0

(caso a)

Mny0

Pn Mnx

(caso b) Contorno de carga

Mny

Figura 6.26. Diagrama de interacción para sección cargada biaxialmente.

Se podría pensar en la construcción de las superficies de interacción usando la misma metodología de la flexión uniaxial. De acuerdo a lo mostrado en la Figura 6.27 podrían seleccionarse diferentes distancias de c para un valor determinado del ángulo θ (que forma el eje neutro con el eje X de la sección). Utilizando compatibilidad deformaciones y los esfuerzos a partir de estas, se puede establecer las fuerzas en las barras y la compresión del concreto. Posteriormente, mediante las ecuaciones de equilibrio se puede establecer la carga y el momento nominal resistente. Sin embargo, esta metodología es difícil de seguir porque los valores del ángulo θ no son necesariamente complementarios con el ángulo δ (ver figura 6.27), condición necesaria para que la excentricidad de la carga Pn sea perpendicular al eje neutro o a un eje que pase por el centro de la sección y que sea paralelo al eje neutro. Es necesario determinar el ángulo δ y en cada caso encontrar la inclinación de la profundidad c de tal manera que la suma de ambos ángulos sea 347

complementaria y la excentricidad resulte perpendicular al eje neutro seleccionado. Para conformar una familia de curvas se determina un valor de δ = tan -1(Mny / Mnx) se escoge un valor de θ que sea complementario y que corresponderá a la inclinación del eje neutro. Con esta misma inclinación se pueden establecer diferentes distancias de la profundidad c que sean paralelas entre sí, obteniéndose zonas de compresión triangulares o trapezoidales como las mostradas en la Figura 6.25.b y deformaciones diferentes a la altura de cada barra de refuerzo. Se puede realizar otro procedimiento asumiendo diferentes valores de δ y en cada caso para un mismo plano horizontal (carga axial constante), determinar el ángulo θ complementario al valor dado de δ, determinar el eje neutro y la capacidad de momento de la estructura. Para cada selección del eje neutro existen valores únicos de Pn , Mnx y Mny que determinan tan solo un punto del diagrama. A partir del análisis estructural los valores de Mnx y Mny son conocidos, por lo cual solo es necesario establecer el valor del ángulo y se necesita tan solo una curva de interacción determinada por este ángulo δ que corresponde al plano vertical de la Figura 6.26.

ex

e

h

εs

Pn

εc

c

a

εs1 2

ey

θ

εs

εs

3

0.8 5*f ’

c

δ

Fs1 Fs2

E. N .

4

Cc

d2

Fs3 Fs4

d3

d4

Figura 6.27. Carga a compresión con flexión biaxial.

En la anterior figura las ecuaciones para la fuerza axial Pn y el momento biaxial Mn están dadas por:

348

Pn = C c +

2

Fsi −

1

4

; M n = Cc *

Fsj

3

2 h h − zc + Fsi * − di 2 2 1

+

4

Fsj * d j −

3

h 2

donde, 2 2 M n = Pn * e = M nx + M ny

En columnas cuadradas se puede diseñar para la suma de las excentricidades en ambas direcciones, pero no es correcto diseñar para la suma de momentos con respecto de cada eje. El profesor ruso Boris Bresler en la Universidad de California en Berkeley propuso los dos siguientes métodos para el diseño de secciones transversales rectangulares bajo carga excéntrica biaxial: 1)

Carga Inversa. Método desarrollado por el profesor ruso Boris Bresler en la Universidad de California en Berkeley. 1 1 1 1 = + − Pn Pnx0 Pny0 P0

donde, = Carga nominal con excentricidades ex y ey = Carga nominal solo cuando está presente ey (ex = 0) = Carga nominal solo cuando está presente ex (ey = 0) = Carga nominal para la columna cargada concéntricamente. Pn

Pnx0 Pny0 P0

Para diseño se supone que son conocidas las dimensiones y refuerzo de la columna, así como las excentricidades ex y ey. Las cargas Pnx0 y Pny0 para flexión uniaxial con respecto a los ejes X y Y respectivamente y la carga axial P0 para la sección cargada concéntricamente, pueden calcularse con la ayuda de las curvas de interacción. La carga nominal encontrada mediante la aplicación de la fórmula de Bresler no debe ser menor que la carga nominal de diseño dada. 2)

Contorno de Carga. Se basa en la representación de la superficie de falla (Figura 6.26), por una familia de curvas correspondientes a valores constantes de Pn. Las curvas se pueden ajustar a la siguiente ecuación

adimensional: M nx M nx0

λ

+

M ny M ny0

λ

=1

349

siendo, Mnx = Carga nominal por excentricidad en dirección del eje y = Pn* ey Mny = Carga nominal por excentricidad en dirección del eje x = Pn *ex Mnx0 = Valor de Mnx cuando Mny = 0 Mny0 = Valor de Mnx cuando Mny = 0 Los valores de Pu , Mnx y Mny son datos conocidos del análisis estructural. Los valores de Mnx0 y Mny0 se calculan por flexión uniaxial. El valor de λ,según cálculos de profesor Bresler, varia entre 1.15 y 1.55. Se puede tomar 1.15 como el valor mas critico. Este coeficiente depende de la relación esfuerzodeformación del acero y concreto, del recubrimiento del concreto y del tamaño de los flejes transversales o espirales. Los valores de Mnx0 y Mny0 se encuentran a partir de las curvas de interacción para flexión uniaxial con la ayuda de la carga Pn. 2 2 En el caso de las columnas circulares, estas se diseñan para Mu = M ux + M uy , en donde Mux y Muy son los momentos con respecto a los eje x y y. Las columnas circulares sometidas a flexión biaxial no requieren métodos especiales, porque la resistencia con respecto a cualquier eje es la misma.

Ejemplo 7: Chequeo biaxial de una columna rectangular con ayuda de diagramas de interacción. Para la sección mostrada en la Figura 6.28, verifique si el diseño tentativo de la columna mostrada es adecuado utilizando a) Por el método de la carga inversa. b) Por el método del contorno de carga. y

6 6 cm

h1 = 50

d = 54

15

x

Eje Neutro

x' 36 cm

6 cm

y'

*

Resistencia última del concreto f 'c = 28 Mpa

*

Resistencia a fluencia del acero fy = 420 Mpa.

*

Carga nominal Pu= 1000 KN

*

Excentricidad ex = 6 cm

*

Excentricidad ey = 15 cm

*

Refuerzo

h2 = 30

Figura 6.28. Sección para ejemplo No. 7.

Solución:

350

Ast = 8 No. 8

a) Se considera inicialmente la flexión con respecto a x-x' : =

h1 − 2 * d' 50 − 2 * 6 = = 0.76 h1 50

α * ρt =

; e y / h1 = 15 / 50 = 0.30

8 * 5.1 420 * = 0.48 30 * 50 0.85* 28

Usando los gráficos de interpolación de la Figura 6.20 e interpolando, obtenemos: K = 0.68 →

K=

Pux0

φ*

f c'

* h1 * h 2

= 0.68 →

Pux0 =

0.68 * 0.7 * 28 * 30 * 50 = 2000 KN 10

Pux0 = 2000 KN

Se considera, igualmente, la flexión con respecto a y-y' : =

h2 − 2 * d ' 30 − 2 * 6 = = 0.6 h2 30

α * ρt =

; e x / h2 = 6 / 30 = 0.20

8 * 5 .1 420 = 0.48 * 30 * 50 0 .85* 28

Usando los gráficos de interacción, obtenemos: K = 0.78 → K =

Pnx0

φ*

f c'

* h1 * h2

= 0.78 → Puy0 =

0.78 * 0.7 * 28 * 30 * 50 = 2293 KN 10

Puy0 = 2293 KN

El valor de P0 es obtenido usando la ecuación de compresión pura: P0 = 0.85 * f c' * ( Ag − As t ) + f y * As t = P0 = 5186 KN

1 10

* [0.85 * 28 * ( 1500 − 8 * 5.1 ) + 420 * 8 * 5.1]

Sustituimos estos valores en la ecuación de la carga inversa para obtener Pn:

351

1 1 1 1 = + − Pn Pnx0 Pny 0 P0

→

0.7 0.7 0.7 0.7 = + − Pn 2000 2293 5186

Pu = 1345 KN

De acuerdo al método de la carga inversa, la carga axial nominal resistente, Pn(adm)= 1345 KN, es mayor que la carga axial nominal de diseño, Pn(dis) = 1000 KN, por lo que esta última puede aplicarse en forma segura en la columna. b) A continuación se chequea biaxialmente la sección por el método del contorno de carga. Se considera inicialmente la flexión con respecto a xx' : =

h1 − 2 * d' 50 − 2 * 6 = = 0.76 h1 50

α * ρt =

; e y / h1 = 15 / 50 = 0.30

8 * 5.1 420 * = 0.48 30 * 50 0.85* 28

Usando los gráficos de interpolación de la Figura 6.20 e interpolando, obtenemos: K * ( e / h ) = 0.196

M ux0 =

→ K *(e / h)=

0.196 * 0.7 * 28 * 30 * 50 2 10 3

M ux0

φ * f c' * h2 * h12

= 0.195

= 288 KN − m

Se considera, igualmente, la flexión con respecto a y-y’: =

h2 − 2 * d' 30 − 2 * 6 = = 0.6 h2 30

α * ρt =

; e x / h2 = 6 / 30 = 0.20

8 * 5.1 420 * = 0.48 30 * 50 0.85* 28

Usando los gráficos de interacción, obtenemos: K * ( e / h ) = 0.15 → K * ( e / h ) =

M uy0

φ * f c' * h1 * h22

Entonces, 352

= 0.15

M uy0 =

0.15 * 0.7 * 28 * 50 * 30 2 10 3

= 132 KN − m

Los valores de Mux y Muy se obtienen multiplicando la carga Pu por las respectivas excentricidades: M ux = Pu * e y = 1000 * 0.15 = 150 KN − m M uy = Pu * e x = 1000 * 0.06 = 60 KN − m

Sustituimos estos valores en la ecuación de contorno de carga: M nx M nxo

λ

+

M

λ ny

M nyo

=

0.7 * 150 0.7 * 288

1.15

+

0.7 * 60 0.7 * 132

1.15

= 0.88 ≤ 1.0

El valor es algo menos que la unidad, y por lo tanto, puede considerarse que el diseño es seguro. Se tomó el valor de λ igual a 1.15 por ser el más crítico.

353

354

Problemas Propuestos Problema 6.1. Una columna de 500X300 mm2 se encuentra reforzada con 6 barras # 25 mm, distribuidas en la forma que se indica en la figura: Y

X

•

f’c= 28 MPa

•

fy = 420 MPa

•

6#25 mm

•

Pb= 1282 KN

•

Mby= 224.9 KN-m

•

cb = 13.97 cms.

a.) Determine la carga axial, Pn, y el momento nominal Mny correspondientes a un eje neutro c= 25 cm. Establezca si está en la zona de compresión o de flexión del diagrama de interacción y explique brevemente lo que esto significa. Indique el punto en un diagrama. b.) Asuma que el NSR-98 incremente la máxima deformación última del concreto de 0.003 a 0.0035. El valor de la carga en la condición balanceada: 1) se incrementará 2) disminuirá 3) permanecerá igual. Seleccione y explique su respuesta. Problema 6.2. La columna de la figura está sometida a una carga axial en el punto 3. Cálculos anteriores mostraron que la carga de falla para el punto 1 es de 4550 KN, y para el punto 2 la carga es de 3400 KN. Como esperaría usted que sea la carga de falla en el punto 3: 1) mayor de 4550 KN, 2) entre 4550 y 3400 KN 3) menor que 3400 KN.

355

Explique su respuesta.

1

2

3

Problema 6.3. Para la siguiente sección encontrar Pn si la excentricidad es de 50 cm. Datos: fy = 420 MPa As1

As2

f'c = 21 MPa 40

b = 40 cm d = 54 cm

54

h = 60 cm

60

As1 + As2 = 6#8

Problema 6.4. Para una columna de 40x60 cm2 con 10 barras No. 8, determinar si la carga Pu = 1100 KN es adecuada. La estructura debe resistir los momentos Mnx = 420 KN-m y Mny = 250 KN-m. Las cargas Pnxo y Pnyo encontradas a partir de los diagramas de interacción, son respectivamente 2100 y 2300 KN. Revisar utilizando en método de las cargas inversas. Usar f 'c = 24.5 MPa.

356

y b/2

b/2

Mny x

Pn

h/2

Mnx

x'

ey

h/2

ex

y'

Problema 6.5. Para una columna con fć = 21 MPa y fy = 420 MPa como la mostrada en la figura, de sección transversal de 600x400 mm2 y reforzada con 10 barras de φ 1” (#8), encontrar: a.) El intervalo dentro del cual la compresión domina el diseño, en la dirección de momento indicada, es decir paralela al eje mayor. b.) Para una posición del eje neutro a 10 cm de la cara de compresión (o sea, a partir del borde donde la fibra de compresión es 0.003), encontrar el momento nominal resistente de la sección con respecto al centro plástico. c.) Para la misma sección encontrar ahora el momento nominal resistente con respecto al mismo eje neutro del punto anterior. d.) Si los momentos obtenidos en b.) y c.) son diferentes explicar porque es esto posible y sustentar numéricamente porque los dos, al final, son equivalentes y la resistencia de la sección es la misma. e.) Para una solicitación de Pu = 2000 kNw y Mu = 200 kNw-mt indique si la cantidad de acero suministrada en la dirección de diseño correspondiente es adecuada. 40 5 15 20 15 5

357

60

Problema 6.6. Determinar los puntos indicados del diagrama de interacción para fć = 21 MPa y fy = 420 MPa, como se muestra en la figura, para la sección transversal de 500x300 mm2 y reforzada con 10 barras de φ 1” (#8). φPn Po 1 φPn(max)

2 30 3 5 20 50 4

φPb

20 5

5

0.1*f’c*Ag

6 7

Mo

φMn

Encontrar : 1.) El punto donde la carga axial es máxima. 2.) Un punto donde la carga axial es grande y la excentricidad es pequeña, con toda la sección a compresión. 3.) Un punto donde la carga axial es grande pero con con un momento mayor al del punto b.), de tal manera que las barras extremas estén a tracción. 4.) El punto para la condición de carga balanceada. 5.) Un punto donde el momento es grande con una relativamente carga axial menor. 6.) Punto donde la carga axial es 0.1*f ć*Ag. 7.) Punto donde la falla ocurre como una viga. Problema 6.7. Determinar ahora los puntos 1 a 5 del diagrama de interacción descritos en el ejemplo anterior, para fć = 21 MPa y fy = 420 MPa, como se muestra en la figura. La sección transversal es de forma circular con 500 mm de diámetro y está reforzada con 8 barras de #6.

358

φPn Po 1 φPn(max)

2

3

4

φPb

40 cm 50 cm

5

0.1*f’c*Ag φMn

Mo

Problema 6.8. Para una columna como la mostrada en la figura, de dimensiones 600x300 mm2, con 10 barras #8 distribuídas alrededor de la sección, realizar lo siguiente: a.) Demostrar numéricamente que con una excentricidad e = 25 cm la compresión controla y por ende As a tracción no ha fluído. b.) Encontrar el momento correspondiente a la excentricidad mínima emin (accidental) cuando en la columna actúa la carga Pu,max. Usar γ = 0.8. La resistencia del concreto y acero son respectivamente fć = 21 MPa y fy = 420 MPa.

30

5

15

20

15

60

359

5

Problema 6.9. Encontrar la carga axial y el momento en el punto balanceado, para la siguientes dos sección:

3#6

3#8

5

20

40

5

50

Problema 6.10. Diseñar una columna corta, esquinera y no esbelta, para soportar una carga última Pu = 2500 KN, en la que actúan las excentricidades ex = 20 cm y ey = 10 cm. Limitar la cuantía de la sección a ρtotal = 0.003 y, por limitaciones arquitectónicas, la dimensión menor a 40 cm. Usar una resistencia del concreto fć = 21 MPa, y para el acero fy = 420 MPa.

360

7. Efectos de Esbeltez en Columnas Se presentan efectos de esbeltez en una columna debido a la reducción de la resistencia de un elemento sujeto a compresión o a flexo-compresión y debido a que la longitud del elemento es grande comparativamente con las dimensiones de su sección transversal. El grado de esbeltez se mide en términos de la relación (k*Lu) / r, donde k es el coeficiente de longitud efectiva, Lu es la longitud no soportada que se toma como la distancia libre entre losas de entrepisos, vigas u otros elementos que proporcionan soporte lateral y r es el radio de giro de la sección transversal definido como la raíz de la inercia sobre el área ó I / A . El valor de r esta definido con respecto al eje transversal o eje menor de la dirección estudiada. El valor k*Lu se denomina la longitud efectiva de pandeo y se usa para definir la longitud modificada de la columna una vez se consideran diferentes tipos de restricciones en los extremos. Un elemento con gran esbeltez colapsará mas rápidamente que un elemento corto ante las mismas dimensiones de la sección. Cuando un elemento en compresión o flexo-compresión que tiene una relación de esbeltez de (k*Lu) / r ≤ 10 y está cargado en compresión, los materiales de la columna fallan alcanzando la capacidad máxima de los esfuerzos de aplastamiento o fluencia permitidos para el concreto o el acero respectivamente. Sin embargo, si la relación de esbeltez es (k*Lu) / r ≥ 100, los materiales pueden llegar a fallar bajo esfuerzos equivalentes al 50% de los máximos. En la Figura 7.1 pueden apreciarse diferentes valores del coeficiente de longitud efectiva k para condiciones típicas en los extremos de cada columna. En la siguiente figura se observa que las columnas con diferentes condiciones de apoyo tienen longitudes efectivas diversas. Columnas sin traslación diferencial de un extremo con respecto al otro, tienen una longitud no soportada menor o igual a la unidad. Así mismo, es claro que para estimar la longitud efectiva de la columna se debe conocer la distancia entre los puntos de momento cero en la misma. Una columna con sus extremos perfectamente empotrados presenta los puntos de inflexión o puntos de momento nulo en los cuartos de la longitud total (Figura 7.1.a), por lo que la luz efectiva es la mitad de la luz total Lu, siendo k = 0.5. De la misma manera, columnas con los extremos perfectamente articulados donde longitud efectiva es la longitud no soportada de la columna, en este caso la longitud total Lu de la misma, tiene un k = 1.0 (Figura 7.1.b). Otro caso, en una columna con un extremo empotrado y el otro extremo articulado, la cual presenta una longitud efectiva teóricamente igual al 70% de la longitud total, el factor k definido para esta columna es igual a 0.7 (Figura 7.1.c).

361

P.I.

P.I.

Lu k*Lu

Lu

k*Lu

k*Lu

k*Lu

P.I.

a) k = 0.5

b) k = 1.0

d) k = 2.0

c) k = 0.7

P.I.

Lu < k*Lu < α

Lu

k*Lu = Lu

0.5*Lu < k*Lu < 1.0*Lu

P.I.

P.I.

e.) 1.0 < k < α

f) k = 1.0

g) 0.5 < k < 1.0

Figura 7.1. Longitud efectiva de columnas cargadas axialmente.

Entre mayor sea la longitud efectiva mayor es el peligro de pandeo y menor es su capacidad de carga. Si una columna es libre de moverse diferencialmente con respecto al otro extremo, como pasa en los casos mostrados en las Figuras 7.1.d, 7.1.e y 7.1.f, tiene valores del factor k mayores o iguales a la unidad, porque por lo general presenta puntos de inflexión cerca o en el extremo arriostrado, mientras que los otros puntos de inflexión están imaginariamente colocados por fuera de la longitud del tramo a distancias iguales o mayores al 100% de la longitud no soportada. Los elementos que están libres de desplazarse horizontalmente son más débiles que los elementos a compresión que no están libres o están arriostrados contra desplazamiento lateral. En la Figura 7.1.g se observa una columna que forma parte de un marco, con arriostramiento al movimiento lateral, en la cual el valor del factor k varía entre 0.5 y 1.0. Este caso es contrario al mostrado en la Figura 7.1.e donde hay desplazamiento lateral y el factor k es mayor que la unidad. En concreto reforzado rara vez se encuentran columnas con los extremos articulados o totalmente libres, pues por lo general existen elementos arriostrantes. Comunmente la mayoría de las columnas de concreto reforzado hacen parte de un pórtico mayor donde existen vigas transversales, que 362

restringen el movimiento en sentido horizontal, o se presentan elementos diagonales en los vanos, los cuales ayudan a prevenir la traslación de los nudos debido al aumento de la hiperestaticidad y la rigidez total del marco. Así mismo, muros de cortante y apoyos que impidan la traslación del marco son elementos arriostrantes. Del grado de traslación horizontal depende que el pórtico pueda ser considerado arriostrado o no arriostrado. Cuando no existen diagonales, muros o apoyos laterales, el pórtico tan solo depende de la rigidez misma de las columnas y vigas para controlar la inestabilidad debida al pandeo. Por lo regular este último tipo de pórticos son no arriostrados, pero para determinar esta condición hay que establecer un índice de estabilidad que permite considerar las columnas como arriostradas (sin desplazamiento lateral significativo) o no arriostradas. En la Figura 7.2 se presentan casos de cómo el arriostramiento afecta la longitud efectiva de la columna y por ende el pandeo de las mismas. En las Figuras 7.2.a y 7.2.c, los pórticos simples se arriostraron mediante la utilización de diagonales por lo que la longitud efectiva, k*Lu, nunca excede la longitud total Lu de la columna. En pórticos no arriostrados (Figuras 7.2.b y 7.2.d), puede presentarse pandeo con cierto grado de inestabilidad debido al desplazamiento lateral y la longitud equivalente k*Lu siempre excede la longitud actual Lu. P

P

P

P

P.I. P.I.

P.I.

k*L

Lu os Ri

tra

k*L u

Ri os t ra

b) No arriostrado: k*Lu > 2.0*Lu

a) Arriostrado: 0.7*Lu< k*Lu< 1.0*Lu P

P

P

u

P P.I.

P.I.

P.I.

P.I.

P.I.

k*L u

Lu

P.I.

os Ri

tra

Ri os t ra

k*L u

P.I.

c) Arriostrado: 0.5*Lu< k*Lu< 0.7*Lu

d) No arriostrado: Lu< k*Lu< 2.0*Lu

Figura 7.2. Longitud efectiva para arriostrados y no arriostrados.

363

Los casos a) y c) de la Figura 7.2 son similares al caso g) de la Figura 7.1 excepto que hay ciertas diferencia de restricción en los extremos de ambas columnas. En ambos escenarios el factor k es menor que la unidad debido al arriostramiento que presentan las columnas al desplazamiento horizontal. Del otro lado, el caso b) de la misma Figura 7.2 es similar al caso d) de la Figura 7.1. En estos dos casos, los pórticos se desplazan lateralmente con poco arriostramiento debido a los apoyos articulados y una viga transversal, en el primer caso, y por la presencia de un extremo libre en el segundo. En conclusión, de acuerdo a lo presentado hasta aquí, los factores que inciden el estudio de la estabilidad y pandeo de la columna son: 1.) La longitud efectiva de la columna: la cual permite reducir o aumentar el valor de la relación de esbeltez, (k*Lu) / r, la cual, a su vez, tiene relación directa con la resistencia de la columna al pandeo. Entre mayor es el valor de la relación de esbeltez menor es la resistencia al pandeo, y viceversa, entre menor sea el valor dicha relación mayor es la carga que se necesita para que la estructura resulte inestable por pandeo. Esto es estudiado en mayor detalle en la sección 7.2, Columnas Cargadas Concéntricamente, y la sección 7.3, Columnas con Compresión mas Flexión, del presente texto. 2.) El arriostramiento contra desplazamiento lateral: que permite reducir los valores de la longitud efectiva de la columna, lo que indica un aumento de la capacidad de resistencia de la columna. 3.) Las dimensiones de la columna y la longitud total de la misma: variables que inciden directamente en la relación de esbeltez, y por ende, en la resistencia al pandeo.

7.1 Columnas Cargadas Concentricamente El comportamiento de columnas esbeltas cargadas concéntricamente fue estudiado hace más de 200 años por Leonhard Euler, quien estableció, a partir de la solución de la ecuación diferencial para la columna en el estado de equilibrio neutro, que la carga límite a partir del cual estos elementos fallan por pandeo es: PE =

n * π 2 * Et * I Lu 2

donde, PE = Carga crítica de pandeo. 364

Et = Módulo tangente de elasticidad del concreto en pandeo o Módulo de Young I = Momento de inercia de la sección. Lu = Longitud efectiva no arriostrada. Longitud libre entre pisos, vigas u otros elementos que proporcionen soporte lateral. n = Número de medios ciclos de curvas sinusoidales. P

P

y P

ymax

y P*y

* Ecuacion diferencial para la columna: EI*(d2y/dx2) = - P*y P

Figura 7.3. Pandeo de un elemento con los extremos articulados.

Considerando Lu/n como un valor aproximadamente igual a la longitud efectiva k*Lu, con el factor k equivalente a 1/n, el valor de la fórmula crítica de pandeo de Euler se reduce a: Pc =

π 2 * Et * I


(k * Lu )2

La carga crítica de pandeo disminuye a medida que la longitud efectiva aumenta y aumenta a medida que el radio de giro aumenta. Sin embargo, el estudio de la carga crítica por pandeo no consideró inicialmente el concreto reforzado y mucho menos el hecho de que columnas concéntricamente cargadas prácticamente no existen. La base de diseño de las normas, que consideran la máxima capacidad de la columna en un 80% a 85% de la capacidad de carga Po de la columna, indica que es conveniente asumir siempre un momento mínimo y que a medida que el momento de diseño en la columna aumenta, la columna tiende a agrietarse con una reducción considerable en el momento de inercia de 365

la sección que pasa de ser no fisurado a una sección fisurada transformada. Esto hace que la relación (k*Lu) / r aumente a medida que la carga crítica disminuye. En la Figura 7.4, donde se muestra la carga de pandeo contra la relación de esbeltez, hay una reducción de la resistencia al pandeo a medida que aumenta la relación de esbeltez. Para columnas poco esbeltas el valor de la carga crítica de ' pandeo, Pc , excede la carga de aplastamiento Po = 0.85 * f c * Ac + f y * As t . En el punto a partir del cual esto ocurre la relación de esbeltez está en el límite y se especifica en la figura como (k*Lu /r)lim. Para valores menores a este límite hay falla por aplastamiento, mientras que para valores mayores ocurre la falla por pandeo con la consiguiente disminución de la carga y del esfuerzo por pandeo. Aunque aparezca el valor de la carga de aplastamiento Po como un valor puntual independiente de (k*Lu) / r , en cierta medida están relacionados a través del radio de giro y las dimensiones de la sección, de tal manera que a mas área, más inercia y mayor resistencia de los materiales, por lo que la carga de aplastamiento aumenta. Esto es especialmente cierto si el acero de la sección no ha fluido y se mantiene por debajo de los niveles de deformación unitaria del concreto, donde se considera que el concreto no resiste esfuerzos de tensión y los niveles de deformación unitaria son todavía lineales. El mayor valor de Po en este caso es cuando el acero ha alcanzado la fluencia y el concreto ha llegado a la deformación unitaria, εcu, máxima.

Pc(falla) Pc /A Tan-1 Et Nivel de proporcionalidad

Po Pc

Tan-1 Et

ε

Aplastamiento

Pandeo

(k*Lu /r)lim

(k*Lu) /r

Figura 7.4. Longitud efectiva de columnas cargadas axialmente.

366

Para aplicar la ecuación de pandeo un valor real del módulo Et debe ser conocido puesto que el pandeo de la columna puede ocurrir en, prácticamente, cualquier valor de la deformación unitaria. De acuerdo a lo anterior, hasta el nivel de proporcionalidad o porción recta de la curva esfuerzo-deformación unitaria del concreto, el módulo de elasticidad o módulo de Young es Et , derivado a partir de tangente del ángulo que forma la recta con el eje horizontal, mientras que a partir del nivel de proporcionalidad o pandeo en el rango inelástico, el valor de Et es el módulo tangente o pendiente de la tangente a la curva esfuerzodeformación (ver Figura 7.4).

7.2 Magnificación de Momentos. Compresión más Flexión Debido al efecto de esbeltez los elementos sometidos a cargas axiales de compresión desarrollan momentos secundarios de magnitud P*y que sumados al momento primario de las cargas aplicadas en la estructura, Mo, generan momentos reales totales, definidos como: M = M m + P* y

En la Figura 7.5 se presenta un elemento cargado axialmente, con un momento debido a las cargas externas definido por Mm. Este momento produce una deflexión inicial yo, en cualquier punto a lo largo de la viga, la cual se denomina yo(max) en el punto de mayor deflexión. El momento Mo es el valor inicial de Mm, y se considera igual en ambos extremos. Si la fuerza axial no estuviera presente la solución de los momentos Mm se reduciría al caso de una viga simple a flexión; pero debido a la presencia de la fuerza axial P se desarrolla una deflexión total y que es la suma de yo y y1, la cual junto con la carga axial produce el momento de segundo orden P*y. En la misma figura se observa la deformación y1 adicional debida a la acción del momento de segundo orden, es máxima en cierto punto que no necesariamente representa la máxima determinada por las cargas primarias. La acción del momento secundario determina lo que se conoce como el efecto de la esbeltez, el cual se presenta cualquiera sea la longitud del elemento. El momento máximo para la anterior viga está definido por: M (max) = M m(max) + P * y( max)

367

q

M0

M0

P < Pc

P < Pc y0 y1

y0(max) y

y1(max) y = yo + y1

M0

Mm

Mm(max)

M0

+ P*y

P*y(max) y(max)= yo(max) + y1(max)

Figura 7.5. Momentos primarios y secundarios en un elemento a flexocompresión con una carga distribuida q.

Como consecuencia de los momentos adicionales de segundo orden, la resistencia del elemento se reduce respecto de la resistencia que solo tendría si se aplicase el momento Mm y es importante para elementos cuya relación longitud-peralte es grande, o sea elementos esbeltos propiamente dichos. En la Figura 7.6 se presenta una viga donde la flexión debida a las cargas externas está determinada por unos momentos iniciales Mo, presentes en los extremos, mas un momento en el tramo de la viga generado por la carga puntual F. Al igual que para una viga con carga distribuida de la Figura 7.5, el momento debido a las cargas externas en cualquier punto del tramo de la viga es Mm, mientras que el momento secundario adicional debido a la carga axial P es P*y1. El momento total consta de las mismas dos partes que fueron planteadas inicialmente para la viga con carga distribuida, una debida a las cargas externas y otra debida a los efectos de segundo orden producidos por la esbeltez: M = Mm + P* y = Mo +

F* L + P* y 4

368

F M0

M0

F

P < Pc

P < Pc

y0 F/2

y0(max) y

y1

F/2

y1(max) y = yo + y1

M0

Mm

M0

Mm(max)

+ P*y

P*y(max) y(max)= yo(max) + y1(max)

Figura 7.6. Momentos primarios y secundarios en un elemento a flexocompresión con una carga transversal F.

Asumiendo curvas sinusoidales para las deflexiones primaria y secundaria, se obtiene una curva del mismo tipo para la deflexión total, lo cual es prácticamente cierto para elementos con los extremos no restringidos y cuyos momentos primarios y deflexión máxima están al centro de la luz. Tanto la deflexión primaria como la secundaria se calculan de acuerdo al principio del Área- Momento utilizando el diagrama M/EI y tomando el momento del área con respecto al soporte inicial. Para la deformación secundaria, obtenida a partir del diagrama de momentos total, obtenemos: y 1(max) =

y1(max) =

y1(max) =

[

]

P L 2 L * y o(max) + y 1(max) * * * EI 2 π π

P * L2

π 2 * EI

[

[

* yo(max) + y1(max)

P * yo(max) + y1(max) Pc

]

]

→ donde

Rearreglando términos da como resultado:

369

Pc =

π 2 * EI L2

y1(max) = y o(max) *

P / Pc 1 − P / Pc

Tomando la deflexión máxima total como la suma de las deflexiones máximas parciales primaria y secundaria, obtenemos:

y (max) = y o (max) + y1(max) = y o (max) + y o (max) *

∴ y(max) =

P / Pc 1 − P / Pc

yo (max) 1 − P / Pc

El momento máximo de flexión es : M (max) = M m(max) + P * y (max) = M m(max) + P *

y o(max) 1 − P / Pc

Esta última ecuación se puede aproximar a: M (max) = M m(max) *

Cm = M m(max) * δ 1 − P / Pc

donde δ es el factor de magnificación y debe ser mayor que la unidad. El coeficiente Cm está definido por: Cm = 1 +

Pc * y o(max) M m(max)

−1 *

P Pc

el cual puede ser resuelto para casos para diferentes casos, de acuerdo con las condiciones de borde y tipo de cargas aplicadas en el tramo. La solución de Cm para varios casos puede ser consultada en los Comentarios a las Normas del American Institute of Steel Construction (AISC) del año 19691.

1

Specification for the Design, Fabrication and Erection of Structural Steel for Buildings (adoptado de Febrero 12, 1969). También, Comentarios a la Especificación del AISC del año 1969. New York, American Institute of Steel Construction, 1970.

370

El valor de Cm fue adoptado sin cambios de estas normas para su uso en elementos arriostrados de concreto con momentos diferentes en ambos extremos y sin fuerzas transversales entre apoyos: C m = 0 .6 + 0 . 4 *

M1 ≥ 0 .4 M2


donde M1 y M2 son el menor y mayor momentos respectivamente, en los extremos del elemento. La reducción de resistencia también se puede presentar por la acción del desplazamiento horizontal relativo entre los dos extremos de la columna, como es el caso de pórticos no arriostrados sujetos a carga lateral. En la Figura 7.7 se muestra un marco de este tipo sometido a una carga horizontal F y a fuerzas de compresión P. Los momentos primarios producidos por la acción de la fuerza F sola aparecen como momentos MF (ver Figura 7.7.b), mientras que los momentos secundarios producidos por las cargas axiales P y por el respectivo desplazamiento lateral del marco que causan las cargas P, son denominados MP. Se considera que estos momentos son generados por la deformación relativa de las columnas del pórtico, tal como aparece en la curva punteada de la Figura 7.7.a. Igualmente, se observa que los momentos máximos para ambos casos ocurren en los extremos de la columna, que son aditivos y que producen una amplificación apreciable de momento. Para este caso se deduce que el valor de Cm es aplicable únicamente a elementos arriostrados contra desplazamiento lateral y debe tomarse igual a 1.0. Si utilizamos la fórmula de Cm con la curvatura doble que aparece en la Figura 7.7, es factible que Cm sea menor o igual a 0.4 por lo que δ puede ser menor o igual a 1.0, lo cual no concuerda con el resultado de Mmax, el cual aparece como mucho mayor que el momento primario MF. En contraste si el pórtico estuviera restringido al movimiento lateral, como en el caso de un apoyo al final de la viga superior o la presencia de muros suficientemente rígidos, los momentos MP pueden variar sustancialmente e inclusive desarrollar sus valores máximos en un sitio diferente al de los extremos del elemento. La amplificación de momentos para el caso de pórticos no arriostrados y pórticos arriostrados contra el desplazamiento lateral es diferente de acuerdo a las condiciones extremas del elemento, pero para pórticos arriostrados el valor de Cm se puede expresar mucho mas adecuadamente de acuerdo al tipo de deformación que presenta la estructura.

371

P

P

MF

P.I.

F

P.I.

=

+

P.I.

MF+P = Mmax

MP

MF (a)

(b)

(c)

MP (d)

Figura 7.7. Momentos primarios y secundarios en un pórtico con desplazamiento lateral.

En conclusión, para elementos no arriostrados contra desplazamiento lateral, los momentos máximos primarios y secundarios por lo regular ocurren en los extremos y se adicionan totalmente, independiente de la presencia o no del punto de inflexión. Para elementos arriostrados contra desplazamiento lateral, los momentos primarios y secundarios ocurren en el mismo sitio o sitios cercanos y se amplifican totalmente si la curvatura es sencilla; pero si la curvatura es doble y se presenta un punto de inflexión, puede existir muy poca o ninguna amplificación debido a que los momentos pueden inclusive no adicionarse. Este último caso, la relación entre los momentos en los extremos de la columna influye en la magnitud de las deflexiones, en el tipo de curvatura que se genera en el elemento, y por tanto, en los momentos adicionales que se generan por esbeltez. Si se considera el caso del elemento arriostrado mostrado en la Figura 7.8, donde los momentos en los extremos son del mismo signo y la curvatura generada en la columna es doble, las deflexiones producidas por los momentos primarios y la carga axial son máximas a cierta distancia de los extremos y los momentos totales, M = M m + P * y , se distribuyen de acuerdo a una de las dos opciones mostradas en las Figuras 7.8d o 7.8.e. En el primer caso los máximos ocurren en secciones diferentes del elemento y por tanto el máximo total no es la suma de los máximos parciales de los momentos de primer y segundo orden. El momento máximo total se presenta a cierta distancia del extremo del elemento, donde el momento primario Mm es menor que su valor máximo Ma y al ser adicionado con el valor máximo del momento secundario P*y1(max) , genera un valor de Mmax un poco mayor que el valor Ma. Para el segundo caso (Figura 7.8.e), el momento máximo continúa siendo en el extremo del elemento y es igual a Ma. En este segundo caso no hay reducción de resistencia por esbeltez y la deformación no es lo suficientemente grande para producir un incremento en el momento máximo. De todas maneras, cuando los momentos son del mismo 372

signo y hay curvatura doble, el momento máximo total Mmax no difiere mucho o es igual al momento Ma aplicado en el extremo, por lo que la reducción de resistencia es relativamente pequeña. Cuando la curvatura es simple y los momentos extremos primarios son de signo contrario, como se puede apreciar en las Figuras 7.5 y 7.6, el momento máximo total Mmax se amplifica de manera significativa debido a que la adición de los máximos ocurre prácticamente en el mismo sitio, cerca de la mitad de la luz. En estos elementos siempre hay reducción de resistencia por esbeltez debido a que el momento total es prácticamente la suma de dos momentos máximos. Es factible que los máximos parciales de los momentos primarios y secundarios no coincidan en el mismo punto debido a la diferencia de momentos en los extremos, pero aún así, la curvatura simple amplifica el valor de los momentos primarios apreciablemente aunque puede no ser tanto como en el caso cuando Mm es máximo y coincide con el punto de máxima deformación y1(max) . Mmax = Mm + P*y1(max) P < Pc

Ma

Mmax = Ma

Ma

Ma

Mm

P*y1(max)

Mmax

Momentos Adicionales

Mb P

(a)

Mb (b)

(c)

Mb

Mb

(d)

(e)

Figura 7.8. Momentos primarios y secundarios en elementos sometidos a flexocompresión con curvatura doble.

El coeficiente Cm permite considerar la magnitud relativa de los momentos en los extremos para elementos arriostrados sin fuerzas transversales entre apoyos, a la vez que permite calcular el factor de ampliación para pórticos no arriostrados, basados en los efectos de esbeltez que genera el tipo de curvatura en el tramo. En la Figura 7.9 se muestra el efecto de la esbeltez en los diagramas de interacción. Para columnas cortas los efectos de esbeltez son despreciables, y la resistencia de la columna no se reduce cuando comparamos las cargas y 373

momentos actuantes con los valores nominales Pn y Mn. Para la misma excentricidad, estos valores quedan representados por la línea OA. El punto A representa la resistencia máxima de la columna corta para la excentricidad dada. Para una columna esbelta, la excentricidad no es constante ya que el momento resistente no aumenta de una manera constante a medida que la carga aumenta. Para el mismo tipo de cargas de la columna corta del tramo OA, la columna esbelta sigue el camino determinado por el segmento OB experimentando una diferencia de momentos expresados por la aparición del momento secundario adicional P*y. Como puede observarse en la Figura 7.9, para las mismas cargas axiales una columna corta es más resistente que una columna esbelta. El tramo OB presenta valores de momento por debajo de los que se encuentran en el tramo OA. Para una columna inestable se presenta la curva determinada por el segmento OC, donde la característica principal es la falla por carga máxima antes de se alcance el diagrama de interacción de la columna corta. La falla en este caso es por pandeo del elemento antes que por aplastamiento del concreto, como en el caso de las columnas esbeltas expresadas en el tramo OB o de las columnas cortas determinadas por el tramo OA. De la misma manera, para una familia de columnas con la misma sección transversal, resisten menos las columnas con mayor radio de esbeltez, como se muestra en los diagramas punteados de interacción de la Figura 7.9 L/h = 10 L/h = 20 P < Pc

P L/h = 30

Ma

A B

P*e

P*y C

Mb O

M

P

374

Figura 7.9. Comportamiento de una columna corta con una columna esbelta y con una que falla por inestabilidad.

7.3 Efectos Locales de Esbeltez

7.3.1 Limitaciones de la Relación de Esbeltez.

El Código ACI (Normas del Instituto Americano del Concreto) establece ciertos límites por debajo de cuales los efectos del pandeo en la resistencia de las columnas pueden ser razonablemente no considerados. El Comité 441 del ACIASCE2 estudió un total de 20.000 columnas y encontró que para pórticos arriostrados, un 98% de las columnas tenía un índice L/r aproximadamente igual a 42 y un e/h menor a 0.64. Para el 98% de los pórticos no arriostrados los anteriores índices resultaron ser 60 y 0.84 respectivamente. Adicional a lo anterior, se encontró que el límite práctico superior para la relación de esbeltez (k*Lu) / r estaba en un valor alrededor de 70. Basándose en la probabilidad de que el 95% de la resistencia de los materiales con que se construyen los edificios es aceptable, no se consideran efectos locales de esbeltez en elementos a compresión arriostrados contra desplazamiento lateral, si: k * Lu ≤ 34 − 12 * ( M 1 / M 2 ) r


En esta expresión, M1 es el menor momento mayorado en cualquiera de los dos extremos del elemento considerado y M2 corresponde al mayor momento mayorado dentro del tramo. El momento M1 es positivo si la columna presenta curvatura simple y es negativo (anteceder del signo menos), si presenta curvatura doble (forma de S). El momento M2 siempre se considera positivo. Si la relación (k*Lu) / r es mayor que la relación aplicable, se tendrá una columna esbelta y el diseño por esbeltez es aplicable. Para pórticos arriostrados el factor k puede tomarse igual a 1.0, a menos que un análisis proporcione un valor menor. El factor (M1 / M2) no debe tomarse menor a -0.5, en cuyo caso, el menor valor de la expresión 34 − 12 * ( M 1 / M 2 ) es 40 para columnas con curvatura doble. El radio de giro, r, está definido como la raíz cuadrada de la inercia dividida entre el área del elemento. Para columnas rectangulares su valor es aproximadamente 0.3h, con h definida como la dimensión de la sección en la dirección de estudio. Para columnas circulares el valor de r es aproximadamente 0.25 veces el diámetro. En cualquier caso, el radio r se calcula con base en la sección bruta. 2

MacGREGOR, James G; BREEN, John E.; PFRANG, Edward O. Design of Slender Concrete Columns. ACI Journal, Proceedings, No. 67, Enero 1970, p. p. 6-28.

375

El valor de Lu, como se definió anteriormente, corresponde a la longitud no soportada de un miembro a compresión y debe tomarse como la distancia libre entre losas de entrepiso, u otros elementos que suministren soporte lateral. Si existe capitel o ménsulas, la longitud no soportada debe medirse hasta la parte más baja de los mismos. No se permite el empleo de elementos a compresión que tengan una relación de esbeltez, (k*Lu) / r, mayor de 100, a menos que se realice un análisis detallado de todas las fuerzas internas y momentos del pórtico, siguiendo los requisitos de la sección C.10.10.1 de la Norma NSR-98. En este caso, debe conducirse un análisis de segundo orden, el cual debe tener en cuenta la influencia de la no linealidad de los materiales, la fisuración de los elementos, la curvatura del elemento, las derivas de la estructura, los efectos de duración de las cargas, la retracción de fraguado y el flujo plástico del concreto, y la interacción de la estructura con la cimentación sobre la cual se apoya. Para elementos a compresión no arriostrados contra desplazamiento lateral, los efectos de esbeltez pueden despreciarse cuando: k * Lu ≤ 22 r Esto indica que en los elementos individuales a compresión que hagan parte de un sistema de pisos, los efectos de esbeltez, tanto locales como globales (ver sección 7.4), pueden despreciarse si se cumplen los requisitos de la expresión anterior. Para pórticos con desplazamiento horizontal el valor de k debe tomarse mayor que 1.0.

7.3.2 Determinación del Factor k

El concepto de la longitud efectiva consiste en reemplazar la longitud de una columna, independiente de su restricción lateral o de la condición de apoyo en sus extremos, por una columna equivalente, con extremos articulados, que proporcione los mismos esfuerzos críticos. La longitud efectiva de la columna dependerá entonces, del grado de restricción de la columna y de la posibilidad de que exista desplazamiento horizontal. Las columnas estructurales en concreto reforzado se encuentran parcialmente restringidos por los sistemas de piso y las vigas siempre permiten cierto grado de rotación en el nudo, por lo cual no existen articulaciones o empotramientos perfectos. El grado de restricción en un nudo se mide en función de la relación entre rigideces de flexión de las columnas y las vigas del piso que confluyen en el nudo, la cual está definida como:

376

ψ nudo =

K cols = K vigas

( E c * I / L )cols ( E c * I / L )vigas

La relación ψ representa la restricción rotacional del nudo o la rigidez relativa del nudo, por lo que su definición está asociada con estos términos. El valor del coeficiente k para calcular la longitud efectiva, para una columna elástica, está a su vez en función del grado de restricción, ψ. Si ψ = 0 en un extremo de la columna, la columna está totalmente empotrada en ese extremo puesto que las rigideces de las vigas que llegan al nudo son, en este caso, infinitas. Si ψ es alta o infinita el nudo es libre de experimentar rotación, por lo que este extremo denota un nudo articulado o libre de vigas. En la práctica es recomendable usar un valor de ψ = 10 para nudos con articulaciones y un valor ψ = 0.2 para nudos restringidos, especialmente en las cimentaciones. Para columnas de pórticos arriostrados el valor de k no debe ser menor a 0.6, y en pórticos no arriostrados el valor del coeficiente k no debe ser menor que 1.2, para columnas restringidas en ambos extremos. Existen tres maneras diferentes de calcular el valor del factor k para estimar las longitudes efectivas: mediante el uso de tablas, mediante fórmulas y usando nomográmas. A continuación estudiamos cada uno de estos procedimientos, pero son: el avalúo de k mediante fórmulas o el avalúo del mismo con el uso de nomográmas, los dos procedimientos mas utilizados. a) Calculo del factor k usando ecuaciones. Esta alternativa esta basada en el Código Británico Estándar de la Práctica del Concreto del año 1972, para columnas arriostradas, y adoptados por Manual Práctico de Diseño y Comentarios al Código del ACI. El límite superior del factor k para determinar la longitud efectiva de la columna debe corresponder al menor de los valores encontrados usando las siguientes expresiones: k = 0.7 + 0.05 * (ψ A + ψ B ) ≤ 1.0 k = 0.85 + 0.05 * ψ min ≤ 1.0

donde ψA y ψB son los valores de ψ en los dos extremos de la columna y ψmin es el menor de los dos valores en A y B. Los valores de ψ son calculados usando la misma expresión: ψ=

( E c * I / L )cols ( E c * I / L ) vigas

377

Para elementos en pórticos no arriostrados el factor k para encontrar la longitud efectiva puede ser derivado usando una de las dos siguientes expresiones: •

Para ψprom < 2.0 : k =

•

20 − ψ prom 20

* 1 + ψ prom

Para ψprom ≥ 2.0 : k = 0.9 * 1 + ψ prom

El término ψprom corresponde al valor promedio de ψ evaluado en los dos extremos de la columna. Para elementos a compresión no arriostrados que sean articulados o libres en un extremo, el factor k debe ser calculado de acuerdo a la expresión: k = 2.0 + 0.3 * ψ

donde ψ es el valor del factor de restricción rotacional calculado para el nudo restringido. En el nivel inferior de una columna soportada por una zapata (primer tramo de columnas), el valor del factor de restricción rotacional del nudo, ψ, puede ser recalculado a partir de la siguiente expresión: ψ=

K cols K = c K vigas K f

En la anterior ecuación el término Kc es la rigidez por flexión de la columna considerada y Kf es la rigidez rotacional del la zapata y el suelo. Esta última está definida como: K f = I f * ks

en la cual If es el momento de inercia del área de contacto entre la zapata y el suelo y ks es el módulo de reacción del suelo. Sustituyendo este valor en ψ y recordando que Kc = 4*Ec*Ic / Lu, se obtiene:

378

ψ=

K c (4 * E c * I c ) / Lu = Kf I f * ks

b) Calculo del factor k usando tablas. De la Tabla 7.1 se pueden seleccionar los valores de k para el diseño de pórticos arriostrados. La primera columna y la última fila de datos para k son los valores de este factor cuando uno o los dos extremos están empotrados. Un extremo totalmente empotrado es raro y casi imposible de conseguir, por lo tanto, los valores que corresponden a extremos rígidos son los que deberían ser usados en este caso. Tabla 7.1. Valores recomendados de k para el cálculo de la longitud efectiva. Pórticos arriostrados. Extremo Superior

Factor k

0.7

0.81

0.91

0.95

1.00

0.67

0.77

0.86

0.90

0.95

0.65

0.74

0.83

0.86

0.91

0.58

0.67

0.74

0.77

0.81

0.50

0.58

0.67

0.67

0.70

Empotrado

Rígido

Elástico

Elástico

Articulado

Articulado

Elástico, ψ = 3.1

Elástico, ψ = 1.6

Rígido, ψ = 0.4

Empotrado

379

Extremo Inferior

(Fuente: MacGregor, James G. Reinforced Concrete: Mechanics and Design. Pretice Hall, New Jersey, 07458, p.p. 500) c) Calculo del factor k usando Nomográmas. El cálculo de la longitud efectiva puede hacerse utilizando los nomográmas de la Figura 7.10, en donde valor apropiado para k se encuentra en la intersección de la línea denominada de igual manera al centro de cada carta, uniendo los valores de ψA y ψB , los cuales corresponden a los grados de restricción en cada extremo de la columna. Para valores dados de ψA y ψB , las longitudes efectivas son mayores para pórticos con posibilidad de desplazamiento horizontal (no arriostrados), lo cual es lógico si se tiene en cuenta el hecho de que los momentos de segundo orden son mayores para este tipo de marcos. La longitud efectiva de las columnas con desplazamiento horizontal tiende a infinito cuando la rigidez del nivel considerado tiende a cero, o sea para columnas con extremos de poca o nula rigidez o articulados. En cambio, para columnas sin posibilidad de desplazamiento lateral, la longitud efectiva nunca es mayor que la longitud real (k ≤ 1.0).

380 a) Pórticos arriostrados

b) Pórticos no arriostrados

Figura 7.10. Nomográmas para el calculo de los coeficientes de longitud efectiva en marcos continuos basados en los factores de restricción rotacional del nudo.

Para un extremo articulado se debería usar ψ = ∞, pero como en la realidad no existe ninguna articulación si fricción, se puede utilizar ψ = 10 en el extremo articulado. En el uso de estas tablas se deben considerar las siguientes suposiciones: • • • •

La estructura está conformada por columnas rectangulares. En cualquier nudo, el momento de desequilibrio proporcionado por las vigas se distribuye en las columnas proporcionalmente a sus rigideces. Las vigas están elásticamente restringidas en sus extremos por las columnas y las rotaciones en los nudos de la viga son iguales y opuestos en ambos extremos. Las vigas no presentan cargas axiales.

7.3.3 Método Aproximado de Amplificación de Momentos para Pórticos sin Desplazamiento Lateral

En una columna de concreto sometida a cargas axiales y momentos flectores, el diseño está basado en la carga Pu requerida, que por lo general es constante en todo el tramo, combinada con el valor del momento de diseño amplificado, Mc, el cual está magnificado debido a la presencia de momentos y cargas axiales simultaneas (ver sección 7.2). En esa sección el momento amplificado se definió como: Mc = Mu *

Cm P 1− n

= Mu * Pc

1−

Cm Pu

φ * Pc

en la cual Mu es obtenido de un análisis elástico de la estructura usando cargas mayoradas. Para que Mc sea máximo, el momento Mu debe corresponder al máximo momento actuando en el tramo de la columna. La fuerza nominal axial y momento nominal de diseño en la columna son:

381

Pn ( diseño ) =

Pu

;

φ

M n ( diseño ) =

Mc

φ

=

Mu

φ

Cm P 1− n

Pc

los cuales deben compararse con la capacidad nominal del elemento para limitar la falla. Es decir, los valores de diseño deben ser menores a los valores obtenidos de acuerdo al análisis de la capacidad nominal, para poder controlar la falla. Es posible calcular el momento amplificado para Mc utilizando los coeficientes de reducción para columnas, pero la norma colombiana recomienda que φ sea en general 0.75 para columnas, para evitar confusiones con columnas con estribos o espirales. Las columnas deben diseñarse, entonces, para el momento amplificado, Mc , igual a: Mc =δL* M2


donde: δL =

Cm Pu 1− 0.75 * Pc

≥ 1.0


El momento M2 corresponde al mayor momento factorizado, Mu, dentro del tramo. El valor de Cm para elementos arriostrados sin fuerzas transversales entre apoyos, de acuerdo a como fue estudiado en la sección 7.2, está dado por: C m = 0.6 + 0.4 *

M1 ≥ 0.4 M2

En la anterior ecuación, M1/M2 es positivo si la columna está deformada en curvatura simple y negativo si es curvatura doble. Se toma Cm = 1.0 para elementos con fuerzas transversales entre los apoyos o conservativamente para elementos en donde no se pueda establecer exactamente la naturaleza de M 1/M2. En la Figura 7.11 se observa la variación del factor Cm en función de la relación M1/M2 para pórticos arriostrados y no arriostrados. En esta figura se observa que los valores de Cm para pórticos arriostrados varían entre 0.4 y 1.0, siempre con un valor de M2 mayor que el valor de M1, pero dependiendo del tipo de curvatura que se presente en el tramo.

382

1.0 Portico no arriostrado

0.8 0.6

Cm Portico arriostrado

0.4 0.2 0.0 -1.0

-0.5

Curvatura Doble

s

0.0

M1 / M2

c

0.5

1.0

Curvatura Simple

Figura 7.11. Valores de Cm para pórticos no arriostrados y arriostradas. Columnas esbeltas.

El momento mayorado M2 no debe tomarse menor de: M 2 ,min = Pu * (15 + 0.03 * h )


con respecto a cada eje independientemente. Los valores de 15 y h están dados en mm. Donde M2, min gobierne, el valor de Cm debe tomarse usando M2, min en lugar de M2, pero en este caso el valor de Cm no debe ser menor que 1.0. Para calcular la carga crítica Pc definida en la sección 7.1, se necesita conocer el valor de la rigidez EI. Debido a que las columnas en concreto reforzado no son homogéneas, pues están conformadas por dos materiales con módulos y resistencias distintas, la rigidez efectiva EI del elemento es afectada por el flujo plástico del concreto, el comportamiento no linear de la curva esfuerzo deformación del mismo material, el tipo de falla (resistencia del material o inestabilidad) o el agrietamiento de la sección especialmente en la región en tensión. Es posible calcular teóricamente el valor de la rigidez relativa EI a partir del diagrama de momento-curvatura de la sección, pero el código ACI (sección 10.12.3) recomienda una de las dos siguientes expresiones para el cálculo de la rigidez relativa: EI =

0.2* E c * I g + E s * I se


(1 + β d )

383

EI =

0.4* Ec * I g


(1 + β d )

donde, Ec = Módulo de elasticidad del concreto, en MPa. Es = Módulo de elasticidad del acero en MPa.. Momento de inercia del refuerzo alrededor del eje centroidal del Ise = elemento. Ig = Momento de inercia de la sección bruta del concreto, sin tomar en cuanta el acero. βd = Relación de la máxima carga muerta axial mayorada a la máxima carga axial total mayorada, para cargas debidas a los efectos gravitacionales en el cálculo de Pc , o la relación entre la máxima fuerza horizontal permanente y la máxima fuerza horizontal total en el piso en el caso de existir desplazamiento horizontal. Para cantidades altas de refuerzo se recomienda utilizar la primera ecuación, aunque esta es más difícil de usar debido al cálculo del término Ise. El término βd toma en cuenta la reducción de la rigidez debido a la acción de las cargas permanentes, lo cual induce una reducción en la capacidad de la columna. La segunda ecuación es mucho más conservadora para valores altos de refuerzo. ρ = 0.01

EI ( Teorico )

EI ( Ecuacion Simplificada )

2.0

* Ecuacion Simplifica da : 1.0

EI =

ρ = 0.08

0.0 0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

0 .4 * E c * I g

(1 + β d )

P Pc

Detallada ) EI ( Ecuacion

EI ( Teorico )

ρ = 0.08 5.0

* Ecuacion Detallada:

4.0 3.0

EI =

ρ = 0.01

2.0 1.0 0.0 0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

384

P Pc

0.2* Ec * I g + E s * I se

(1 + β d )

Figura 7.12. Comparación de ecuaciones de EI con valores teóricos de EI a partir de las curvas de momento-curvatuta, para cargas de corta duración.

En la Figura 7.12 se observa la comparación de las dos ecuaciones de EI con los valores teóricos, estos últimos calculados a partir de los diagramas reales de momento-curvatura de las columnas estudiadas3 , considerando varias dimensiones y diferentes resistencias y porcentaje de acero de los materiales. El valor de EI calculado por las ecuaciones resulta ser mas conservativo que el valor teórico calculado con el diagrama de momento-curvatura de la columna. Para estimar el valor EI conociendo la colocación exacta del acero alrededor de la sección de la columna, las dimensiones de la columna y los valores de los módulos de elasticidad del concreto y acero, se puede emplear la siguiente fórmula alterna: EI =

0.2 * E c * I g (1 + βd )

+

π * Db2 * E s D2 * n* b + 4* (1 + βd ) 16

ni * d i2

donde, Ec = Es = Ig = Db = n = ni = di

=

βd =

Módulo de elasticidad del concreto, en MPa. Módulo de elasticidad del acero en MPa. Momento de inercia de la sección bruta del concreto, sin tomar en cuanta el acero. Diámetro de la barra de acero. Número total de barras de acero en la sección. Número total de barras de acero por fila en la dirección considerada para la inercia. Distancia desde el centroide de la sección hasta el centro de las barras de la fila considerada. Relación de la máxima carga axial mayorada de la carga muerta a la máxima carga axial mayorada total.

A manera de ejemplo, para la columna mostrada en la Figura 7.13 la cual cuenta con 8 barras No. 7 (Astotal = 31.04 cm2, ρt = 0.02, n= 8), un valor de βd = 0.75, y con tres filas de barras de acero: la primera y la tercer fila con tres barras (n1 = n3 = 3) y la segunda fila con dos barras (n2 = 2), el valor de la rigidez relativa EI utilizando la última formula detallada, es: 3

MacGREGOR, James G.; BREEN, John E.; PFRANG, Edward O. Design of Slender Concrete Columns. ACI Journal, Proceedings, No. 67, Enero 1970, p. p. 6-28.

385

EI =

0.2 * 2.0 * 10 4 * 40

4

12 * ( 1 + 0.75 ) * 10 4

+

2 * 10 5 * π * 2.22

2

2

2 2.22 * 8* + 2 * 3 * 14 4 16 4 * ( 1 + 0.75 ) * 10

EI = 10.09 * 10 4 MN − cm 2

Para la misma columna, si usamos la fórmula simplificada obtenemos un valor de la rigidez relativa EI igual a 9.75*104 MN-cm2. Estribos # 3 6 cm

8 Barras # 7

* Módulos:

14 cm

- Concreto, Ec = 20000 MPa 40 cm

- Acero, Es = 200000 MPa

14 cm 6 cm 6 cm

6 cm 14 cm

14 cm

40 cm

Figura 7.13. Columna de 40x40 cm2 con 8 barras No. 7.

7.4 Efectos Globales de Esbeltez

Se chequean para pisos susceptibles a ladeo pero pueden despreciarse si klu/r, para elementos individuales, es menor que 22. Los efectos globales de esbeltez deben considerarse para las combinaciones de mayoración de carga que incluyan fuerzas horizontales multiplicando por un coeficiente global de amplificación δG todas las fuerzas internas de las vigas, columnas y muros, producidas por las fuerzas horizontales mayoradas y obtenidas mediante un análisis de primer orden. El valor de δG es: δG =

1 ≤ 1.5 (1 − Q )


Se limita el valor de δG a 1.5 porque el valor máximo admisible de Q es 0.3. El valor de Q se denomina índice de estabilidad y es calculado de acuerdo con: Q =

ΣPu * ∆ u V u * Lc


386

en donde: Q

=

ΣPu = Vu = Lc

∆u

= =

Índice de estabilidad. Debe obtenerse este valor para cada combinación de carga que incluya fuerzas horizontales. Valor de la suma de cargas verticales acumuladas hasta el piso en consideración, sin mayorar, pero incluyendo carga viva y muerta. Suma de las fuerzas horizontales que actúan sobre la estructura, acumuladas hasta el piso considerado. Altura del piso bajo consideración, medido centro a centro entre losas. Deriva debida a la fuerza cortante total V que actúa en el piso y calculada de acuerdo con un análisis de primer orden.

El valor de Q sirve para la clasificación de pisos susceptibles a ladeo o nó: a) Si el valor del índice de estabilidad, Q , es menor que 0.1 el piso no es susceptible de ladeo. b) Cuando el índice de estabilidad de un piso está entre 0.1 y 0.3 se consideran efectos globales de acuerdo a lo expuesto en esta sección. c) Cuando el índice de estabilidad, Q , está entre 0.3 y 0.5 debe hacerse un análisis de esbeltez de segundo orden el cual debe tener en cuenta la no linealidad de los materiales, la fisuración de los elementos, la curvatura del elemento las derivas de la estructura y la interacción de la estructura con el suelo donde se apoya. d) Cuando el índice de estabilidad, Q , sea mayor de 0.5 debe considerarse el piso inestable y debe ser rigidizado adecuadamente. Si las fuerzas horizontales son de carácter permanente, como en el caso de empujes de tierra, se usa un valor Q’ en vez de Q, definido como: Q’ = Q (1 + βd)


En el análisis de los efectos globales de esbeltez, el parámetro βd está definido como la relación entre la máxima fuerza horizontal permanente y la máxima fuerza horizontal total en el piso. De acuerdo a la sección C.8.5.3 de la norma NSR-98, las propiedades de las secciones de los elementos de un pórtico utilizadas para calcular el índice Q deben tener presente la rigidez de los elementos en el estado inmediatamente anterior a la falla; especialmente cuando las deflexiones obtenidas en este estado se utilizan para predecir las deformaciones de la estructura en el estado de falla inminente. Cuando los resultados de un análisis elástico se emplean para determinar deformaciones al nivel de servicio, es recomendable que la rigidez EI represente la rigidez de los 387

elementos en el estado de carga apropiado. Los requisitos de la sección C. 9.5.2.2 de la norma NSR-98 permiten definir la rigidez efectiva para elementos sometidos a flexión. En ausencia de unas consideraciones como las indicadas anteriormente, para efectos de determinar deformaciones, pueden emplearse las propiedades aproximadas dadas en la Tabla 7.2 Tabla 7.2. Propiedades de rigidez para el análisis del factor Q. Condición Módulo de Elasticidad, Ec

Estado Límite de Servicio Sección C.8.5.4, NSR-98 0.50 Ig 1.00 Ig

Estado Límite de Resistencia Sección C.8.5.4, NSR-98 0.35 Ig 0.70 Ig

Momento de Inercia Vigas Momento de Inercia Columnas Momento de Inercia de Muros: 1.00 Ig 0.70 Ig - Fisurados 0.50 Ig 0.35 Ig - No Fisurados Placas Planas y Losas Planas 0.35 Ig 0.25 Ig Area 1.00 Ag 1.00 Ag Otra manera adecuada de determinar los factores de restricción ψ en cada nudo del pórtico, basados en consideraciones de refuerzo y agrietamiento de los elementos que confluyen en el nudo estudiado, es evaluando el momento de inercia de la sección agrietada de la viga y el momento de inercia de la sección bruta de las columnas. Para columnas no arriostradas, el momento magnificado debido a los efectos de segundo orden producidos por las fuerzas horizontales, es ahora: δG * Ms =

1 * M ≥ Ms (1 − Q ) s

Este momento es llamado el momento magnificado en pórticos no arriostrados, δ G * M s , y además de ser calculado usando el índice de estabilidad Q, puede ser calculado mediante un análisis iterativo del efecto P-∆, o utilizando un análisis computacional elástico de segundo orden basado en los valores del momento de inercia que aparecen en la tabla 7.2. Los factores k que se utilicen deben ser mayores que la unidad. 388

Los momentos amplificados debidos al desplazamiento horizontal pueden, igualmente, calcularse con la siguiente expresión:

δG * M s =

Ms 1−

Pu

0.75 *

* Ms ≥ Ms Pc

en la cual ΣPu es la suma de carga axial en todas las columnas del nivel estudiado y ΣPc es la suma total de todas las cargas críticas en el piso en consideración. El valor 0.75 corresponde al factor de reducción de rigidez y permite obtener un valor estimativo para Pc. Los valores de Pc se calculan de manera similar a como se indica en la sección 7.1, excepto que el factor βd, definido como la relación entre la máxima carga muerta mayorada sostenida en el piso y la carga total mayorada en el mismo piso, debe tomarse igual a cero. Para la mayoría de las aplicaciones donde hay involucradas fuerzas horizontales βd = 0 cuando se trata de calcular δG*Ms, debido a que no hay cargas permanentes sino transitorias (como en el caso de cargas por sismo) ; pero en otras aplicaciones, como por ejemplo el caso de un piso sometido a cargas permanentes de empuje de tierra en sus primeros niveles, se tendrá βd ≠ 0. En pórticos arriostrados es posible que algunas columnas se pandeen de manera individual bajo cargas gravitacionales o en presencia de desplazamientos horizontales muy pequeños. La posibilidad de que se presente amplificación de momentos sin o con poco movimiento lateral, genera un análisis local de esbeltez. En cambio, para columnas no arriostradas en pórticos sujetos a desplazamiento lateral las cargas que actúan en la estructura son de dos tipos: las que no generan desplazamientos laterales considerables y las que generan desplazamiento lateral de consideración. Las cargas en pórticos que no generan desplazamiento de consideración, por lo general cargas gravitacionales relativamente simétricas, no justifican una amplificación de momentos mediante el multiplicador por desplazamiento lateral. De otra manera, la amplificación de momentos para cargas gravitacionales y los momentos amplificados debido a la presencia de cargas horizontales no ocurren en el mismo sitio, por lo cual no es necesario considerar la amplificación de los momentos gravitacionales por desplazamiento horizontal. Los momentos en los extremos de las columnas para cada condición de carga pueden ser calculados en base a las siguientes expresiones: M 1 = M 1ns + δ G * M 1s M 2 = M 2 ns + δ G * M 2 s

389

en las cuales, M1

=

Menor momento mayorado en cualquiera de los dos extremos del elemento.

M2

=

Mayor momento mayorado en cualquiera de los dos extremos del elemento.

M1ns =

Momento mayorado debido a las cargas que no producen desplazamiento lateral apreciable, en el extremo del elemento en el cual actúa M1.

M2ns =

Momento mayorado debido a las cargas que no producen desplazamiento lateral apreciable, en el extremo del elemento en el cual actúa M2.

M1s =

Menor momento mayorado en el extremo del elemento en el cual actúa M1, el cual es consecuencia de las cargas que si producen desplazamiento lateral.

M2s =

Mayor momento mayorado en el extremo del elemento en el cual actúa M2, el cual es consecuencia de las cargas que si producen desplazamiento lateral.

δG

=

Factor de amplificación de momentos en pórticos no arriostrados contra desplazamiento lateral (debido a la presencia de cargas laterales). Si un miembro a compresión individual, en estructuras simples susceptibles de pandeo, cumple, para cualquiera de las combinaciones de carga que incluyen fuerzas horizontales: Lu ≥ r

35 Pu / ( f c' * Ag )


se debe utilizar la carga axial mayorada Pu y los valores de M1 y M2 deben amplificarse por δG . El momento de diseño para la parte de las cargas verticales es Mc el cual se calcula siguiendo los pasos requeridos para cuando se presentan efectos locales de esbeltez. Según la anterior expresión, el momento máximo ocurrirá entre los extremos del nudo y el momento máximo y en este caso el momento de diseño debe determinarse por: 390

(

M c = δ ns * M 2 ns + δ G * M 2 s

)

donde, δ ns =

Pc =

P 1− u

Cm

≥ 1.0

;

C m = 0.6 + 0.4 *

0.75 * Pc

π 2 * Et * I

M1 M2

; β d = 0.0 → Si no hay c arg as sostenidas .

(k * Lu )2

Ejemplo 1: Diseño de una columna cuadrada en un pórtico arriostrado. Los tramos de columnas A-B, C-D y D -E hacen parte de un pórtico arriostrado con las dimensiones y longitudes mostradas en la Figura 7.14. Todas las columnas se consideran con la misma rigidez relativa (I / L) en razón a tener la misma sección y la misma altura de entrepisos. El diseño se realizará con la información tomada del prediseño y del análisis estructural definitivo. Para el tramo A-B considerar curvatura simple, en tanto que para los tramos C-D y DE la curvatura es doble. Vigas de 35 *45 cm2 E L = 4.2 m Vigas de 40 *50 cm2

B

D L = 4.2 m

Lu = 3.7 m. Vigas de 40 *50 cm2

A

C L = 4.2 m

L = 6.0 m

L = 6.5 m

L = 6.5 m

L = 6.0 m

Figura 7.14. Pórtico típico de diseño para la estructura del ejemplo No. 1.

391

Se asumió para la resistencia última del concreto f 'c = 28 MPa y el esfuerzo de fluencia del acero fy = 420 MPa. Se recomienda colocar como refuerzo 8 varillas espaciadas simétricamente. De esta manera, la cantidad de acero en cada cara debe ser de cuatro barras. El valor de la deformación unitaria del acero es εy = 0.00207. Las dimensiones de la sección de la columna son: b=400 mm y h=400 mm. Las dimensiones de la viga están dadas como: b=400 mm y h=500 mm para el primer y segundo piso, b=350 mm y h=450 mm para la cubierta. Asumir el módulo elástico de concreto como Ec = 2.2 x 104 MPa y usar un coeficiente de reducción φ = 0.7. Y

Ast = 8 barras # 8

60 mm 200 mm

140 mm

M

400 mm

X 200 mm

140 mm 60 mm 140 mm

140 mm

60 mm 400 mm

60 mm

Figura 7.15. Sección de la columna tipo del ejemplo No. 1.

Para cargas y momentos de diseño se toman los datos del análisis estructural de la estructura en consideración, los cuales se especifican en la siguiente tabla: Condición Nudo A, Nudo B, Carga** Superior Inferior Pcm 540 526 Pcv 300 300 Mcm 56 68 Mcv 34 45 ** Todas las unidades en KN y m

Nudo C, Superior 980 570 25 16

Nudo D, Inferior 966 570 24 16

Nudo D, Superior 398 236 24 15

Nudo E, Inferior 384 236 33 20

Deteminar: a) El coeficiente local de amplificación δL para los tramos A-B, C-D y D-E, considerando el valor simplicado de la rigidez EI. b) Resolver para Pn y Mn de cada columna. NOTAS: 392

- Calcular el coeficiente k de la luz efectiva con Ψi y Ψj . - Tomar M1/M2 positivo para el tramo A-B (curvatura simple). - Tomar M1/M2 negativo para los tramos C-D y D-E (curvatura doble). Solución: Inicialmente determinamos las inercias de las columnas y las vigas. El valor del modulo de elasticidad se considera constante tanto para vigas como para las columnas. 40 4 I g ( 40 x 40 ) = = 213333.3 cm 4 12 40 * 50 3 I g ( 40 x 50 ) = = 4166666.7 cm 4 12 35 * 45 3 I g ( 35 x 45 ) = = 265781.3 cm 4 12 •

Para todos los tramos de la columna, usar: (I/L) =

•

I g(col) L(entre pisos)

I g(viga) Ltramo I g(viga) Ltramo

=

416666.7 = 694.4 cm 3 600

Para todos los tramos de 6.5 m de la viga de cubierta, usar: (I/L) =

•

416666.7 = 641.0 cm 3 650

=

Para todos los tramos de 6.0 m de las vigas del primer y segundo, usar: (I/L) =

•

213333.3 = 507.9 cm 3 420

Para todos los tramos de 6.5 m de las vigas del primer y segundo piso, usar: (I/L) =

•

=

I g(viga) Ltramo

=

265781.3 = 408.9 cm 3 650

Para todos los tramos de 6.0 m de las vigas del primer y segundo, usar: (I/L) =

I g(viga) Ltramo

=

265781.3 = 443.0 cm 3 600

De acuerdo a las consideraciones de rigidez del numeral C.8.5.3 de la Norma NSR-98, en ausencia de valores reales de la rigidez EI, se pueden emplear las propiedades aproximadas establecidas en la tabla C.8-1 de la misma norma (ver Tabla 7.2 del presente capitulo). Por tanto, la rigidez relativa de las columnas se 393

debe multiplicar por 0.7 y la rigidez relativa de las vigas se modifica por un factor de 0.35. De esta manera, utilizando los nomogramas de la Figura 7.10, los factores de restricción rotacional del nudo o rigidez relativa y los coeficientes de luz efectiva se encuentran de la siguiente manera: ψA =

( I / L )cols A 2 * ( 0.7 * 507.9 ) = = 1.52 ( I / L )vigas 0.35 * ( 694.4 + 641.0 ) A

ψB =

( I / L )colsB 2 * ( 0.7 * 507.9 ) = = 3.17 ( I / L )vigas 0.35 * 641.0

Tramo A - B, k = 0.86

B

ψC =

( I / L )colsC 2 * ( 0.7 * 507.9 ) = = 1.52 ( I / L )vigas 0.35 * ( 641.0 + 694.4 ) C

ψD =

ψD =

( I / L )colsD ( I / L )vigas D

( I / L )colsC 2 * ( 0.7 * 507.9 ) = = 1.52 ( I / L )vigas 0.35 * ( 641.0 + 694.4 ) C

ψE =

( I / L )colsD ( I / L )vigas D

Tramo C - D, k = 0.82

2 * ( 0.7 * 507.9 ) = = 1.52 0.35 * ( 641.0 + 694.4 )

Tramo D - E, k = 0.81

0.7 * 507.9 = = 1.19 0.35 * ( 408.9 + 443.0 )

Seguidamente encontramos las cargas y momentos mayorados para cada nudo a estudiar: Condición Última de Carga** Pu Mu

Nudo A, Superior

Nudo B, Inferior

Nudo C,

Nudo D, Inferior

Nudo D, Superior

Nudo E, Inferior

1266

1246

2341

2321

958

939

136

172

62

61

59

79

** Todas las unidades en KN y m. •

Para el tramo A-B, M1 = 136 KN-m M2 = 172 KN-m M1/M2 = 136/172 = 0.79

•

Para el tramo C-D, M1 = 61 KN-m M2 = 62 KN-m M1/M2 = 61/62 = 0.98 394

•

Para el tramo D-E, M1 = 59 KN-m M1/M2 = 59/79 = 0.75 M2 = 79 KN-m

A continuación se revisa si los efectos locales de esbeltez deben considerarse, para lo cual se chequea, utilizando la relación de esbeltez efectiva, si la columna en cada tramo es corta o esbelta. Se considera que para cualquier elemento a compresión arriostrado contra desplazamiento lateral, éste es esbelto si se cumple que: k * Lu ≤ 34 − 12 * ( M 1 / M 2 ) r

En el tramo A-B la curvatura es simple, por lo que M1 / M2 se toma positivo. Para los tramos C-D y D-E la curvatura es doble, por lo cual la relación M1 / M2 se toma negativa. Para los tres tramos considerados, se obtiene: •

Tramo A-B: =

h 12

k * Lu

•

k * Lu

=

0 .86* 370 = 26.5 12.0

= 26.5 > 34 − 12*0 .79 = 24 .5 ∴ Se considera esbeltez

Tramo C-D: =

h 12

k * Lu

•

≈ 0 .3h = 0 .30* 40 = 12.0 cm

≈ 0.3h = 0.30* 40 = 12.0 cm

k * Lu

=

0 .82* 370 = 25.3 12.0

= 25.3 < 34 + 12*0.98 = 45.8 ∴ No se considera esbeltez

Tramo D-E:

395

h

=

12

k * Lu

≈ 0 .3h = 0.30* 40 = 12.0 cm

k * Lu

=

0 .81* 370 = 25.0 12.0

= 25.0 < 34 + 12*0 .75 = 43.0 ∴ No se considera esbeltez

Continuamos únicamente con el chequeo de esbeltez del tramo A-B, puesto que es el único tramo que no satisface la relación de esbeltez mínima efectiva. Encontramos para este elemento el factor de corrección Cm y la relación βd de carga muerta mayorada sobre la carga total mayorada en el tramo. * C m = 0.6 + 0.4 *

* βd =

M1 = 0.6 + 0.4*0.79 = 0.92 M2

1.4 * Pcm 1.4* 540 = = 0.60 14 * Pcm + 1.7 * Pcv 1.4* 540 + 1.7* 300

Con los anteriores valores encontramos la rigidez relativa EI y la carga crítica de pandeo de Euler Pc. 0 .4 * E c * I g

* EI =

1+ d 2

=

*11.73 * 10 4

* Pc =

( 0 .86* 370 ) 2

L

=

0.4 * 22000 * 10 −4 * 213333.3 = 11.73 * 10 4 MN − cm 2 1 + 0 .60 = 11.437 MN = 11434 KN

Cm 0 .92 = = 1.08 Pu 1266 1− 1− 0.75*11434 φ * Pc

Seguidamente, con el apoyo del diagrama de interacción de la Figura 6.20.a encontramos la cuantía de acero para cada tramo estudiado. El valor del coeficiente γ es: γ=

40 − 2 * 6 = 0 .7 40

y los coeficientes K = Pu /( φ * f c' * b * h ) y K * ( e / h ) = M u /( φ * f c' * b * h 2 ) para entrar al diagrama de interacción y determinar la cantidad total de acero Ast de la columna están dados en la siguiente tabla. Condición Última de Carga

Tramo A-B

396

Tramo C-D

Tramo D-E

Pu ( KN) K = Pu /(φ*f'c*b*h) Mu Coeficiente, δL Mudiseño K(e/h) = Mu /(φ*f'c*b*h2)

ρt Ast = ρt *b*h No. barras

1266 0.404 172 1.08 184 0.147 0.011 17.6 cm2 4#6 + 4#7

2341 0.746 62 1.0 62 0.05 0.01 (mínimo) 16 cm2 8#5

958 0.306 79 1.0 79 0.063 0.01 (mínimo) 16 cm2 8#5

El valor utilizado para el coeficiente φ es 0.7. Como se puede observar, se ha buscado colocar las 8 barras en las caras transversales a la dirección del momento actuante. Para el tramo A-B se pueden colocar la 4 barras No. 6 en las esquinas de la sección y las cuatro barras No. 5 en los tercios internos de cada cara transversal. Cuando no hay que chequear esbeltez local en un tramo o cuando se chequea, pero el coeficiente de esbeltez es menor que la unidad, hay que tener en cuenta que el menor valor de δL a utilizar en el tramo es el unitario. Los nomogramas de la Figura 7.10 tienden a subestimar los valores del factor de longitud efectiva para la gran mayoría de los análisis viga-columna. Alternativamente, se puede hacer uso de las ecuaciones directas para encontrar el factor k de acuerdo al siguiente desarrollo: •

Tramo A-B: k = 0.7 + 0.05 * ( Ψ A + ΨB ) = 0.7 + 0.05 * ( 1.52 + 3.17 ) = 0.935 k * Lu

•

=

0 .935* 370 = 28.8 > 34 − 12*0 .79 = 24 .5 ∴ Se considera esbeltez 12.0

Tramo C-D: k = 0.7 + 0.05 * ( ΨC + ΨD ) = 0.7 + 0.05 * ( 1.52 + 1.52 ) = 0.85 k * Lu

•

=

0 .85* 370 = 26.2 < 34 + 12*0 .98 = 45.8 ∴ No se considera esbeltez 12.0

Tramo D-E: k = 0.7 + 0.05 * (Ψ D +Ψ E ) = 0.7 + 0.05 * ( 1.52 + 1.19 ) = 0.836

397

k * Lu

=

0.836 * 370 = 25.8 < 34 + 12*0.75 = 43.0 ∴ No se considera esbeltez 12.0

Analizando únicamente el tramo A-B: con el valor de la relación βd = 0.6, el valor de la rigidez relativa EI = 11.73 *104 MN-cm2 y el valor de Cm = 0.92, encontramos de nuevo la carga crítica de pandeo y el valor del factor local de amplificación. * Pc =

L

2

*11.73 * 10 4

( 0 .935* 370 ) 2 =

= 9.673 MN = 9673 KN

Cm 0.92 = = 1.11 1266 Pu 1− 1− 0 .75* 9673 φ * Pc

El valor del momento de diseño para el tramo A-B, es Mudiseño = 1.11*172 = 191 KN-m. Utilizando los diagramas de interacción con los valores de K = Pu / (φ*f'c*b*h)=0.404 y K(e/h) = Mu /(φ*f'c*b*h2) = 0.154, la nueva cuantía de acero es ρt = 0.115 y la cantidad total de acero para la columna debe ser Ast = 18.4 cm2, por lo que el diseño inicial (usando nomogramas) de 4 barras # 5 y 4 barras # 6, no varía. Ejemplo2: Diseño de una columna en un pórtico arriostrado. Diseñar los tramos A-B y B-C que hacen parte del pórtico arriostrado mostrado en la Figura 7.16. El tramo A-B presenta curvatura doble, en tanto que para el tramo B-C la curvatura es simple. La losa es de 55 cm de espesor en el primer piso y de 45 cm en el segundo piso y las vigas tienen dimensiones de 40x50 cm2. Utilizar una resistencia última del concreto del concreto f 'c de 28 MPa y el esfuerzo de fluencia del acero fy como 420 MPa. Las dimensiones de la sección de la columna son: b=400 mm y h=400 mm. Asumir el modulo elástico de concreto como Ec = 2.0 x 10 4 MPa y usar un coeficiente de reducción φ = 0.7. Considerar las bases empotradas.

398

Momentos en tramo A-B 2

C

112 KN-mt

2'

L = 6.0 Mts

Lu = 5.5 Mts. 1

B

Muro

1'

153 KN-mt

84 KN-mt

L = 6.0 Mts

A L = 9.0 Mts

62 KN-mt

L = 6.0 Mts


Las cargas y momentos de servicio a utilizar del diseño del tramo A-C, se encuentran resumidos en la siguiente tabla. Carga P, servicio Momento Mcm , servicio Momento Mcm , servicio Momento Mcv , servicio Momento, Mcv , servicio

Cm + Cv

400 + 120 KN

Tramo A-B

Tramo B-C

Arriba Abajo Arriba Abajo

85 KN-m 30 " 20 "

60.5 KN-m 45.0 " 16.0 "

12

12.5

"

250 + 70 KN

"

Las cargas y momentos mayorados para cada tramo de columna son presentados a continuación. Columna A-B:

Pu = 764 KN MuB = 153 KN-m MuA = 62.0 KN-m

Columna B-C: M2 M1

Curvatura Doble.

Pu = 469 KN MuB = 112 KN-m MuC = 84.0 KN-m

M2 M1

Curvatura Simple

Estos valores estan representados en el gráfico de momentos del tramo A-C mostrado en la Figura 7.16. Las secciones de las vigas del primer y segundo piso se han tomado como una viga T en la que se involucra el ancho aferente de la loseta que conforma el piso de la losa.

399

El gráfico correspondiente a cada sección de viga, así como la inercia de la sección sin agrietar se presentan en la siguiente figura. a.) Seccion para el primer piso

b.) Seccion para el segundo piso b = 120 cm

b = 120 cm

6 cm

6 cm d = 49 cm

43 cm

40 cm

40 cm

55 cm

33 cm

d = 39 cm

40 cm

40 cm

Inercia Ixx = 792540 cm4

40 cm

45 cm

40 cm

Inercia Ixx = 449285 cm4

Figura 7.17. Sección de las vigas tipo, primer y segundo piso del ejemplo No. 2.

Por definición, la relación M1 / M2 es positiva si la curvatura es simple, como en el caso del tramo B-C, y la misma relación es negativa si hay doble curvatura, tal como es el caso del tramo A-B. Con esta definición y utilizando los valores de los coeficientes de longitud efectiva k, chequeamos si los efectos locales de esbeltez deben considerarse. Con la relación de esbeltez efectiva se determina si la columna en cada tramo es corta o esbelta. •

Columna tramo A-B: * Lu = 6.0 m − 0.50 m = 5.50 m

* γ = 0.3 * 40 = 10.5

* k = 0.67 *

•

k * Lu

γ

→

k * Lu

γ

=

0.67 * 550 = 30.7 12

= 30.7 < 34 − 12 * M 1

M2

(

= 34 + 12 * 62

Columna tramo B-C: * Lu = 6.0 m − 0.50 m = 5.50 m

γ = 0.3 * 35 = 10.5 k * Lu 0.85 * 550 k = 0.85 → = = 38.9 γ 12

400

153

) = 38.9

∴ Columna corta

k * Lu

γ

= 38.9 > 34 − 12 * M 1

M2

(

= 34 − 12 * 84

112

) = 25.0

∴ Columna esbelta

Solo para el tramo B-C hay que considerar esbeltez local, por lo que tenemos que encontrar para cada tramo el valor del coeficiente de amplificación de momentos δL para dicho tramo. A continuación encontramos el factor de corrección Cm y la relación βd de carga muerta mayorada sobre la carga total mayorada del tramo B-C. •

Columna tramo B-C: * C m = 0 .6 + 0 .4 *

* βd =

M1 8 .4 = 0 .6 + 0 .4* = 0 .90 M2 11.2

→ Curvatura simple

1.4 * Pcm 1.4* 25 = = 0.746 14 * Pcm + 1.7 * Pcv 1.4* 25 + 1.7*7

Con los valores encontramos de Cm y βd y con la inercia de la sección bruta encontramos la rigidez relativa EI, la carga crítica de pandeo de Euler, Pc, y el factor de amplificación local, δL. •

Columna tramo B-C: * EI =

* Pc =

L

0.4 * E c * I g 1+ d

=

2

* 9.775 * 10 4

( 0 .85* 550 ) 2 =

(

)

0.4 * 2.0 * 40 4 / 12 = 9.775 * 10 4 MN − cm 2 1 + 0 .746 = 4.414 MN = 4414 KN

Cm 0 .90 = = 1.17 ∴ Usar Pu 764 1 − 1− 0 .75* 4414 φ * Pc

L

= 1.17

•

Momento de diseño para el tramo A-B → Mudiseño = 153 *1.0 = 153 KN-m.

•

Momento de diseño para el tramo B-C → Mudiseño = 112*1.17 = 131 KNm

De acuerdo a las recomendaciones del código hay que comparar estos momentos con los valores de momento mínimo sugerido según la expresión: 401

M 2 , min = Pu * (15 + 0.03 * h )

El valor mínimo para el tramo más cargado (tramo A-B), es: *

M 2 = Pu ⋅ emin →

emin = 15 + 0.03 * h

* Columna B − C → M 2 = 764 *

•

15 + 0.03* 400 = 20.6 KN − m 1000

En este caso el valor de diseño Mudiseño = 131 KN-m es mayor al valor mínimo.

En la práctica se pueden usar los nomogramas de la Figura 7.10 para calcular los factores de longitud efectiva k. Para llevar a cabo los cálculos de acuerdo a éste método se encuentran los factores de restricción rotacional del nudo empleando las consideraciones de rigidez aproximada de la tabla C.8-1 de la Norma NSR-98 (Tabla 7.2 del presente capitulo). Puesto que se ha considerado la base empotrada, la rigidez relativa de las vigas tiende a infinito, por lo cual se considera que el factor de restricción en A tiende a cero.

ψA =

ψB =

ψC =

( I / L )cols A ( I / L )vigas

→ 0.0 ∴ ( I / L )vigas A → α

A

( I / L )colsB ( I / L )vigas

=

B

(

)

(

)

2 * 0.7 * 40 4 / 12 = 1.08 0.35 * 792540

( I / L )colsC 2 * 0.7 * 40 4 / 12 = = 1.08 ( I / L ) vigas 0.35 * 792540 C

ψD =

Tramo A - B, k = 0.64

( I / L )colsD ( I / L ) vigas D

=

(

4

Tramo B - C, k = 0.78

)

0.7 * 40 / 12 = 0.95 0.35 * 449285

Con los valores de los coeficientes de longitud efectiva k, chequeamos si los efectos locales de esbeltez deben considerarse: • Columna tramo A-B: 402

k * Lu

* k = 0.64 → *

•

k * Lu

γ

γ

=

0.64 * 550 = 29.3 12

= 29.3 < 34 − 12 * M 1

M2

= 38.9 ∴ Columna corta

Columna tramo B-C: * k = 0.78 →

k * Lu

k * Lu

γ

=

= 35.8 > 34 − 12 *

γ

0.78 * 550 = 35.8 12 M1

M2

(

= 34 − 12 * 84

112

) = 25.0

∴ Columna esbelta

Con el valor de Cm y con la rigidez relativa, ya encontrados, calculamos el factor de amplificación local de pandeo para el tramo B-C. •

Columna tramo B-C: 2

* 9.775 * 10 4

* Pc =

∴

L

( 0 .78* 550 ) 2 =

= 4.414 MN = 4414 KN

Cm 0 .90 = = 1.12 Pu 764 1− 1− φ * Pc 0 .75* 4414

→ Mu diseño = 1.12 * 112 = 125.4 KN - m

Ejemplo 3: Análisis P-delta según el NSR-98. En la Figura 7.18 se muestra un edificio de 5 pisos, con su correspondiente planta estructural y dimensiones de columnas. La resistencia del concreto de las columnas es f 'c= 28 MPa y de las vigas f 'c= 21 MPa. Usar para el modulo elástico de concreto Ec = 2.0 x 104 MPa. La carga viva es de 1.8 KN/m2 y la carga muerta, incluyendo el peso propio de la estructura, las particiones no estructurales y los acabados es de 10 KN/m2. Las dimensiones de los elementos de la estructura se seleccionaron de acuerdo con criterios de resistencia y en su selección no se tuvieron en cuenta los requisitos de control de deriva de la norma NSR-98. Esta decisión conduce a una estructura mucho mas flexible ante cargas horizontales que lo que el Código permite. Analizaremos la estructura para la Combinación de Carga 1.05*D+1.28*L +1.0*E que corresponde a la ecuación B.2.4-4 de la NSR-98. El edificio esta localizado en una Zona de Riesgo Sísmico Alto. Consideraremos el valor del Coeficiente de Modificación de Respuesta, R, como 4. El valor de Aa 403

es 0.25 y el edificio esta localizado en un suelo con perfil tipo S 2, por lo tanto el Coeficiente de Sitio, S, tiene un valor igual a 1.2. La estructura corresponde a un edificio de oficinas del Grupo de Uso I, por lo tanto el Coeficiente de Importancia, I, tiene un valor de 1.0. La carga sísmica se calculó de acuerdo con los parámetros anteriores así:

1

2

40 x 40

3

45 x 45 40 x 40

5.00

30 x 40

5.00

40 x 40

30 x 40

30 x 40 45 x 45

40 x 40

B

40 x 40

m2

CARGA MUERTA TOTAL = 10 KN

m2

VIGAS EI = EC * 0.35 * I g 30 x 40

30 x 40

X

CARGA VIVA = 1.8 KN

30 x 40

45 x 45

40 x 40

40 x 40

A

40 x 40 30 x 40

45 x 45

40 x 40

40 x 40

45 x 45

40 x 40

30 x 40

Y

4

COLUMNAS EI = EC * 0.7 * I g

40 x 40

45 x 45

40 x 40

40 x 40

40 x 40

6.00

6.00

6.00

C

f ' c = 28 MPa COLUMNAS f ' c = 21 MPa VIGAS

PLANTA

Portico Tipico en eje Y 3.00

ZONA DE RIESGO SÍSMICO INTERMEDIO:

3.00

3.00

Aa = 0.20 R=4 S 2 = 1.2 I = 1.0

4.00

PESO DEL EDIFICIO POR PISO:

wi = 10 * 18 * 10 = 1800 KN A

B

C

piso


El peso total del edificio es: w=

wi = 1800 * 4 = 7200 KN

El periodo fundamental de vibración: Ta = 0.08 * hn

3

4

= 0.08 * (13 )

3

4

= 0.547 seg

404

El valor del Espectro de Aceleraciones para el Periodo Fundamental: Sa =

Sa =

1.2 * Aa * S * I T

≤ 2.5 * Aa * I

1.2 * 0.20 * 1.2 * 1.0 0.547

= 0.53 ≤ 2.5 * 0.25 * 1.0 = 0.625

S a = 0.53

El valor del Coeficiente Sísmico: cs =

S a 0.53 = = 0.133 R 4

El valor del Cortante Basal: V = c s * w = 0.133 * 7200 = 958 KN

El valor de K es: 1.0 ≤ Κ = 0.75 + 0.5 * T ≤ 2.0 Κ = 0.75 + 0.5 * 0.547 = 1.024

Piso No. 4 3 2 1

hi (m) 13 10 7 4

Σ=

wi*hiΚ (KN) 24886 19023 13202 7444 64555

wi (KN) 1800 1800 1800 1800 7200

Fi 369.8 282.3 196 110.4 958

1ra. Consideración: Análisis P-Delta. Utilizando para las vigas las inercias EI = 0.35*Ec*Ig y para las columnas EI = 0.35*Ec*Ig se realiza un análisis de la estructura, mediante un software especializado. Con las derivas obtenidas es posible calcular los Índices de Estabilidad, Q. Para determinar Pu se utilizó la ecuación de mayoración B.2.4-1 del Titulo B de la norma NSR-98: U = 1.4 * D + 1.7 * L


405

la cual corresponde al caso critico de estabilidad (P-delta) en diseño para carga lateral sísmica. Sobre este aspecto las normas son confusas y algunos ingenieros utilizan la ecuación de mayoración B.2.4-4 del Titulo B del Código, lo cual obviamente conduce a resultados diferentes. La siguiente tabla muestra los resultados de las derivas en cada piso para las direcciones X y Y de la estructura estudiada. Se calculan, así mismo, los coeficientes de estabilidad en cada piso y para cada dirección considerada. Piso No.

hi (m)

ΣPu (KN)

Vu (KN)

∆ux (m)

Qx

∆uy (m)

Qy

4

3

3070

369.3

0.0054

0.0147

0.0070

0.0191

3

3

6140

651.6

0.0088

0.0273

0.0107

0.0331

2

3

9210

847.6

0.0113

0.0403

0.0135

0.0482

1

4

12280

958.0

0.0134

0.0423

0.0150

0.0474

La estructura es mas flexible en la dirección Y y esto se refleja en mayores Índices de Estabilidad. El valor mas alto corresponde al segundo piso en la dirección Y, con un valor Qx=0.0482. Dado que el Índice de Estabilidad en todos los casos es menor que 0.10, los pisos no son susceptibles a ladeo y la estructura se puede considerar arriostrada, por lo que se debería realizar únicamente un estudio local de pandeo. Sin embargo, es posible tomar en cuenta los efectos globales magnificando las cargas obtenidas del análisis por medio del factor global de amplificación δ G , obtenido por medio de la ecuación: δG =

1

(1 − Q )

Los resultados de este coeficiente están dados en la siguiente tabla: Piso No.

Qx

δGX

Qy

δGY

4

0.0147

1.015

0.0191

1.019

3

0.0273

1.028

0.0331

1.034

2

0.0403

1.042

0.0482

1.051

1

0.0423

1.044

0.0474

1.050

406

Alternativamente podemos utilizar el método iterativo calculando la deriva final ∆' por medio de la siguiente ecuación: ∆' =

∆

(1 − Q )

y obtener las fuerzas horizontales ∆Fi adicionales para cada piso, por medio de la ecuación: ∆Fi =

Pi * ∆ i hi

−

Pi +1 * ∆ i +1 hi +1

Donde el subíndice i corresponde al piso en consideración y el subíndice i+1 corresponde al piso inmediatamente superior. Estas fuerzas adicionales se suman a las fuerzas utilizadas en el primer análisis y con las fuerzas resultantes se realiza un nuevo análisis. Los valores así obtenidos para las fuerzas en los elementos son totalmente equivalentes a haberlas amplificado por medio de δ G . El procedimiento es ilustrado en la tabla presentada a continuación. Piso No. 4 3 2 1

hi (m) 3 3 3 4

∆ux (m) 0.0054 0.0088 0.0113 0.0134

Qx 0.0147 0.0273 0.0403 0.0423

∆'ux (m) 0.0055 0.0091 0.0118 0.0140

∆' ΣPu*∆ u/hi (KN) 5.63 18.62 36.23 42.98

∆Fx (KN) 5.63 13.00 17.61 6.75

F'x 374.9 295.3 213.6 117.2 1001

De la misma manera que para el sentido Y, para obtener las fuerzas internas de la estructura teniendo en cuenta el efecto P-delta, debe realizarse un nuevo análisis de la estructura utilizando las fuerzas horizontales Fy 'de la tabla siguiente. La distribución es algo diferente a la original, pues en proporción las fuerzas son mayores arriba y el cortante basal aumenta de 958 KN a 1006.6 KN. Piso No. 4 3 2

hi (m) 3 3 3

∆uy (m) 0.0070 0.0107 0.0135

Qy 0.0191 0.0331 0.0482

∆'uy (m) 0.0071 0.0111 0.0142

407

∆'u ΣPu*∆ /hi (KN) 7.27 22.72 43.59

∆Fy (KN) 7.27 15.45 20.87

F'y 376.6 297.8 216.9

1

4

0.0150

0.0474

0.0158

48.51

4.92

115.3 1006.6

Con las nuevas fuerzas F'x y F'y obtenidas para cada nivel se vuelve a analizar la estructura para deformaciones horizontales en cada sentido. Los resultados de las deformaciones y derivas por piso para la dirección X, están resumidos a continuación.

4

3

ΣPu (KN) 3070

374.9

V'u (KN) 374.9

3

3

6140

295.3

670.2

2

3

9210

213.6

883.8

0.0118

4

12280

117.2

1001

0.0139

Piso No.

1

hi (m)

F'x (KN)

∆"ux (m) 0.0055

Q'x

δGX

0.0148

1.015

0.0091

0.0274

1.028

0.0404

1.042

0.0420

1.044

Puesto que la variación del factor global de amplificación, δ GX , es prácticamente nula, no se justifica hacer una nueva iteración si las deflexiones son menores del 5% entre dos iteraciones consecutivas. Observe por ejemplo que entre los valores de ∆ux y ∆'ux para el primer ciclo de iteraciones ningún valor de ∆'ux para los cuatro niveles, es mayor este porcentaje comparados con los valores de ∆ux respectivos. Si realizamos el análisis para la dirección Y se llega a la misma conclusión, por lo que no es necesario repetir el análisis para esta dirección, por tanto, podemos utilizar los mismos valores de δ LY para cada piso, encontrados en la primera iteración. Los resultados de momento en el análisis inicial de cargas laterales en ambas direcciones tienen que ser amplificados para el diseño definitivo de acuerdo a la expresión: δG * M s =

Ms

(1 − Q )

≥ Ms ; δ G ≥ 1.0

Para la dirección X los resultados de los momentos a partir de las fuerzas sísmicas encontradas en el segundo ciclo iterativo están presentados en la siguiente figura.

408

Unidades KN-metro

Porticos A, B y C: Momentos debido a sismo en la direccion X -45.2

-87.5

-14.4 16.4

-71.8

-83.5

44.6

-85.2

91.1

-159.7

91.1

138.1

-154.9

-154.9

-13.6 -83.5

44.6

-8.4 -85.2

66.8

39.7

58.6

58.6

164.5

272.1

272.1 1

-71.8

-10.8

-10.8 138.1

16.4

-20.5

-159.7

39.7

164.5

-132.2

-20.5

-8.4 66.8

41.2

-132.2

-13.6

-14.4

-23.1

-23.1 41.2

-45.2

-87.5

3

2

4

Figura 7.19. Momentos por sismo. Porticos 1 a 4.

Los momentos de sismo amplificados para las columnas de la dirección X, son resumidos a continuación.

Piso No. 4 4 3 3 2 2 1 1

Localizació n Superior Inferior Superior Inferior Superior Inferior Superior Inferior

Qx 0.0147 0.0147 0.0273 0.0273 0.0403 0.0403 0.0423 0.0423

Ejes 1 y 4 Ejes 2 y 3 Μs δG *Ms δG*Ms (KN-m) (modificad (modificad Μs o) (KN-mt) o) -45.2 -45.9 -87.5 -88.8 +16.4 +16.6 +41.2 +41.8 -71.8 -73.8 -132.2 -135.9 +44.6 +45.9 +91.1 +93.7 -83.5 -87.0 -159.7 -166.4 +66.8 +69.6 +138.1 +143.9 -85.2 -89.0 -154.9 -161.7 164.5 +171.8 272.1 +284.1

El mismo procedimiento de amplificación de momentos se puede seguir para los cuatro pórticos en la dirección Y de análisis. Se obtendría, para esta dirección, los momentos de diseño debido a las cargas horizontales únicamente.

409

2da. Consideración: Análisis usando ΣPu / ΣPc . Como alternativa de análisis se puede tambien calcular el factor de amplificación basado en la formula: δG * Ms =

Ms 1 −

Pu

≥

( 0.75 *

Ms

Pc )

Pu que es la sumatoria total de las cargas axiales de se obtiene el valor de las columnas y el valor Pc que corresponde a la sumatoria de las cargas de pandeo del piso en consideración. Para utilizar la anterior ecuación deben calcularse la totalidad de las cargas de pandeo de cada nivel. Tomando en consideración la dirección X, y asumiendo que los tres marcos que incluyen los elementos resistentes en esta dirección tienen el mismo aporte a la rigidez del edificio, podemos establecer en la siguiente figura las áreas típicas de las vigas y columnas, así como las rigideces relativas y los factores de restricción rotacional en los nudos para cualquiera de los tres pórticos. Ag = 40*40 cm2 I/L = 356 cm3

Ag = 40*40 cm2 I/L = 356 cm3

ψ = 4.0

ψ = 3.2

Ag = 40*40 cm2 I/L = 711 cm3

L = 3.0 m

Ag = 45*45 cm2 I/L = 1139 cm3

Ag = 40*40 cm2 I/L = 356 cm3

Ag = 40*40 cm2 I/L= 711 cm3

Ag = 40*40 cm2 I/L = 711 cm3

Ag = 40*40 cm2 I/L = 356 cm3

ψ = 6.4

Ag = 45*45 cm2 I/L = 1139 cm3

Ag = 45*45 cm2 I/L = 1139 cm3

ψ = 7.0

ψ = 5.6

Ag = 40*40 cm2 I/L = 533.3 cm3

Ag = 45*45 cm2 I/L = 854 cm3 ψ = 0.0

ψ = 0.0

L = 6.0 m

Ag = 40*40 cm2 I/L = 711 cm3

Ag = 40*40 cm2 I/L = 356 cm3

Ag = 45*45 cm2 I/L = 854 cm3

ψ = 0.0

ψ = 8.0

ψ = 6.4

ψ = 5.6

Ag = 40*40 cm2 I/L = 533.3 cm3

Ag = 40*40 cm2 I/L = 711 cm3

Ag = 40*40 cm2 I/L = 356 cm3

Ag = 40*40 cm2 I/L = 356 cm3

ψ = 7.0

ψ = 8.0

Ag = 45*45 cm2 I/L = 1139 cm3

Ag = 40*40 cm2 I/L = 356 cm3

ψ = 8.0

1

Ag = 45*45 cm2 I/L = 1139 cm3

ψ = 6.4

Ag = 45*45 cm2 I/L = 1139 cm3

Ag = 40*40 cm2 I/L = 711 cm3

L = 4.0 m

ψ = 4.0

Ag = 40*40 cm2 I/L = 356 cm3

ψ = 6.4

ψ = 8.0

L = 3.0 m

ψ = 3.2

Ag = 40*40 cm2 I/L = 356 cm3

Ag = 40*40 cm2 I/L = 356 cm3

L = 3.0 m

Ag = 40*40 cm2 I/L = 356 cm3

L = 6.0 m

L = 6.0 m

2

3

410

ψ = 0.0

4

Figura 7.20. Valores de Ψ en cada nudo.

Con los valores de los factores de rigidez en los nudos encontramos el coeficiente de longitud efectiva k utilizando el menor valor proveniente de la evaluación de las siguientes formulas, para columnas arriostradas: k = 0.7 + 0.05 * ( ψ i + ψ j ) ≤ 1.0 k = 0.85 + 0.05 * (ψ min ) ≤ 1.0

Los valores de ψi y ψj corresponden al factor de restricción en los nudos inferior y superior de la columna y ψmin es el menor de los dos valores. No se utilizan las formulas para columnas no arriostradas porque se supone el marco esta restringido contra movimiento lateral y no presenta ladeo debido a que Q ≤ 0.1. Para el cálculo de la rigidez EI se utilizó un βd tal que: βd =

Maxima c arg a sostenida de sismo en el piso = 0.0 Total de la c arg a de sismo en el piso

La norma sismoresistente NSR-98 en el numeral C.10.11.10.1 especifica que en los elementos a compresión que hagan parte de pisos susceptibles de ladeo, el coeficiente de longitud efectiva k debe ser mayor que la unidad, mientras que para pisos no susceptibles de ladeo este valor tiene que ser menor que la unidad. Para encontrar k se pueden utilizar, igualmente los nomogramas, los cuales darían como resultados valores conservativos menores que la unidad. Las ecuaciones utilizadas para encontrar k en columnas arriostradas, son una aproximación suficiente para el calculo de Pc. Ejes 1y4 1y4 1y4 1y4 2y3 2y3 2y3 2y3

Tram o 1 2 3 4 1 2 3 4

ψi

ψj

k

0.0 7.0 8.0 8.0 0.0 5.6 6.4 6.4

7.0 8.0 8.0 4.0 5.6 6.4 6.4 3.2

0.85 1.00 1.00 1.00 0.85 1.00 1.00 1.00

411

Lu (m) 3.8 2.6 2.6 2.6 3.8 2.6 2.6 2.6

ΕΙ

(MN-cm2) 17.07*104 17.07*104 17.07*104 17.07*104 27.34*104 27.34*104 27.34*104 27.34*104

Pc (KN) 16148 24917 24917 24917 25862 39913 39913 39913

Con los valores de la carga crítica de pandeo procedemos a encontrar el valor del coeficiente de amplificación global en la dirección X, cuyos valores por piso están presentados a continuación: Piso No. 4 3 2 1

ΣPu (KN) 3070 6140 9210 12280

Σ Pc (KN) 388980 388980 388980 254052

δGX

1.01 1.02 1.03 1.07

Los datos confirman un diseño mas conservador para el primer piso utilizando el Pu / Pc que cuando son coeficiente de amplificación global basado en calculados utilizando Q. El diseño puede continuar con los datos del momento amplificado δG*Ms encontrados con el coeficiente δG basado en el factor Q = 1 /(1-∆). 3er. Procedimiento: Estudiar la amplificación del momento por cargas verticales. Para cargas verticales, las columnas deben diseñarse para la carga axial mayorada Pu y el momento amplificado Mc por efectos de pandeo local. Utilizando el coeficiente de amplificación δL por efectos locales de pandeo, el momento máximo Mc de diseño es: Mc =δL* M2

El momento Mc corresponde a la combinación de carga 1.05*D+1.26*L+ 1.0*δG*E, con el momento de sismo magnificado. La ecuación del coeficiente de amplificación local, δL, está definida de acuerdo a la siguiente expresión: δL =

1−

Pu

Cm

≥ 1.0

(0.75 * Pc )

Cuando hay desplazamiento horizontal sin arriostramiento, el valor de Cm debe tomarse igual a 1.0, lo cual no es aplicable en este caso por ser la estructura arriostrada y porque la norma recomienda utilizar el factor Cm , calculado con base a los momentos M1 y M2 presentes en los extremos de cada tramo de columna. Como se expresó anteriormente, se utiliza la combinación objeto del presente estudio con los momentos de sismo magnificados. En general los momentos M1 y M2 deben aplicarse sobre toda la combinación estudiada y no sobre los valores por carga de sismo o por carga vertical en particular, pues el concepto de Cm es deducido a partir del momento total máximo de diseño. Los momentos M1 y M2 estarían definidos de acuerdo a:

412

M 1 = 1.05 * M cm1 + 1.28 * M cv1 + δ G * M 1s M 2 = M 1 = 1.05 * M cm2 + 1.28 * M cv 2 + δ G * M 1s Según lo estudiado en la Sección 7.4: Efectos Globales de Pandeo, para realizar este análisis de debe cumplir que: Lu ≥ r

35 Pu / ( f c' * Ag )

Para el presente ejemplo la resistencia última del concreto se toma f 'c = 21 MPa, según el enunciado del problema. Se utilizan las secciones de columnas, según como aparecen en la Figura 7.20: * Ag = 40 x 40 cm2 → Columnas ejes 1 y 4 * Ag = 40 x 40 cm2 → Columnas ejes 2 y 3 Tomando como base el el pórtico B, obtenemos: Ejes 1y4 1y4 1y4 1y4 2y3 2y3 2y3 2y3

Tram o 1 2 3 4 1 2 3 4

Lu (cm) 380 260 260 260 380 260 260 260

r (cm) 11.55 11.55 11.55 11.55 13.00 13.00 13.00 13.00

Lu / r 32.9 22.5 22.5 22.5 29.2 20.0 20.0 20.0

Pu (KN) 960 720 480 240 1980 1485 990 495

35

Pu / f c' * A 65.5 75.6 92.6 131.0 51.3 59.2 75.5 102.6

Aunque todas las columnas pasan el chequeo, si Lu / r fuera en todos los casos mayor que 35

Pu / f c' * Ag , sería necesario computar el momento máximo

total de acuerdo al procedimiento sugerido en la Sección 7.4, con M1 y M2 calculados de acuerdo a: M 1 = 1.05 * M cm1 + 1.28 * M cv1 + δ G * M 1s M 2 = M 1 = 1.05 * M cm2 + 1.28 * M cv 2 + δ G * M 1s

413

A manera de ejercicio, a continuación estableceremos el valor de Cm para el pórtico B, para lo cual encontramos inicialmente los valores de los moemntos extremos M1 y M2. Piso No. 4 4 3 3 2 2 1 1

Localizació n Superior Inferior Superior Inferior Superior Inferior Superior Inferior

Ejes 1 y 4 1.05D δs*Ms +1.28L (modificad (KN-m) o) -123.7 -45.9 +89.3 +16.6 -69.5 -73.8 +73.5 +45.9 -80.2 -87.0 +89.1 +69.6 -53.0 -89.0 +26.9 +171.8

Ejes 2 y 3 1.05D M δs*Ms +1.28L (modificad Ejes 1 y (KN-m) 4 o) -13.5 -88.8 -175.6 +6.5 +41.8 +105.9 -2.2 -135.9 -143.3 +5.8 +93.7 +119.4 +0.1 -166.4 -167.2 -7.5 +143.9 +158.7 -3.1 -161.7 -142.0 +1.1 +284.1 +198.7

M Ejes 2 y 3 -102.3 +48.3 -138.1 +99.5 -166.5 +151.4 -164.8 +285.2

Se utilizaron los momentos de sismo amplificados por la formula 1 / (1-Q) en la dirección X. Los momentos de sismo fueron tomados de los resultados presentados en la Figura 7.19, mientras que los momentos de la combinación 1.05*D + 1.28*L están dados en la siguiente Figura 7.22. En la tabla anterior están resaltados los momentos mayores M2.

414

Porticos B. Momentos M1 y M2. Combinacion: 1.05D + 1.28L 123.7

Unidades KN-m

13.5

-13.5

17.2

69.5

-3.5

-89.3

-2

-6.5

2.2

-2.2

1

-1 -5.8

5.8

-0.1

0.1

0.9

-4.4

53

-17.2

3.5

6.5

-73.5

80.2

-123.7

-89.1

-69.5

2 73.5

-80.2

-0.9

7.5

13.1

-3.1

3.1

-1

1

-7.5

-1.1

Eje 2

4.4 89.1

-53

-13.1

1.1

-26.9

Eje 1

89.3

26.9

Eje 3

Eje 3

Figura 7.22 Combinación de momentos 1.05*D+1.28*L.

Se deben establecer, igualmente los valores de Pu y Pc para cada tramo de columna. Los valores de Pu se obtienen del avalúo de cargas de la estructura y los de la carga crítica Pc se toman de los encontrados anteriormente en el segundo procedimiento del presente ejemplo. Tan solo se revisará el procedimiento para los ejes 1 y 2. Eje

Tramo

1

1

1

2

1

3

1

4

2

1

2

2

2

3

2

4

Pu (KN) 960

Pc (KN) 16148

M1 (KN-m) -142.0

M2 (KN-m) +198.7

Cm

δL

0.40

1.0

720

24917

+158.7

-167.2

0.40

1.0

480

24917

+119.4

-143.3

0.40

1.0

240

24917

+105.7

-175.6

0.40

1.0

1980

25862

-164.8

+285.2

0.40

1.0

1485

39913

+151.4

-166.5

0.40

1.0

990

39913

+99.5

-138.1

0.40

1.0

495

39913

+48.3

-102.3

0.41

1.0

415

Puesto que todos los factores de amplificación local para el pórtico B en consideración son iguales a la unidad, el valor del momento máximo Mc de diseño de es igual al dado para M2 en la tabla anterior, el cual proviene de la combinación: M c = M 2 = 1.05 * M cm2 + 1.28 * M cv 2 + δ G * M 1s

4to. Procedimiento: Control de deriva. Es procedente hacer algunas observaciones con respecto de los resultados obtenidos en el ejemplo de la sección anterior. Allí no se ha realizado la verificación de que las derivas obtenidas del análisis no excedan la máxima deriva permitida por el NSR-98. El Código exige que a partir de las derivas obtenidas por medio del análisis elástico de los movimientos sísmicos, sin dividir por el coeficiente de capacidad de disipación de energía R, deben determinarse los desplazamientos máximos que imponen los movimientos sísmicos de diseño a la estructura y las fuerzas internas que se derivan de ellos. En el presente ejemplo se utilizó un coeficiente R = 4.0. La deriva máxima evaluada en cualquier punto de la estructura, determinada de acuerdo con el procedimiento de A.6.3.1 de la norma NSR-98, no puede exceder los límites establecidos en la tabla A.6-1 de la misma norma, en la cual la deriva máxima se expresa como un porcentaje de la altura hpi de piso medida desde la superficie del diafragma del piso i hasta la superficie del diafragma del piso inmediatamente inferior, i-1. La deriva máxima para estructuras de concreto reforzado debe corresponder al 1% de la altura hpi. En el caso del presente ejemplo, para el primer tramo la deriva máxima del primer tramo debe ser 4.0 cm y la del segundo tramo debe ser 3.0 cm. Cuando se utilicen secciones fisuradas, tanto en concreto reforzado, como en mampostería, las derivas pueden multiplicarse por 0.7 antes de hacer la comparación con los límites dados en la tabla A.6-1. Un resumen del chequeo de derivas se hace en la tabla mostrada a continuación. Piso No. 4 3 2 1

hpi (m) 3 3 3 4

∆ux (m) 0.022 0.035 0.044 0.054

0.7*∆ ∆ux / hpi (%) 0.50 0.82 1.00 0.95

∆uy (m) 0.028 0.042 0.0520 0.0580

0.7*∆ ∆uy / hpi (%) 0.65 0.98 1.20 1.00

De la tabla anterior se aprecia que prácticamente todas las derivas están de acuerdo con lo que se requiere por parte del Código, excepto la deriva del

416

segundo piso en la dirección Y, por lo que se recomienda ampliar algunas de las secciones de las columnas hasta este nivel. Es indudable que existe una correlación entre los requisitos de esbeltez y los de control de deriva dentro del ambiente del Código. En general se puede decir que ambos requisitos tratan de controlar el mismo fenómeno. El control de derivas ante cargas sísmicas trata de evitar estructuras demasiado flexibles, las cuales conducen a excesivas demandas de ductilidad, daño a los elementos no estructurales y respuesta no adecuada de la estructura. El control de esbeltez de la estructura a través del Índice de Estabilidad quiere evitar que el Ingeniero utilice técnicas de análisis que no identifican problemas de estabilidad general de la estructura en su relación de rigidez ante cargas laterales y de la carga vertical que debe soportar.

417

Problemas Propuestos Problema 7.1. Para una columna con fć = 21 MPa y fy = 420 MPa como la mostrada en la figura, de sección transversal de 600x400 mm2 y reforzada con 10 barras de φ 1” (#8), encontrar: 0.6 mt

3.0 mt 1' 0.6 mt 1

2

60 cm

2'

SECCIÓN 1-1' 30 cm

3.6 mt

30 cm 60 cm

SECCIÓN 2-2'

a.) Diseñar el acero de la viga para un momento de diseño ubicado en la cara de la columna, a 3.0 mt del extremo, para una carga muerta de 32.5 KN/ml sin mayorar pero que incluye el peso propio, y para una carga viva de 20.5 KN/ml sin mayorar. b.) Escoger el número de barras que cumplan con el As de diseño, de tal manera que se puedan colocar fácilmente en parejas en la viga y comparar el As encontrado con el As máximo. c.) Cortar las barras de tal manera que exactamente el 50% del acero se interrumpa y el otro 50% (equivalente a As/2) continuo hasta el apoyo y se ancle a la columna. Dibujar el despiece chequeando las longitudes de desarrollo Ld para corte desde la punta del voladizo y hasta el apoyo. Revisar, igualmente, la longitud de anclaje Ldh y longitud de los ganchos. d.) Diseñar la separación de los estribos para Vu en la cara del apoyo. Determine el punto a partir del cual la separación de estribos es d/2.

418

e.) Por último, diseñar el acero para la sección de la columna, teniendo en cuenta los efectos de esbeltez. Usar tablas de diseño y comprobar su respuesta mediante un desarrollo númerico. Usar γ = 0.8. Datos: * * * * *

fy = 420 MPa f’c = 21 MPa b = 30 cm d = 55.0 cm Usar estribos de

* Es = 2.0 *105 MPa * Ec = 2.0 *104 MPa * φ = 0.9 0 Diseño a flexión * φ = 0.85 Diseño a cortante * φ = 0.70 Diseño de la columna

Para viga y columna Para viga y columna Para viga y columna Para viga diámetro φ 10mm

Problema 7.2. Para el tramo de columna A-B, el cual es parte de un pórtico arriostrado tiene vigas y columnas de tramos adyacentes llegando a cada nudo de la manera indicada. Todas las columnas tienen una rigidez relativa igual a I /L mientras que la rigidez relativa de las vigas es:

(1 L)

vigas

( L)

= 365 cm 2

Cm + Cv

800+ 400 KN

820 + 400 KN

Abajo nudo Arriba nudo

70 KN-m 50 "

60 KN-m 40 "

= 0.5 * I

columnas

Datos: Carga P, servicio Momento Mcm , servicio Momento Mcv , servicio

Nudo A

Nudo B

Utilizando fć = 21 MPa y fy = 420 MPa y con los datos mostrados en la figura, encontrar: a.) El factor de amplificación b.) La carga Pn y el momento final de diseño Mn para la columna.

419

4 0 cm

A

6 cm 9 cm 10 cm

Lu = 4.8 mt

9 cm 6 cm

As total = 8 # 8 B

Nota : Calcular k en base a ΨA y ΨB y tomar curvatura simple. Problema 7.3. Diseñar el tramo de columna A-B mostrado en la figura, considerando efectos de esbeltez. Como los efectos de esbeltez reales no son claros chequear estabilidad si k*Lu /r ≥ 22. Tomar el Cm más conservativo posible. Datos: * * * *

* Es = 2.0 *105 MPa * Ec = 2.0 *10 MPa * Dimensiones de columna = 40x40 cm2 * βd = 0.5

fy = 420 MPa Para viga y columna f’c = 21 MPa Para viga y columna Dimensiones de viga = 40x35 cm 2 Ic ≈ 1.5Iv 6m

6m

30 KN-m 160 KN-m

90 KN-m

1m

3m 80 KN-m

420

• •

Considerar el pórtico arriostrado. El momento a 3.0 m de altura de la columna es de 25 KN-m causado por una carga excentrica de 250 KN con excentricidad de 1.0 m. Usar tablas para k y ayudas de diseño para encontrar Astotal

Problema 7.4. Usando inicialmente el valor de k de la Tabla 7.1 y luego el determinado por la Figura 7.10 determine las cuantías de acero para los tramos A-B, B-C, D-E y E-F del pórtico mostrado en la siguiente Figura. Suponga que todas las columnas son de 30x30 cm2. Para columnas utilizar 0.7 de los momentos totales de inercia y para las vigas 0.35 de los momentos totales de inercia. Suponga que no existen cargas laterales C

2 5 x4 0 cm2

F

2 5 x4 0 cm2

2 5 x4 0 cm2

B

3 5 x40 cm 2

E

3 5 x4 0 cm 2

3 5 x4 0 cm2

3 .2 mt

3 .8 mt

30 x3 0 cm2

3 0 x3 0 cm2

A

A-B BC DE E-F

3 0 x3 0 cm2

D 6.0 mt

Tramo

3 0 x3 0 cm2

* Losas de 40 cm de altura

6 .0 mt

6 .0 mt

Nudo

Carga Pu (KN)

Momento Mayorado ( KN-m)

A

600

0.0

B

590

55

B

300

48

C

290

40

D

900

0.0

E

890

42

E

450

35

F

440

28

Datos: 421

Curvatura Simple Doble Simple Doble

* fy = 420 MPa Para viga y columna * Es = 2.0 *105 MPa * f’c = 21 MPa Para viga y columna * Dimensiones de las columnas = 30x35 cm2 * Dimensiones de las vigasdel primer piso = 35x40 cm2 * Dimensiones de las vigas del segundo piso = 25x40 cm2 * Asumir βd = 0.7 para todos los casos. Problema 7.5. Repetir el mismo ejemplo 3 del presente capitulo si se consideran las cargas axiales de acuerdo a la Combinación de Carga U = 1.05*D+1.28*L +1.0*E que corresponde a la ecuación B.2.4-4 de la norma NSR-98. En este problema no se considerará la combinación U = 1.4*D+1.7*L como se desarrolló el ejemplo 3, sino que se emplearà la ecuación B.2.4-4, que considera sismo y cargas laterales, aen lugar de la combinación B.2.4-1 que tan solo considera las cargas verticales se puede establecer que: Pu( combinación

c arg as verticales unicamente )

≈ 0. 8 *

Pu( combinación c arg as

verticales + sismo )

C arg a Pu con ecuación B .2.4 − 4 ≈ 0.8 * C arg a Pu con ecuación B .2.4 − 1

422

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FUNDAMENTOS DE CONCRETO REFORZADO TEXTO FACULTAD DE INGENIERIA Número y Línea

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