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8/17/2019 Clase 2 Concreto Armado I
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UNIVERSIDADCÉSAR VALLEJO
Facultad de Ingeniería Civil
Curso: Concreto Armado IDocente: Mag. Ing. Raul Heredia Benavides
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
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Diseño de Elementos en Flexión
Elementos en FlexiónLos elementos sometidos a flexiónson las vigas, los techos, las losasmacizas, las losas aligeradas y engeneral todos los elementos bajo
cargas perpendiculares a su plano.
Cargas
Φ ≥ = 1,4 1,7
= 1,25
= 0,9 ± 1,25 = 1,25 ( ) = 0,9 ±
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Diseño de Elementos en FlexiónPrincipios Básicos.
•
La distribución de esfuerzosunitarios en la seccióntransversal de un elemento es
plana. Se cumple la denominadahipótesis de Navier.
•
La resistencia a tracción delconcreto se desprecia.
• La deformación unitaria máximadel concreto es de 0.003.
•
Se utiliza el bloque requivalente.
• Existe adherenciaconcreto y el acero. Ncorrimientos entre
materiales.• El esfuerzo en el refue
tomarse como Esdeformación del acero
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Diseño de Elementos en FlexiónViga Simplemente Apoyada
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
= 0.85 ∗
= 0.75 ∗
= 0.50 ∗
= 0.75 ∗
> ñ
< ñ
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Diseño de Elementos en FlexiónViga Simplemente Apoyada
Ejemplo 1: Diseñar la vigamostrada en la figura para unestado de rotura. Considerar: = 210
= 4200 /
= 16
•
Paso 1. Determinar eFalla.
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗
= 0.75 ∗
= 0.75 ∗ = 0.75 ∗
= 0.75 ∗ 0.85 ∗ 60
6000
= 45
= 16.9
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Diseño de Elementos en FlexiónViga Simplemente Apoyada
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
= 0.90 0.85 ∗ 210 ∗ 16.9 ∗ 25 ∗ 45 .
∗ 10−
= 24.8
= 24.8 > = 16
ñ
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Diseño de Elementos en FlexiónViga Simplemente Apoyada
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
Tomando momento en el eje donde actúa laresultante a compresión
Por equilibrio = 0
Reenplazando el valor de “” en “
Finalmente se obtiene la siguiente ecu
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Diseño de Elementos en FlexiónViga Simplemente Apoyada
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
=(210) ± (210) 4 ∗ 0.59∗4200 ∗
1 6 ∗ 1 0 ∗ 2100.90∗ 25 ∗ 45 ∗ 4200
2 ∗ 0.59∗ 4200
Remplazando se tiene que:
= 210 ± 163.39
4956 = 0.07534
0.00940
Calculamos el área de acero:
= ∗ ∗ 84.8
10.6
= 4 3/4"
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Diseño de Elementos en FlexiónViga Simplemente Apoyada
Ejemplo 2: Determinar elmomento ultimo de la sección dela viga mostrada en la figura paraun estado de rotura. Considerar: = 210
= 4200 /
=?
•
Paso 1. Determinar eFalla.
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗
= 0.75 ∗
= 0.75 ∗ = 0.75 ∗ 0.85 ∗
= 0.75 ∗ 0.85 ∗ 0.85 ∗ 210
4200
= 0.0159
= 4∅3/4
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Diseño de Elementos en FlexiónViga Simplemente Apoyada
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
=
∗ =
∗.
∗. = 0.0101
= 0.0159 > = 0.0101
ñ
Comparamos la cuantía balanceada con la cuantía colocada
= 50 3 0.95 1.91
2 = 45.1
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Diseño de Elementos en FlexiónViga Simplemente Apoyada
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
Tomando momento en el eje donde actúa laresultante a compresión
Por equilibrio = 0
Reenplazando el valor de “” en “
Finalmente se obtiene la siguiente ecu
= 11.4 ∗ 4200
0.85 ∗ 210 ∗ 25 = 10.7
= 11.4 ∗ 4200 ∗ 45.1 10.7
2 = 1
= 19.03
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Diseño de Elementos en FlexiónViga Simplemente Apoyada
Practica: Diseñar la viga en voladmuestra en la figura.
Considerar:
Zona sísmica.
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
= 1.84
= 4200 /2 = 210
=
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
= 0.75 ∗ = 0.75 ∗ ∗
+ ∗
= 0.0150
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Diseño de Elementos en FlexiónViga Doblemente Reforzada
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
< ñ
> ñ
=
∗
′ =
∗
Cuantía de acero en tracción
Cuantía de acero en compresión
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Diseño de Elementos en FlexiónViga Doblemente Reforzada
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
= Significa que el acero en tracción
< Significa que el acero en tracción
= 0.85 ∗ ∗ ∗
= ∗
Del diagrama de esfuerzos:
= 6000 ∗ ( 1 ∗ ′)
= 0
= ( ∗ ∗ )
0.85 ∗ ∗
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Diseño de Elementos en FlexiónViga Doblemente Reforzada
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗ 2
∗ ∗ ( )
Cuando el acero Fluye ( = ):
Tomando momento en el eje donde actúa el acero a tracción:
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
2 ∗ ∗ ( )
= ( ∗ ∗ )
0.85 ∗ ∗
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Diseño de Elementos en FlexiónViga Doblemente Reforzada
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
1 = Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗ 2
Tomando momento en el eje donde actúa el acero
Tomando momento en el eje donde actúa el
1 = Φ 1 ∗ ∗ (
2)
= ( ∗ )
0.85 ∗ ∗
= 0
1 = Φ ∗ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗ (
2)
1 = Φ ∗ 1 ∗ ∗ (
2)
2 = Φ ′ ∗ ∗ ( ′)
2 = Φ 2 ∗ ∗ ( ′)
Tomando momento en el eje donde actúa el acero
Tomando momento en el eje donde actúa el acero
2 = Φ ′ ∗ ∗ ( ′)
2 = Φ 2 ∗ ∗ ( ′)
Tomando momento en el eje donde actúa el acero
Cuando <
Cuando <
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Diseño de Elementos en FlexiónViga Doblemente Reforzada
Ejemplo 3: Diseñar la viga que semuestra en la figura considerando:
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
= 210
= 4200
= 2.0 Ton/m
= 2.8 Ton/m
= 1.4 1.7
Cálculo de la carga ultima:
= 1.4 ∗ 2.0 1.7 ∗ 2.8 = 7.56
Calculo del momento máximo:
= ∗
8 = 7.56 ∗
5.4 ∗ 5.4
8
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
= 0.75 ∗
= 0.75 ∗ = 0.75 ∗ ∗ 6
600
= 0.75 ∗ 0.85 ∗ 6000
6000 4200
Tipo de falla de la viga
= 45 1 = 0.85
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Diseño de Elementos en FlexiónViga Doblemente Reforzada
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
2
= 0.90 0.85 ∗ 210 ∗ 16.9 ∗ 25 ∗ 45 16.9
2 10−
= 24.81
= 24.81 < = 27.56
ñ
= = 27.56
1 = = 24.81
= 0.75 ∗ = 0.75 ∗ 0.85 ∗ ∗
= 0.75 ∗ 0.85 ∗ 0.85 ∗ 210
4200
6
6000
Cálculo del área de acero 1 =
=
∗ ∗ = 17.89
Cálculo del 2:
2 = 33.90 24.81 = 2.75
2 = Φ 2 ∗ ∗ ( ′)
2 = 2
(Φ ∗ ∗ ) =
2.75
0.9 ∗ 4200
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Diseño de Elementos en FlexiónViga Doblemente Reforzada
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
Asumiendo que ’ = :
= 0
∗ = 2 ∗
= 2
Verificar que ’ = :
= 6000 ∗ ( 1 ∗ ′)
=
( ∗ ∗ )
0.85 ∗ ∗
= 6000 ∗ 17.97 0.85 ∗ 5
17.97 = 4581
= (20.91 ∗ 4200 1.82 ∗ 4200)
0.85 ∗ 210 ∗ 25 = 17.97
= 1.82
Como ’ < , el supuesto no e
= 20.17
2 = 1.82
21/2"
31" 23
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Diseño de Elementos en FlexiónViga Doblemente Reforzada
Ejemplo 4: Determinar elmomento ultimo de la sección dela viga mostrada en la figura paraun estado de rotura. Considerar: = 210
= 4200 /
=?
•
Paso 1. Determinar eFalla.
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
= 0.75 ∗ = 0.75 ∗ 0.85 ∗
= 0.75 ∗ 0.85 ∗ 0.85 ∗ 210
4200 6
= 0.0159 = 20.17
2 = 5.7
25/8"
31" 23/4"
= ∗.+∗.
∗. = 0.0198
= 50 3 0.95 2.54 2.54
2
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Diseño de Elementos en FlexiónViga Doblemente Reforzada
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
= 0.0159 < = 0.0198
ñ
Comparamos la cuantía balanceada con la
cuantía colocada
′ = 6000 ∗( 1 ∗ ′)
= ( ∗ ∗ )
0.85 ∗ ∗
′ = 6000 ∗ 17.3 0.85 ∗ 4.6
17.3 = 4486
= (20.91 ∗ 4200 3.96 ∗ 4200)
0.85 ∗ 210 ∗ 25 = 16.0
Asumimos que ’ =
Como ’ > el acero si fluye
= Φ 0.85 ∗
∗ ∗ ∗
2
∗
= 0.9 0.85 ∗ 210∗ 17.3 ∗ 25 ∗ 42.317.3
2
= 3 0.95 1.59
2 = 4.75
= 27.66
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Diseño de Elementos en FlexiónViga Doblemente Reforzada
Practica: Diseñar la viga en voladmuestra en la figura.Considerar: = 60
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
= 4200 /2 = 210
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
= 0.75 ∗ = 0.75 ∗ ∗
+ ∗
3560
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Metrado de Cargas de una vigade sección Rectangular
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
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Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
Ga
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Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
Diámetrosmínimos dedoblado
7.3.1 Todo el refuerzo deberá doblarse en frío7.3.2 Ningún refuerzo parcialmente embebido en el conc puede ser doblado en la obra,
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Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
Detallesconstructivos
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Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
Colocacióndel Concreto
El refuerzo, incluyendo los tendones y los preesforzado, debe colocarse con precisiadecuadamente asegurado antes de colocarDebe fijarse para evitar su desplazamientolas tolerancias aceptables dadas en 7.5.2.
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Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
Limites del Espaciamiento del Refuerzo7.6.1 La distancia libre mínima entre barras paralelas de una capa debeno menor de 25 mm.7.6.2 Cuando el refuerzo paralelo se coloque en dos o más capas, las bcapas superiores deben colocarse exactamente sobre las de las capas inuna distancia libre entre capas no menor de 25 mm.7.6.3 En elementos a compresión reforzados transversalmente con
estribos, la distancia libre entre barras longitudinales no debe ser menni de 40 mm.
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Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
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Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
REQUISITOS PARA LA INTEGRIDAD ESTRUCTURAL
La integridad total de una estructura se puede mejorar signifintroduciendo algunos detalles adicionales en el refuerzo. La intenciónmejorar la redundancia y la ductilidad en las estructuras, de modo que, edaño en un elemento estructural o de una carga anormal, el daño resuestructura pueda limitarse a un área relativamente pequeña y como consestructura tenga una mayor posibilidad de mantener la estabilidad global
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Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.8Análisis y Diseño
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
MÉTODOS DE DISEÑO
Para el diseño de estructuras de concreto armado se utilizará el DResistencia. Deberá proporcionarse a todas las secciones de los eestructurales Resistencias de Diseño (φ Rn) adecuadas, de acuerdodisposiciones de esta Norma, utilizando los factores de carga (amplifilos factores de reducción de resistencia, φ, especificados en el Capítulo
ACABADO DE LOS PISOS, REVESTIMIENTOS, ESPESDESGASTELos acabados de los pisos (falso piso o sobrelosa) no deben considera parte de la sección resistente del elemento estructural,
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Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.9Requisitos de Resistencia y de Servicio
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
Φ ≥ = 1,4 1,7 = 1,25 ± = 0,9 ± 1,25 = 1,25 ( ) ±
= 0,9 ±
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Refuerzo por cambios volumétricos
La armadura por retracción ytemperatura en losas, deberá proporcionar las siguientes relacionesmínimas de área de la armadura a áreade la sección total de concreto, según eltipo de acero de refuerzo que se use.
- Barras lisas 0,0025
- Barras corrugadas con fy < 420 Mpa 0,0020
Control de deflexio
Momento de agrietamiensección:
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.9Requisitos de Resistencia y de Servicio
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Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.9-10
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
Espaciamiento máximo del refuerzo
En muros y losas, la separación será lamenor o igual a 3 veces el espesor delelemento, si exceder de 40 cm.
Control de la fisuración
Refuerzo mínimo en ele
sometidos a flexión
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Ejemplo de Aplicación.
Diseñar la viga que se muestra en la
figura. El peralte de la viga es de 60 cmy la base es de 50 cm.
Considerar F’c=280 Kg/cm2
Fy=4200 Kg/cm2
Envolvente de Mome
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
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Datos.
b = 50 cmh = 6 0 c m
d = 5 4 c m “Asumido”
Diámetro del estribo = 0.95 cm
Momento Actuante = 20.09 Ton – m
Zona Sísmica
Determinar el tipo de Falla.
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
= 0.85 ∗ =
= 0.85 ∗ = 0.85 ∗ ∗
= 0.85 ∗ 0.85 ∗ 6000
6000 4200
= 23
Ejemplo de Aplicación.
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Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
= 0.90 0.85 ∗ 280 ∗ 23 ∗ 50 ∗ 54
∗ 10−
= 78.52
= 78.52 > = 20.09
ñ
= 0.21845
= 0.00377
= 10.18
4∅ 3/4"
Ejemplo de Aplicación.
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38/46
Determinar el momento ultimo que
resiste la viga con el acero colocado.
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
= 0.75 ∗ = 0.75 ∗
= 0.5 ∗ = 0.5 ∗ 0.85 ∗ ∗
+
= 0.5 ∗ 0.85 ∗ 0.85 ∗ 280
4200
6000
6000 4200
= 0.0142
=
∗ =
∗.
∗. = 0.0101
= 0.0142 > = 0.00421
ñ
Comparamos la cuantía balcon la cuantía colocada
= 60 4 0.95 1.91
2 = 54.1
Ejemplo de Aplicación.
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Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
Tomando momento en el eje donde actúa la
resultante a compresión
Por equilibrio = 0
Finalmente se obtiene
= 11.4 ∗ 4200 ∗ 54.1 4.02
2 = 1
= 24.94
= 4 ∗ 2.85 ∗ 4200
0.85 ∗ 280 ∗ 50 = 4.02
= 0.7 ∗ 2804200 ∗ 50 ∗ 54.1 = 7.54
Revisamos el área de acero mínimo
= 14
4200 ∗ 50 ∗ 54.1 = 9.02
Ejemplo de Aplicación.
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Ejemplo de Aplicación.
Detalles del refuerzo
Distancia mínima entre barras: db ó 2.5 c
Recubrimiento: 4 cm Ok
Resistencia: OkΦ ≥
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41/46
Datos.
b = 50 cmh = 6 0 c m
d = 5 4 c m “Asumido”
Diámetro del estribo = 0.95 cm
Momento Actuante = 50.63 Ton – m
Zona Sísmica
Determinar el tipo de Falla.
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
= 0.85 ∗ =
= 0.85 ∗ = 0.85 ∗ ∗
= 0.85 ∗ 0.85 ∗
6000
6000 4200
= 23
Ejemplo de Aplicación.
8/17/2019 Clase 2 Concreto Armado I
42/46
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
= 0.90 0.85 ∗ 280 ∗ 23 ∗ 50 ∗ 54
∗ 10−
= 78.52
= 78.52 > = 50.63
ñ
= 0.0101
= 0.1029
= 27.27
6∅1"
Ejemplo de Aplicación.
8/17/2019 Clase 2 Concreto Armado I
43/46
Determinar el momento ultimo que
resiste la viga con el acero colocado.
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
= Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗
= 0.75 ∗ = 0.75 ∗
= 0.5 ∗ = 0.5 ∗ 0.85 ∗ ∗
+
= 0.5 ∗ 0.85 ∗ 0.85 ∗ 280
4200
6000
6000 4200
= 0.0142
=
∗ =
∗.
∗. = 0.0119
= 0.0142 > = 0.0119
ñ
Comparamos la cuantía bal
con la cuantía colocada
= 60 4 0.95 2.54 2.54
2 =
Ejemplo de Aplicación.
8/17/2019 Clase 2 Concreto Armado I
44/46
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
= 30.42 ∗ 4200 ∗ 51.2 10.7
2 = 5857979
= 58.6
= 6 ∗ 5.07 ∗ 4200
0.85 ∗ 280 ∗ 50 = 10.7
= 0.7 ∗ 280
4200 ∗ 50 ∗ 51.2 = 7.14
Revisamos el área de acero mínimo
= 14
4200 ∗ 50 ∗ 51.2 = 8.53
Ejemplo de Aplicación.
8/17/2019 Clase 2 Concreto Armado I
45/46
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
Ejemplo de Aplicación.
Detalles del refuerzo
Distancia mínima entre barras: db ó 2.5 c
Recubrimiento: 4 cm Ok
Resistencia: OkΦ ≥
8/17/2019 Clase 2 Concreto Armado I
46/46
Concreto I 22-03-2016 R. Heredia
Fin de clase 2