ANALISIS Y DISEO POR FLEXION Hiptesis para determinar la resistencia nominal a flexin - El concreto no podr desarrollar una fuerza

de comprensin mayor a la de su resistencia fc. -El concreto tiene una resistencia a la traccin muy pequea y que se agrieta aproximadamente cuando este alcanza un 10% de su resistencia fc por lo que se omite en los clculos de anlisis y diseo y se asume que el acero toma la fuerza total en traccin. - La relacin esfuerzo deformacin del concreto se considera lineal solo hasta aproximadamente el 50% de su resistencia. - Prevalece la hiptesis de Bernoulli en la que las secciones planas y perpendiculares al eje neutro despus de la flexin. - La deformacin unitaria del concreto en la rotura es cu = 0.003 Segn el mtodo de factores de carga y resistencia, para el diseo nos interesa conocer como se encuentra la seccin en el estado de falla, a continuacin ilustramos esta condicin para una seccin simplemente reforzada. La distribucin real de los esfuerzos en la seccin tiene una forma parablica, whitney propuso que esta forma real sea asumida como un bloque rectangular cuyas caractersticas se muestran en la figura. El valor de 1 es 0.85 si la resistencia del concreto es menor que 280 kg/cm . Si este no es el caso este disminuir en 0.05 por cada incremento de 70 kg/cm en la resistencia del concreto, no siendo su valor menor a 0.65.

1= 0.85 0.05(fc 280) 70 El cdigo ACI ha adoptado como un valor limite de seguridad una deformacin unitaria mxima del concreto de 0.003, para el cual el concreto falla. cu = 0.003 Viga Simplemente Reforzada Si hacemos el equilibrio en la seccin tenemos lo siguiente Cc= T 0.85 fc ba = Asfs a= As fs 0.85 fc b Donde a es la profundidad del bloque equivalente en compresin del concreto , notaremos que el valor fs depende de la deformacin alcanzada por el acero siendo su mayor valor su esfuerzo de influencia fy. Es de lo anterior que se concibe tres tipos de falla de una seccin de viga simplemente reforzada. 1. Se conoce como falla dctil cuando el acero en traccin ha llegado primero a su estado de fluencia antes que el concreto inicie su aplastamiento en el extremo comprimido; o sea cuando en la falla s mayor que y y donde y es el valor de la deformacin para el cual se inicia la fluencia del acero. 2. Se conoce como falla balanceada si simultneamente se inicia la fluencia del acero y el aplastamiento del concreto, es decir cuando en la falla ocurre que s = y.

3. Se conoce como falla frgil si primeramente se inicia el aplastamiento del concreto antes que el inicio de la fluencia del acero en traccin, es decir cuando en la falla s < y. Cuanta del acero en traccin Definimos como cuanta del acero en traccin (p): p = As bd y, se define como cuanta mecnica o ndice de refuerzo ( w) a: w= p fy fc
c C Eje neutro h d T= As fs s Diagrama de deformacin unitaria T= As fs Esfuerzos equivalentes (d-a/2) fc Cc a= 1C 0.85fc Cc

b Seccin transversal de viga

Esfuerzos reales en la seccin

Condicin de falla balanceada Determinaremos el valor de la cuanta para la cual la seccin se encuentra en la falla balanceada, por lo que existir un valor de As, a, c, para el estado balanceado. De la figura tenemos:
c = 0.003

cb = 0.003 d 0.003 + y

cb= 0.003 0.003 + y

(d)

Conocemos que el valor del modulo de elasticidad del d acero es: Es= 2 x 10 6 , entonces: y = fy = fy Es 2 x 10 6 Efectuando el reemplazo tenemos: s cb = 6000 (d) Diagrama de deformacin unitaria 6000 + fy ab= 1*Cb Donde Cb: distancia del eje neutro a la fibra extrema en comprensin en una seccin con cuanta balanceada. Haciendo el equilibrio, Cc = T y despejando As tenemos: As = 0.85 fc b ab fy Entonces : Asb = 0.85 fc b1 6000 d fy 6000 + fy
Eje neutro

 b= Asb bd Finalmente : b = 1 0.85fc 6000 fy 6000 + fy Siendo esta ultima expresin el valor de la cuanta balanceada ANLISIS DE SECCIONES DE VIGA CON FALLA DCTIL Partiendo de nuestra expresin de equilibrio tenemos: Cc= T, donde fs = fy 0.85 fc ba = Asfy a= As fy 0.85 fc b Tomando momentos respecto a un eje que pasa por el centroide del acero tenemos: Mn = Asfy ( d a/2 ) Mu = Mn = As fy ( d a/2 ) Donde es el factor de resistencia que para vigas su valor es 0.9 DISEO POR FLEXIN Para el diseo por flexin debemos saber que el tipo de falla deseable es la falla dctil con la cual la seccin ha desarrollado grandes deformaciones. El cdigo ACI da los limites de cuanta para el diseo: -CUANTA MXIMA: mx. = 0.75 b Para zona ssmica se tomara como cuanta mxima el valor de 0.5 b

-Cuanta mnima: Se tomara el valor mayor de las dos siguientes expresiones: Pmin = 14 Pmin = 0.8 fc fy fy Donde fc y fy estn en kg/cm -Dimensionamiento de una viga: teniendo estas consideraciones , seleccionaremos un valor para la cuanta con el cual dimensionaremos la seccin: Sabemos : Mu = p bd fy fc d 1 * As fy fc 2 * 0.85 * fc b Luego: Mu = Mn = As fy ( d - a/2) a = As fy/0.85*fc b w = fy/fc Finalmente Mu = bd fc w ( 1- 0.59 w) Esta ultima expresin es la expresin de dimensionamiento, donde los valores desconocidos son b y d , los cuales el diseador escoger apropiadamente. -Calculo del Acero: a) Proceso iterativo: Una vez dimensionada la seccin , el calculo del acero se efectuar simplemente haciendo una iteracin entre las siguientes dos expresiones Mu a = As fy/ 0.85*fc b fy ( d a/2 ) Se sugiere como primera aproximacin que a sea igual a d/5 b) Calculando la cuanta mecnica, usando la expresin: As =

Mu = fcbdw (1- 0.59w) Hallamos w, luego: = wfc fy As = bd : = 0.9 ANLISIS DE SECCIONES SOBRE REFORZADAS S < Y Aunque no es de nuestro inters las secciones de viga sobre reforzadas, presentamos en esta seccin el anlisis para fines acadmicos. De la figura tenemos:
c = 0.003

cb Eje neutro d

y Diagrama de deformacin unitaria

s = ( d-c ) s= 0.003 ( d-c ) c c c Sabemos que fs = Es s = 2 x 10 6s Efectuando el reemplazo tenemos: fs= 6000( 1d a ) fy ( kg / cm ) a fs= 6 ( 1d a ) fy ( t / cm ) a Haciendo el equilibrio Cc = T,tenemos:

0.85 fc b a = Asfs, reemplazando fs : 0.85 fc *b*a = 6As1d 6As*a Ordenando los trminos tenemos : 0.85 fcba + 6As*a 6As1d =0 Donde fc esta en t/cm, si resolvemos la ecuacin cuadrtica obtenemos el valor deacon el cual obtenemos el valor del momento ultimo resistente. Mu = Asfs (d a/2) APLICACIONES: ANLISIS DE FLEXIN DE UNA SECCIN SIMPLEMENTE REFORZADA APLICACIN N 01 Se tiene una viga de seccin rectangular, mostrada en figura, con fc=280 kg/cm determine si la seccin de viga esta sobre reforzada o subreforzada, y si satisface los requerimientos del cdigo ACI 318-02 para cuantas mximas y mnimas para: a) fy = 4200 kg/cm y b) fy = 2800 kg/cm 3/8

50.0

As= 61 e rn

25.0

Solucion: a) fc = 280 kg/cm , fy = 4200 kg/cm pb= 1 0.85 fc 6000 fy 6000 + fy pb= 0.85*0.85* 280 * 6000 =0.0283 4200 6000 + 4200 As= 61 = 6*5.07 = 30.42 cm donde: d = h - rn + e + v 2 rn= recubrimiento; para el problema : 4cm e= dimetro del estribo 3/8= 0.95cm v= dimetro de la varilla d= 50 (4+ 0.95 + 2.54 + 2.54/2) = 41.24 cm p= As = 30.42 = 0.0295 bd 25*41.24 Se tiene que p > pb por tanto: sobre reforzado ( falla frgil) Requisitos de cuanta Pmax = 0.75Pb = 0.0212 Pmin = 0.8 fc = 0.8 280 = 0.0032 fy 4200

Pmin = 14 = 14 = 0.0033 fy 4200 P> Pmin conforme P> Pmax No conforme No cumple con los requerimientos de cuanta del ACI (diseo no conforme). b) f c = 280 kg/cm , fy= 2800 kg/cm pb= 1 0.85 fc 6000 = 0.0493 fy 6000 + fy p= As = 0.0295 bd Tenemos p < Pb por lo tanto: Seccin subreforzado ( falla dctil ) Requisitos de cuanta Pmax = 0.75Pb = 0.0369 Pmin = 0.8 fc = 0.8 280 = 0.0048 fy 2800 Pmin = 14 = 14 = 0.005 fy 2800 P< Pmax conforme P> Pmin conforme

1= 0.85

Aplicacin n 02 Para la seccin de la viga que se muestra. Calcular el momento nominal con fy= 4200 kg/cm y a) f c = 210kg/cm b) f c = 350kg/cm c) f c = 630kg/cm Solucin: Calculamos la cuanta de la seccin. d= 40 ( 4 + 0.95 + 2.54/2 ) = 33.78cm
3/8

40.0

As= 41

30.0

p= As = 4*5.07 = 0.020 bd 30*33.78 Adems: Pb = 1 * 0.85 fc 6000 fy 600 + fy a) fc = 210kg/cm, fy= 4200 kg /cm Pb = 0.85 * 0.85 * 210 * 6000 = 0.0213 4200 6000 + 4200 Tenemos p < Pb por tanto: Seccin SUB-REFORZADA Luego: Mn = As fy ( d a/2 ); a = As fy a = 20.28 * 4.2 = 15.91 cm 0.85 fcb 0.85 * 0.21 * 30 Mn = 20.28 * 4.2 * ( 0.338 0.159/2 ) Mn = 22.0 t-m Requisitos de cuanta Pmax = 0.75Pb = 0.0159 Pmin = 0.8 fc = 0.8 210 = 0.00276 fy 4200 Pmin = 14 = 14 = 0.0033 fy 4200 P> 0.020>Pmin conforme P> 0.020>Pmax no conforme

De acuerdo al ACI el diseo no es conforme. b) fc = 350kg/cm, fy= 4200 kg /cm Pb = 0.85 * 0.85 * 350 * 6000 = 0.0333 4200 6000 + 4200 Tenemos p = 0.020 < Pb por tanto: Seccin SUB-REFORZADA Luego: Mn = As fy ( d a/2 ) a = 20.28 * 4.2 = 9.54 cm 0.85 * 0.35 * 30 Mn = 20.28 * 4.2 * ( 0.338 0.0954/2 ) Mn = 24.73 t-m Requisitos de cuanta Pmax = 0.75Pb = 0.0250 Pmin = 0.8 fc = 0.8 350 = 0.00356 fy 4200 Pmin = 14 = 14 = 0.0033 fy 4200 P> 0.020>Pmin conforme P> 0.020<P max conforme De acuerdo al ACI el diseo es conforme. Puede usarse para la condicin subreforzada la expresin:

Mn = bdfcw ( 1- 0.59w ) Donde , w= p fy = 0.020 * 4200 = 0.24 fc 350 Mn = 0.30 * 33.78 * 0.35 * 0.24 * ( 1 0.59 * 0.24 )= 24.7 t m c) fc = 630 kg/cm , fy= 4200 kg/cm 1 = 0.60 Pb= 0.60 * 0.85 * 630 * 6000 4200 6000 + 4200 Pb= 0.045 Tenemos p = 0.020 < Pb por tanto: Seccin SUB-REFORZADA Luego: a= As fy ; Mn = As fy ( d a/2 ) 0.85 fc b a = 20.28 * 4.2 = 5.30 cm 0.85 * 0.63 * 30 Mn = 20.28 * 4.2 * ( 0.338 0.053/2 ) Mn = 26.53 t-m Requisitos de cuanta Pmax = 0.75Pb = 0.0338 Pmin = 0.8 fc = 0.8 630 = 0.00478 fy 4200 Pmin = 14 = 14 = 0.0033 fy 4200

P= 0.020>Pmin conforme P= 0.020<P mx conforme De acuerdo al ACI el diseo es conforme. Discusin de resultados fc = 210 kg/cm ; Mn = 22.0 t-m Mn= Mno f c= 350 kg/cm ; Mn = 24.73 t-m Mn= Mno f c= 630 kg/cm ; Mn = 26.53 t-m Mn= Mno La calidad del concreto no influye en forma significativa en el valor del momento nominal.

1= 0.85 para fc = 280 kg/cm Pb= 0.85 * 0.85 * 280 * 6000 = 0.0283 4200 6000+4200 As= 61= 6*5.07= 30.42 cm d= 50 (4 + 0.95 + 2.54 + 2.54/2) = 41.24 cm

As= 6No.8

50.0

Aplicacin n 03 Para la seccin de la viga que se muestra en la figura determine el momento nominal , indicando el tipo de falla . fy = 4200 kg/cm f c = 280kg/cm 3/8 Solucin: Pb= 1 0.85 fc 6000 fy 6000 + fy

25.0

P= As = 30.42 = 0.0295 bd 25 * 41.24 Se tiene p > pb que por tanto : seccin sobre reforzada ( falla frgil ) Del diagrama de deformaciones unitarias: s = ( d-c ) s= 0.003 ( d-c ) c c c fs = Es s = 2 x 10 t/cm s < fy (t/cm) fs= 6 ( 1d a ) fy ( t / cm ) a Haciendo el equilibrio Cc =n T,tenemos: 0.85 fcba = Asfs, reemplazando fs : 0.85 fcba = 6As1d 6Asa Ordenando los trminos tenemos : 0.85 fcba + 6Asa 6As1d =0 0.85 * 0.28 * 25 a + 6 * 30.42 a- 6 * 30.42 * 0.85 * 41.24 = 0 5.95 a + 182.52 a 6398.06 = 0 Resolviendo a= 20.86 cm fs= 6 ( 0.85 * 41.24 20.86 ) = 4.08 t/cm fy = 4.2 t/cm 20.86 Luego : Mn = As fs ( d a /2 ) Mn = 30.42 * 4.08 ( 0.4124 0.2086 / 2 ) = 38.24 t-m

c = 0.003

c Eje neutro d

Aplicacin n 04 Disear la viga en voladizo que se muestra en la figura. Para el dimensionamiento de la seccin rectangular considere una cuanta no mayor de 0.5pb se conoce wD= 1.84 t/m, wL= 0.75 t/m, b= 0.40m, fc= 350 kg/cm, fy= 2800 kg/cm, estribos de 3/8 . Solucin: a) Proceso Iterativo: Wu = 1.2 * 1.84 + 1.6 * 0.75 = 3.41 t/m wu -(Mu) = 3.41 * 3.5 = 20.89 t m 2 3.5m Pb= 1 * 0.85 fc 6000 = 0.0580 fy 6000 + fy P .0.5 Pb = 0.0290 w= p fy = 0.2318 fc Mu = fcbd w ( 1 0.59w ) 5 20.89 * 10 = 0.9 * 350 * 40d * 0.2318 ( 1 0.59 * 0.2318 ) d = 828.56 d = 28.78cm h = 28.78 + 4 + 0.95 + 2.86/2 = 35.16cm Usar : h= 40cm d= 33.62cm 5 As = Mu = 20.89 * 10 = 27.40 cm fy ( d a/2 ) 0.9 * 2800 ( 0.9 * 33.62 ) a= As fy = 27.40 * 2.8 = 6.45 cm 0.85 fcb 0.85 * 0.35 * 40 As = 27.27cm a= 6.42 cm Es suficiente

Usar : 5 N9 ( 5 * 6.42 cm = 32.10cm ) bmin = 4 * 2 + 2 * 0.85 + 5 * 2.86 + 4 * 2.86 = 35.44 < b = 40 cm b) Usando la expresin de la cuanta mecnica w: Mu = fcbd w ( 1 0.59w ) 20.89 = 0.9 * 0.35 * 0.4 * 33.62 w ( 1 0.59 w ) 0.15 = w 0.59 w w=0.17 p= 0.021 As = 28.58 cm Usar 5 No 9( 32.10 cm ) o 6 No 8 ( 30.42 cm ) luego: p= As = 32.10 = 0.0239 < 0.0290, bd 40 * 33.62 conforme Pmin = 0.8 fc = 0.8 350 = 0.00535 fy 2800 Pmin = 14 = 14 = 0.005 fy 2800 p > pmin conforme

conforme

Aplicacin n 05 Para la viga continua V 01 ( 0.25 * h ) que se muestra en la figura, se pide: a) Dimensionar la viga considerando el momento positivo mayor, p= 1%, fc= 350 kg/cm, fy= 2800 kg/cm b) Disear por flexin la seccin de momento negativo mayor. Para el metrado de cargas considere : La seccin de viga de 0.25 x 0.50 m, s/c= 400 kg/m. Tab= 100 kg/m, acabado = 100 kg/m , aligerado de 0.20m, ancho tributario de carga B= 4.725m

1/16 1/14

1/10 1/16

1/11 1/16

1/10 1/14

1/16

5.60 m

5.60 m

5.60 m

5.60 m

a) (+) Mu = wu Ln = 1 * 6.13 * 5.6 = 13.73 t-m 14 14 Mu = fcbd w ( 1 0.59w ) (1) w = p fy = 0.01 * 4200 = 0.12 fc 350 En (1): 5 13.73 * 10 = 0.9 * 350 * 25 * d * 0.12 ( 1 0.59 * 0.12 ) d = 1563.61 d= 39.54 cm h= 39.54 + 4 + 0.95 + 2.54/2 = 45.96 cm Usar h =50m d= 50 ( 4 + 0.95 + 2.54/2 ) = 43.78 cm b) (-) Mu = wu Ln = 1 * 6.13 * 5.6 = 19.22 t m 10 10 a= d = 43.78 = 8.76 cm 5 5 5 As= 19.22 * 10 = 12.91 cm 0.9 * 4200 * ( 43.78 8.76/2 )

a=

As fy = 12.91 * 4.2 = 7.29 cm 0.85 fcb 0.85 * 0.35 * 25 Usar As= 3 1 p= As = 3 * 5.07 = 0.0139 bd 25 * 43.78 p= 1.39% conforme Aplicacin n 06 Para la planta que se muestra en la figura determine para la viga V 101 lo siguiente: a) Momentos de diseo b) Dimensionamiento para w= 0.18 c) Disear la seccin de momento mximo Considere: Ancho de viga b= 25 cm, aligerado de 0.17 cm, acabado = 100 kg/m, tabiquera = 150 kg/m, y s/c =300 kg/m ( uso de oficinas ) Nota: Para el metrado del peso propio de la viga asuma seccin de 25 x 50. fc = 280 kg/cm fy= 3500 kg/cm

0.40 Columna ( 40 x 40 )

4.00

V - 101 ( b x h ) 4.20

0.25 0.50 5.30m 4.60m

Solucin: Metrado de cargas: Peso propio viga = 0.25 * 0.50 * 2.4 = 0.30 t/m Aligerado = 0.28 t/m * (4.10 0.25) = 1.08 t/m Acabado = 0.10 t/m * 4.10 = 0.41 t/m Tabiquera = 0.15 t/m * 4.10 = 0.62 t/m wD = 2.41 t/m Sobre carga (s/c) = 0.3 t/m * 4.10 = wL = 1.23 t/m Wu = 1.2 wD + 1.6 wL = 4.86 t/m

a. Momentos de diseo
1/10 1/10 1/16

0.40

5.60 m

0.40

5.60 m

0.40

1/16 * 4.86 * 5.30 = 8.53 t-m 1/9 * 4.86 * 4.95 = 13.23 t-m 1/16 * 4.86 * 4.60 = 6.43 t-m 1/14 * 4.86 * 5.30 = 9.75 t-m 1/14 * 4.86 * 4.60 = 7.35 t-m b. w= 0.18 = p fy p= 0.18*280 = 0.0144 fc 3500 Pb = 0.036505 ; Pmax = 0.75Pb = 0.0274 P < Pmax 14 = 0.004 fy P > Pmin = 0.8 fc = 0.0038 conforme ty

Mu = fc bd w (1- 0.59w) 5 9.75 * 10 = 0.9 * 280 * 25d * 0.18 (1-0.59 * 0.18) d = 1083.3 d= 31.02cm h= 31.02 + 4 + 0.95 + 1.27 = 37.24cm Usar: 0.25 x 0.40 m c. (-)Mu = 13.23 t-m d= 40 (4 + 0.95 + 2.54 * 1.5) = 31.24cm (As en dos capas) a= d/5 As = Mu = 13.23 * 10 5 = 14.94 cm fy (0.9d) 0.9 * 35000 (0.9 * 31.24) a = As fy = 14.94 * 3.5 = 8.79 cm 0.85 fcb 0.85 * 0.28 * 25 As = 15.65 cm a= 9.21 cm As= 15.77 cm a= 9.28 cm As= 15.79 cm es suficiente Usar 2 1 + 2 7/8 = 17.90 cm Pmax = 0.0274 Asmax = 21.40 cm > 17.90 cm conforme

Aplicacin n 07 En la viga se muestra en la figura obtener: a) Momentos de diseo b) Dimensionamiento con el momento mximo con p= 1% c) Diseo para el Mumax fc = 350 kg/cm , fy = 2800 kg/cm wD = 4.1 t/m y wL = 1.6t/m

A 0.30

6.90 m 0.30

B 2.15 m

Solucin: a) Wu = 1.2 * 4.1 + 1.6 * 1.6 = 7.48 t/m Wdu = 1.2 * 4.1 = 4.92 t/m Mu = 5.74 * 2.15/2 = 11.37 t-m RA= wuL Mu = 7.48 * 6.9 11.37 = 24.16 t
Wu wDu

Vx= RA wu xo = 0

= 24.16 = 3.22 m 7.48 (+) Mmax = RA xo wu xo = 39.02 t-m 2 Luego para los momentos de diseo negativos cargamos toda la viga con la carga uniforme Wu.
Wu

RA

Mv = wu Lv = 7.48 * 2.15 = 17.29 t-m 2 2 RA= wuL Mv = 7.48 * 6.9 17.29 = 23.30 t 2 L 2 6.9 RB = wu L RA = 7.48 * 9.05 23.30 = 44.39 t Mu = RA * 6.75 wu * (6.75) 2 Mu = -13.13 t-m (-) M cara voladizo = 7.48 2 = 14.96 t-m 2

b) Mu= 39.02 t-m w= p fy = 0.01 * 2800 = 0.08 fc 350 Mu = fcbdw ( 1 0.59w ) 39.02 * 10 5 = 0.9 * 350 * 35d * 0.08 ( 1 0.59 * 0.08 ) d = 5226.3 d= 68.14 cm. h= 28.14 + 4 + 0.95 + 1.27 = 74.36 cm Usar: 0.35 x 0.75 m

c) d=75 ( 4 + 0.95 + 1.27 ) = 68.78 cm (+) Mu = 39.02 t m a= d 5 a= 13.76 As= 25.01 cm a= 6.37 cm As= 23.61 cm a= 6.34 cm As= 23.09 cm a= 6.21 cm As= 23.60 cm conforme Usar: As= 5 1 bmin= 2 * 4 + 2 * 0.95 + 9 * 2.54 = 32.76 cm < b conforme

Aplicacin n 08 Para la planta que se muestra en la figura determine para la viga V-102 lo siguiente: a) Momentos de diseo b) Dimensionamiento para una cuanta igual al 50% de la cuanta balanceada c) Disear la seccin del momento mximo , considere : Ancho de la viga b= 25cm aligerado de 17 cm acabado = 100 kg/m tabiquera = 120 kgm s/c = 200 kg/m (uso de vivienda) Para el metrado del peso propio de la viga asuma seccin de 25 x 55 fc= 280 kg/cm fy= 4200 kg/cm
Columna ( 40 x 40 )

4.00

V - 102 ( b x h ) 4.20

5.25m

5.75m

Solucin: Metrado de cargas: Peso propio viga = 0.25 * 0.55 * 2.4 *1.2 = 0.40 t/m Aligerado = 0.28 t/m * (4 0.25) * 1.2 = 1.08 t/m Acabado = 0.10 t/m * 4 * 1.2 = 0.48 t/m Tabiquera = 0.12 t/m * 4 * 1.2 = 0.58 t/m Sobre carga (s/c) = 0.2 t/m * 4 * 1.6 = 1.28 t/m Wu = 4.00 t/m a. Momentos de diseo 1/16 * 4.00 * 5.25 = 6.89 t-m 1/9 * 4.00 * 5.50 = 13.44 t-m 1/16 * 4.00 * 5.75 = 8.27 t-m 1/14 * 4.00 * 5.25 = 787 t-m 1/14 * 4.00 * 5.75 = 9.45 t-m b. p= 0.5Pb = 0.0142 W= p fy = 0.0142 4200 = 0.213 fc 280 Mu = fc bd w (1- 0.59w) 5 9.45 * 10 = 0.9 * 280 * 25d * 0.213 (1-0.59 * 0.213) d = 28.38cm h= 28.38 + 4 + 0.95 + 1.27 = 34.6cm Usar: 0.25 x 0.35 m

c. (-)Mu = 13.44 t-m d= 35 (4 + 0.95 + 1.27) = 28.78cm a= d/5 = 5.76 As = Mu = 13.73 cm fy (0.9d) As = 14.86 cm a= 9.69 cm As= 15.11 cm a= 10.49 cm As= 15.17 cm a= 10.67 cm As= 15.18 cm a= 10.71 cm es suficiente Usar 2 1 + 2 7/8 viga doblemente reforzada Las secciones doblemente reforzadas se vuelven necesarias cuando por limitaciones arquitectnicas, de pre dimensionamiento y otras , la seccin no es capaz de resistir el momento aplicado aunque se le provee de la cuanta mxima permitida. Una seccin con esfuerzo en comprensin tiene una ductilidad mayor al de una seccin simplemente reforzada, este comportamiento es conveniente en zonas ssmicas donde se busca una redistribucin de esfuerzos. El refuerzo en comprensin sirve para controlar las deflexiones pues evita el acortamiento en el tiempo. Ensayos de secciones con refuerzo en comprensin muestran que se retrasa el aplastamiento del concreto, la viga no colapsara si el acero esta sujeto a refuerzo transversal o estribos (confinamientos)

Para el anlisis empezaremos asumiendo que el refuerzo en traccin esta en fluencia, el acero en traccin compensa las fuerzas de compresin del concreto y el acero siendo estas fuerzas (As1 fy ) y (As2 fy ) respectivamente, tal como se muestra en la figura. Si hacemos el equilibrio tenemos: Cc = As1 fy 0.85 fc ab = As1 fy a= As1 fy 0.85 fcb As1 = As As2 As1 fy = As fy As2 fy Tambin por equilibrio tenemos: As fs = As2 fy Luego: As1 fy = As fy As fs Reemplazando tenemos: a= As fy Asf s 0.85 fcb Para encontrar el momento nominal, bastara con sumar los momentos producidos por los pares de fuerza, entonces: Mn= As1 fy ( d a/2 ) + As fs (d d) Mn= (As fy As fs ) ( d a/2 ) + As (d d)

c d As c s a= 1c Eje neutro d As s Diagrama de deformacin unitaria

0.85f Cs= As fs

(d a/2) (d d) T= As fs Esfuerzos equivalentes

b Seccin transversal de viga

Anlisis de la seccin de viga doblemente reforzada

c d As h d As s Diagrama de deformacin unitaria T1= As1 fy Esfuerzos equivalentes T2= As2 fy c s a= 1c Eje neutro Cc (d a/2) (d d) 0.85f Cs= As fs

b Seccin transversal de viga

Empleando el diagrama de deformaciones unitarias y por semejanza de tringulos tenemos: c = 0.003 s= 0.003 c d , adems: fEs s c d s c fs = 6 ( c d) f= 6 ( a 1 d) ( t/cm ) c a fs = 6000 ( a 1 d) ( kg/cm ) a Si f s > fy = > As esta en fluencia, por tanto fs = fy, Determinacin de la cuanta balanceada Recordemos que la cuanta balanceada se encuentra para el estado en que empieza la fluencia del acero en traccin. Haciendo el equilibrio tenemos: T= Cc + Cs Asfy = 0.85f c bab + Asfs Cb = 0.003 cb= 0.003 d d 0.003 + y 0.003 + y y= fy = fy Es 2*106 Cb = 6000 ab = 1 6000 d 6000 + fy 6000 + fy As = 0.85 fc b1 6000 d * 1 + As fs bd fy 6000 + fy bd bd fy Pb = Pb + Pfs fy

Donde : Pb = 1 0.85 fc 6000 yp = As fy 6000 + fy bd -Cuanta mxima.- el cdigo ACI limita la cuanta a una cuanta mxima permisible para el diseo de vigas doblemente reforzadas segn la siguiente expresin: p pmax = 0.75 Pb + Pfs fy Diseo de secciones doblemente reforzadas Sea Mu el valor del momento ultimo actuante en nuestra seccin de viga, el diseo de secciones doblemente reforzadas se parte asumiendo un valor de cuanta para la parte de acero en traccin que equilibra el esfuerzo de compresin del concreto. P1 = As1 As1 = P1 bd bd Con el cual podemos calcular el valor de a y el valor de Mu1 a= As1fy 0.85 fcb Mu1= Mn1= As1 fy ( d a / 2 ) Es posible que Mu1 sea suficiente para soportar el momento ultimo actuante , en todo caso se tendr que : Si Mu Mu1 entonces no necesitamos acero en comprensin. Si Mu > Mu1 entonces si necesitamos acero en comprensin . Para el caso que necesitemos acero en comprensin procederemos a calcular la cantidad de acero en traccin adicional para compensar el momento ultimo remanente , es decir:

Mu2 = Mu Mu1 Mu2 = Mn2 = As2 fy (d d) As2 = Mu2 fy ( d d) El acero en comprensin ser el que equilibra la fuerza de traccin que origina As2. As fs = As2 fy Mu2 = Mn2 = As fs (d d) As = Mu2 fs ( d d) Donde: fs = 6 ( a 1d ) fy ( t / cm ) a Luego el rea total de acero en traccin estar por: As = As1 + As2 Aplicaciones: Anlisis de secciones de viga doblemente reforzadas: Aplicacin N1 Para la seccin de viga de momento negativo, que se muestra en la figura, determine el momento confiable.

As = 41

Estribo de 3/8 fc = 420 kg/cm fy = 2800 kg/cm Mu =??

0.40

As = 31 0.30

solucin: d= 40 ( 0.4 + 0.95 + 2.54/2 ) d= 40 6.22 =33.78cm d= 6.22 cm a) Asumimos que As esta en fluencia fs= fy a= ( As As ) fy = ( 20.28 15.21 ) 2.8 = 1.33 cm 0.85 fcb 0.85 * 0.42 * 30 fs= 6 ( a 1d) = 6 ( 1.33 0.75 * 6.22 ) = -15.05 t/cm a 1.33 fs = no esta en fluencia

Entonces : 0.85 fc ba + As fs = As fy 0.85 fc ba + 6 As As fy a = 6 As1d 0.85 fc ba + ( 6 As As fy ) a 6 As1d= 0 0.85 * 0.42 * 30 a + ( 6 * 15.21 20.28 * 2.8 )a 6 * 15.21 * 0.75 * 6.22 =0 10.71 a + 34.48 a 425.73= 0 a + 3.22 a 39.75= 0 a= 4.9 cm fs = 6 ( 4.90 0.75 * 6.22 ) = 0.29 t/cm < fy = 2.8 t/cm 4.90 Mn = ( As fy As fs ) ( d a/2 ) + As fs / ( d d) Mn = ( 20.28 * 2.8 15.21 * 0.29 ) 0.3378 0.049 + 15.21 * 0.29 ( 0.3378 0.0622 ) 2 Mn = 17.62 t-m Mu = Mn = 15.86 t-m Aplicacin N 2 Para la seccin de viga que se muestra en la figura, determine el momento confiable.

As= 2No.7

0.60

Estribo 1/2 fc = 350 kg/cm fc = 4200 kg/cm Mu =??

As= 4No.10 0.35

solucin: No.7 = 2.22 cm No.7 = 2.22 cm A = 3.88 cm A = 7.92 cm As= 7.76 cm As = 31.68 cm d= 60 ( 0.4 + 1.27 + 3.18/2 ) = 53.14 cm d= 4 + 1.27 + 2.22/2 =6.38cm Mu= Mn1 + Mn2 Mn= As1 fy ( d a/2 ) + As2 fy ( d d) a) Si As esta en fluencia As1 fy = ( As As ) fy a= As1 fy = ( 31.68 7.76 ) 4.2 = 9.65 cm 0.85 fcb 0.85 * 0.35 * 35 C = a = 9.65 = 12.06 cm 1 0.80

s = 0.003 ( c d) = 0.003( 12.06 6.38 ) = 0.0014129 c 12.06 6 fs = Es s = 2 * 10 s = 2825.87 kg/cm < fy = 4200 kg /cm fs no esta en fluencia Luego: a= As fy As fs = 31.68 * 4.2 7.76 * 2.83 = 10.67 cm 0.85 fcb 0.85 * 0.35 * 35 C= a = 10.67 = 13.34 cm 1 0.80 fs = 6 ( c d) = 6 ( 13.34 6.38 ) = 3.13 t /cm c 13.34 Con a= 10.45 cm c= 13.06 cm fs= 3.07 t/m conforme Mn = ( As fy As fs ) ( d a/2 ) + As fs ( d d ) Mn = ( 31.68 * 4.2 7.76 * 3.07 ) 0.5314 0.1045 + 7.76 * 3.07 ( 0.5314 0.0638 ) 2 Mn = 63.48 t-m Mu = Mn = 57.13 t-m b) Alternativamente si As no esta en la fluencia: Por equilibrio : C=T 0.85 fc ba + As fs = As fy.(1) s = 0.003 ( c d) c

fs= Es s = 6 ( c d) = 6 ( a 1 d) .() c a () en (1): 0.85 fc ba + As6 a - As61 d= As fy a ( 0.85 fcb ) a + ( 6 As As fy ) a 61 dAs = 0 ( 0.85 * 0.35 * 35 ) a + ( 6 * 7.76 31.68 * 4.2 ) a 6 * 0.8 * 6.38 * 7.76 = 0 10.41 a - 86.50 a 237.64 = 0 a - 8.31 a 22.83 = 0 a = 10.49 cm c= 13.11 cm fs= 6 ( 13.11 6.38 ) = 3.08 t-cm 13.11 Mn = ( As fy As fs ) ( d a/2) + As fs ( d d) Mn = ( 31.68 * 4.2 7.76 * 3.08 ) 0.5314 0.1049 + 7.76 * 3.08 ( 0.5314 0.0638 ) 2 Mn = 63.46 t-m Mu = Mn = 57.11 t-m

Aplicacin N 3 Para la viga que se muestra en la figura, disear la seccion del momento maximo considerando que esta ubicada en la zona de alto riesgo sismico y la seccion es rectangular : b= 250cm , h= 50cm; fc=210 kg/cm fy= 4200 kg/cm, estribo f 3/8, wD= 2.6 t/m , wL= 1.4 t/m

Wu

7.00 m

Solucin:
0.50 0.25 m

Wu= 1.2 * wD + 1.6 * wL = 1.2 * 2.6 *1.6 *1.4 = 5.36 t/m (-) Mu max = wu * L = 5.36 * 7 = 21.89 t-m 12 12 As= Mu = 21.89 * 105 fy * 0.9 * d 0.9 * 4200 * 0.9 * 41.24 As= 15.60 cm d= 50 ( 4 + 0.95 + 2.54 + 1.27 ) = 41.24 cm bmin= 2 * 4 + 3 * 2.54 + 1.91 + 3 * 2.54 = 27.05 cm

Usar: As en 2 capas Pb= 0.02125 P= As = 15.60 = 0.01513 bd 25 * 41.24 Zona ssmica : Pmax= 0.5 * Pb = 0.0106 < p Se necesita As P1= 0.0106 As1= P1 bd = 10.93 cm a= As fy = 10.29cm 0.85 * fc * b Mu1 = As1 * fy * ( d a/2 ) = 14.91 t-m Mu2 = Mu Mu1= 21.89 14.91= 6.98 t-m d= ( 4 + 0.95 + 2.54/2 ) = 6.22 As2= Mu2 = 5.27 cm As= As1 + As2 =16.20 cm Usar 41( 20.28 cm) o 27/8( 17.90 cm) fs = 6 * (c-d) = 6 * 12.11 6.2 = 2.92 t/cm c 12.11 C= a = 10.29 = 12.11 cm 1 0.85 As= Mu2 = 7.58 cm fs(d d) Usar 1 1+ 1 7/8( 8.95 cm)

Vigas de seccin T y L Las recomendaciones dadas para la anchura eficaz ben el cdigo ACI 318-2 son: -seccin T: Losa y viga interior
b hf

h Si+1 As Si

b bw + 16 hf b bw + ( Si 1 + Si ) 2 b Ln /4

8hf

bw Seccin transversal de viga T

8hf

-seccin L: Losa y viga Perimetral

b hf

b bw + 12 hf b bw + S 2 b bw +Ln /12
As

bw Seccin transversal de viga L

-viga T aislada
b hf

h Si As

hf bw /2 b 4bw

4hf

bw Seccin transversal de viga

4hf

Donde: Ln = luz libre de la viga S = separacin libre entre vigas bw= ancho del alma de la viga b = ancho del ala hf = espesor del patn

adems: c = profundidad del eje neutro a = profundidad del bloque rectangular en comprensin Anlisis de vigas de secciones T y L Tenemos tres casos: 1. Si c hf, entonces la viga se analizara como una seccin rectangular de ancho b, es decir: Mu = Mn = as fy ( d a/2 ) Donde, a= As fy 0.85 fcb 2. Si a hf, entonces la viga se analizara como una seccin rectangular de ancho b, igual que el caso 1. 3. Si a > hf, el anlisis es como sigue:
b hf h As

bw

a d As1 bw

Cc1 = 0.85 fc bwa ( d a/2) T1= As1 fy Cc2 = ( b bw ) hf * 0.85 fc ( d d)

As2

T2= As2 fy
De la figura tenemos : Mn = As1 fy ( d a/2 ) + As2 fy ( d hf/2 ) Adems: As1 = As As2 Del primer estado tenemos: Cc1 = T1 0.85 fc abw = As1 fy a= As1 fy , reemplazando el valor de As1 tenemos: 0.85 fcbw

a= ( As As2 ) fy 0.85 fcbw Del segundo estado tenemos: Cc2 = As2 fy 0.85 fchf ( b bw ) = As2 fy As2= 0.85 fc hf ( b bw ) fy Finalmente el valor del momento nominal estar dado por: Mn= ( As As2 ) fy ( d a/2 ) + As2 fy ( d hf/2 ) Determinacin de la cuanta balanceada Recordemos que la cuanta balanceada se encuentra para el estado en que empieza la fluencia del acero en traccin . Haciendo el equilibrio tenemos: T= Cc1 + Cc2 As fy = 0.85 fcbwab + As2 fy ab= 1 6000 d 6000 + fy As = 0.85 fc bw1 6000 d * 1 + As2 bd fy 6000 + fy bd bd Si definimos: P2 = As2 , entonces bwd Asb = ( Pb + P2 ) bw bd b

Caso 1: si la cuanta lo definimos como P= As , entonces: bwd Pb = Pb + P2 Caso 2: si la cuanta lo definimos como P= As , entonces: bd Pb = ( Pb + P2 ) bw b donde : Pb = 1 0.85 fc 6000 fy 6000 + fy Cuanta mxima .- el cdigo ACI 318-02 limita la cuanta de vigas T a lo siguiente: P Pmax = 0.75 Pb As mnimo .- para el caso que se encuentre el ala en comprensin, se tomara el valor mayor de las dos siguientes expresiones: As min = 14 bd, As min = 0.8 fc bd fy fy Donde fc y fy estn en kg/cm. Para el caso que se encuentre el ala en traccin, se tomara el valor de las dos siguientes expresiones: As min = 14 bd, As min = 0.8 fc bd fy fy Y no siendo mayor a: As min = 1.6 fc bwd fy

Aplicaciones Anlisis de secciones T y L Aplicacin N 01: ( anlisis de una seccin T ) Calcular el momento confiable de diseo de la seccin T que se muestra en la figura, considere: a) As = 4 1 b) As = 4 No. 10
0.75 0.07 3/8

0.45

fc= 280 kg/cm fy = 4200 kg/cm

0.25

Solucin: a) As = 4 1 p= As = 4 * 5.07 = 0.00746 bd 75 * 36.24 d= 45 ( 4 + 0.95 + 2.54 + 1.27 ) = 36.24 cm Pmin= 0.8 fc = 0.00319 fy Pmin = 14 = 0.0033 p= 0.00746 > Pmin conforme fy

P max = 0.75 bw ( Pb + pf ) b Donde : Pb = 0.0283 ( fc= 280, fy= 4200 ) Pf = Asf = 19.83 = 0.02189 bwd 25 * 36.24 Asf= 0.85 fc ( b bw ) hf fy Asf = 0.85 * 0.28 ( 75 25 ) 7 = 19.83 cm 4.2 Pmax = 0.75 * 25 ( 0.0283 + 0.02189 ) = 0.01255 75 p= 0.00746 < Pmax conforme Considerando que acta como seccin rectangular. a= As fy = 20.28 * 4.2 = 4.77 cm 0.85 fcb 0.85 * 0.28 * 75 a= 4.77 cm < hf= 7.0 cm seccin rectangular Mu= As fy ( d a/2 ) Mu= 0.9 * 20.28 * 4.2 0.3624 0.0477 2 Mu= 25.95 t-m b) As = 4 No.10 = 4 * 7.92 = 31.68 cm

p= As = 31.68 = 0.01187 bd 75 * 35.60 d= 45 ( 4 + 0.95 + 3.18 + 1.27 ) = 35.60 cm p= 0.01187 > pmin = 0.0033 P= 0.01187 < pmax = 0.01255 conforme Considerando que acta como seccin rectangular. a= As fy = 31.68 * 4.2 = 7.45 cm 0.85fcb 0.85 * 0.28 * 75 a= 7.45 cm > hf= 7.0 cm seccin T Mu= Mu1 + Mu2 Mu = Asf fy ( d d/2 ) + Asf fy ( d hf/2) Donde Asf= 0.85 fc ( b bw )hf = 19.83 cm fy As1 = As Asf = 31.68 19.83 = 11.85 cm a) As1 fy = 11.85 * 4.2 = 8.36 cm 0.85 fcbw 0.85 * 0.28 * 0.25 Mu = 0.9 * 11.85 ( 4.2 ) ( 0.356 0.0836/2) + 0.9 * 19.83 * 4.2 ( 0.356 0.07/2 ) Mu = 38.14 t-m Aplicacin N 02: Disear la seccin T, que se muestra en la figura para un momento actuante, (+) Mu= 88.2 tm. La luz libre de la viga es de 4.60 m, el espaciamiento libre entre vigas es de 3.00m , espesor de la losa maciza es de 10 cm , fc = 210 kg/cm, fy= 4200 kg/cm, estribo 3/8.

0.10 0.60

3.00

0.35

3.00

0.35 b hf

Solucin:
b Ln = 4.60 = 1.15m 4 4 h b bw + sn = 0.35 + 3.0 = 3.35m b 16 * hf + bw = 16 * 0.10 + 0.35 = 1.95 m Usar : b= 1.15 m Considerando que acta como seccin rectangular

bw

d= 60 ( 4 + 0.95 + 3.18 + 1.27 ) = 50.6 cm ( 2 capas ) No. 10: = 3.18 cm , A= 7.92 cm con a= d = 10.12 cm 5 5 As = Mu = 88.2 * 10 fy ( d a/2 ) 0.9 * 4200 ( 50.6 a/2 ) As = 51.24 cm a= 10.48 cm a > 10 cm seccin T

Diseo como seccin T. As = As1 + Asf donde: Asf = 0.85 * fc * ( b bw ) hf = 0.85 * 0.21 * ( 115 35 ) 10 = 34.0 cm fy 4.2 Mu2= Asf fy ( d hf/2 ) = 0.9 * 34.0 * 4.2 * ( 0.506 0.10/2 ) Mu2= 58.61 t-m Mu1 = Mu Mu2 = 88.2 58.61 = 29.59 t-m a = d = 10.12 cm As1 = 17.19 cm a= 11.56 cm 5 a= 12 cm As1= 17.56 cm a= 11.80cm conforme As = As1 + As2 = 17.56 + 34.0 = 51.56 cm Usar : 4 No. 10 + 4 1= 31.68 + 20.28 = 51.96 cm Verificando las cuantas: Pmax= 0.75 * bw * ( pb + pf ) b Donde , pb= 0.0213 ( fc = 210 ; fy = 4200 kg/cm ) Pf= Asf = 34 = 0.01919 bwd 35 * 50.6 Pmax= 0.75 * 35 * ( 0.0213 + 0.01919 ) 115 Pmax= 0.009242 P=As = 51.96 = 0.008929 bd 115 * 50.6

P < Pmax conforme P > Pmin = 0.0033 conforme Verificacin del ancho requerido bwmin= 2 * 4 + 2 * 0.95 + 2 * 3.18 + 2 * 2.54 + 2 * 3.18 + 2.54 bwmin= 30.24 cm < bw = 35 cm conforme

2 No.10 + 2 1 2 No.10 + 2 1
3.18 2.54 3.18

bmin= 2 * 4 + 2 * 0.95 + 4 * 3.18 + 3 * 3.18 bmin= 32.16 cm < bw= 35 cm conforme

4 No.8 4 No.10

Longitud de desarrollo a tensin Aplicacin: La figura que se muestra , presenta una unin viga- columna en un prtico continuo de un edificio con base en el anlisis de prtico, el acero negativo requerido en el extremo de la viga 18.71 cm , se utilizan 2 3/8 que proporciona un As = 20.12 cm. Las dimensiones de la viga son b= 25 cm ,d= 45 cm y h= 52 cm. El diseo incluir estribos N3 espaciados de 10 cm a 7.5 cm, seguidos por un espaciamiento constante de 12.5 cm en la zona de apoyo, con un recubrimiento libre de 4 cm. Se utilizara concreto de densidad normal con fc = 280 kg/cm y refuerzo fy= 4200 kg/ cm. Determine la distancia mnima Id para la cual las barras negativas pueden interrumpirse, con base en el desarrollo del rea de acero requerida en la cara de la columna: La longitud de anclaje del acero en tensin esta dada por: Id = db fy . 3.54 fc c + Ktr ( ACI Ec(12.1)) db Donde: : factor de ubicacin de la barra : factor de tratamiento superficial del acero : factor de dimetro de la barra : factor de agregado ligero c: recubrimiento o espaciamiento d la barra entre ejes, el que sea menor Ktr: ndice d refuerzo transversal

En la expresin (3-3), el termino ( c + Ktr ) / db no se tomara mayor que 2.5. en cualquier caso, la longitud de anclaje en tensin no ser menor que 30 cm Los valores de los diversos factores que intervienen en la ecuacin (3-3) para diversas condiciones se presentan en la tabla 3.1 ( ACI 12.2.4 ) Es conveniente efectuar algunas aclaraciones en torno a la tabla 3.1. En primer lugar, se denominan varillas superiores a aquellas que se ubican d modo que tienen por lo menos 30 cm. De concreto fresco debajo de ellas y que por lo tanto, tienen mas burbujas de aire redondeado la varilla. En estos casos, la adherencia acero-concreto, se ve reducida por lo que el factor de ubicacin del refuerzo es mayor que la unidad. En segundo lugar, el producto de los primeros factores no debe exceder 1.7. El termino c de la expresin (3.1) ser igual a la distancia del centro de la varilla a la superficie de concreto mas cercana o la mitad de la distancia centro a centro de las varillas o alambres desarrollados, la que sea menor. El ndice d refuerzo transversal ser valuado con la siguiente expresin Ktr = Atr fyt 105.6sn Donde: Atr: rea de refuerzo transversal en una longitud igual a s fyt: limite elstico del refuerzo transversal S: espaciamiento mximo del refuerzo transversal a lo largo de Id n: Numero de barras ancladas o empalmadas a lo largo del plano d desplazamiento Para simplificar el diseo, el cdigo permite considerar nulo el ndice de refuerzo transversal aunque los estribos estn presentes

Para situaciones particulares que se presentan comnmente en el diseo, el cdigo ACI propone como alternativa, expresiones mas sencillas para evaluar la longitud de anclaje en tensin ( ACI-12.2.2 ) las cuales se presentan en tabla 3.2 Si en las formulas anteriores reemplazando los valores normales para =1, =1 y =1 obtendremos para fy= 2400 kg/cm

Factor
Ubicacin de la barra Tratamiento superficial del acero

Descripcin de las condiciones

Varillas superiores otras varillas Varillas o alambres con recubrimiento epxido y recubrimiento menor que 3db y espaciamiento libre menor que 6 db Otras varillas o alambres con recubrimiento epxido Varillas sin recubrimiento epxido Alambres y varillas menores a la #6 Varillas iguales y mayores a la # 7 Concreto con agregado ligero Concreto con agregado ligero y fct especificado Concreto con agregado convencional

Valor
1.3 1.0

1.5 1.2 1.0 0.8 1.0 1.3 1.77 fc /fct 1.0 1.0

Dimetro de la barra Agregado ligero

TABLA 3.1 factores que intervienen en la expresin (3-3)

TABLA 3.3 expresiones para evaluar la longitud de anclaje en situaciones especificas

Alambres, varillas #6 y menores o alambre corrugado

Espaciamiento libre entre varillas desarrolladas o empalmadas no menor que db, recubrimiento mayor o igual que db, y estribos superiores al mnimo a lo largo te ld o espaciamiento libre entre varilla desarrolladas o empalmadas no menor que 2 db y recubrimiento mayor o igual que db Otros casos

Varillas #7 y mayores

Id= fy db 3.63 fc

Id= fy db 5.31 fc

Id= fy db 4.42 fc

Id= fy db 3.54 fc

Tabla N1

f c=210
Alambres , varillas #6 y menores o alambres corrugado Varillas #7 y mayores

f c=280
Alambres , varillas #6 y menores o alambres corrugado Varillas #7 y mayores

f c=350
Alambres , varillas #6 y menores o alambres corrugado Varillas #7 y mayores

Espaciamiento libre entre varillas desarrolladas o empalmadas db y estribos no menor que el especificado por el cdigo a lo largo de ld o espaciamiento libre entre varilla desarrollada o empalmada 2 db Otros casos

ld= 44 db

ld= 55 db

ld= 38 db

ld= 47 db

ld= 34 db

ld= 42 db

ld= 66 db

ld= 82 db

ld= 57 db

ld= 71 db

ld= 51 db

ld= 634 lb

(a) Utilizando las ecuaciones simplificadas de la tabla 3.1 (b) Utilizando la tabla 3.2-A (c) Utilizando la ecuacin bsica 2.3
0.52 1 1/4 Empalme de la columna Id 2 1 3/8 0.25

0.04 libre

0.43 0.52

Estribos 1 3/8

3/8

0.05 libres Estribos 3/8

Figura: despiece de las barras en una unin viga columna ,b para los ejemplos de longitud de desarrollo de las barras. Solucin: a) Al revisar el espaciamiento lateral de las barras 1 3/8se encuentra que la distancia libre entre barras es : Slibre= 25 2 ( 4 + 0.953 + 3.492 ) = 8.11 cm Slibre= 8.11 cm o 2.32 db dimetros de barra El recubrimiento libre de las barras 1 3/8, hasta la cara lateral de la viga es : 4.0 + 0.953 = 4.953 cm o 1.42 db dimetros de barra y aquella hasta la parte superior de la viga es : = ( 52 45 ) 3.492/2 = 5.254 cm o 150 dimetros de barra . Las ecuaciones cumplen las restricciones establecidas en la segunda fila de la tabla 5.1. entonces para las barras superiores no cubiertas y utilizando concreto de dimensiones normal, se tienen los valores de : = 1.3 , = 1.0 y = 1.0 a partir de la tabla 5.1 Id = fy o Id = fy db 20 fc db 5.31 fc fc en SI fc= KG/cm Condicin: Espaciamiento libre de barras que se desarrollan o empalman a 2db y recubrimiento libre db. Id = 4200 * 1.3 * 1.0 * 1.0 = 61.45 62 db 5.31 280

Y la longitud de desarrollo es : Id = 62 * 3.492 / 100 = 2.165 Id= 2.17m Este valor puede reducirse por la relacin del acero requerido a aquel suministrado, de manera que la longitud de desarrollo final es: 2.165 * 18.71 = 2.01 m 20.12 Id= 2.0 m b) Alternativamente , a partir de la parte inferior de la tabla 3.2-A, Id/db= 47 . La longitud requerida hasta d punto de corte es : Id = 47 * 3.492 * 18.71 = 1.53m Id=1.5m 100 20.12 c) Se utilizara ahora la ecuacin mas precisa (3.1). El desplazamiento de centro a centro de las barras 3/8es = 25 2 ( 4 + 0.953 + 3.492/2 ) = 11.60 cm la mitad de lo cual es 5.80 cm. El recubrimiento lateral hasta el centro de la barra es = 4 + 0.953 + 3.492/2 = 6.70 cm y el recubrimiento superior es 7.0 cm. La mas pequea de estas tres controla y c= 5.80 cm. El fractura miento potencial ocurrira en el plano horizontal de las barras, en el calculo de Atr se utilizara dos veces el rea de la barra de los estribos. Con base en los estribos 3/8espaciados a 12.5 cm

Ktr= Atr fyt o Ktr= Atr fyt 1500 sn 105.6 sn Ktr= ( 0.71 * 2 ) * 4200 = 2.26 cm y 105.6 * 12.5 * 2 c + Ktr 2.5 5.80 + 2.26 = 2.31 2.5 conforme db 3.492 Este valor es menor que el valor limite de 2.5. Entonces, a partir de la ecuacin ( 3.1 ) Id = 3 fy o Id = 1 fy db 40 n fc n c + Ktr db 3.54 fc n c + Ktr db db Id = 1 * 4200 * 1.3 * 1.0 * 1.0 * 1.0 = 39.9 40 y la longitud de desarrollo es : db 3.54 280 2.31 Id = 40 * 3.492 * 18.71 = 1.30 m Id= 1.30 m 100 20.12 En lugar de 2.0 m ya determinado claramente la utilizacin de la ecuacin mas precisa 3.1 permite una reduccin considerable de la longitud de desarrollo. Aunque su uso exige mucho mas tiempo y esfuerzo, esta queda justificada muchas veces en la estructura. Desarrollo de barras con ganchos sometidas a Tensin Con referencia a la unin viga- columna ilustrada en la figura anterior, barras negativas 1 3/8deben extenderse dentro de la columna y terminan en un gancho estndar a 90, manteniendo un distancia libre de 5 cm hasta la cara externa de la columna . El ancho de la viga es 40 cm . Determine la longitud mnima que debe empotrarse el gancho desde la cara de la columna y especifique los detalles del gancho

Solucin: La longitud de desarrollo bsica para las barras con gancho, medida a lo largo de la barra desde la seccin critica hasta la cara mas alejada del gancho vertical, esta determinada por la ecuacin ( 5.5 ) Idh 0.0754 fy db fc Donde : = 1.2 para la barra con refuerzo y = 1.3 para agregado livianos. Para otros casos = 1 y = 1 Idn= 1200 db o Idn= 318n db fc fc Tabla 3.5. factores que afectan la longitud de anclaje de ganchos estndar

Condicin a) Ganchos a 180 fabricados con varillas iguales o menores a la #11 cuyo recubrimiento lateral es mayor que 6.5 y ganchos a 90 que satisfacen las condiciones anteriores y adems tienen un recubrimiento detrs del extremo del gancho mayor que 5cm. b) Para ganchos de 90 en barras iguales o menores al #11 encerradas con estribos perpendiculares a la barra con a3 db a todo lo largo de 1 db con el primer estribo ubicado a2d de la cara del gancho o con estribos paralelos a la barra con s3 db a lo largo del gancho. c) Para ganchos de 180 en barras #11 o menores con estribos perpendiculares a la barra a todo lo largo de 1db y espaciados a s3 db con el primer estribo a 2d de la cara del gancho. d) Ganchos ubicados en secciones donde el refuerzo provisto es mayor que el refuerzo requerido . e) Ganchos embebidos en concreto ligero. f) Ganchos fabricados de acero con recubrimiento epoxico.

Factor 0.7

0.8

0.8

As requerida / As provista 1.3 1.2

nb= 318 * 3.492/ 280 = 66.36 66cm