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Ing° S.Chávez C. 2.2.2. Problemas de verificación:

Problema N° 01 Para la sección de viga que se muestra a continuación determinar los esfuerzos producidos por un momento M = 5 t-m. dc = 5 cm. f’c = 280 Kg/cm2. fy = 4200 Kg/cm2. fr = 2 fc ' (módulo de rotura)

60 3 Ø 1” 25 cm.

Solución n

Es 2  10   7.97  8  n  8 Ec 15000 280 6

Suponiendo que la sección esta sin agrietar:

 n  1 As   8  1  15.30  107.1 cm 2

Cálculo del eje neutro y

y

55

25  60  30  107.1  55  31.67 cm. 25  60  107.1

E.N. 107.1 cm2

It 

25  60 3 2 2   25  60  31.67  30  107.1 55  31.67  12

It = 512,476.69 cm4

25 cm. Esfuerzo de tracción: fct 

My 5  10 5 28.33   27.64 Kg / cm 2 It 512,476.69

 fct  27.64 Kg / cm 2  2

fc '  33.47 Kg / cm 2

Por lo tanto la sección no esta Agrietada Esfuerzos de compresión: My 5  105  31.67 fc    30.90 Kg / cm 2  fc '  280 Kg / cm 2 It 512,476.69 Esfuerzo de tracción en el acero: fc1 

My 5  10 5  23.33   22.76 Kg / cm 2 It 512,476.69

 fs  nfc1  8  22.76  182.08 Kg / cm 2 Problem a N° 02 Para la sección de la viga del ejemplo anterior, el momento se incrementa a M = 12 t-m. encontrar los esfuerzos máximos de compresión en el concreto y de tracción en el acero, así como el momento de inercia.

Solución M = 12 t-m f’c = 280 Kg/cm2., b = 25 cm. 4 It = 512,476.69 cm (sin agrietar) fy = 4200 Kg/cm2. h = 60 cm. 2 fr = 33.47 Kg/cm . d = 55 cm. Suponiendo que la sección no esta agrietada:

(20) NILSON Arthur H..Diseño de estructuras de concreto.pág.12.

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Ing° S.Chávez C.

My 12  10 5  28.33 fc t   66.34 Kg / cm 2  33.47 Kg / cm 2 I 512,476.69  la sec ción esta agrietada 2  k    n  2  n   n As 15.30 2    0.0111  k   0.0111  8  2  0.0111  8  0.0111  8 bd 25  55  k  0.342

j  1

y

k 0.342  1  0.886  3 3

j  0.886

Esfuerzo máximo de compresión: 2M 2  12  105  kd  M  Cjd   fc b  jd  fc   2 2  kjbd 0.342  0.886  25  552  fc  104.73 Kg / cm 2  fc adm.

Esfuerzo de tracción: M  Asfsjd



fs 

fs  1609.51 Kg / cm 2

M 12  10 5   1609.51 Kg / cm 2 Asjd 15.30  0.886  55 

fs adm.

Momento de inercia de la sección agrietada. It  b

 kd  3

 As.n d  kd   25 2

 0.342  55 3

3 It  215,769.92 cm 4

3

 8  15.30 55  0.342  55

2

Problema N° 03 Para la viga que se muestra a continuación, determinar los esfuerzos máximos en el concreto y en el acero, si f’c = 210 Kg/cm2. y fy = 4200 Kg/cm2, la carga incluye el peso propio de la viga. w = 2.2 t/m 4.50 m.

Estribos Ø 3/8” As = 4 Ø ¾” = 11.36 cm2 r.e.e = 4 cm.

50 4 Ø ¾”

30 cm. Solución ØL 1.91 dc  r.e.e.  Ø est   4.0  0.95   5.90  dc  5.90 2 2 d = h – dc = 50-5.9 =44.1 → d = 44.10 cm. n

Es 2  10 6   9.2  9  n  9 Ec 15000 210

Suponiendo que la sección esta sin agrietar (n-1) As = (9-1) 11.36 = 90.88 cm2

y

44.1 90.88 30 cm.

Calculo del eje neutro y

30  50  25  90.88  44.1  26.09 cm. 30  50  90.88

(20) NILSON Arthur H..Diseño de estructuras de concreto.pág.12.

 y  26.09 cm.

Concreto Armado It 

30

30  50 3 2 2   30  50 26.09  25  90.88 44.1  26.09  12

It = 343,760.00 cm4 Esfuerzo de tracción: fct   fc t 

My M  23.91 wl 2 2.2  4.5 2    5.57 t  .m. , M  It 343,760.00 8 8

5.57  10 5  23.91  38.74 Kg / cm 2 , 343,760.00

fr  2

fc '  2

210  28.98 Kg / cm 2

fct = 38.74 Kg./cm2. > fr = 28.98 Kg./cm2. → La sección esta agrietada. k



  n 2  2 

n n

As 11 .36   0.0086  bd 30  44.1

k = 0.324 ,

j  1

k

 0.0086  9 2  2  0.0086  9  0.0086  9

k 0.324  1  0.892  3 3

j  0.892

fc 

2M 2  5.57  10 5   fc  66.06 Kg / cm 2 kjbd 2 0.324  0.892  30  44.12

fs 

M 5.57  10 5   1246.44  fs  1246.44 Kg / cm 2 Asjd 11 .36  0.892  44.10

Problema N° 04: permisible. As = 11.36 cm2. d = 44.10 cm.

Para la viga del ejemplo anterior, calcular el momento máximo f’c = 210 Kg./cm2. fy = 4200 Kg./cm2.

b = 30 cm. h = 50 cm.

k = 0.324 j = 0.892

Solución 2

fcadm = 0.45 f’c = 94.5 Kg./cm . fsadm = 0.50 fy = 2100 Kg./cm2. fc  kj 94.5  0.324  0.892 Mc  adm bd 2  30  49.10 2  7.97 t  m. 2 2 Mt  Asfs adm jd  11 .36  2100  0.892  44.10  9.38 t  m. Mpermisible = 7.97 t - m. Problema N° 05.- Una viga de concreto doblemente reforzada, tiene una sección transversal rectangular de b = 40 cm. y h = 80 cm. Calcular los esfuerzos en el concreto y en el acero cuando actúa un momento de M = 25 t-m. 3 Ø 1” 80 5 Ø 1” 40 cm.

f’c = 210 Kg/cm2 fy = 4200 Kg/cm2. Estribos= Ø 3/8” As = 5 Ø 1” (25.50 cm2) As’ = 3 Ø 1” (15.30 cm2) r.e.e. = 4.0 cm Solución

Es n 1  Ct  , Ec

Ct = 0 Al momento del desencofrado.

(16) ORTEGA GARCIA.Juan.Concreto armado I.pág.III-3. (17) NILSON,Arthur H.Diseño de estructuras de concreto .pág.71.

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Ing° S.Chávez C.

Ct = 1 Después de 5 años. Para nuestro ejemplo de verificación Ct = 0 , ya que el flujo plástico se manifiesta a largo plazo.

    ' 2 n 2  2n    ' d '   n    ' ;

k



d = 80-6.22 = 73.78 cm.



d

d’ = 6.22 cm.

dc  4  0.95 

n

2.54  6.22 cm. 2

Es 2  10 5   9.2  9  n  9 Ec 15000 210

As 25.50   0.0086 bd 40  73.78

 '

As ' 15.30   0.0052 bd 40  73.78

k

 0.0086  0.0052' 2 9 2  2  9 0.0086  0.0052 

6.22    9 0.0086  0.0052 73.78 

k 0.298  1  0.901  j  0.901 3 3 fcjk bd 2  As' fs '  d  d '  M actuante kd = 0.298 x 73.78 = 21.99 cm. , Mc  2 fc  0.298  0.901 Mc  40  73.78 2  15.30 fs '  73.78  6.22   25  10 5 2 Mc  29,231.31 fc  1,033.67 fs '  25  10 5...........................(1) k  0.298 

j  1

Sabe que: fs ' 

 21.99  6.22  6.45 fc  nfc kd  d '  9  fc kd 21.99

f’s = 6.45 fc ..... (2)

(2) en (1): 29,231.31 fc + 1,033.67 x 6.45 fc = 25 x 105  fc = 69.64 Kg./cm2. < fcadm. f’s = 6.45 fc = 6.45 x 69.64 = 449.18 Kg./cm2.  f’s = 449.18 Kg./cm2. < fsadm.. fs 

1  0.298  1476.46 Kg. / cm 2 nfc1  k   9  69.64 k 0.298

fs = 1476.46 Kg./cm2.

< fsadm..

Comprobación: La fuerza de compresión ≈ Fuerza de tracción. T = As.fs = 25.50 x 1476.46 = 37.65 tn. Cc 

fckd 69.64  0.298  73.78 b  40  30.62 tn. 2 2

Cs  As ' fs '  15.30  449.18  6.87 tn.

C = 37.49 tn ≈ T = 37.65 tn

C = 37.49 tn. ...... OK.

Problema N° 06.- En el problema anterior (prob. 05), calcular el momento máximo que puede tomar la viga para que el esfuerzo en el concreto sea igual a fc = 94.5 Kg./cm2. y que esfuerzo se generan en los aceros. Solución ρ = 0.0086, ρ’ = 0.0052, n = 9, k = 0.298, j = 0.901 Cálculo de los esfuerzos:

(20) NILSON Arthur H..Diseño de estructuras de concreto.pág.12.

Concreto Armado

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1  0.298  2003.53 Kg. / cm 2 nfc1  k   9  94.5 k 0.298

fs 

fs = 2003.53 Kg./cm2.

< fsadm.

 21.99  6.22  609.93 Kg . / cm 2 nfc kd  d '  9  94.5 kd 21.99

fs ' 

fs’ = 609.93 Kg./cm2.

< fs’adm.

Cálculo del momento: fcjk bd 2  As ' fs'  d  d ' 2 94.5  0.298  0.901 M  40  73.78 2  15.30  609.93  73.78  6.22 2 M max  33.93 t  m.

Mc 

2.2.3. Problemas de diseño. Problema N° 01.- Diseñar el área de acero para una sección de b = 25 cm., h = 50 cm., f’c = 280 Kg./cm2., fy = 4200 Kg./cm2.; cuando actúa un momento M = 8.5 t-m., la sección será simplemente reforzada. Solución Esfuerzos admisibles: fcadm = 0.45 f’c = 126 Kg./cm2. fsadm = 0.50 fy = 2100 Kg./cm2. Es 2  10 6 n   7.97  8  Ec 15000 280 j  1

k 0.324  1  0.892  3 3

k

n 8,

1 fs 1 nfc



1  0.324 2100 1 8  126

j  0.892

Considerando Ø = 1” y estrib = Ø 3/8”, tenemos:  2.54 dc  r. e.e   estrib  L  4  0.95   6.22  d  43.78 cm. 2 2 Mr 

fcjk 126  0.324  0.892 bd 2  25  43.78 2  8.72 t  m. 2 2

Mr = 8.72 t-m. 

As 

>

M = 8.5 t-m. → Es una sección simplemente reforzada.

M 8.5  10 5   10.36 cm 2 fsjd 2100  0.892  43.78

As = 10.36 cm2.

2 Ø 3/4” + 1 Ø 1” (10.78 cm2)

Problema N° 02.- Para la viga en voladizo, que se muestra a continuación, diseñar el área de acero; para que la sección sea simplemente reforzada. wD= 2.0 t/m.

PD= 1 Tn.

(16) ORTEGA GARCIA.Juan.Concreto armado I.pág.III-3. (17) NILSON,Arthur H.Diseño de estructuras de concreto .pág.71.

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Ing° S.Chávez C. f’c = 280 Kg./cm2. fy = 4200 Kg./cm2.

wL= 1.0 t/m. 50 2.50 m. 30

Solución wl 2 3  2 .5 2 M   Pl   1.0  2.5  11 .88 t.m. 2 2

fcadm = 0.45 f’c = 126 Kg./cm2. fsadm = 0.50 fy = 2100 Kg./cm2.  2.54 dc  r. e.e   estrib  L  4  0.95   6.22 para ØL = 1” , Estrib= Ø3/8” 2 2 si dc = 6.22 cm. → d = 43.78 cm. 8  126

nfc

n = 8; k  nfc  fs  8  126  2100  0.324  k  0.324 y Mr 

j  0.892

fcjk 126  0.324  0.892 bd 2  30  43.78 2  10.47 t  m. 2 2

Mr = 10.47 t-m. < M = 11.88 t-m. ; como hay que diseñar una sección simplemente reforzada, entonces aumentamos el peralte de la sección. Mr 

fcjk 2 bd  M 2



d 

2M  fckjb

2  11 .88  105 126  0.324  0.892  30

d = 46.64 cm. → h = d + dc = 46.64 + 6.22 = 52.86 cm 

As 

→ h = 55 cm. d = 48.78 cm.

M 11.88  10 5   13.00 cm 2 fsjd 2100  0.892  48.78

As = 13.00 cm2.

2 Ø 1” + 1 Ø 3/4” (13.04 cm2) b x h = 30 x 55 cm.

Problema N° 03.- Diseñar el área de acero necesario, para la siguiente sección de viga. M = 30 t-m. f’c = 210 Kg. /cm2. fy = 4200 Kg. /cm2.

80 35

Solución fcadm = 0.45 f’c = 94.5 Kg./cm2. Es  9.2  n  9 Ec nfc 9  94.5 k 0.288 k   0.288 , j  1   1   0.904  j  0.904 nfc  fs 9  94.5  2100 3 3 fcjk Mr  bd 2 ; Considerando ØL =1”, Estribos = Ø3/8” → dc = 6.22cm., d = 73.78 cm. 2

fsadm = 0.50 fy = 2100 Kg./cm2. ; n 

(20) NILSON Arthur H..Diseño de estructuras de concreto.pág.12.

Concreto Armado Mr 

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fcjk 94.5  0.288  0.904 bd 2  35  73.78 2  23.44 t  m. 2 2

Mr = 23.44 t-m. < M = 30t-m., Entonces hay que diseñar una sección doblemente reforzada. Mr2 = M2 = M – Mr1 = 30 -23.44 = 6.56 t-m. → M2 = 6.56 t-m. 

As1 

M1 23.44  10 5   16.74 cm 2 fsjd 2100  0.904  73.78

 As1  16.74 cm 2 As 2 

; considerando d’ = 6.22 cm. para: ØL = 1” y Øestrib= 3/8” As 2 

6.25  10 5  4.62 cm 2 2100   73.78  6.22 

 As 2  4.62 cm 2

2nfc kd  d '  0.288  73.78  6.22  1203.08 Kg . / cm2  2  9  94.5 kd 0.288  73.78 5 M2 6.56  10 As '    8.07 cm 2  As '  8.07 cm 2 fs '  d  d ' 1203.08   73.78  6.22

fs' 

 As  As1  As 2  16.74  4.62  21.36 cm 2 .

As = 21.36 cm2. As’= 8.07 cm2.



(16) ORTEGA GARCIA.Juan.Concreto armado I.pág.III-3. (17) NILSON,Arthur H.Diseño de estructuras de concreto .pág.71.

3 Ø 1” + 2 Ø 3/4” (20.98 cm2) 3 Ø 3/4” (8.52 cm2)

M2 fs d  d '