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