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ANÁLISIS Y DISEÑO A FLEXIÓN DE VIGAS
Suposiciones Fundamentales Para El Comportamiento Del Hormigón Armado
La mecánica del hormigón se basa en las siguientes premisas fundamentales:
1. Las fuerzas internas tales como (momentos flectores, fuerzas cortantes,
momentos flexionantes y esfuerzos de tensión y compresión) en una sección
cualquiera de un elemento estructural se encuentra en equilibrio con los efectos de
carga externas de la sección.
2. La deformación unitaria en una barra incluida en el hormigón es de la misma
magnitud que la del hormigón circundante (si se deforma la barra se deforma el
hormigón).
3. Las secciones son planas antes y después de que el elemento haya sido cargado.
La deformación es nula
4. Debido a que la resistencia a la tensión del hormigón es una pequeña parte de su
resistencia a su compresión el hormigón en aquella parte del elemento sometido a
tensión se encuentra usualmente agrietado.
Fibras comprimidas.
h E.N.
Fibras en tensión no se toman en cuenta en el análisis de flexiona.
5. La teoría se basa en el diagrama de esfuerzo-deformación real y en las
propiedades del hormigón y acero o en alguna simplificación razonable realizada.
Los 5 permisos anotados sirven para predecir el comportamiento del Hormigón Armado.
ANÁLISIS Y DISEÑO A FLEXIÓN
En este capítulo se aplicaran las mismas supuestas y se utilizaran conceptos para el
análisis y diseño de vigas.
Fuerzas en Vigas Homogéneas:
Las vigas del hormigón armado no son homogéneas sin embargo los principios
fundamentales son los mismos para las vigas compuestas de un solo material; estos
principios son:
1. En una sección transversal existen fuerzas internas que pueden descomponerse
en componentes normales y tangenciales. Las fuerzas normales son los
esfuerzos a flexión (compresión de un lado del eje neutro y en tensión del otro
lado) y las fuerzas tangenciales son las llamadas esfuerzos cortantes.
Compresión
E.N.
Tensión Los esfuerzos normales en el Eje Neutro son 0 y máximo en sus extremos.
Las componentes normales son los esfuerzos de compresión de un lado del Eje Neutro y
de tensión del otro lado tal como observamos en la figura.
2. Los esfuerzos tangenciales son los esfuerzos cortantes que resisten las fuerzas
tangenciales o cortantes.
a) Las secciones planas antes de que el elemento se someta a carga sigue
siendo en el elemento cargado. Esto significa que las deformaciones unitarias
por encima y por debajo del eje neutro son proporcionales a las distancias
desde este eje.
b) Los esfuerzos de flexión dependen de la (distancias) deformaciones unitarias
en un punto específico, de la misma manera que el diagrama esfuerzo vs
deformación para el material.
Ep y Fp es el límite de la parte elástico.
Ep= deformación proporcional.
FP= esfuerzo de proporcionamiento.
La figura 2 representa un diagrama esfuerzo-deformación para el hormigón en el cual se
ha dibujado en el eje horizontal las deflexiones y en el vertical los esfuerzos Fp. Que le
corresponden en los esfuerzos Fp es el límite de proporcionalidad es decir el límite para el
comportamiento lineal y el comportamiento inelástico o no lineal.
Si la deformación es menor Ep la distribución es como se aprecia en la figura (a) y el
esfuerzo es como se aprecia en la figura (b). Si la deformación en el material supera la
deformación proporcional la distribución es como se muestra en la figura (c) y la
distribución de esfuerzos es como se aprecia en la figura (d).
3) la distribución de los esfuerzos cortantes (v) en la altura de la sección depende de la
sección transversal y del diagrama esfuerzo- deformación unitaria para el material en el
eje neutro.
Los esfuerzos cortantes son máximos mientras que los momentos flectores son nulos. En
cambio en las fibras exteriores los esfuerzos cortantes son nulos mientras que los
momentos flectores son máximos.
4) debido a la acción combinada de esfuerzos cortantes horizontales y verticales y a los
esfuerzos de flexión se presenta esfuerzos inclinados de tensión y compresión en
cualquier punto de la viga el cual forma 90° con el otro, la magnitud del máximo esfuerzo
inclinado o esfuerzo principal (t) es igual a:
t=F2
+√ F2
4+v2
F= magnitud del esfuerzo normal en la fibra
V= magnitud de los esfuerzos cortantes tangenciales.
Si F<Fp o sea el esfuerzo nominal es menor que esfuerzo proporcional de la viga se
comporta elásticamente en este casi se puede afirmar que:
a) El eje neutro pasa a través del centroide de la sección transversal
b) La magnitud de los esfuerzos de flexión normales a la sección son directamente
proporcionales con la medida desde el eje neutro y es máximo en las fibras
extremas y se lo obtiene mediante la expresión:
F= MyI
F= es el esfuerzo de flexión a una distancia, y, medida desde el eje neutro.
I= momento de inercia de la sección transversal con respecto al eje neutro.
Y= distancia del eje neutro.
M= momento flector externo.
Fcc= el esfuerzo de flexión máxima en la fibra exterior superior exterior.
F= McI
=>MIc
=>MS
S= módulo elástico de la sección.
c= posición del eje neutro.
c) El esfuerzo cortante “v” es la magnitud igual al transversal en cualquier punto de la sección transversal, y, esta dado por:
v=V . QI . b
; vmax= 3.v2.a .b
V= fuerza cortante total en la sección.
Q= Momento estático con respecto al eje neutro.
I = Inercia de la sección
a, b Dimensiones del elemento
ESFUERZOS ELASTICOS SECCION NO AGRIETADA
La sección transversal de una viga de ancho b con peralte total h, acero de tensión As y d igual a peralte efectivo.
Para pequeñas cargas a las que está sometido el elemento toda la sección del hormigón es útil y contribuye a la flexión.
El diagrama de deformación es idéntico al presentado en la figura A y el diagrama de esfuerzos es parecido al de la figura B con la
consideración de que hay que tomar en cuenta el esfuerzo a tensión que se produce en las barras de refuerzo.
Fct= máximo esfuerzo a tensión del hormigón
Fcc= máximo esfuerzo a compresión del hormigón.
Fs= esfuerzo nominal en las barras de acero.
ANALISIS:
Si los esfuerzos de tensión son menores que Fr (módulo de rotura)-al módulo de rotura se lo conoce como esfuerzo a tensión, pero por flexión- de manera que no se desarrolle grietas debajo del eje neutro la sección se la puede considerar como no fisurada y para resolver el problema utilizamos la expresión:
Fcc=MyI
Explicada anteriormente debemos transformar la sección de acero en la sección equivalente de hormigón tal como se aprecia en la figura.
a) Sección transformada utilizando área neta.
b) Sección transformada utilizando área gruesa.
La sección transformada se aplica los métodos para las vigas elásticas homogéneas.
EJEMPLO 3.1
Determine los esfuerzos causadas en la viga de la figura para un momento flector externo de 7 toneladas-metro.(ton-m)
F´c= 210 kg/cm^2
Fy= 4200 kg/cm^2
Fr= 32 kg/cm^2
*cap. 9 del código ACI =>Ec. 9.10 (para cálculo de módulo de rotura).
Fr=0.62 λ√ f ´ c ; Mpa; l = h° normales
Fr=2√ f ´ c ; Kg/cm2
n= relación modular.
n= 2000000
15100√210 ; n=9.14=9
(n−1 ) ( As )=(9−1 ) (6. .17 ) (3 )=148cm 2.
y [ (30 ) (60 )+148 ]=(30∗60∗30 )+(148∗55 )
y=121401948
y=31.90 cm
TEOREMA DE STAYNER
Iy=∑ ( bh3
12+A d2)
Iy=30∗603
12+(30∗60∗1.92 )+148∗¿
Iy=625472c m4
1) Fcc=MyI
2) Fct=M y1
I
3) Fs=M y2
I
1) Fct=700000 (31.9)625472
=35,7Kg /cm2
2) Fct=700000 (60−31.9)
549917=31,5Kg /c m2 OK
3) Fs=700000(23,1)625472
=25,9Kg /c m2
ENCUADRE:
Fct= Esfuerzo a tensión del hormigón.
Fct<Fr ;Fr=2√ f ´ c ; Fr= Kg/cm2
Se considera sección Transformada No Agrietada.
F= MyI
Fcc=MyI
En el caso que el esfuerzo a tensión del hormigón supere el módulo de rotura ( fct>fr)
todo el hormigón que se encuentra debajo del Eje Neutro esta agrietado y no debe ser
tomado en cuenta en el análisis. En esta circunstancia todavía es válido aplicar el método
de la sección transformada que le llamamos “Sección Transformada Agrietada”
y ×b ×y2=n × As ×(d− y)
y2+ 2× n× As× yb
−2× n× As × db
=0
y=
−2× n × Asb
+ 2b
×√n2 As2+(2×n × As × d × b)
2 (1)
C = T
fc × y× b2
=As× fs
Calculo Momento en C
M=T (d− y3 )=As× fs(d− y
3 )⇒M=As × fs(d− y3 ) (2 )⇒ fs= M
As(d− y3 )
(4)
Calculo Momento en T
M=C (d− y3 )= fc × y ×b
2 (d− y3 )⇒M= fc × y× b
2 (d− y3 ) (3 )⇒ fc= 2M
y× b(d− y3 )
(5)
Para Diseño
y=k ×d (6 ) ;d− y3= j ×d (7 )
fc= 2M
y× b(d− y3 )⇒ fc= 2M
k × d× b(d− k ×d3 )
⇒ fc= 2M
k ×b× d2× j(10)
fs= M
As (d− y3 )⇒ fs= M
As(d− k ×d3 )
⇒ fs= MAs × j× d
(11)
Con fines de diseño si reemplazamos la posición del Eje Neutro como un % de k del
peralte efectivo (d) y el brazo del par como un % j del peralte efectivo entonces la
ecuación 1 se transforma:
Ecuacion1⇒ As=ρ× b×d
k × d=
−2× n× ρ× b× db
+ 2b
√n2ρ2b2d2+(2×n × ρ× b2×d2)
2
k=√n2 ρ2+2n ρ−nρ(8)
d− k × d3
= j ×d
j=1− k3
(9)
55cm 50cm
30cm
3 22mm
fc= M∗yI
(Compresion)
fs=n∗M∗yI
(Tension)
NOTA.-Las ecuaciones que definen los valores de k y j, son aplicables a vigas
Rectangulares.
EJEMPLO 3.2
Calcular los esfuerzos en el hormigón y en el acero para la viga de la figura, la viga
está sometida a un momento flector externo de 9 Ton – m.
Desarrollo:
Fr=2√210=28.98= 30
Ec=15100√210=218820n=2000000
218820=9.13 n = 9
(3.8*3) = 11.4
(9 * 11.4)= 102.6 cm2
Fc= 2M
Kdb(d−kd3
)
Fs= M
As(d−kd3
)
Utilizando la fórmula (8)
J=1−0.3083
=0.897
Fc=2(900000)
(0.0308)(30)¿¿
Fórmula (11)
Fs= 900000(11.4 ) (0.897 ) (50 )
=1760.3
CASO DE UNA VIGA DOBLEMENTE REFORZADA
Se llama así porque tiene acero de tensión y de compresión. Colocar acero de compresión es antieconómico.
Sin embargo se coloca acero de compresión por varias razones:
1 La presencia del acero de compresión disminuye las deflexiones a largo plazo.
2 Sirve para sostener los estribos (refuerzo a cortante). Al compactarse el hormigón a compresión causa en las barras de refuerzo un aumento de capacidad para tomar cargas como consecuencia de la fluencia plástica del hormigón.
Se supone que los esfuerzos de las barras de compresión calculadas en el método de la sección transformada se duplico con el tiempo
El área transformada de las barras de compresión se supone igual a 2n veces al área del acero a compresión A’s. Las aletas: (2nA´s)
Si se considera el área total de la sección del hormigón, las aletas de compresión son
(2n-1)A´s. Las de tensión son iguales (n – 1) As
Para el caso de considerar la sección transformada agrietada la interpretación para el área de las aletas será:
El área de las aletas de compresión es: (2n-1)A’s, y para el caso de las aletas de tensión (n As)
Los esfuerzos en las barras de compresión se determinaran multiplicando por 2n los esfuerzos en el hormigón situado en la misma distancia del eje neutro.
Calcular los esfuerzos de compresión; de tensión en la viga producido por un momento Flector de 3.9 ton-m para la viga de la figura.
Utilice un h° = 280 kg/cm² y A = 4200 kg/cm²
A’s = 2 (5.54) = 5.08
As = 4 (3.8) = 15.2
(2n-1) A’s = 76.2
(n-1) As = 106.2
Utilizamos sección Transformada no agrietada porque el momento es menor
Y= 22.85cm = y = 22.9cm
n= 200000015100√280
=7.9=8
Inercia con respecto al eje neutro
I=¿¿
I=283375
Fcc=390000¿¿
Fct=390000 (22.1)283375
=30.42
Fr=2√280
F’s = 2n Fcc; F´s= 2(8)(31.52) F´s = 504.26kg/cm²
FS = n Fcc; Fs= (8)(31.52) Fs = 252.16kg/cm²
EJEMPLO 3.4
Para la viga doblemente reforzada obtener el esfuerzo a compresión del hormigón y
el esfuerzo en las barras de Acero tanto en compresión como en tensión para el
caso en la que la viga del ejemplo anterior, se someta a un momento Flector de 8
ton/m.
Si en las ecuaciones reemplazamos 8 ton-m, en vez de 3.9 ton-m, obtenemos un esfuerzo
a tensión de 62.4 Kg/cm valor muy superior al módulo de Rotura (33.47).
En consecuencia debemos analizar la viga mediante el método de la sección
Transformada agrietada.
y (76.2+30 y+121.6 )=762.5+30 y ²2
+106.4
y² + 13.17y – 349.6 =0
y=13.24
FR = 33.47
I=30¿¿
I= 115447
Fcc=8000000(13.24)
115447=91.8Kg /m ²
Fs=8 (8000000 )26.76
115447=1483.6Kg /m ²
F ´ s=2 x 8 (8000000 )8.24
115447=913.6Kg /m ²
DISEÑO DE VIGA A FLEXION UTILIZNDO EL METODO
DE LOS ESFUERZOS DE DETRABAJO
Viga Isostática calcular momento Vigas hiperestáticas calcular por fórmula
M−wMl2
x+Wmx2
2=0
M¿ wMl2
x+Wmx2
2=0
Max= wM l2
4x+Wm
l2
8
Diseñar la viga de la figura sometida a una carga muerta de 3ton/m y carga viva 2
ton/m. Utilice el método de los esfuerzos de trabajo de hormigón de 210 kg/cm2, y
Fy=4200kg/cm2
En los valores de las cargas ya están incluidas el peso propio de las vigas utilice una cuantía del 8 º/oo
DESARROLLO
Wm= 3ton/ m Wv= 2ton-m
F’c = 210 kg/cm2
Fy= 4200 kg/cm2
1) Calcular carga nominal : 3+2=5 ton/mImportante
Diseñar una estructura de hormigón amado significa determinar la sección de hormigón y
la sección de acero necesario para hacer frente a las cargas exteriores.
2) Calcular el momento (m) Flector Externo
185∗62=22.5ton-m
Aclaraciones al Diseño
FS = 0.45 (2.10) = 94.5
FS = (0.5) (4200)=2100
bd ²= 2mFc ( j ) (k )
K=√ (9.2 )2 (0.008 )2+2(9.2)(0.008)
K= 0.317
J = 1 -0.3173
=0.894
As= 0.008(25)(40)=8cm²
Aclaraciones al diseño
En vista que la sección del diseño de hormigón dio de 25x35 de peralte efectivo. Si consideramos
esa sección efectiva nos daría una sección de acero de 7.8 cm que equivale aproximadamente a 3
barras de 18mm.
Diseñar una viga rectangular a flexión simplemente apoyada reforzada que está sometida a cargas puntuales. Para calcular los momentos flectores utilizamos el método de las secciones.
3.5 9 9 3.5 9 9
C RB
10m
∑ Fy=0 ∑ MA=0
RA= 3.5+9+9-RB RB = 3.5 (0.7)+9(5)+9(5)+9(9.3)+10
RA=8.385 RB = 13.115
Tramo AB
M=RA∗x
RA M=8.385 (070 )=5.87
Tramo BC
M=RA∗x−3.5 ( x−0.7 )
RA M=8.385(5)-3.5 (5-0.7)
vv B C D
3.5
M=26.875
FC=0.5 (210)=105 J=0.345 K=0.885
b d2=2(26.875∗106)105∗0.885∗0.345
b d2=167658.97
As= MFs Jd
As= 26.875∗105
2100∗0.885∗65=22.25
Calcule la carga uniforme adicional al peso de la viga que ocasionara que las
secciones empiecen a agrietarse si se usan en vigas simplemente apoyadas de 8m.
Fct> FR Fct>FR Fct = FR
Fcc=? f’c=2880 fy=4200 fs=n Fcc
b d h
40 65 70
ϒ h=2400kg/m3Pp=0.003∗0.6∗2400=432kg /m
Método no agrietado
As=4∗3.8=15.2
(n−1 ) As=106.4c m2
y ⌊ (30∗60 )+1064 ⌋=30∗6∗30+106.4(35)
y= 598521906.2
=31.4cm
Teorema Del Eje Paralelo
Ix=30¿¿
FR = 2 √280 =33.5
33.5=M∗28.6602789
M=33.5∗60278928.6
M=706064 kg−cm
M=18(D+4.32)¿ D=4.5 kg
cm=0.45 ton
m
EJEMPLO 2 VIGA EN i
8m2
METODO NO AGRIETADO
Pp=⌊0.10 (0.30 )+0.10 (0.60 )+.10(0.31)⌋ 2400=288
M=18
(+288 )¿82 M=18
(D+2.9 )∗¿
y [ (30∗10 )+ (10∗60 )+ (10∗30 )+66 ]=(30∗10∗5 )+(10∗60∗40 )+(30∗10∗75 )+(66∗75)
y=41.8
I=¿
I=996636 cm4
33.5=M (38.2 )996632
M=874013.5 kgcm
=8740.13kgm
8740.13=18
( D+288 )∗82 D=804.52 kg-m
*Si aumenta la carga aumenta el momento
M=1400∗82
8
M=11200 D=1400
METODO AGRIETADO
n=8
(8)(9.42) = 75.36 cm2
y [ (10∗30 )+[10 ( y−10 ) ]+75.36 ]=(30∗10∗5 )+10 ( y−10 )(10+ y−102 )+(75.36∗75)
y=18.2cm
I=30∗103
12+10∗8.2
3
12+(30∗10−13.22 )+(100∗82∗4.12 )+75.36¿
I=299739c m4
M=11200 kg−m∗100cm1m
=1120000 kg−cm
Fcc=1120000 kg−cm (18.2 )
299739=68.01
Fs=68∗8=544 kg−cm2
d h
b
d
c
Es
FLEXION SIMPLE
RESISTENCIA ÚLTIMA.-Cuando las cargas aplicadas sobre cargas son pequeñas que
los esfuerzos en los dos materiales (hormigón y acero) no rebasen los esfuerzos de
trabajo Fc 0.45 f’c; Fs 0.50 fy,la viga se la puede analizar utilizando el método de la
sección transformada no agrietada y agrietada. Si los esfuerzos a los materiales rebasan
los esfuerzos de trabajo entonces hay que aplicar métodos que toman en cuenta el
comportamiento no lineal del hormigón y el acero.
Existen varios métodos para evaluar flexión mediante ese enfoque. En este curso vamos
a estudiar 2 métodos. EL método general y el método del Bloque Rectangular Equivalente
de Esfuerzos (método de C Withney).
MÈTODO GENERAL.-Consideramos la sección transversal de la figura 1, viga
rectangular.
Fig. 1 Fig. 2
EL diagrama de deformación (D.D.D) se presenta en la figura 2 en el cual se presenta “c”
posición del eje neutro.
Ec es la deformación del hº a compresión.Es la deformación del Acero a tensión.
As
b
As = Fs = T
C
c
0.8
0.6
0.4
0.2
LA distribución de los esfuerzos de compresión reales no tienen ninguna forma de alguna
figura geométrica conocida como es el caso de la distribución triangular para los
esfuerzos elásticos.
La distribución real se la presenta la fig. 3. Parael análisis nos podemos valer de los
principios de la mecánica estructural combinados con una gran información empírica.
Sidamos ese enfoque ya que no importa la formación real que tiene los esfuerzos de
compresión.
Loque importa es:
A que es igual la Resultante de las fuerzas totales de compresión C y su ubicación
respecto de la fibra exterior superior.
C = (Fav) * (b) (c) Fav = Esfuerzo promedio
Fav= () (F’c)= F av
F ' c
C = () (F’c) (b) (c) 1
= 0.72 para hº hasta de 280Kg/ cm2disminuyen 0.04 por cada 70 Kg/ cm2de aumento
sobre 280 Kg/ cm2hasta 0.56
=0.425 para h hasta 280 Kg/ cm2 disminuye 0.025 por cada 70 Kg/ cm2 de aumento
sobre 280Kg/ cm2hasta 0.325 que corresponde a 560 Kg/ cm2
F’c (Kg/ cm2)
100
200
300
400
500
600
.
Reconocemos 3 tipos de fallas en elementos sometidos a fallas:
1 Se produce cuando el acero fluye en tensión mucho antes que el hormigón se aplaste
en compresión; física y matemáticamente se produce Fs =Fy.
2 Este tipo de falla experimentael elemento cuando (el acero fluye) empieza por un
aplastamiento del hormigón en la zona de compresión mucho antes que el acero fluyea
tensión.
Se ha demostrado mediante pruebas de laboratorio que el hº empieza a dañarse, para
deformaciones comprendidos entre 0.003 y 0.005 para estar a nivel protegido (obrando
conservadoramente se recomienda utilizar un valor de 0.003=Ec= Eu
Eu=Deformación ultima.
EL primer tipo de falla es deseable y el segundo tipo no es recomendable
3 Este tipo de falla se produce cuando el hormigón se aplasta en compresión al mismo
tiempo que el acero fluye a tensión; física y matemáticamente seria Fs =Fy y Ec = Eu=
0.003
La falla balanceada esta en relación con la cuantía balanceada ( ρb)
Calculo de la ρbde la figura 3, tenemos que C = T (porque es un par de fuerza osea tiene
igual magnitud, dirección pero sentido contrario)
() (f’c) (b) = (As) (Fs) () (f’c) (b)(c) = (As) (Fy)
pero sabemos que:
ρb b d=As
() (f’c) (b)(c) = ρb bd F y
Consideramos la figura 2.(calcular la posición del eje neutro)
Cεu
=d−cε s
c∗ε s=(d−c )∗εu
c=εu∗d
ε u+εs
εs=ε y=FyE
c= 0.003d
0.003+Fy
2000000
c= 6000 d6000+Fy 3
Falla balanceada
Reemplazo 3 en 2
α∗F ' c ( 6000d6000+Fy )= ρb∗d∗Fy ρb=
α∗F' cFy ( 6000d
6000+Fy ) 4
Cuantía balanceada
Si la cuantía de la viga es menor que la cuantía balanceada se presentara en
elElemento una Falla Dúctil. (<b)
SI la cuantía de la viga es mayor que la cuantía balanceada se presenta en el
Elemento una Falla Frágil.(>b)
Los elementos que presenta Falla Dúctilse les llama elemento subreforzados y los
elementos que presentan Falla Frágilse les llama sobrereforzados.
ELEMENTOS SOBREFORZADOS ( ρ< ρb¿
Mn= momento nominal externo
Tomando momento en C
Mn = Fy.As.(d-βc) (5)La ecuación 5 y 6 deben dar igual respuesta
Tomando momento en T
Mn = α.F’c.b.c.(d-βc) (6)
Considere ecuación (5)
Mn=ρ.d.b.Fy.(d-β . ρ . d . Fy
d . F ’ c)
Mn=ρ.d^2.b.Fy.(1-βα
. ρ.Fy
F ’c)
c=¿)
Mn= ρ.d^2.b.Fy.(1-0,59. ρ .Fy
F ’ c) (7)
Mn= ρ.d^2.R
R=ρ.Fy.(1-0,59. ρ .Fy
F ’ c)
En términos de diseño es igual al Mu del diseño Mu=φMn; φ=0,90
VIGAS SOBREREFORZADOS
Para el caso de vigas sobrereforzados hay que obtener la real resistencia del acero.Fs
puesto que en este caso el acero ha alcanzado el esfuerzo de fluencia entonces:
(12)Mn= As.Fy.(d-β c)
La posición del eje neutro C se obtiene de una ecuación de segundo grado de la siguiente
manera:
As.Fy= α .F ' c .bc(8)
Como de la relación de triángulos semejantes (figura 2) obtenemos que:
€ s€ u
=d−cc
: € s
€ s . € u=d−c
c
Reemplazo 8 en 9
As.Eu.€ s .d−c
c = α .F ' c .bc(10)
La ecuación número10 es una ecuación de segundo grado en c. Obteniendo la posición
del eje neutro c. Calculamos Fs por la ecuación 9 y luego reemplazamos en ecuación 12
para obtener el momento nominal externo de la viga tan reforzada que la falla se produce
por aplastamiento de hormigón en la zona de compresión.
RESUMEN DE FÓRMULA:
Falla balanceada= Cuantía balanceada.
ρ b= (F ’cFy
).6000
6000+Fy (4)
Falla Subreforzada= falla dúctil
Mn = Fy.As.(d-βc)
Mn = α.F’c.bc.(d- βc)
C=As . Fy
α . F' c . b =
ρ .d . Fy
α . F ' c(11)
Vigas sobre reforzadas = Falla Frágil
Mn = Fy.As.(d-βc)
Mn = α.F’c.bc.(d- βc)
€ s=¿ Eu.€ s .d−c
c (9)
EJEMPLO 3.6
Calcular el Mn y el diseño para la viga mostrada en la figura. Además obtener la posición del eje neutro.
F’c= 240
Fy=4200
ρ=As .b .d
ρ=4(6,16)(60 x35)
ρ= 0,012
ρ b= (F ’cFy
).6000
6000+Fy
ρ b= (0,72 x240 x60004200(6000+4200)
¿ρ= cuantía de la viga
ρ b= 0.024 ρ > ρ b (falla dúctil)
Para un h* DE 280 β valdrá 0,425
Mn =Fy.As.(d-βc)
Mn=(4 x6,16 ) (4200 ) ¿
Mn=545674,136
Mn=54,6 ton−m
c=¿)
c=(4 x6,16 )(4200)(0,72 ) (240 )(35)
c= 17,11 c es la posición del eje neutro.
Mu= φ Mn
Mu= 0,9 (54,6) Mu= 49,14
Φ=0,90 siempre porque esta dado en términos de diseño
EJEMPLO 3.7
Calcular Mn, Mu y C para la viga mostrada en la fig.
F’c= 240
Fy=4200
ρ =As .b .d
ρ =8(7.07)(60 x35)
ρ= 0,027
ρb= (0,72 x240 x60004200(6000+4200)
¿
ρb= 0.024 ρ > ρ b(falla frágil)
En la ecuación 10 calculamos C.
As x Eu x Es x d−c
C2=∝ X F C1
x b x c
As = (8 x 7.07) = 56.56 Es= 2 x 106
Eu = 0.003 ∝=0.72
(5.56 ) (0.003 ) (2×106 ) (60−CC )=(0.72 ) (240 ) (35 ) C
33.3960( 60−CC )=6048C
20361600−3366.67C=6048C2
C2−3366.66667+56.1111C=0
C=−56.11+√ (56.11)−(4 ) (1 ) ( –3366.67 )
2 (1 )
C=36.39cm
Fs=Es Eu( d−cc )
Fs= (0.003 ) (2×106 )( 60−36.3936.39 )Fs=38.92.83
Mn=( As ) (Fs ) ( d−β ς )
Mn=(56.56 ) (3892.83 ) (60− (0.425 ) (36.369 ) )
Mn=9805482.796kg cm
Mn=98.05 ton−m
Mu=∅ Mn
Mu=0.8 (98.05 )
Mu=88.25 ton−m
Notas importantes
El acero fluye a tensión en Eu=Ec=0.003 ; es el recomendable. El hormigón (amplia) empieza a deformarse para una fluencia del acero que varía
de : Eu=Ec=0.003a0.05estosucedeparaunafallafragil . En las fallas balanceadas obtendremos también
Fy=FsporlotantoEu=Ec=0.003 Siempre será p> pβ (falla fragil)
METODO DEL BLOQUE RECTANGULAR EQUIVALENTE DE ESFUERZO: METODO DE WHITNEY
Whitney propuso un método sencillo para evaluar Flexión Simple, basado en una distancia rectangular de esfuerzos en la cual considera que la profundidad del bloque “a” es la que varía y la otra dimensión es la que permanece constante.
Como el método es sencillo sus formulas son fáciles de obtener y se presta para el análisis de esfuerzos combinados de flexión mas cortante, flexión mas compresión; flexión mas torsión mas cortante, flexión mas carga axial. El método se presta para el análisis de vigas de cualquier forma geométrica.
a
h a
b
SECCION DE VIGA DIAGRAMA DE DEFORMACION
βc=a2
a= β1.c
a/2
a c= rfc1a.b
DISTRIBUCION DE TRIANGULO DE ESFUERZOS
∝ f c1b× c=γf c1a . b
Entonces β1 siempre debe dar1
Para la confiabilidad del método y su posterior aplicación se plantea que la posición de las
fuerzas totales de comprensión βc=a2
del nuevo método. También hay la necesidad e
expresión de profundidad de bloque “a” con términos de posición del eje Neutro C así a=β1C. Siendo β1un parámetro menor de 1 a definirse posteriormente.
Posteriormente debe comprobarse que lo resultante de las fuerzas de comprensión den los mismos resultados para lo cual debe definirse el valor de γ entonces:
∝ f c1b . c=γf c1a .b
γ=∝ ca
∝cβ1.C
∝β1
γ= ∝β1
(4) - Debe darse esta igualdad para que este método funcione.
Por otro lado:
βc=a2
βc= β1C2
β= β12
β1=2 β(5)
La fórmula4 y 5 validan el método expuesto de la siguiente manera.
F2c ≤ 280 350 420 490 ≥ 560
∝ 0.725 0.68 0.64 0.60 0.56
β 0.425 0.40 0.75 0.35 0.325
β1 0.85 0.80 0.75 0.70 0.65
γ 0.85 0.85 0.85 0.85 0.85
Conclusión:
De acuerdo con la tabla obtenida γ adopta valores constantes de 0.85 y β1 disminuye con el aumento de la resistencia del hormigón β1 disminuye 0.05 por cada 70 kg – cm 2 de aumento de resistencia el hormigón hasta un valor tope de 0.65 correspondiente a un hormigón de 50 kg/cm.
La variación de β1 es lineal y para obtener valores intermedios entre 280 kg – cm2 por
ejemplo debe hacerse una interpolación lineal. Una vez validado el método los tipos
de falla conocidos son los ismos que el método anterior.
1. Falla dúctil el acero fluye en tensión antes que el hormigón se aplaste en
compresión, se cumple que Fs. = Fy.
2. El hormigón se aplasta en comprensión antes que el acero fluya en tensión se
cumple que Ec=Eu=0.003 .
3. El acero fluye en tensión al mismo tiempo que el hormigón se aplasta a
comprensión se produce lo siguiente Ec=Eu=0.003 . y Fy=Fs este tipo de falla
es balanceada.
Formulación
Cuantía balanceada (pB) corresponde a la falla balanceada.
C = T
0.85 f c1ab=AsFy
0.85 f c1ab=ρβb . d . fy
0.85 f c1 β1c .b=ρβbd . fy
ρβ=( 0.85 β 1 f c1cd . fy ) Calculo “C” utilizando el D.D.D
CEu
=d−cEy
C Ey−c Eu
Eu d−c Eu
C ( Eu+Ey )=Eud
c= Eu dEu+Ey
(7)
Reemplazo 7 en 6 y obtengo.
ρβ=0.85 β1 f c1 ( Eud )
dfy ( Eu+Ey )
ρβ=( 0.85 β 1 f c1 ( Eu )fy ( Eu+Ey ) )
Ey= fyEs
fy=Es Fy
ρβ=0.85 β1FC 1FY ( 0.003
0.003+FyEs )
ρβ=0.85 β1f c1
fy ( 60006000+ fy )(8 )
si ρ <ρB Falla dúctil ( F. Sub-reforzada)
si ρ >ρB Falla frágil (F. Sobre reforzada)
VIGA SUBREFORZADA
0.85 Fc`* a * b = As* Fy
a= As∗Fy
0.85Fc ´∗b(9)
Mn= As Fy( d- a2¿(10) Momento en “C”
Momento tomado en T
Mn= 0.85 Fc`* a * b*( d- a2¿(11)
a= ρ∗d∗Fy0.85Fc ´∗b
(9`)
Si reemplazo 9` en 10 obtengo:
Mn= As* Fy( d - ρ∗d∗Fy0.85 (2 ) Fc ´
) ; As= ρ*d*b
Mn= ρ*d2*b* Fy *(1-ρ∗Fy1.7Fc ´
)
Mn= ρ*d2*b* Fy * (1-0.59∗ρ∗Fy
Fc ´ ) (12)
Para diseño
Mu= Φ Mn Φ =0.90
La fórmula12 podemos escribirla como:
Φ Mn= Φ R * b * d2 R= Factor de Resistencia a la flexión.
R=ρ * Fy * (1- 0.59* ρ *Fy
Fc ´ ) (13)
Vigas Sobrereforzadas (ρ>ρB)
As Fs = 0.85 Fc` *a *b 0.85 β1* Fc`*a*b
ρ * b * d * Fs= 0.85 β1* Fc`*b*c
Esd−c
= Ecc
Es=Ec(d−c)
c(14)
Para el caso de vigas sobrereforzadas en las cuales las vigas es mayor a ρB (1) igualo la
respuesta en toneladas con la respuesta en compresión y obtengo:
As* Fs= 0.85 Fc`* a * b 0.85 β1* Fc`*b*c
Como: Fs=εs Es (15) y a su vez εs=Ec(d−c)
c (14)
Al reemplazar estos valores obtengo:
εsAs= 0.85 β1* Fc`*b*c
As* Es(ε s∗(d−c)
c) = 0.85 β1* Fc`*b*c (16)
La ecuación 16 debe resolverse para c' y luego el valor de C reemplazarlo en (14) para
obtener.
Posteriormente este valor se lo reemplaza en la ecuación 15 para obtener el verdadero
esfuerzo al cual están sometidas las barras de tensión en la viga. Finalmente:
Mu= ΦAsFy (Ec(d−c)
c)
Dará el momento de diseño de una viga tan reforzada que la falla se produce por el
aplastamiento de la viga.Hormigón en la zona de compresión.
EJEMPLO 3.8
Obtener Mn, C; de la siguiente viga Fy= 4200 Fc`= 210; Utilice el método de withney.
30
55 503 Φ 28 mm
1) Obtener cuantía de la viga
ρ=3(6−16)50∗30
= 0.01232
ρb= 0.85 β1Fc 'fy
60006000+ fy
ρb= 0.02125
0.01232 < 0.02125 falla dúctil
a= As∗Fy
0.85Fc ´∗ba=
18.47∗42000.85∗210∗30= 14.5
Mn= As* fy( d – a2
)Mn 18.47 *4200*( 50-14.52
)
Mn= 3316288.5 kg-cm Mn= 33.16 ton-m
Mu= Φ Mn Mu= 0.90 ( 33.16)
Mu= 29.85 ton-m
C=a
β1C=14.50.85
C= 17.06cm
EJEMPLO 3.9
Obtener Mn, Mu, C; y el diseño para la viga de la figura: f'c=210 fy= 4200; Utilice el
método de whitney.
15 15 15
a/2= 14.5 ρ= 24.6338∗45+(15∗15)
15 225cm2 ρ= 0.012729
354.53 ρ b=¿0.02125
38ρ< ρb falla dúctil
7 4Φ28mm
45
As Fy= 0.85 fc' a b As Fy = 0.85 Fc' Ac
Ac= As∗Fy0.85Fc '
Ac=(24.63 )(4200)0.85∗210
Ac= 579.63
Altura=225−579.53
44Altura=
354.5345
a= 15+7.88= 22.88
y(579.53) = 225( 7.5) + 354.53 ( 3.94+15)
y = 8402.3579.53
= 14.50cm
y = a/2
Mn = 24.63 ( 4200) ( 53-14.5) Mn = 3982671 kg-cm
Mn = 39.83ton-m
Mu= 39.83 ( 0.9) = 35.847 ton –m
C=aβ
= 22.880.85
= 26.91 cm
METODO DEL BLOQUE RECTANGULAR EQUIVALENTE DE ESFUERZO
C.SWHITNEY
3 ton 3ton
3m
3ton 3ton3ton3ton 3m
3m
6m 4m 4m 6m
Para el pre-diseño de vigas considerar una altura (h) igual a 7cm por cada metro d luz de
viga.
Wm=3 ton
H=7*6 =42
H= 1.5b b=45/1.5 b= 30cm
Ag= Ac Pn= carga que soporta una columna
Pn= 0.85 fc´ *ag*As fy
Pn= 030*fc´ b*h
Carga axial= Pn
Pn = (# pisos) (……………..)(Carga promedio)
Pn = (3*30) (1.2ton\m2) = 108 ton 110 ton
Pn = 110000 kg
Igualando tenemosf´c=240
110.000= 0.30 * 2.40 * (b*h)
B*h= 1550 b= 40 h=40
DISEÑO DE VIGAS
Cuando se utiliza programa de computadora como elSAP y se analiza una estructura con carga de gravedad únicamente es necesario hacer un predimensionamiento de elementos estructurales, para el caso de las vigas la altura de ellas se las asume igual a 7cm multiplicando por la luz de la viga en metros. Para el caso del pórtico plano analizado por elSAP, todas las secciones de la viga son de 45 x 30, reconociendo que el ancho b resulta de dividir h por 1.5.
Para el caso de las columnas se asumió el criterio de la carga nominal Pn= 0.30 f´c b x h; Pn se lo obtuvo multiplicando el área de ascendencia de la columna por 1.2 ton\m2. Así se obtuvo se obtuvo una sección de 40 x 40 para todas las columnas y de 45 x 30 para todas las vigas la carga muerta incluida al peso propio es de 3 toneladas-metros la carga viva 1.6 ton-m y existen cargas puntuales de 3 toneladas, en el primero y segundo piso alto ubicados como se muestra en la figura; realizado el análisis los métodos son como se muestran en las diferentes graficas obtenidas del programa, este ejemplo de diseño a flexión es para la viga de 6m cuyo diagrama de cuerpo libre se muestra en la figura 1 (a) y diagrama de momentos 1 (B)
DEDUCCION DE LA ECUACION DE MOMENTOS
Queda claro que cualquier estructura hiperestática se la puede convertir en una estructura isostática equivalente tal como muestrea el D.C.L. de la figura (1a)
Aplicando los criterios de los esfuerzos y utilizando los métodos de las secciones tenemos
X
18.36 6.16
Mμmμ+18.36-21.34x+6.16 x2/2=0
21.34 Va
6.16 3.6
Mμ – 18.36 – 21.34x + 3.6(x-1.5)+6.16 x2 \2= 0
Mμ= 21.34x -3.6x +5.4 – 3.08x2– 18.36
Mμ =-3.08x2 + 17.74x – 12.96
0˂x˂4.5
1) Mμ= -8.46 x= 0.5 x=1.5 Mμ=6.722) X=3 Mμ= 12.54
Diseño: se puede utilizar tres métodos distintos
1._ Diseñando con el algoritmo Mμ = φ Rbd2 por lo que R= mμ\ φbd2 luego en la tabla de ayuda leo “ρ”, finalmente As= ρ bd se reparte el acero de barras
2._ Asumir la profundidad a del bloque, calcular As con Mμ= As fy( d– a\2 ) entonces
As= mμ\fy( d – a\2 ) luego compruebo a= As Fy\0.85 f´cbluego si el valor de “a” asumido es parecido al valor de “a” comprobado el área de las barras es correcto, de la contrario asumir nuevo valor de “A” y comprueba el otro . etc.
PRIMER METODO
R= 1836000\0.9*30*402= 42.5 kg\cm
Lea R y ρ ρ= 0.0115
As= 0.0115 * 30*40 = 13.8
R = 2277000\0.9*30*402= 527 kg\cm
R = 1256000\0.9*30*402= 29.07 kg\cm
1) ρ= 0.014 ρ= 0.014
2) As = 0.01475 x 30 x45=17.7cm2
3) As= 0.0075 x 30 x45= 9cm2
Ρmin=14/Fy o 0.0033 ˂ 0.0075 ok
DISEÑO DE VIGAS A FLEXION
1.- Para obtener el área del acero
Mu= φbd2 R= Mu/φbd2
En las ayudas leemos “ρ” luego de As = ρbd
2.- Asumo “a” obtengo As=mμ/fy( d – a\2 ) compruebo “a”
Asumiendo con: a= As fy/0.85f´c b
Si “a” es similar al valor calculado As es correcto de lo contrario repetir los cálculos
3.- Aplicando la ecuación que define “ρ”
-18.36 -22.77
6m 45cm 40cm
30cm
Un valor inicial de la profundidad del bloque puede ser d/4 , es de a= 40/4 a= 10
a= 1836000/4200(40-5) (0.9) =12.5cm
a= As x fy/0.85 f´c b = 12.5 x 4200/ 0.85 x 240 x30
a= 8.6cm
2.- iteración
A=1836000/4200(40-5)=13.61 a= 13.61 x 4200/0.85 x 240 x 30= 9.33 ok
Para el momento de 22.77 ton: 1ra interacción
a= 9cm (asumiendo)
As= 2277000/0.9 x 4200 ( 40-45) = 17.0 as= 17.0 x 4200 / 0.85 x240 x30 = 10.5
Segunda interacción
As= 2277000/0.9 x 4200 ( 40-5.25)= 17.30 as= 17.30 x 4200 / 0.85 x240 x30 =10.41
DEDUCCIÓN DE LA FÓRMULA DE “ρ”
Como:
Mμ = φ As fy d (1- 0.59 ρfy/f´c)
Mμ = φ ρbd2( 1- 0.59 ρfy/f´c) conociendo que
Mμ = φ Rbd2 Igualando Tenemos
φ Rbd2= φ ρbd2Fy ( 1- 0.59 ρfy/f´c)
0.59 fy2/ f´c x ρ – ρfy + R= 0
ρ=0.85 f ' c
fy−12 √ f ' c2−4 (0.59 ) R f ' c
0.592 fy
ρ=0.85 f ' cfy
(1−√1−2.36 Rf ' c
)
Para saber de cual valor de “a” partir se divide el m (+) para el momento máx. (-); ese valor será el porcentaje
12.56/22.77= 0.55 % ≈ 0.6 % a= 10.7
Entonces: 0.6 x 10.7 = 6.42
As= 12560004200 (40−3.25 )(0.9)
=9.04c m2∴
a= 9×42000.85 (240 )(30)
=6.2≈6.5
3er METODO
Aplicando La Fórmula
ρ=0.85 f ' cfy
(1−√1−2.36 Rf ' c
)
ρ=0.852404200
(1−√1−2.36 (42.5)240)
ρ= 0.0115
As= ρbdAS= (0.0115*30*40)
As= 13.82
R= 22.770000.9∗30∗40
= 52.70
Ρ=0.85∗2404200
*(1-√1−2.36∗52.70240 )
As=0.0149*30*40
As=17.88
1.15 1.4
Según el código A.C.I. la longitud de las barras para cubrir el momento negativo
en vigas es igual al punto de inflexión mas 12 veces el diámetro de las barras de
mayor diámetro.
VIGAS DE GRAN PERALTE
Las vigas de gran peralte son aquellas cuya altura supera los 90cm. El refuerzo superficial
en vigas de gran peralte o refuerzo condicional Ack, la obtenemos con la expresión Ack<=
(d – 750) ¨d¨ debe estar dado en mm y Ask en mm2. La separación máxima entre las
barras adicionales no debe exceder a (¨d¨/6) o 300mm.
2Ǿ25mm2Ǿ22mm
3Ǿ22m
Zona a compresión
ANALISIS Y DISEÑO DE VIGAS DOBLEMENTE REFORZADAS.
Las vigas doblemente reforzadas son aquellas que llevan acero de compresión y de
tensión.
El acero a compresión resulta necesario cuando se limita el tamaño de la viga por estética
o por falta de espacio disponible, además el acero de tensión, el acero de compresión es
útil porque no solamente aumenta los momentos resistentes a las secciones de la viga si
no que también incrementa la magnitud de curvatura que un miembro puede absorber
antes de fallar a flexión.
La ductilidad de tales secciones aumenta considerablemente.
El acero a compresión hace que las vigas sean tenaces y dúctiles permitiéndoles resistir
grandes momentos y deformaciones.
Así como inversiones de esfuerzo que son los que ocurren durante un terremoto. El
código A.C.I.
Establece la exigencia de colocar una cantidad mínima de acero de compresión en
elementos que trabajen a tensión.
El acero de compresión reduce deflexiones a largo plazo y sirve para sostener los
estribos, acero para hacer frente a los esfuerzos de compresión.
Refuerzo adicional a cada lado
As
Eje neutro
Acero a compresiónAs´
b
ca
Td´a/2
T´=As´Fy
Para este caso aplicaremos el método de Withney para el análisis.
En esta parte consideramos que tanto acero el acero de compresión como el de tensión
fluyen a la falla respecto a que no corre siempre para esto vamos a dividir el momento
nominal en dos partes.
M1= acero de compresión cuyo elemento de par se presenta en la figura (c) y su brazo es
d-d´ más el momento producido por el excedente de las dos barras de tensión (As-As´),
que se equilibra con los esfuerzos de tensión en hormigón. El brazo del par ((d-a)/2) tal
como se presenta en la figura (a).
El primer término produce m1 y el segundo m2 .
Entonces:
Mn = m1+m2
1) Mn = As´fy(d-d´)+(As-As´)fy(d-a/2)
Acero a tensión
As
dd-d´
T=AsFy
Figura (a) Figura (b) Figura (c)Bloque de Withney
Figura (1) Figura (2)
d-d´
As´fy
Asfy
C=0.85fc´ab
0.85fc´a.b = (As-As´)fy
2) a = ( As−As ´ ) fy0.85 fc ´
3) a = ( ρ−ρ ´ )d . fy0.85 fc ´
La cuantía de la viga para acero doblemente reforzada es:
4) ρb = ρb+ ρ1´ρb = cuantía de acero para una viga doblemente reforzada.
Ρb = cuantía balanceada de acero para una viga simplemente reforzada.
ρ1 = cuantía del acero a compresión.
5) Ρmax = 0.75 ρb+ ρ1´CASO EN EL QUE EL ACERO A COMPRESION SEA MENOR QUE fy
Fs´<Fy
Las ecuaciones deducidas anteriormente se aplican (1-3) al caso que Fs´ fluya a la falla
(Fs´= fy) para el caso de vigas anchas de poca altura o vigas con el esfuerzo del
hormigón sobre las barras de compresión mayor de lo usual o vigas con cantidades
relativamente pequeñas de refuerzos a tensión, el esfuerzo en la barras de compresión
está por debajo del esfuerzo de fluencia a la falla.
Del diagrama de deformaciones obtenemos Es´
EUC
= EU−Es ´d ´
EU.d´= C(EU -Es´)
Es´= C∗EU−EU∗d ´
C
6) Es´= Eu(C−d ´ )
C
Sumando fuerzas horizontales y considerando que tanto el acero de compresión con el
acero de tensión fluye a la falla como la ecu 6).
Es´= Ey
Y despejo C la posición del eje neutro.
-As´fy – 0.85 fc´ a-b +Asfy = 0
As fy = As´fy+ 0.85fc´β1. Cb
Dividiendo la ecuación para (bdfy) y remplazando la cuantía del primer miembro ρmin
Ρbdfy = ρ´bdfy + 0.85 fc´ β1 EU d ´
Eu−Ey
7) obtengo ρmin = 0.85 β1 fc ´fy
.d ´d
.6000
6000−fy+¿ ρ´
EU d ´Eu−Ey
=0.003d
0.003−fy
2000000 =
60006000+fy
Si la ρ de acero a tensión ρ<ρmin el acero a compresión fluye a la falla esto significa que
el eje neutro se encuentra en fluencia.
8) Ρb = ρb + ρ´ f ´ sfy
Para evitar una falla frágil
Las ecuaciones 8) y 9) son las fórmulas generalizadas de las ecuaciones 4) y 5)
ENCUADRE
Mn= m1+m2 = As´ fy (d-d´) + (As-As´)(d-a/2)
a = ( As−As ´ ) fy0.85 fc ´
=( ρ−ρ ´ )d . fy0.85 fc ´
Para fs´<fy
Ρb = ρb + ρ´
Ρmax = 0.75 ρβ + ρ´
Pmin = 0.85 β1 fc ´fy
.d ´d
.6000
6000−fy+¿ρ´
ρ<ρmin= el acero a compresión no se encuentra a fluencia.
Conocido la expresión para determinar la ρmin de acero en una viga con armadura doble y
al compararla con ρ de acero de tensión de la viga que resulta ρ<ρminsignifica que el acero
a compresión no se encuentra en el límite de fluencia y tenemos que desarrollar una
ecuación en la cual se considere la posición real del eje neutro que se encontrara un poco
subido hacia las fibras de compresión. Esta ecuación la obtenemos sumamos fuerzas
horizontales y reemplazando el valor de εs’ obteniendo relaciones triangulares
semejantes del diagramas de deformación.
El valor de εs’ es reemplazado en la expresión f’s = εs’ Es
Para obtener la ecuación As.fy = 0.85 β1.f’c.b.c + As’.εs’.εu.[(c-α)/c](10)
Con la ecuación (10) obtengo “c” la profundidad del eje neutro con “c” obtengo “a” la
profundidad del bloque, finalmente.
mn = As’.f’s.(d-d’) + (As – As’).fy[d-(a/2)]
mn = Φmu Φ = 0.90
En este caso ρB = ρB+ ρ’.(fs’/fy) (8)
ρMAX= 0.75 ρB+ρB’ (f’s/fy) (9)
La fórmula (9) se debe verificar para asegurar una falla dúctil en la viga doblemente
reforzada.
EJEMPLO DE ANALISIS
Determinar el momento nominal y el de diseño para la viga mostrada en la figura utilice un fc’ = 210 kg/cm2 ;fy = 4200 kg/cm2
ρ=10.1∗460∗35
=0.01946 cm..
4Φ36mm.
2Φ28mm.
35 cm..
60 cm..
ρ '=6.16∗260∗35
=0.00586
ρ=
0.85∗0.85∗2104200
∗6000
10200=0.02125
ρ=0.75∗0.02125=0.01594
ρ (0.01594 )> ρ(0.02125) La viga se analiza como doblemente reforzado.
ρMIN = para comprobar si fluye o no a la falla.
ρmin=
0.85∗0.85∗2104200
∗6000
6000−4200+0.00586=0.00586
ρmin=0.01790
ρmin (0.0194 )> ρmin(0.01790) El acero a compresión si fluye a la falla.
Para comprobar la ρ de la viga.
ρmax=0.75∗0.02125+0.00586=0.00218
ρ< ρmax; La cuantía de acero a tensión es < que ρmax como debe de ser.
mn=(6.16∗2 ) (4200 ) (60−6 )+[ (10.1∗4 )− (6.16∗2 )] (4200)(60−a2)
a= As−As '0.85 fc ' b
=( ρ−ρ' ) fy α0.85 fc '
a=(0.0194−0.00586 )(4200)(60)
0.85 fc '
a=19.12cm.
mn=8742867.74 kg−cm . mn=87.43Ton−mt .
mu=(0.9)(87.43) mu=78.69Ton−mt .
SEGUNDO METODO DE SOLUCIONSi tenemos la sección de la viga con armadura doble un acero As, actuando a un plazo (d-
d’). Entonces As y As1 no son iguales y un acero As2 distantes de la fibra exterior
entonces.
As2=As−As1
Si suponemos que el acero de tensión ha entrado en fluencia por lo que:
a= As2∗fy
0.85¿ f ' c∗b
La posición del eje neutro será:
c= aβ1
y εs=εu(a−c)
c
Si ε’ses mayor que εy (ε’s>εy) el acero de compresión se encuentra en fluencia.
Entonces
mn 1=A s '∗fy(d−d ') mn 2=As2∗fy(d−a2)
mn=mn 1+mn2 mu=∅ mn
As2=As−As1
a= As2∗fy
0.85¿ f ' c∗b ; c=
aβ1
SOLUCION
As2
=
As
As’
As
As’
=
As2=(4∗10.1 )−(2∗6.16 )=28.08cm2
a= 28.08∗42000.85∗210∗35
=18.88≈18.9cm2
c=18.90.85
=22.24 cm
ε ' s=0.003 (60−22.24 )
22.24=0.00509
εy= fyϵs
= 42002000000
=0.0021
εs ' (0.00509 )>εy(0.0021)
El acero a compresión si fluye a la falla.
m n1=12.32 (4200 ) (60−6 )=2794176kg−cm
m n1=27.94Ton−m
m n2=28.08 (4200 )(60−18.92 )=5961664.8 kg
m n2=78.80
mn=27.94+59.62=87.56
mu=0.9 (87.56 )=78.80
EJEMPLO Nº 2
Calcular el mn y mu de diseño para la viga mostrada en la figura. Utilice
f’c=280kg/cm2fy=4200kg/cm2
ρ=(8.04 )(4)60×35
=0.0153
ρ=(2 )(38)60×35
=0.0036
6
4
2
35
ρb=0.8
52∗2804200
∗6000
10200=0.0283
ρmáx=0.75 ρb
ρmáx=0.75 (0.0283 )=0.0212
ρ(0.0153)< ρmáx(0.0212) La viga se analiza como doblemente reforzada
ρmin=0.8
52∗2804200
∗6
60∗6000
6000−4200+0.0036=0.0197
ρ(0.0153)< ρmin(0.0197) El acero en compresión no fluye a la falla
De la fórmula 10 obtengo “c”
32.16 (4200 )=0.852 (280 ) (35 ) c+ (7.6 ) (2×106 ) (0.003 )( c−6c
)
135072c=7080.5c+45600 ( c−6c
)
135072c=7080.5c2+45600c−273600
7080.5c2+89472c−273600=0
c=15.18cm
f ' s= (2×106 ) (0.003 )( 15.18−615.18 )=3628.5kg /cm2
a=0.85 (15.18 )=12.19
mn=7.6 (3628.5 ) (60−6 )+(32.16−7.6 )(60−12.92 )=70.13ton−m
mu=0.9 (70.13 )=63.12 ton−m
ρmáx=0.75 (0.0283 )+0.0036( 3628.54200 )=0.0243ρ(0.0153)< ρmáx(0.0243) Comprobado falla dúctil
ρ(aceroatensi ón)>ρmá x; Si esto sucede se la analiza como viga doblemente reforzada.
Calculamos ρmincomo viga doblemente reforzada. ρmin>ρ
Si ρ> ρmin como viga doblemente reforzada entonces fs=fy (está en fluencia), lo
contrario es decir ρ< ρmin lo que significa que f`s<fy (no concurre a la falla).
Si la ρ del acero a tensión es menor que la cuantía máxima como viga
simplemente reforzada, significa que la viga hay que analizarla como viga
doblemente reforzada. Luego hay que comprobar si el acero a compresión fluye a
la falla.
SEGUNDO METODO PARA ρ< ρmin yf`s<fy
Calcular “a” suponiendo que f`s=fy; calculamos As1 y As donde As1= As’, calculamos
“c”.
c= aβ1
Calcular ε ' s=¿mediante r ε ' s=εu( c−d '
c)
Comparar r ε ' s si r ε ' s<εyEl acero a compresión no se encuentra en fluencia y hay que
calcular un nuevo valor de As1 con la expresión A s1=A ' s× f ' s
fy debemos tomar en cuenta
que F’s=ε ' s × Es.
Con este valor de As1 nuevo valor de “a” a=¿¿ y lógicamente nuevo valor de “c”.
Con este valor de “c” obtengoε ' s=εu(c−d ')
c y obtengo con este valor de f’s que es F’s=
ε ' s × Es; así sucesivamente hasta obtener en 2 iteraciones continuas un valor parecido
f’s.
EJEMPLO 1
a={(8.04×4 )−(3.8×2)}×4200
0.85 (280 )(35)=12.4
c=12.40.85
=14.6
ε ' s=0.003(14.6−6)14.6
=0.0018
εy=0.021( para aceros de4200)
ε ' s<εy(El acero a compresión no fluye)
2da Iteración
F ' s= (0.0018 ) (2×106 )=3600kg−cm2
A s1=7.6×36004200
=6.51
a=32.16−6.51×42000.85 (280 )(35)
=12.93
c=12.930.85
=15.21
ε ' s=0.003(15.21−6)15.21
=0.0018
F ' s= (0.0018 ) (2×106 )=3600kg−cm2
DISEÑO DE VIGAS DOBLEMENTE REFORZADAS
b.
As’
d.
ρmin=0.8
52∗f ' cfy
∗d
d '∗6000
6000−fy+ρ '
ρ= As 'b × d
Si ρ(cuantía de acero a tensión) ¿ ρmin, el acero a compresión no se encuentra en fluencia.
Para diseño de vigas doblemente reforzadas seguimos el siguiente procedimiento:
1) Calcular el momento máximo que se puede resistir la viga a tensión considerando
que:
ρ=ρmáx ρmáx=0.75 ρb
Mn=As Fy (d−a2)a= As × Fy
0.85 f ' c ×b
2) Si existe como calcular el exceso de momento que debe resistir la vida,
asumiendo que m2= movimiento nominal, calculado en el paso 1; entonces:
M 1=mu∅
−m2
Y el acero a tensión del paso 1, le llamamos As2; Es decir el acero de tensión cuya fuerza
equilibra con las fuerzas producidas en el hormigón en comprensión entonces:
As2=As As1
Agregar una cantidad de acero a tensión As1 = As de esta manera el área total del acero a
tensión:
d.
As=As2+ As1
Revisar la viga doblemente armada para establecer si el esfuerzo en las barras de
compresión es igual al de fluencia, esto es comparar la cuantía de acero a tensión con
Pmin.
Si la cuantía de acero a tensión es menor que la Pmin como viga doblemente reforzada así
como a esfuerzo en las barras de comprensión no está en fluencia y el área de acero a
comprensión debe aumentarse con el fin de proporcionar así la fuerza necesaria:
La profundidad de bloque se la obtiene a partir del requisito de equilibrio
horizontal. Luego se obtiene la posición del eje neutro, entonces;
F s1=Eu Es .c−d1
cEl área revisada de acero a comprensión que actúa a un esfuerzo igual “a tentativo”
a1revisado=a
1tentativo ( fy
f s1 )El área de acero a tensión no necesita su revisado puesto que está trabajando a fy como
se supuso.
PROBLEMA 1
Diseñar una viga rectangular de 34.6 ton – m de carga muerta y 55.4 ton – m de carga viva, un hormigón de 280y un acero de 4200 kg – m. las dimensiones más máximas para la viga se muestran en la figura.
35 cm
ρβ=0.85 β1f c1
fy60006000+fy
ρβ=0.02833
ρmax=0.75 ρβ 1
ρmax=0.75 (0.02833 )
pmax=0.0212
As= ρmax (b ) (d )
As=0.0212 (35 ) (70 )
As=52.06≈52.1
Mn=As fy(d−a2 )
Mn=52.1 (4200 )(70−26.32 )Mn=12439917kg−m→124.4 ton−m
a=As ( fy )
0.85 (f c1 ) (b )
a=52.1 (4200 )0.85 (280 ) (35 )
a=26.3cm
Momento actuante de carga que producen cargas exteriores= mu
1) mu=1.2 (34.6 )+1.6 (55.4 )mu=130.16 ton−m
2) m 2=124.4 ton−m
3) m 1=mu∅
−m2
m 1=130.160.9
−124.4
m 1=20.3 ton−m
Si el eje neutro está dentro del alma se requiere un análisis como viga "T" la figura N 5
muestra el caso en que la viga es "T"
Si a es menor o igual a hf (figura 4) la viga se la puede analizar como rectangular.
Si se supone tentativamente que la profundidad del bloque está en el ala a<hf
a= As × Fy
0.85 f ' c× ba= ρ fy d
0.85 f ' c
Si la profundidad del bloque excede el espesor del ala Fig. 5 se requiere un análisis de
viga "T".
Con fines computacionales dividimos el área de acero en dos partes, se supone que la
resistencia de la viga está controlada por la fluencia del acero fy. Esto va a ser casi
siempre el caso debido a la gran resistencia a compresión que presente al ala de la viga.
Si consideramos Asf. "El área de acero" que al estar sometido a un esfuerzo fy se
requiere para balancear los esfuerzos en compresión producidos en la ala sobre salientes
a uno y otro lado del alma tal como se muestra en la figura 6.
Si consideramos Asf "el área del acero" que al estar sometido a un esfuerzo en
compresión producidos en las alas sobre salientes a uno y otro lado del alma tal como lo
muestra la figura 6.
Esto genera un momento (mn1) más el esfuerzo que se produce en compresión generado
por parte de la viga y que se equilibra con el esfuerzo producido por las barras restantes
As-Asftrabajando a Fy esto produce un momento mn2 de tal forma que el mn=mn1 +
mn2 y el momento de diseño Φ mn = mu = Φ ( mn1 + mn2)
Formulación
Asf x Fy = 0.85 fc´ (b – bw) hf
Asf =0.85 f ' c (b−bw ) hf
fy(1)
Mn1=Asf x Fy (d – hf/2)(2)
Asw= As – Asf
a=( As−Asf ) Fy
0.85 f ' cbw(3)
Mn=Asfy (d−a2 )(4)
Para determinar el comportamiento de la viga, debemos calcular la cuantíamáxima; esto
se logra sumando fuerzas horizontales.
As Fy = 0.85 B1 fc´bw x C + As1 fy
Si consideramos que
ρw= Asbw × d
ρf = Asfbw × d
Se recalca que las cuantías se las obtiene considerando la sección de la viga (neta).
Mediante un proceso adecuado obtenemos la ρwbde viga "T" mediante la expresión
(5)ρwb = 0.85 B1 fc´/ fy x 6000/6000+fy + ρf
Interpretando nos queda que para asegurar la falla dúctil
ρwb= ρb + ρf(6)
El códigoestablece que para asegurar una falla dúctil.
ρwbmax = 0.75(ρb+ ρf)(6)
ρb= es la cuantíabalanceada para una viga rectangular
ρf= es la cuantía de acero Asf
El código 10.5.1 establece que As proporcionado no debe ser menor que As min
As min= 0.79√ Fc´ρw x d (En kg/cm2) ≥ 14/Fybw x d
Fy
Determinar la resistencia a diseño de la viga mostrada enla figura. F'c= 240
Kg/cmFy= 4200 kg -cm2
a= As Fy
0.85 f ' cb
a=(6∗6.16 )(4200)0.85 (220 )(155)
a= 5 356 cm
a <hf se realiza como viga rectangular
Mn=Asfy (d−a2 )
Mn=(6∗6.16 ) ¿
Mu=0.9 (88.98)=80.08 ton-m
ρβ=0.852 f c1
fy600010200
ρβ=0.852 2204200
600010200
=0.0222619
ρmax = 0.75 ρb
ρmax =0.75 (0.0222619)= 0.016
ρ = 6(6.16)
60(155) ρ = 0.00397
ρ = <ρ(max)
ρmin = 0.79√fc´
ρ min = 0.79√220 ρ min= 0.002 7899
4200
ρ min <ρ
ρ min= 14
fy
ρ min = 0.0023 ρ min= 0.00333
4200
ρ min <ρ
SEGUNDO MÉTODO
1.Calcular T= As Fy
2.Obtener Ac= T/ 0.85 fc'
3.Si el bloque cae dentro del ala son aplicables las fórmulas para vigas rectangulares;
entonces:
Ac= a.b. a= Ac/b
4.El brazo de palanca: será: d - a/2
5.Mn=T( d- a/2)
6.Mu= Φ mn
Solución de problema 3 por método 2
1.T= (6.16 x E) (4200) = 155232
2.Ac = 155232/ 0.85 (220) = 830.12 cm2
A1= 155 x 11 = 1705 > Ac (830.12)
El eje neutro cae dentro del ala
ρ = As
d x b
3.a=830×12155
a=5 .536 cm
4.d−a2=60−5.356
2d−a2=57.32
5. Mn=(155232)(57.32)Mn=88.98 T-m
6. Mu=0.9(88.98) Mu=80.08 T-m
En este método el comportamiento de la viga se lo obtiene revisando ρmáx para
lo cual calcula más la posición del eje neutro asumiendo que la situación
balanceada respecto al hormigón y el acero. Luego obtiene más a=βi−c
obtenemos el área comprimida y como C=Ty Tmax=0 .75T para asegurar una
falla dúctil.
0.003c
=0.002160−c
(60−c ) (0.003 )=0.0021c
0.003
C = T
c
d-c
0.18−0.003c=0.0021c
C= 0.18
5.1×10−3=35.29cm
a=0.85 (35.29 )=30 cm
Ac=(115×11 )+ (19×25 )=2180cm2
T=0.85 (220 ) (2180 )=407660kg
Tmax=0.75T Tmax=0.75(407660)Tmax=305745 kg
T<Tmax
PROBLEMA 4
Calcular la resistencia de diseño de la viga mostrada la figura utilice un f’c=240; fy=4200kg/cm2
ρ= Asb × d
= 8×8.04175×75
ρ=0.0114
a= ρ f 4d0.85F c❑
a=0.0114 (4200)× 750.85(240)
0.0021
628mm
11
19x
822mm
75 cm
35 cm
10 cm
75 cm
a=17cm
Se analiza como α >10viga “T”
Asf =0.85 (240 ) (75−35 )10
4200Asf =19.43 cm2
M n1=(19.43)(4200)(75−102
) M n1=5712000kg
a=((18×8.04 )−19.43)4200
0.85 (240 )35a=26.41cm
M n2=( As−Asf ) Fy(d−a2)
M n2=(64.32−19.43 )(4200)(75−26.412
)M n2=116.51 ton.m
Mn=M n1+M n2Mn=57.12+116.51=173.63ton . m
Mu=0.9(Mn )
Mu=0.9(173.63)
Mu=156.26 ton.m
ρwmax=0.75 (ρo+ρf )
ρwmax=0.75 (0.02429+( 19.4335×75 ))=0.0238
ρw= Asbq d
ρw=64.3235.75
=0.0245
ρw=0.0245≈ ρwmax=0.0238
SEGUNDO METODO
T=(64.32 ) (4200 )=270144kg
Ac= 2701440.85 (240)
=1324.24 cm2 A1< Ac
Se analiza como viga ”T”
a=1324.24−75035
+10=26.41
CALCULO y
1324.24Ӯ =750×5+574.24 ( 26.412
)
Ӯ =3750+10454.041324.24
10
27.5
35 cm
26.41 cm
75 cm
750
832 mm
Ӯ =10.73=a2
Mn=270144 (75−10.73) Mn=173.62
Mu=0.9(173.62) Mu=156.26
C= ∝1.7
= 751.7
C=44.12
a=0.85 (44.12 )a=37.5
Ac=(75×10 )+(35×27.5) Ac=1712.5 cm2
T=0.85(240)(1712.5)T=34.9350kg
Tmax=0.75(349350)Tmax=262012.5kg
Tmax ≈ T
DISEÑO DE VIGAS “T”
Para el diseño seguimos el procedimiento.
1) Determinar el espesor del ala con base en los requisitos de flexión de la losa.
2) Determinar el ancho efectivo del ala con base en los requerimientos del capítulo 8
del código ACI 8-12-2-8-12-3; 8-12-4.
3) Seleccionar el ancho del alma (con base ) y peralte efectivo con base en :
a) Requiere una flexión negativa en los apoyos si se trata de una viga “T” continua.
b) Requiere de cortantes estableciendo el límite superior razonable en el esfuerzo
unitario de cortante en el alma de la viga.
4) Calcular el valor tentativo de acero de tensión suponiendo que la profundidad del
bloque no exceda el espesor del ala utilizando para el efectivo a las fórmulas de
vigas rectangulares.
5) Para el área “las tentativas” verificar la profundidad del bloque “a” para asegurar
que este no exceda hfutilizando las fórmulas para vigas “T”.
6) Revisar la cuantía máxima para confirmar que no exceda la cuantía de acero a
tensión de la viga“ ƿwmax ≤ ƿ
7) Revisar para confirmar que “ ƿwmax ≥ ƿmax esto va hacer casisiempre
invariable.
PROCEDIMIENTO ALTERNATIVO DE DISEÑO
Si el eje neutro queda en el ama a>hf se utiliza un procedimiento de tanteos para
diseño, en este proceso se estima que un brazo de palanca / medida al centro del bloque
de compresión hasta el control de acero a tensión) se cree que es igual al mayor de
Z=0 .9do Z=d−hf2
Y con esto se calcula un área de prueba de acero igual
As= Mnfyz
Luego con el procedimiento aplicado en ejemplos anteriores se realiza el valor estimado
de Z.
Si se tiene mucha diferencia el valor estimado de Z se revisa y luego se obtiene un nuevo
valor del área de acero.
El proceso se repite hasta que los valores de As consecutivas sean parecidas.
EJEMPLO 3
Diseñar una viga “T” para el sistema de pisos mostrado en la figura para un
momento de carga muerta de7 ton.m y momento de carga viva de 17 .5 ton.my un
hormigón de Fc=250kg /mFy=4200Y una luz de 6m.
1) Ancho del ala1´) L/4=6/4=1.52´) 16hf+bw=16(10)+30=1.93´) 3m
2) Mu=1.2 (7)+1.6 (17.5)+30=36.4 ton-m Supongo a=10=Hf
3)As= Mu
∅ fy(d−a2)
As= 3640000
0.9(4200)(45−102
)=24.07cm2
4) a= As fy0.85 fc ´ b
a= 24.07∗42000.85∗250∗150
=3.17
5) ρ= 24.0745∗150
=3.566∗10−3
a= ρ fy d0.85 fc ´
30 cm 30 cm 30 cm
3 m 3 m
10cm
45 cm
1.5 m
a=3.5666∗10−3∗4200∗45
0.85∗250=3.17
R= Mu
∅ b d2
R= 36400000
0.9∗150∗452=13.32
ρs=0.00325
As= ρs b dAs=0.00325∗150∗45=22cm
ρmáx=0.75 ρbρmáx=0.75∗0.02530=0.01898
ρm á x> ρOK
ρ min=0.79√ fcfy
ρ min=0.79√2504200
=0.00297
No menor a 14/4200ρ(0 .00357)>ρmin (0 .00297)
2 Ø 25mm
2Ø 28mm
a<hf (10) en consecuencia la profundidad del bloque está dentro del ala
Z=0.9∗45=40 .5
Z=45−5=40
As= 36.4∗105
4200∗40.5=21. 4
Ac= Asfy0 .85 fc
Ac=21.4∗42000.85∗250
=422.96
a=422.96150
=2 .81
Nuevo Z
Z=d−a2
Z=45−2.822
=43.59
As= Mu∅ fy Z
As= 36400000.9∗4200∗43.59
=22.09
SEGUNDA ITERACION
Ac=22.09∗42000.85∗250
=436.6
a=436.6150
=2.91
Z=45−2.912
=43.55
As= Mu∅ fy Z
As= 36400000.9∗4200∗43.55
=22.1cm2
Revisión de ρmáx
En este método para determinar ρ m á xse obtiene un acero de tensión máxima (Tmáx) suponiendo una posición balanceada del eje neutro.
C
C-d
T (92904 )<Tmáx . (298828.125 )ok
Deducción de la Fórmula para determinar la cantidad máxima de acero a tensión “As máx.”
CB (Prof. Eje neutro balanceado)
= 0 .003a
0 .003+fy
2x 106
=60006000+ fy
a=0 .5a
c= 0.003∗450.003+0.0021
=26.45
a=0.85*26.47=22.5Ac=10*150+22.5-10*30Ac=1875 cm2
Cb=0.85fc´ AcCb=0.85*250*1875Cb=398437.5
Tmáx=0 .75 (398437 .5 )=298828 .125
CB=T B CB=Fuerza=0 .85F ' c [b×hf + (a−hf ) bw ]
AsB=T B
F y As máx 0.75 AsB
Para f’c=250 y fy= 4200
A S máx=0 .75×AS×b×d=0 .75T B
f y
=0.75CB
f y
=0 .85×0 .75×2504200
(b×hf ×bw (ab−hf ) )
A S máx=0 .038 (b×hf +bw (0 .5d−hf ) ).
As=0.038 ( (150×10 )+30 (0 .5×45−10 ) )=7125 cm2
OK
PROBLEMA
Diseñar una viga T para el sistema de pisos mostrada en la figura para el ancho del
alma y peralte efectivo donde los momentos flectores MD=36 y ML= 60, utilice un
hormigón f´c= 250 y un acero de fy= 4200 y una luz de 5.5 m.
Tmáx=71.25 (4200 )=299250
Ancho del alma
1) 5.5/4 = 1.40 m2) 16(8) + 40 = 1.683) 1.8
MU = (36x1.2) + (60x1.6) = 139.2
As=139200
0 .9(4200 )(65−82 )=60 .37
ρ=60 .3765x 140
=0 .0062
a>hf
Asf =0 .85 f ´ c (b−bw)hf
fy
Asf =0 .85 (250)(140−40 )84200
=40 .48
Mn1=Asf ×fy (d−hf2 )
a=0.00663 (4200 )65
0 .95 (250)=8 .52
Mn1=40 .48(4200 )(65−42 )=10370976 kg .cm .
Mn2= Muφ
−Mn2=139 .20.9
−103 .71=50 .96Ton .m
Asumiendo a = 12
As−Asf = Mn2
fy(d−a2
)=
As−Asf =5096000
4200(65−12a )=20 .56
a=( As−Asf ) fy0.85 f ´ c×bw
=20 .26( 4200)0 .85(250)( 40)
a=10 .16
Asumiendo a = 10 (2da iteración)
As−Asf =5096000
4200(65−10a )=20.22
a=20 .22 (4200 )0.85 (250 )( 40)
=9 .99≈10
As−Asf =20.22
As=40 .48+20 .22=60 .7
ρw máx=0 .75 ( ρ B +ρ f )
ρw máx=0 .75 (0.02530+0.01557 )=0 .03065
ρ=60 .75140x 35
=0 .00663
ρ=40 .4865x 40
=0 .01557
ρw<ρ máx OK
SEGUNDO MÉTODO
Asmáx=0.038 [b×hf +bw (0 .5d−hf )]
z=0 .9(65 )=58 .5z=65−4=61
As=139 .2×105
4200(61)( 0.9 )=60 .37
Ac=60.37 (4200 )0 .858250 )
=1193.20
∑Fac> A1(1120) entonces A2=1193.20-1120=73.2
NUEVO Z
n=73 .240
=1.83
a=1.83+8=9.83
y(1193.20)=1220(4)+73.2(8+1.83/2)
z=65−8.522
=60 .74
y= 4.30
NUEVO Z
Z= 65-4.3=60.7
OK
Asmáx=79 .8
T <Tmáx OK
As=154 .67×105
0 .9(4200 )(60 .7 )=60 .67
Tmáx=79.8( 4200)=335160Kg
T=(π (2.8 )2
4×10)×4200=258 .594Kg