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CAPITULO IV ANÁLISIS Y DISEÑO DE VIGAS TIPO “T” 4.1 DEFINICIONES: Cuando una losa se construye monolíticamente con sus vigas de apoyo se podrá suponer que una parte de la losa colaborará con la parte superior de la viga que resista los esfuerzos de compresión. El conjunto de estos dos elementos trabajando solidariamente, constituye lo que se denomina una viga “T” . La losa se denomina patín de la viga y la porción de la viga situada debajo de la losa se denomina NERVIO o ALMA. Es importante tener en cuenta que para el cálculo de la resistencia al cortante y a los esfuerzos de flexión sobre los apoyos, solo se toma en consideración el área formada por el ancho del alma bw y el peralte efectivo “d”.

b hf

d

bw As

DIMENSIONAMIENTO DE VIGAS “T” El ancho del patín que se supone contribuye a resistir los esfuerzos de compresión es variable. Los ensayos han demostrado que dependen principalmente del espesor de la losa y de la luz de la viga.

El reglamento A.C.I. señala al respecto las siguientes consideraciones: a) VIGAS AISLADAS: Cuando la viga “T” no tiene continuidad con otras.

bw 2 b  4 bw hf 

b) VIGA CON ALA A UN SOLO LADO L  bw 12 B b   bw 2 b

b  6 hf  bw

c) VIGA SIMÉTRICA

L 4 b  B  bw b 

b  16 hf  bw

En todos lo casos, L es la luz de la viga “T” y se usa el menor valor de “b”, según la viga planteada. 4.2

ANALISIS DE VIGAS “T”

Las fórmulas que se utilicen en el diseño de vigas tipo “T”, dependen de la localización del plano neutro; este puede quedar dentro del patín o dentro del alma, analizaremos c/u de estos casos.

a) CUANDO EL EJE NEUTRO CAE EN EL PATÍN.

Si c  hf, la viga “T” se analiza como viga de sección rectangular de ancho “b”, aplicando la teoría estudiada anteriormente.

b) CUANDO EL EJE NEUTRO CAE EN EL ALMA

b c

hf

d

Si c  hf, el eje neutro cae en el alma y es necesario hacer el análisis considerando la contribución del patín y parte del alma en la compresión.

zona de

Veamos el análisis de este caso: Supondremos que la falla se inicia por fluencia del acero en tracción; lo cuál verifica; ya que la zona en compresión es grande y habrá suficiente reserva para que en la rotura, la falla se inicie por fluencia del acero. Para facilitar el análisis de vigas “T”, el análisis de esfuerzos se hace por separado, para el patín y el alma.

Es la figura, puede observarse que la viga “T” puede analizarse como una superposición de los casos (b) y (c). El diagrama de esfuerzos parcial de la fig. b, es el siguiente:

b  bw 2

b  bw 2

0.85 fC1 C  0.85 fC1 . (b  b w ). hf h (d  f ) 2 T  As f . fy

Por equilibrio de fuerzas , se tiene: C = T

0.85 f C' . hf . (b  bw)  ASf . fy

……………( α1 )

Además, el momento resistente último parcial vale: hf M b1  ASf . fy (d  )..........( 2) 2 Donde: Asf: esfuerzo parcial que equilibra los esfuerzos de comprensión en las alas. Se observa que en la distribución rectangular se ha tomado a = hf, esto es bastante aproximado por ser el espesor de la losa menor en comparación con el peralte. El diagrama de esfuerzos complementario de la fig. c, es el siguiente:

0.85 fC1 0.85 fC1 . a . b w  C a (d  ) 2 T  ( A S  As f ) . fy

Por equilibrio de fuerzas horizontales:

0.85 f C' . a .bw  ( AS  ASf ) . fy

a

( AS  ASf ) . fy 0.85 f C' .bw

................ (  )

El momento resistente último complementario vale:

a MC1  ( AS  ASf ) . fy . (d  ) .......( ) 2 Luego: El momento resistente último es: M U1  M b1  M C1

,

M U1  ASf . fy (d 

hf a )  ( AS  ASf ) . fy . (d  ) 2 2

El momento último presente en una sección está dado por: hf a   M U   . M U'    ASf . fy (d  )  ( AS  ASf ) . fy . (d  )........( I ) 2 2  

El reglamento establece que:

  0.90

Para el caso de flexión en vigas

4.3 CUANTIA BALANCEADA (Pwb)

En el diseño de vigas es necesario considerar la cuantía de refuerzo en tracción por debajo de la cuantía balanceada; de tal manera que la falla de presentarse, se inicie por fluencia del acero. En una viga de sección “T”, se denomina cuantía balanceada a la cantidad de refuerzo en la sección considerada para que la falla se inicie simultáneamente por fluencia del acero y por aplastamiento del concreto.

b

0.85 fC1

Eu  0.003

C

c

c d

E.N.

A S . fy

As

( a )

Ey

= 0.85 fC1 0.85 fC1 . hf . (b  b w  c f ) h (d  f ) 2 As f . fy

hf Asf

( b ) + 0.85 fC1 a

c E.N. As2 = (As - Asf)

(c)

Por equilibrio de fuerzas, se tiene: AS . f y  c f  cW AS . f y  0.85 f C' . h f . (b  bw)  0.85 f C' . a .bw …………

También AS . f y  AS f . f y  0.85 f C' . a .bw ……………( Ɯ )

c w  0.85 fC1 . a . b w a (d  ) 2 As2 .fy

Si : Pwb 

Pf 

AS  AS  Pwb.bw. d bw. d

AS f bw d

 AS f  Pf .bw  d  cuantía de las alas

Reemplazando en ( Ɯ ) : AS . f y  AS f . f y  0.85 f C' . a .bw ……………( Ɯ )

Pwb  bw  f y xd  Pf .bw  d  fy  0.85 f C'  a  bw Pwb  Pf  0.85 1 

f C' c  fy d

Del diagrama de deformaciones (fig. a de la cuantía balanceada) c d c 0.003 6000     0.003 0.003  E y d 0.003  E y 6000  f y

Reemplazando: Pwb  Pf  0.85 1 

fC1 6000  .......... ...(II) fy 6000  f y

Pwb  Pf  Pb.............................................( II ) La ecuación (II) nos permite determinar la cuantía balanceada para vigas tipo “T”.

4.4 APLICACIÓN DE LAS FÓRMULAS A LOS PROBLEMAS DE CHEQUEO Y DISEÑO DE VIGAS TIPO “T”.

El estudio de vigas “T” por el método de rotura está gobernado por las fórmulas que se dedujeron anteriormente. Se presenta un resumen de ellas:

hf a   M U    ASf . f y (d  )  ( AS  ASf ) . f y (d  ) ..............................................( I ) 2 2   Pwb  Pf  0.85 1 

fC1 6000  f y 6000  f y

.......... .......... .......... .......... .......... .......... .. ( II )

Por reglamento:

Pwmáx  0.75 Pwb  0.75 ( Pf  Pb ) ............................................................ ( III )

PROBLEMAS DE APLICACIÓN – VIGAS “T” a) Problema de chequeo 1) Determinar el momento último que puede admitir una viga tipo “T” aisladas cuyas características son:

b = 70 cm

hf = 10 cm

As = 6  1 = 30.42 cm2

fy = 4200 kg/cm2

bw = 20 cm

h = 60 cm

f’c = 210 kg/cm2

d = 51.5 cm

Solución: - Ubicación del eje Neutro:

AS . fy  0.85 f C' . ac  b ac 

aC

AS f y ' C

0.85 f . b  10.22 cm



30.42  4,200 0.85  210  70

Como: aC  10.22 cm 

hf  10 cm

Por tanto: se analiza como viga tipo “T”. - Verificar que las dimensiones de la sección estén de acuerdo al reglamento: Como se trata de una viga aislada debe cumplirse que:

bw 20   10 2 2 b  70  4 bw  4  20  80 h f  10 cm 

(Ok ) (Ok )

Cálculo de la cuantía general :

Pw 

AS 30.42 cm   0.029 20  51.5 bw . d

De la fórmula de equilibrio ( α1 ) : AS f 

0.85 f C' . (b  bw) . hf 0.85 210  (70  20)  10  4,200 fy

AS f  21.25 cm - Cálculo del momento último (Mu)

a

( AS  ASf ) . fy ' C

0.85 f . bw



(30.42  21.25)  4200 0.85 210  20

a  10.78 cm.

hf a   Mu    AS f . fy (d  )  ( AS  AS f ) . fy (d  ) 2 2   10 10.78   M u  0.9 21.25  4200 (51.5  )  (30.42  21.25)  4200  (51.5  ) 2 2   M u  5,333,404.98 kg  cm  53.33 Tm  m .

VERIFICACION DE LA CUANTIA:

Cálculo de la Cuantía balanceada: Pwb La cuantía de las alas,es:

21.25 cm 2  0.0206 20  51.5 bw. d Entonces, la cuantía balanceada, es: Pf 

Asf



Pw b  Pf  Pb  Pf  0.851  Pw b  0.0206  0.85 0.85 

f C' 6000  fy 6000  4200

210 6000  4200 6000  4200

Pw b  0.041 8 Cuantía máxima según el reglamento: Pw máx  0.75 Pw b  0.75  0.0418  0.031 Verificando la cuantía real:

Pw 

30.42 cm  0.029 ≤ Pw máx  0.75 Pw b  0.031 20  51.5

Por tanto, se verifica que el refuerzo en tracción fluye.

b) Problema de diseño

1) Un sistema de piso consiste en una losa de concreto apoyada monolíticamente por vigas continuas en “T” de 7.0 mts. De luz libre y 1.20 m. de centro a centro de las vigas paralelas; el espesor de la losa hf = 8cm.; Las dimensiones del alma diseñada en flexión resultó: d = 50cm y bw = 27 cm. Calcular el área de acero positiva en el centro de la luz; si la losa tiene que resistir una carga de 5 tm/m2. Además fy = 4,200 kg/m2; f’c = 175 kg/cm2

b

hf

bw

B 1.20

bw = 27 cm,

hf = 8 cm,

L = 7.0 cm, b= 1.20 mt.

Metrado de carga: * Peso de la losa = * Peso de la viga = * Sobrecarga (S/C) =

0.08 x 2,400 = 0.27 x (.50 +.06) x 2,400 = 5 Tm/m2

0.192 Tm/m2 0.3629 tm/mL.

- Cálculo del ancho del patín “b” (reglamento) : Para una viga tipo “T” continua se tiene que: b

L 7.0   1.75 m 4 4

b  B  bw  1.20 m b  16 hf  bw  16  0.08  0.27  1.55 mt. Por tanto de los 3 valores, se toma el menor de ellos, b = 1.20 mt. - Cálculo del momento último (Mu): Previamente calculamos Wu Wu  1.4 D  1.7 L  1.4 (0.192  1.20  0.363)  1.7 (5  1.2)

Wu  11.031 tm  m wu .l 2 11.031  (7.0) 2  8 8 M u  67.56 tm  m

Mu 

- Chequear si se trata de una viga tipo “T”, asumiendo que a = hf = 8cm.

MU

AS

asumido



AS

asumido

 38.85 cm 2

a 2

 . fy (d  )



6,756,000kgxcm 8 0.9  4200 (50  ) 2

Planteando la ecuación de equilibrio

0.85 f C' . aC .b  AS aC 

AS

asumido ' C

 fy

0.85 f . b

asumido



 fy

38.85 4200 0.85175  120

aC  9.14 cm  c 

a 9.14   10.75cm 0.85 0.85

Como, c = 10.75 cm. ≥ “T”)

hf= 8.0 cm. ( El eje neutro cae en el alma de la viga

Por tanto, se analiza como viga tipo “T” Calculo del área parcial AST AS f 

0.85 f C' (b  bw) . hf 0.85175 (120  27)  8  fy 4,200

AS f  26.35 cm 2 - Cálculo del momento último parcial Mf Mf   . AS f . fy  (d 

hf ) 2

8 Mf  0.9  26.35  4200  (50  ) 2

Mf  45.82 tm  cm 

Mc  Mu  Mb  67.56  45.82 Mc  21.74 tm  m

- Cálculo del área de refuerzo complementario (AS2= AS - ASf)

AS 2 

MC a 2

 . fy . (d  )

1° Iteración: si a 



AS 2 

aC 

d 50   10 cm 5 5

2174000 0.9  4200 (50 

10 ) 2

 12.78 cm 2

AS 2 . fy 12.78 42000   13.36 cm ' 0.85  f C .bw 0.85175 27

2° Iteración

Si

a  13.36 cm 

AS 2 

aC 

2174000  13.27 cm 2 13.36 0.9  4200 (50  ) 2 13.27  4200  13.88 cm 0.85175 27

Entonces  S 2  13.27cm 2

Área total:

AS

AS  ASf  AS 2  26.35  13.27  39.62 cm 2 AS  39.62 cm2



AS  5  1 1  40 cm 2 4

Verificar que: Pw  0.75 Pw Pmáx  0.75 Pwb  0.75 (Pb  Pf )  175 6000 26.35    Pmáx  0.75 0.85 0.85 4200 6000  4200 27 x50   Pmáx  0.0278 , Pwb= 0.037

PW 

AS 40.0   0.029 bw. d 27.50

Como: Pw  0.029  Pwb Por tanto el refuerzo en tracción fluye en la rotura.