estruc

PROBLEMAS DE ESTÁTICA

1

CURSO DE ESTRUCTURAS

I – III Y IV

PROBLEMAS Y TABLAS

ESTÁTICA

MECÁNICA DE MATERIALES

MÉTODO DE KANI

CONCRETO ARMADO

ING. ROLANDO OCHO D. ARQ. MARTIN BENITES R.

TRUJILLO – PERÚ

h

c

d

v c

Esfuerzos equivalente Esfuerzos reales en la

sección

Sección transversal de viga

Diagrama de Deformación

Unitaria

Eje Neutro

b

v s

f’c

0.85f’c

C

(d-a/2)

T=As fs T=As fs

a = b c


2

ESTRUCTURAS I

Contenido de Problemas

P-01: Análisis de fuerzas. Ley del paralelogramo. Ley de cosenos. Ley de senos.

P-02: Análisis de fuerzas. Regla del triángulo. Ley de senos.

P-03: Componentes de una fuerza. Regla del triángulo. Ley de senos. Ley de cosenos.

P-04: Componentes rectangulares de varias fuerzas. Equilibrio de fuerzas.

P-05: Componentes rectangulares de varias fuerzas. Determinación de su resultante.

P-06: Momentos isostáticos. Diagrama de fuerza cortante y momento flector en viga.

P-07: Ídem P-06

P-08: Centro de gravedad de un área plana de figuras compuestas.

P-09: Centro de gravedad de un área plana por integración directa.

P-10: Momento de inercia de un área plana por integración directa.

P-11: Momento de inercia de un área plana por aplicación del Teorema de Stainer.

P-12: Ley de Hooke. Calculo del esfuerzo y la deformación.

P-13: ley de Hooke-calculo de estiramiento de los cables.

P-14: Ley de Hooke-carga de compresión.

P-15: Diseño de una viga de madera, simplemente apoyada.

P-16: diseño de una viga continúa de madera.


3

PROBLEMA # 1:

En la figura las dos fuerzas “P” y “Q” actúan sobre el perno “A”. Determinar su

resultante.

Solución: Se emplea la regla del paralelogramo.

*Calculando el ángulo B:

2(25º) + 2 B = 360º

50º + 2 B = 360º

B = 155º

*Conociendo los dos lados y el ángulo opuesto a al resultante se aplica la ley de

los cosenos:

R² = P² + R² - 2 PQ Cos B

R² = (250)² + (300)² - 2(250)(300) Cos 155º

R² = 288,446.1681

R = 537.07 lb. (magnitud de resultante)

*Aplicando la ley de los senos, se tiene:

P R 250 537.07

Sen α =

Sen B Sen α

= Sen 155º

* Despejando Sen α: Sen α = 250 x Sen 155º = 0.1967

537.07

De donde: α = Arc Sen (0.1967) = 11.35º

Luego: β = 25º - 11.35º = 13.65º

De donde: θ = 21 + β = 34.65º

Rpta. θ = 34.65º (Dirección de la resultante)

A

25º

21º

Q= 300 lb.

P= 250 lb.

B

Q

A

P

R

21º

α

β

β θ


4

PROBLEMA # 2:

Dos fuerzas actúan sobre una carretilla que se mueve a lo largo de una viga horizontal

como se muestra en la figura. Sabiendo que α = 30º.

a) Determinar el módulo de la fuerza “P” de manera que la fuerza resultante

que se ejerce sobre la carretilla sea vertical.

b) ¿Cuál s el módulo correspondiente de la resultante?

Solución: Usando la regla del triángulo y luego la les de los senos, se tiene:

R Q

Sen 85º =

Sen 30º

* De donde:

R = Q x Sen 85º

Sen30º

R = 2,000 x Sen 85º = 3,984.8 Kg. Rpta.

0.50

* Aplicando la ley de los senos, se tiene:

P Q

Sen 65º =

Sen 30º ; de donde: P = Q x Sen 65º

Sen30º

P = 2,000 x Sen 65º = 3,625.2 Kg. Rpta.

0.50

α

25º

Q = 2,000 Kg.

P

R P

25º

85º 65º

Q = 2,000Kg.

30º


5

PROBLEMA # 3:

La fuerza F de módulo 300 Kg. Debe descomponerse de sus componentes a lo largo de

la línea a-a y b-b. Determínese en forma trigonométrica el ángulo “α”, si se sabe que el

componente F a lo largo de la línea a-a es igual a 240 Kg.

Solución: Aplicando el método del triángulo y

la ley de los senos se tiene:

300 Q

Sen 60º =

Sen α...…….. (I)

* Para calcular el valor de Q aplicamos la siguiente ley de los cosenos:

F² = P² + Q² - 2 P x Q Cos 60º

(300) ² = (240) ² + Q² - 2 (P) Q x 0.50

* Ordenando se forma una ecuación de 2º grado:

Q² - 240 Q + 57,600 – 90,000 = 0

Q² - 240 Q– 32,400 = 0

* Resolviendo la ecuación:

Q = 240 ± (240) ² + 4 (32,400) = 240 + 432.67 = 336.33 Kg.

2 2

* Reemplazando este valor en (I):

300 Q ; de donde : Sen α = 336.33 x Sen 60º = 0.97

Sen 60º =

Sen α 300

* Luego: α = Arcsen (0.97) = 76.14º…..Rpta.

P α 60º

F

a a

b

b Q

60º α

P = 240

F = 300 Q


6

PROBLEMA # 4:

Se coloca un modelo de casco de velero en un canal de prueba y se usan tres cables para

mantener su proa e el eje del centro del canal. Las lecturas de los dinamómetros indican

que para una velocidad dada, la tensión en el cable AB es de 50 Kg. y en el cable AE es

de 75 Kg. Determinar la tensión en el cable AC y la fuerza de arrastre ejercida por el

casco.

Solución: Descomponiendo cada fuerza de tensión en los cables en sus componentes

rectangulares y trazando ejes coordenados por el punto A, se tiene el siguiente diagrama

de equilibrio de fuerzas aplicadas en dicho punto.

Σ Fx = 0: TA + TAC. Sen β - TAB Sen α = 0

TA + TAC. (0.90) - 50 (1.50) = 0 1.50 1.92

TA + 0.60 x TAC - 39.05 = 0…………………. (I)

α β

1.50 0.90

1.92 1.50 1.20

1.20 Flujo

B C

A

E

Y

α β

50kg

B C

A

E

X

1.50 0.90

TAB

TAC TA

75kg TAE

1.20


7

Σ Fy = 0: TAC . Cos β + TAB . Cos α - TAE = 0

TAC. 1.20 - 50 (1.20) – 75 = 0 1.50 1.92

0.8 TAc + 31.25 – 75 = 0…………………. (II)

Simplificando la ecuación (II):

0.8 TAc – 43.75 = 0

De donde:

TAc = 43.75 = 54.69 Kg….Rpta.

0.8

Reemplazando este valor en (I):

TA + 0.6 + 54.69 – 39.05 = 0

Despejando:

TA = 39.05 – 0.6 x 54.69

TA = 6.24 Kg….Rpta.


8

PROBLEMA # 5:

Cuatro fuerzas actáun sobre un perno A como se muestra en la figura. Determina la

resultante (modulo y dirección) de las fuerzas sobre el perno.

Solución: Este problema se resuelve calculando los componentes rectangulares (Fx, Fy)

de cada una de las fuerzas que actúan sobre el perno A, las que se pueden determinar

aplicando relaciones trigonométricas. Se consideran positivas las componentes en el eje

x hacia la derecha y en el eje y hacia arriba.

Escribiendo los cálculos en forma tabulada, se halla Rx y Ry

Fuerza Magnitud Kg Componentes x,Kg Componente y, kg

F1 150 150 cos 30º = + 129.90 150 sen 30º = + 75

F2 80 - 80 sen 20º = - 27.36 80 cos 20º = + 75.18

F3 110 0 0

F4 100 100 cos 15º = + 96.59 - 100 sen 15º = - 25.88

Rx = + 199.13 Ry = + 14.30

Conociendo las componentes rectangulares de la resultante ésta halla aplicando el

teorema de Pitágoras, es decir:

R2 = (Rx)

2 + (Ry)

2

F1=150kg

F4=100kg

F3=110kg

15º

30º

20º

F2=80kg

y

x

-(F2Sen 20º)

-(F2Cos 20º)

-(F1Sen 15º)

-(F1Cos 15º)

-F3


9

Reemplazando valores:

R2 = (199.13)

2 + (14.30)

2

R2 = 39, 857.25, de donde:

R = 199.64 Rpta. (módulo)

Para hallar la dirección de la resultante, se aplica la relación trigonométrica:

Rx

RyTang


07181.013.199

3.14Tang

De donde:

º11.4

)07181.0(

arcTang

Rx=199.13

Rx=14.30


10

PROBLEMA # 6:

Dibujar las diagramas de fuerza cortante y de mmomento flector para la viga y carga

representadas en la figura:

Solución:

Para poder dibujar el diagrama de fuerza cortante es necesario calcular primero las

reacciones en los apoyos A y D.

Tomando momentos con respecto al punto al punto o apoyo A se tiene: MA =;

considerando positivo el sentido

RD (24) – 20 (6) – 12 (14) - (1.5 x 8 ) (28) = 0

Despejando:

kipsRD 2624

336168120

Por sumatoria de fuerzas verticales:

RA – 20 – 12 + 26 – 12 = 0

RA = 44 – 26 = 18 (hacia arriba)

A

6ft 8ft 8 ft

1.5kips/ft

12kips 20kips


11

Al no haber fuerzas horizontales que actúan sobre la viga, la componente horizontal de

la reacción en el pago A es cero.

Por al expresión Fx = 0 Ax = 0

Diagrama de Fuerza Cortante: Aplicando la definición de fuerza cortante en cualquier

sección de una viga, se tiene:

Sección 1 – 1 entre los puntos A y B:

V1 + 18 kip (solo hay una fuerza a la izquierda de 1 - 1)

Sección 2 – 2 entre los puntos B y C:

V2 = + 18 – 2 0 = - 2 kips (hay dos una fuerza a la izquierda de 2 - 2)

Sección 3 – 3 entre los puntos C y D:

V3 = + 18 – 2 0 - 12 = - 14 kips (tres fuerzas a la izquierda de 3 - 3)

Sección 4 – 4 entre los puntos D y E:

V4 = - 14 + 2 6 = + 12 kips (tomando el valor acumulado de la sección 3-3 y

la reacción en el apoyo)

Punto E:

VE = + 12 - 12 = 0 (Ver dibujo de D.F.C.) (Tomando el valor acumulado de

la sección 4 – 4 y la carga actuante)


12

Diagrama de Momento flector

En el apoyo A : MA = 0 (por definición de momento flector en el cualquier sección de

una viga) (Momentos a la izquierda del punto A)

En el apoyo B : MB = 18 + 6 = + 108 kips – ft

En el apoyo C : MC = 18 + 14 – 20 + 8 = + 92 kips – ft

En el apoyo D : MD = 18 + 24 – 20 x 18 – 12 + 10

MD = - 48 kips – ft

En el apoyo E : ME = 0 (por definición de momento flector)

(Momentos a la derecha del punto E)


13

DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE (D.F.C.)

DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR (D.M.F)

+18

-2

- 14

+ 12

0

0

-48

+92

+108


14

PROBLEMA # 7:

Dibujar los diagramas de fuerza cortante y de momento flector para la viga y las cargas

representadas en la figura.

Solución:

Se calcula primero la reacción en el apoyo A de la viga empotrada.

Por sumatoria de fuerzas verticales, se tienen que:

Fy = 0 … RA – 200 N – 200 N – 200 N = 0

de donde: RA = + 600 N

DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE: Aplicando la definición de fuerza cortante

en cualquier sección de una viga, se tienen:

Sección C : VC = + 600N – 200N = + 400N

Sección D : VD = + 600N – 200N – 200N = + 200N

Sección B : VB = + 600N – 200N – 200N = 0

DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR: Aplicando la definición de momentos

flector en cualquier sección de una viga, se tiene, considerando los siguiente signos:

RA 0.30m 0.225 0.525m

A C D B

200N 200N 200N

MA

+400

+200

+600

A C D B

Esc:

1:200

Diagrama de Fuerza Cortante


15

En el apoyo A:

MA = -+200N(0.30m)+200N(0.525m)+200N(1.05N) (Momentos a la derecha del

punto A)

MA = -+60 + 105 + 210 N – M = - 375 N – M

En el punto C

MC = MA + RA (0.30) = - 375 + 600 (0.30) = - 375 + 180

MC = - 195 N – M

En el punto D

MD = MA + RA (0.525) - 200 (0.225)

MD = - 375 + 600 (0.525) – 45 = -375 + 315 – 45

MD = - 105 N-M

En el punto B

MB = - 375 + 600 (1.05) – 200 (0.75) – 200 (0.525)

MD = - 375 + 630 - 150 – 105 = - 630 + 630

MB = 0

+ -

-375

A C D B

-105

-195

Diagrama de Momento Flector

Esc:

1:200


16

PROBLEMA # 8:

Localicese el centro de gravedad del área plama que se muestra en la figura.

Solución: Descomponiendo la figura compuesta en áreas planas conocidas y hallado sus áreas y

centro de gravedad

1. Enjuta parabólica

cmxy

cmxx

cmxxArea

93010

3

36484

3

48030483

1

2

1

2

1

2. Cuadrado

cmy

cmxx

cmxArea

15

631548

9003030

2

2

2

2

3. Círculo

cmy

cmx

cmArea

15

631548

54.784

)10(

3

3

22

3

4. Triángulo

30cm

y

X

Y=Kx2

48cm 10 10 10 42 cm


17

cmxy

cmxx

cmx

Area

10303

1

92423

11548

6302

3042

4

4

2

4

Hallamos luego el momento de 1er orden de cada una de las áreas conocidas, luego

tabulamos en un cuadro todos los datos hallados, calculando las sumatorias:

,,, AyAxA

Y el centro de gravedad del área compuesta se halla aplicando las siguientes relaciones:

A

AxX

A

Ayyy :

Luego se tiene:

Secciones Área = A (cm2) X (cm) Y (cm) x A (cm3) y A (cm3)

Parabólica 1/3 x 48x30 = 480 36 9 17,280 4,320

Cuadrado 30x30 = 900 63 15 56,700 13,500

Circulo - (10)2/4 = - 78.54 63 15 -4,948.02 -1,178.10

Triangulo 1/2x42x30=630 92 10 57,960 6,300

A = 1,931.46 = 126,991.98 = 22,941.90

Luego, aplicando las relaciones indicados anteriormente hallamos las coordenadas del

centro de gravedad de la figura compuesta:

cmA

Ayy

cmA

Axx

88.1146.931,1

90.941,22

75.6546.931,1

98.991,126


18

PROBLEMA # 9:

Determinar por integración directa y la localización del centroide de una enjuta

parabólica.

Solución:

- Determinar primero el valor de la constante k, sustituyendo x = a y y = b en la

ecuación dada.

Se tienen luego: b = ka2 y despejando

2a

bk

Por tanto la ecuación de la curva es:

2

2.x

a

by

- Luego se selecciona el elemento diferencial que se muestra (vertical) y se determina

el área total de la figura.

3

3

2 3.

0

2

0

2

abA

xa

bydydAA

x

a

ba

a

El primer momento del elemento diferencial con respecto al eje y es AxQy ; por tanto,

el primer momento de todo el área con recepto a dicho eje es:

44.

24

20

2

22

bax

a

bdxx

a

bxxydxdAxQ

a

y

b

a x

y = kx2

y

y

a

x

y = kx2

y

xxe

dA=ydx


19

Como AxQy se tiene que:

dAxAx e , Reemplaza valores hallados

43

2baabx , donde se obtienen: ax

4

3 Rtpa.

De la misma forma, el primer momento de elemento diferencial con respecto al eje x es

AyQy y el primer momento de todo el área es:

105.

22

1

2

2

0

5

40

2

2

bax

a

bdxx

a

bydx

xdAyQ

aa

ey

Como AyQy , se tienen que:

dAyAye

, luego reemplazado valores hallados:

103.

2ababy , de donde se obtiene: by

10

3

PROBLEMA # 10:

Determinar el momento de inercia con respecto a cad uno de los ejes coordenados

corespodientes al área sombreada que se muestra en la figura (las propiedades de esta

área se dan en el problema anterior Nro. 8)

Solución:

Tomando los datos del problema anterior Nro. 9, se obtienen las siguientes expresiones

para le ecuación de la curva y para el área total:

2

2x

a

by abA

3

1

b

a x

y = kx2

y


20

- Momento de inercia Ix : Se selecciona dA como un elemento vertical diferencial de

área. Como todas las porciones de este elemento no están a la misma distancia desde

el eje x, se debe tratar el elemento como un rectángulo determinar. Luego, el

momento de inercia del elemento con respecto al eje x es:

dxxa

bdxx

a

bdxydIx 6

6

33

2

2

3 .3

1

3

1.

3

1

aa

xx

xbdxx

a

bdII

0

7

6

36

6

3

0 7.

23

1

3

1

21

3abI x

Momento de Inercia Iy: Se utiliza el mismo elemento diferencial vertical de área. Como

todas las porciones del elemento están a la misma distancia desde el eje y, se tiene que:

dxxa

bdxx

a

bxydxxdAxdI y

4

2

2

2

222

5.........

5.

3

0

5

2

4

0 2

baI

x

a

bdxx

a

bdII y

aa

yy

y

a

x

y = kx2

y

xxe

dA=ydx


21

PROBLEMA # 11:

Determinar el momento de inercia del área sombreada que se muestra en la figura

(enjuta parabólica) respecto a los ejes x’ x’ y x’’ x’’ que pasan por el centro de gravedad

de la figura y por un vértice.

Solución:

Tomando los datos obtenidos en la solución de los problemas mas anteriores Nro. 9 y

Nro. 10, se tiene:

21;

10

3;

4

3;

3

3bhIhybx

bhA xx

Aplicando el teorema de Stiener para hallar el momento de inercia con respecto a un eje

paralelo y remplazando los valores dados anteriormente, se tienen que:

2'' yAxIxIxx

Despejando el valor '' xIx (que pasa por el centro de gravedad), se tienen:

3

3333

32

23

2

2100

37''

10021

63100

100

3

21

1

100

3

21

3.

100

9

310

3

321

''

bhxIx

xbhbhbh

bh

bhh

bhh

bhbh

yAIxxxIx

b

X x

y

G

y’ X’’

h

x’

y’

a


22

Aplicando nuevamente el teorema de Steiner para hallar el de '''' xIx con respecto a un

eje que pasa por el vértice de la figura se tiene que: 2'''''' yhAxIxxIx ; sabemos

que hy10

3 . Reemplazando el valor obtenido anteriormente ( '' xIx ), se

3

33

33

2

3

.105

19''

:

21

380

10021

34337

100''

3

49

21

37

100300

49

2100

37

10

7

32100

37''''

bhxIx

ndoSimplifica

bhbhxIx

bhbh

hbh

bhxIx


23

PROBLEMA # 12:

Una barra prismática de sección rectagular (30mm x 60mm) y longitud L = 3.5 está

sometida a una fuerza axial de tracción de 15.84 métricas. Se observa que la barra se

alarga en 0.14cm. calcular el esfuerzo y al deformación de tracción.

Solución:

cmS

cmmL

kgMoTP

cmcmxcmbxhA

14.0

3505.3

840,1584.15

180.60.3 2

Para calcular el esfuerzo (r) se aplica la siguiente relación:

2

2/880

63

84,15cmkg

cmx

kg

A

Pr

Para calcular la deformación (unitarios) (E) se aplica la siguiente relación:

004.0104350

14.0 4 xcm

cm

L

Se

Conociendo estos valores, también podemos hallar el módulo de elasticidad (E)

mediante la siguiente ecuación .E .

Despejando el valor E, se obtiene:

262

/102.20004.0

/880cmkgx

cmkgrE

Conociendo este valor, también podemos choquear la siguiente ecuación que nos da el

valor de la elongación o alargamiento total de la barra:

cm

cmxcm

kgx

cmkgx

AE

LP14.0

18102.2

350840,15

.

.

2

2

6

PROBLEMA # 13:

Un alambre largo pende verticalmente bajo la acción de su propio peso. ¿Cuál es la

máxima longitud que podrá tener sin que llegue a romperse si es de:

a) Acero con un esfuerzo último o resistencia final de 20,000Kg/cm.

b) Aluminio con un esfuerzo último de 3,400kg/cm2 (Nota: el peso por unidad de

volumen del acero es de 7,840 kg/m3) y el del alumnio es 2,720 kg/m

3


24

SOLUCIÓN

a) Se tienen como dato:

33

2

/84.7/840,7

/000,20

cmgrmkg

cmkg

Sabemos que: V

P y despejando el peso:

.84.7184.7 3

3grcmx

cm

grVP

Aplicando la ecuación del esfuerzo (r)

A

P de donde despejamos el área:

PA reemplazando valores:

2/10000,20

84.73 cmgrx

grA = 271092.3 cmx

Sabiendo que: V = A x L y despejando la longitud (L):

A

VL reemplazando valores

cmxx

cmL 7

7

3

1026.01092.3

1

Trasformando este valor a metros:

L = 0.26 x 105m = 26,000m

L = 26,000m

b) Se tiene los datos:

2

1 /400,3 cmkg

3

1

33

1

1

/72.2/720,2

cmV

cmgrcmkg

.72.21 grP

Aplicando la ecuación del esfuerzo (r1) y despejando el área (A1)

1

11

1

11

PA

A

P

27

23100.8

/10400,3

72.2cmx

cmgrx

grA


25

Sabiendo que:

A

VL y reemplazando valores:

cmx

cmL 1250000

100.8

317

Transformando los cm. a m.

mL 50000,12


26

PROBLEMA # 14:

Un trozo de acero, tubo corto, 2/500,3 cmkgL y ha de resistir una carga de

comprensión de 140 Tom. Con un factor de seguridad de 1.7 contra la fluencia. Si el

espesor del tubo ha de ser 1/9 de su diámetro exterior, hállese el diámetro exterior

mínimo requerida, a

SOLUCIÓN

Se tiene como datos:

9

7.1

140

/500,3

1

2

deespesor

m

TanP

cmkgy

Sabemos que el esfuerzo ( w ) está dado por la relación entre cargo (P) y el área (P):

A

Pw , despejando el valor del área

1

,M

dondeP

Ay

w

w


2

2

00.68

/7.1

500,3

000,140cm

cmkg

kgA

Sabemos que el área de una corona circular está dada por la relación: 2

1

2

4ddAc

donde: d = diámetro exterior

d1 = diámetro interior


27

Si tenemos que:

dddd

dep

de

9

7

9

2

9

22

1

de donde:

Reemplazando este valor en (A)

22

2

2 .81

32

481

4981

49

7

4dxdddAc

Igualando este valor al área hallada anteriormente

00.68.81

32.

4

2 d

despejando el valor de

cmd

xd

80.14

32

6892


28

PROBLEMA # 15:

Diseñar la sección de una viga de madera de 10 pies de longitud y que se soporta una

carga uniforme distribuida de 500 lb/pie, sabiendo que su esfuerzo unitario por flexión

es de 2,400 lb/pulg2 (p.s.i.) y que está simplemente apoyada (un tramo).

SOLUCIÓN

Para el caso de una viga de sección rectangular sin carga axial, se tienen la siguiente

relación para el esfuerzo unitario (f): I

MxCf (esfuerzo de tensión debido a al flexión)

Para una sección rectangular se tiene que: 122

3bhIy

hc

Reemplazando estos valores en (f), se tiene:

G

bh

M

bh

Mxhf

212/3

2/

Haciendo: Gbh

6

2

(Módulo de sección de la madera) se tienen que: G

Mf , de

donde despejamos el valor G: )....(If

MG

Luego, para una viga de un solo tramo: 2.8

1lwM

Reemplazando datos:

lg000,75lg)1210()10(5008

1pulbpuxxpiesx

pie

lbxM

reemplazando valores en (I):

3

2lg25.31

lg/400,2

lg000,75pu

publ

pulb

f

MG

Con este valor entramos a la Tabla XXV y encontramos el valor de la sección de la viga

en pulgadas (b y h): en nuestros caso una sección de b x h = 4’’x 8’’ nos da un valor del

modo lo G de 32.98 el cual es mayor que el módulo necesario de 31.25

G = 33.98 31.25 …. Ok.

Luego, sección seleccionada: b x h = 4’’ x 8’’

PROBLEMA # 16:


29

Diseñar la sección de una viga de madera de apoyos continuos de luces iguales a 7.50m,

conociendo los valores de su esfuerzo unitario por flexión (f) de 200 kg/cm2 y que

soporta una carga uniformente distribuida de 766 kg/m. Usar la tabla XXV para hallar

las dimensiones b y h.

SOLUCIÓN

Similar al problema, anterior Nro. 15, usamos la relación

)....(If

MG

En este caso, por ser una viga continua, el valor del momento (M) está dado por al

siguiente ecuación:

2

10

1xWxlM

Reemplazando valores dados:

cmkgxm

cmxmx

n

kgM 222 1075.308,4

100)50.7(766

10

1

Además se tienen como dato: f = 200kg/cm2

Reemplazando los valores de M y f en la ecuación (I):

3

2

2

38.154,2/200

1075.308.4cm

cmkg

cmkgxG

Para poder entrar a la tabla XXV tenemos que convertir los cm3 a pulg

3.

Conociendo que: 1 pulg = 2.54cm

1 pulg3 = (2.54)

3 cm

3

Luego, reemplazando en el valor de g la equivalencia anterior, se tiene:

3

33

3 lg47.131)54.2(

3lg38.154,2 pu

cm

pucmG

Entrando a la tabla XXV se obtienen las siguiente secciones que cumplen con el valor

de G.

b x h = 4’’ x 16’’ ……… (G = 145.15)

b x h = 10’’ x 10’’ ……… (G = 142.90)


30

ESTRUCTURAS III Y ESTRUCTURA IV

CONTENIDO DE PROBLEMAS

P-01: Análisis de una viga de concreto armado simplemente reforzada: resistencia

nominal a flexión (Mn) y resistencia de Diseño (Mv).

P-02: Diseño de una viga de concreto armado simplemente reforzada.

P-03: Idem P-02

P-04: Diseño de una losa maciza de concreto armado, de un tramo reforzada en una

dirección.

P-05: Diseño de una loza maciza de concreto armado de dos tramos reforzadas en una

dirección.



P-08: Diseño de una loza maciza de concreto armado, de un tramo, reforzada en una

dirección.

P-09: Diseño de una columna corta de concreto armado sujeta a flexo compresión uso

tablas Nº 86 y 87 para un edificio de 4 pisos.

P-10: Diseño de una zapata aislada cuadrada (cimentación superficial)

P-11: Método de Kani. Calculo de momentos en vigas y columnas de un portico.

P-12: Diseño de una columna corta de concreto armado sujeta a flexo – comprensión,

para un edificio de 5 pisos. Uso tabla Nro. 86.

P-13: Diseño de una viga y loza maciza de concreto armado, reforzadas en una

dirección, sujeta a un momento de flexión (Mu).

P-14: Análisis de una viga de concreto armado en voladizo.

P-15: Análisis de una viga “T” Calculo del momento resisten nominal (Mc) y el

momento último de diseño (Mu)

P-16: Calculo de la fuerza cortante en vigas. Diseño de estribos en una viga de un

tramo.

P-17: Análisis de una viga con acero en comprensión (viga chata)


31

P-18: Diseño de una zapata combinada. Calculo del área de acero longitudinal (superior

e inferior) y transversal (debajo de las columnas)

P-19: Verificación de dos vigas con acero en comprensión

P-20: Calculo de la altura de un zapata combinada utilizando el momento resistente

último de la zapata.

P-21: Calculo de las dimensiones de una zapata combinada y el momento máximo entre

las columnas.

P-22: Metrado de las cargas de una columna interior de un pórtico de dos pisos.

P-23: Diseño de un cimiento corrido para un muro portante de cabeza de dos niveles.

P-24: Diseño de una bolsa aligerada de cinco tramos. Calculo del acero positivo y acero

negativo.

ANEXO: TABLAS DE CALCULO

Centroide de áreas comunes

Momentos de inercia de formas geométrica comunes

Propiedades de las secciones de la madera

Método de compensación Cross

Método de Kani

Distribución de esfuerzos

Cuantías limites de acero

Momento resisten y área de acero

Columnas

Metrados de aligerados

Dimensiones de cimientos corridos para muros portantes

Cargas en aligerados

Momentos y aceros en aligerados de dos tamos

Momentos y acero en aligerado de tres tramos.


32

PROBLEMA # 1:

(Analisis de una viga con refuerzo a tracción)

una viga reforzada a traacción tineen un ancho de 25xcm y un peralte útil de 40cm hasta

el centroide de las barras, ubicadas todas en una sola fila. Si fy = 4,200kg/cm2 y f’c=

280kg/cm2, encuentr eusterd la resuistencia nominal a flexión (Mm) y la resistencia de

diseño (Mu) para los siguiente casos:

(a) As = 02 barras 8

(b) As = 02 barras 10

(c) As = 03 barras 10

SOLUCIÓN

Caso (a) Datos b = 25cm , d = 50cm f’c = 280kg/cm2

As = 2x5x10= 10.20cm2; fy = 4,200kg/cm

2

Sabemos que el momento nominal y el momento de diseño están dados por la siguiente

elación:

Mu = Mm = As. Fy

2

ad

y que el valor de “a” es igual a la expresión : bcf

fxAsa

y

.'85.0

Calculando primero nominal es igual a:

Mm = 10.20 x 7,200

2

2.750 = 1’987,776 kg-cm

La resistencia de diseño es igual a:

My = Mm = 0.9 x 1987776

My = 1’788,998 kg-cm

Caso (b) As = 2 x 8.189cm2= 16.38cm

2

Cálculo de “a”

cmxx

xa 56.11

2528085.0

200,438.16

Cálculo de Mm:

cmkgxMm

159,042'3

2

56.1150200,438.16


33

Calculo de Mu:

Mu = Mm = 0.9 x 3042159 = 2’737,943 kg/cm

Caso (c) As = 3 x 8.189cm2= 24.57cm

2

Cálculo de “a”

cmxx

a 34.172528085.0

200,457.24

Resistencia nominal

cmkgxMm

008,265'4

2

34.1750200,457.24

Resistencia de diseño

Mu = Mm = 0.9 x 4’265,008 =3’838,507 kg/cm


34

PROBLEMA # 2:

(Diseño de viga con refuerzo a tracción)

Diseñar una viga simplmente apoyada con una luz libre entre sus apoyos de 5.00ml.

considere usted los siguiente datos: f’c = 350kg/cm2; fy=4,20kg/cm

2; f = 0.50lb.

WL= 1,500kg/ml

WD=1,750kg/ml (incluye peso propio de la viga)

SOLUCIÓN

Aplicando el código ACI:

Carga Última: Wu = 1.4 (WD) + 1.7 (WL)

Wu = 1.4 (1.750) + 1.7 (1.500) = 5,000 kg/ml

Por estática, el momento exterior es igual a: 2)(8

1lWxM uu

cmkgM

ml

cmxmlkg

ml

kgxM

u

u

500,562'1

1

100625,15)00.5(000,5

8

1 2

Nos indican que: f = 0.50lb …….. (1)

De la tabla A.5 hallamos que para los valores datos de f’c y fy se encuentra un valor de:

Lb = 0.0335

Luego, reemplazando en (1):

f = 0.50 x 0.0335 = 0.01675

Con este valopr calculamos w:

2010.0350

200,401675.0

' x

cf

fyfW

Sabemos que el momento resistente último es igual a:

Mu = Mm = f’c. b. d2 w (1-0.59w) .................... (2)

Igualando el momento exterior a este momento resistente y reemplazando valores en (2)

1’562,500 = 0.9 x 350 x b x d2 x 0.2010 (1-0.59 x 0.2010)

Despejando las incognitas b y d, se tiene que:

bd2 = 27, 999 cm2 ………………………………… (3)

Esta ecuación tienen muchas soluciones, pero si seleccionamos un valor de:

b = 25cm y reemplazando en (3), se

Obtienen que: d = 33.5cm


35

Luego, con estos valores hallamos un área de acero provisiones de bd

As se despeja As

= f. bd

As = 0.01675 x 25 x 33.5 = 14.03cm2

El número de varillas para esta área es de: 3 barras 8 ()

Cálcula del recubrimiento:

v = 400cm + e + p2

Luego :

La altura total de la viga es igual a:

h = d + r = 33.5 + 6. 22 = 39.72cm

Seleccionado:

h = 40cm y b = 25 cm

El valor real del peralte “d” será:

d = 40 – 6.22 = 33.78 cm

Calculo del área de acero

Teniendo definidos los valores de b y d , hallamos el área

1) Suponemos que :

Chequeo del valor “a”

2) Asumismo un nuevo valor: a = 7.70cm

Luego:

Chequeo del valor “A”

Se tienen que el área de acero es igual al último valor calculado:

As = 13.81cm2

Se escoge: 3 1’’ o

2 1’’ + 2 5/8’’ o

2 1’’ + 2 3/4’’


36

PROBLEMA # 3:

Diseñar una viga simplemente apoyada cuya distancias entre sus apoyos es de 6.00ml.

considere los siguientes datos:

WL: 2,000 kg/ml

WD: 1,500 kg/ml (incluye peso propio dela viga)

F’c=210 kg/cm2 ; fy = 4,200kg/cm

2; f = 0.75lb

SOLUCION

- Se halla primero la carga última (según el código A.C.I.)

Wu = 1.4WD + 1.7 WL

Wu = 1.4 (1,500) + 1.7 (2000) = 5,500 kg/ml

- Se halla luego el momento exterior producido por esta carga: por estatica :

2.8

1lWuMu y reemplazando valores:

Este valor se convierte en unidades de kg-cm, luego:

Mu = 2’475.000 Kg-cm

- Nos Da como dato que: b75.0 (cuantia máxima de acero)

Con los valores de f’c y Fy se obtienen de la Tabla A.5 que:

Fb = 0.0214 (con B1 = 0.85)

Luego, se tiene que:

F = 0.75 x 0214 = 0.060

Con este valor se halla w:

- Sabamoes que el momento interno resistente de una viga es:

Mu = Mm = f’c. b. d2 w (1-0.59w)

Igualando el momento exterior y el momento resistente y reemplazando valores.

2’475.000= 0.9 x b. d2 0.32 (1-0.59 x 0.32)

Despejando las incógnitas resulta que:

bd2 = 50, 447cm

3

Esta ecuación tiene como respuesta muchos valores para b y d; seleccionado un valor

de: b = 25cm

Se obtiene un valor de: d = 45cm


37

- Se halla luego un primer valor del área de acero.

Sabemos que:

De donde : As = f.b.d.


As = f.b.d = 0.0160 x 25 x 45 = 18.00cm2

Para cumplir con esta área de acero escogemos:

3 barras 9 (3 x 6.45cm2)

- Se halla luego el recubrimiento (r):

R = 4.00cm + e + p/2 = 4.00cm + 3’’/8 + 1/2 + 9’’/8 = 6.38cm

- Se calcula luego la altura total de la viga (h):

h = d + r = 45 + 6.38 = 51.38cm

Se toma un valor de: h = 55cm (por construcción)

El valor real del peralte “d” será:

- Calculo del área de acero:

Utilizando el método de suposiciones se halla As :

1º) Suponemos que: cmd

a 724.95

62.48

5

Sabemos que :

2

adf

MuAs

y

, reemplazando valores:

296.14

2

724.962.48200,49.0

2475000cm

x

As

Chequeo del valor de “a” :

bcf

fAsa

y

.'85.0.

cmxx

xa 08.142521085.0

420096.14

2) Se asume un nuevo valor de : a = 14.20 cm

Luego:


38

277.15

2

20.1462.48200,49.0

2475000cm

x

As

Chequeo del valor “a”:

cmxx

xa 84.142521085.0

420077.15

3) Se asumen un nuevo valor de : a = 14.90cm

Luego 290.15

2

90.1462.48200,49.0

247500cm

x

As

Chequeo del valor “a”:

cmxx

xa 96.142521085.0

420090.15

Se toma el último valor de

As = 15.90cm2

Para esta área se escoge: 2 barras 10 (16.38cm2)


39

PROBLEMA # 4:

(Diseño de una losa de un tramo)

Una losa de concreto reforzado en una dirección tiene un tramo simple de 3.00m y

soporta una carga viva de 586 kg/m2 y una carga muerta de 100kg/m

2. Además de su

peso propio. Diseñe la losa así como el tamaño y al separación del refuerzo en el centro

del tramo suponiendo un momento de apoyo simple. Considere:

f’c = 280 kg/cm2, concreto de peso normal

f y = 4,200 kg/cm2

Espesor mínimo por deformaicón = l/20

SOLUCION

- Peralta mínimo por deformación : h = l/20 = 300cm / 20 = 15cm.

Suponemos para flexión un peralte efectivo d=12.5cm (d = 15cm – 1’’)

- Peso propio de una franja de 1.00m:

Pp = 1.00 m x 0.15m x 2,400 kg/m3 = 360kg/ml

Al considerar una franja de 1.00m de ancho las cargas dadas se convierten en:

WL: 586 kg/ml

WD: 100kg/ml + pp

- Calculo de la carga última externa:

WU =1.4 WD + 1.7 Wa = 1.4 (100+360) + 1.7 (586)

WU = 1,640kg/ml

- Calculo del momento externo: 8

2lxWM u

u

WU = 8

1 x 1,640 (3.00)

2 = 1,845 kg-m

WU = 184,500kg-cm

Calculo del área de acero:

1) Suponemos que el brazo de palanca da

ad 9.0

cmcmxa

ad 25.115.129.0

Sabemos que :


40

)25.11(200,49.0

500,184

x

a

adf

MvAs

y

revisión por tanteos del brazo de palanca supuesto

2) Suponemos que a = a 77cm

Luego:

281.3

2

77.05.12200,49.0

500,184cm

x

As

por 1.00m de franja de losa

Considerando varillas de ½’’

Utilizar varillas ½’’ cada 33.3cm de separación centro de centro con un área de

3.87 cm2. Como una variante utilizar varillas 3/8’’ cada 18.3cm de separación

centro a centro.

Chequeo de cuantías mínimas y máxima:

Usamos Asmin = fmín.bd

As = 0.033 x 100 x 12.5 = 4.125cm2

Para varillas ½’’

Usamos varillas ½’’ cada 30cm de separación

fmáx = 0.75lb

De tabla A.5 (Nilson- Winter); lb = 0.00285

Luego:

Calculo del refuerzo por contracción y temperatura

Ast = 0.0018.b.h.

Ast = 0.0018 x 100 x 15 = 2.7cm2

Para varillas ½’’


41

cms

m

78.47093.2

100

093.229.1

7.2

Separación máxima permisible = 3h = 3 x 15 = 45cm.

Utilizar varillas ½’’ cada 45cm centro a centro.

Este diseño puede tomarse con un espesor de losa de h = 15cm = 6’’ y un peralte

efectivo de: d = 6’’ – (3/4’’ + ¼’’) = 5’’ para satisfacer el requisito de

recubrimiento mínimo de concreto de ¾’’

Resumen utilice ½’’ cada 30cm (refuerzo principal) y ½’’ cada 45cm.

(refuerzo por temperatura)


42

PROBLEMA # 5:

(Diseño de una losa de dos tramo)

Una losa de conceto se construye integralmente con sus apoyos y consta de dos luces

iguales, cada una dan y se especifica un concreto de f’c = 280kg/cm2 y un acero con fy

= 4,200kg/cm2. diseñe la losa según las disposiciones del Codigo ACI.

SOLUCION

1) Se estima el espesor de la losa en base a los espesores mínimos de la tabla del ACI:

mml

h 16.028

50.4

28

Luego, el peso propio será la carga muerta:

WD = 0.16m x 2,400kg/m3= 384kg/m

2

Se tiene además la carga viva:

WL = 500kg/m2

2) Aplicando los factores de carga del ACI:

WU = 1.4 WD + 1.7 WL = 1.4 (384) + 1.7 (500)

WU = 1,387.6 kg/m2

Para 1.000m de ancho de losa

WU = 1,387.6kg/ml

3) Para los momentos de diseño en las secciones críticas se utuilizan los coeficientes de

momentos del ACI:

En el apoyo interior:

(-) M = 9

1 x 1,387.6 (4.5)

2 = 3,122 kg-m

En el centro de la luz:

(+) M = 14

1 x 1,387.6 (4.5)

2 = 2,007 kg-m

En el paoyo exterior:

(+) M = 24

1 x 1,387.6 (4.5)

2 = 1,171 kg-m

4) La cuantías máxima permitida por el Código ACI es:

blmáx 75.0


43

De la tabla A.5, para los datos:

f’c = 280kg/cm2

fy = 4,200kg/cm2

5) Utilizando este valor máximo de f, el mínimo espesor efectivo que se requiere,

controlado por el momento negativo en el apoyo interior será iugal a:

)59.01(..'

1002

wwbcf

xMd u

Sabemos que:

3210.0280

200,40214.0

'. x

cf

fw

y


mcmd

cmxxxx

d

07.09.6

61.47)321.059.01(321.01002809.0

312200 22

Que resulta de la aplicación de las restriccioes del código ACI; en consencuencia se

adopta este último valor (d=13.5cm)

6) En el paoyo interior, calculamos el área acero As por el método de susposiciones o

tanteos (corresponde a la parte superior de la losa):

Primera suposición

cmd

a 7.05

5.13

5

Sabemos que:

280.6

2

7.25.13200,49.0

312200

2

100cm

xa

dfy

xMAs v

Chequeo o verificación del valor supuestos de a:

cmxx

xbcf

fyAsa 20.1

10028085.0

200,480.6

.'85.0

Segunda suposición, tomando a = 1.20cm

Luego, tenemos que:


44

240.6

2

2.15.13200,49.0

312200cm

x

As

Chequeo:

cmxx

xa 13.110028085.0

200,440.6

No es necesario una revisión adicional

As = 6.40cm2

Para varillas ½’’ @ 20cm

cmS

cmm

16.2096.4

100

96.429.1

640

Para las otras secciones críticas a momento, será satisfactorio utilizar el mismo

brazo de palanca para determinar las áreas de acero:

- En el centro de luz

212.4

2

2.15.13200,49.0

100007,2cm

x

xAs

Para Varillas ½’’: m = 4.12/1.29 = 3.19

S = 100/3.19 = 31.31cm

Se selecciona : 1 ½’’ @ 30cm

En el apoyo externo

240.2

2

2.15.13200,49.0

100171,1cm

x

xAs

Esta área de acero se debe compara con el refuerzo mínimo por temperatura

7) Calculo del refuerzo mínimo por temperatura yu agrietamiento :

Para fy= 4,200kg/cm2, el ACI, especifica que

As = 0.0018b x h = 0.0018 x 100 x 16


45

As = 2.88cm2

Para varilas ½’’ , redondeando se obtienen : 1 ½’’@ 40cm

Para varilas 3/8’’ , redondeando se obtienen : 1 38/’’@ 25cm

Luego, este valor se toma también para el apoyo exterior.

El área de acero por control de grietas por temperaturas debe colocarse en dirección

perpendicular al refuerzo principal y será de11 ½’’@ 40cm, colocado

directamente encima del refuerzo principal en la región del momento positivo y

debajo del refuerzo principal en la zona del momento negativo.

Calculo de las cuantías:

Se tienen que

b040

De la talla A.5 para

f’c = 280kg/cm2

f’y = 280kg/cm2

Se obtiene que:

0198.00495.040.0

0495.0

x

b

Sabemos también que:

198.0

280

800,20198.0

'.

w

xcf

fyw

Como (movimiento último resistente)

Se iguala el momento último exterior al momento último resisten (interior):

Mu = Mm= f’c b. d2 w (1-0.59w)

Donde despejamos

22 16341,7406714928.44

003.276'3. cmdb

Reemplazando d en función de b: d = 1.5b

b (1.5b2) = 74, 341.16

Despejando


46

23 52.040,3425.2

16.341,74cmb

Donde

B = 32.09cm

Tenemos dos alternativas para el valor de “b” y los valores del peralta “d” se

obtienen de la relación (I)

Luego:

Para b = 35cm d = 46cm

b = 30cm d = 50cm


47

PROBLEMA # 6:

(Diseño de viga)

Una viga rectangular simplemente reforzada debe diseñarse utilziando una altura

efectiva aproximadamente igual a 1.5 veces al ancho, para resistir una carga viva de

servicio de 2,270 kg/ml adicionales asu peso propio en un tramo simple de 7.30m.

Deberán aplicarse los coeficientes de carga del código ACI. Dado fy = 2,800 kg/cm2 y

f’c = 280 kg/cm2, determinar las dimensiones requeridas de las secciones de concreto d

y h, y las barras de acero de refuerzo para:

f = 0.40f b. Usar estribus 3

SOLUCION

Tenemos los datos: D = 1.5b , l = 7.30m

WL =2,270kg/ml (carga viva)

La carga muerta se puede considerar, de la siguiente relación que da el ACI para el

caculo de momentos por coeficiente:

WL 3 WD

De donde resulta:

mlkgW

W LD /756

3

270,2

3

Este peso equivale a un predimensionamiento de viga de b 0.45 x h 0.70m; en base

a un tramo de l = 7.30m

- Cuantia (máxima) permisible = 0.40 fb

- Estribo sa utilizar = 3/8’’

Se tienen como incognitas: b,d,h y As

Calculo de la carga última

WU =1.4 WD + 1.7 WL =1.4 (756) + 1.7 (2,270)

WU =4,917.4 kg/ml 4,918 kg/ml

Calculo del momento externo:

Mu = 8

1 x Wu x l 2 (viga simplemente apoyada)

Tomando la 2º alternativa: b = 30cm

h = 50 + 6.25cm ) 56.26cm 60cm

(dimensiones = múltiples de 5cm o de 2’’)

Luego, el nuevo peralte será:

d = 60 – 6.25 = 53.75cm y


48

As = f. b. d = 0.0198 x 30 x 53.75

As = 31.93cm2 (valor aproximado para calcular el diametro del refuerzo)

Se selecciona 4 barras 10 (32.76cm2)

Calculando el nuevo valor de r:

r = 4.00cm + 8

3 +

2

1 x

8

''10 = 6.54cm

Luego:

d = 60 – 6.54 = 53.46cm

Por el método de suposiciones o tanteos calculamos el área de acero definitiva As.

1er su suposicion:

cmd

a 692.105

46.53

5

Luego:

cmxa

dfy

MuAs 60.10

800,29.0

003,276'3

2

As = 27.02cm2

Chequeo del valor a:

cmxx

xcbf

fyAsa 60.10

3028085.0

800,202.27

'85.0

2do suposición :

a = 10.60cm

luego

cmxx

xcbf

fyAsa 60.10

3028085.0

800,202.27

'85.0


cmxx

xa 59.103028085.0

800,299.26

Se toma : As = 26.99cm2 27.00cm

2

Se selecciona: 2 barras 11 + 1 barra 10

(As = 28.31 cm2)


49

PROBLEMA # 7:

(Diseño de viga)

Ua viga continua de cuatro tramos y de sección rectangular, constante está apoyada en

A, B, C, D, E

Los momentos últimos que resultan del analisis son:

En los apoyos, Kg-m En el centro del tramo, kg-m

Ma = 12,733 Mab = 14,532

Mb = 20,345 Mbc = 12,733

Mc = 18,546 Mcd = 12.733

Md = 20,345 Mde = 14,532

Me = 12,733

Determinar las dimensiones que senecesitan apra la sección de concreto de esta viga,

utilizando para la sección de concreto de esta viga, utilizando d = 1.75b, y encuentre el

refuerzo requirido en todas las secciones críticas por momento. Utilice una cuantía

máxima de acero de f = 0.50 lb, sabiendo qye fy = 4,200kg/cm2 y f’c = 350kg/cm

2.

SOLUCIÓN

Sabemos que el momento último en función de la cuantía y de la resistencia del

concreto es igual a

Mu = f’c b. d2 w (1-0.59w) (I)

Para los datos: fy = 4,200kg/cm2 y

f’c = 350kg/cm2

de la tabla A.5 de cuantias se obtiene que:

B1 = 0.80 y lb = 0.0335

Luego, la cuantía mázxima permitida será

f = 0.50 fb = 0.50 x 0.0335 = 0.01675 y el valor de w será 2010.0350

200,401675.0 xW

Reemplazando valores en (I) considerando el mayor momento exterior último (Md), se

tiene:

20,345 x 100 = 0.90x350 x b.d2x0.2010 (1-0.59x0.2010)

Utilizando el valor dato: d = 1.75n y reemplazando en (II) se tiene:


50

cmb

dondedeb

bb

83.220625.3

456,36

,0625.3

456,36

456.36)75.1(

3

3

2

Redondeando este valor:

b = 25cm , luego

d = 1.75 x 22.83 =39.95cm

d 40cm

Calculo de la altura h, considerando r = 6.35cm

h = d + r = 39.95 + 6.35 = 46.3cm 45.00cm (multiples de 5 cm)

de donde nos queda un nuevo valor d:

d = h – r = 45.00 – 6.35 = 38.65cm

chequeando estos valores en la expresión (II):

Luego, un primer valor del área de acero (As) sería:

Se escoge : 2 barra 10 (As. 16.38 cm2)

Por facilidad de construcción como alternativa se puede escoger : 2 1’’ + 2 ¾’’

(As = 15.88cm2)

Cáluclo del área de acero definitiva (As) por el método de suposiciones o tanteos:

Para el momento úlyimo Md = 20,345jg-n

1ra Suposición

Luego

247.15

20

73.765.38200,49.0

100345,20

2

100

cmAs

x

x

adfy

MuxAs


cmxx

xcdxf

fyAsa 74.8

2535085.0

200,447.15

'85.0


51

2do Suposición

Luego

215715)2/88065.32(200.49.0

100345,20cm

x

xAs

Chequeo de a:

cmxx

a 87.82535085.0

200,4715.15

Se toma el último valor de As como área de acero

As= 15.72cm2

Se escoge: 3 barras de 1’’ (As= 15.30cm2)

Por facilidad de construcción

Alternativas: 2 barras 10 (As= 16.38cm2)

Considerando que hay una proporcionalidad directa, ente el momento último y el

área de acero As, porproporción se halla el refuerzo para los otros momnetos

exteriores:

Para Ma = 12,733kg-m … As = 9.84cm2 ….. 2 1’’

Para Mc = 18,546kg-m … As = 14.33cm2 ….. 3 1’’

Para Ma,b = 14,532kg-m … As = 11.33cm2 ….. 1 1’’ + 2 3/4’’


52

PROBLEMA # 8:

Diseño de uina losa de un tramo)

Diseñe una losa en una dirección para sopoprtar una carga viva de 500kg/m2 y una

carga muerta externa de 250kg/m2. La losa está simplemente apoyada en un tramo de

3.60m. Considere:

f’c = 210kg/cm2

fy = 4,200kg/cm2

SOLUCION

Peralte mínimo, según el ACI :

cmh

ml

h

18

18.020

60.3

20

Peralte efectivo:

d = (18-2.5)cm = 15.5cm

Considerando una franja de lisa de 1.00m de ancho:

Peso propio = 1.00m. x 0.18m x 2,400 kg/m3 = 432kg/m

Carga externa última, según el A.C.I.:

Wu =1.4 (250+432) + 1.7 (500) = 1,804.8kg/m

Momneto externo último:

Mu =

cmkgM

mkgWuxl

M

u

u

378,292

78.923,28

)6.3(8.804,1

8

22

Mu = 292,378 kg-cm

Cálculo del área de acero (As)

Por el método de tanteos:

1. Supobemos que:

cmxxa

d 95.135.159.02

Sabemos que:

2.

adfyAsMu


53

De donde:

254.5)95.13(200,49.0

378,292

2

cmxa

dfy

MuAs

Chequeando el valor de a:

230.110021085.0

200,454.5

.'85.0cm

xxbcxf

fyAsxa

2. Suponemos que: a = 1.30cm, luego reemplazando en As.

221.5

2

30.15.15200,49.0

378,292cm

x

As

Luego:

cmxx

xa 23.110021085.0

200,421.5

3. Suponemos que: a = 1.22cm, reemplazando:

219.5

2

30.15.15200,49.0

378,292cm

x

As

Chequeo:

cmxx

xa 22.110021085.0

200,419.5

Se tiene que: As = 5.19cm2

Considerando varillas de fierro de ½’’ o 4, se tiene:

Número de varillas/m de losa = 5.19/1.29 = 4.02/100cm.

cm100/02.429.1

19.5

Espaciamiento de las varillas:

cm86.2402.4

100


54

Se toma: 1 ½ @ 25cm. de separación centro a centro, un área de 5.16cm2

(41/2/m de losa)

Chequeo de cuantias

216.5

75.0max

0033.0200,4

14min

0033.05.15100

16.5

cmAs

b

xbxd

As

Luego, reemplazando valores

016.0)0214.0(75.0 máx

Comparando con la cuantia real

0033.0016.0máx

Calculo de refuerzo por contracción y temperatura

As = 0.0018 b x h

As = 0.0018 x 100 x 18 = 3.24m2/m de losa

Número de varillas

51.229.1

24.3

Espaciamiento

cm8.3951.2

100

Luego, se toma:

11/2’’ @ 40cm

Comparando con la separación máxima permisible por el ACI.

Se Utiliza:

11/2’’ @ 25 cm (refuerzo principal)

11/2’’ @ 40 cm (refuerzo por temperatura), perpendicular al

refuerzo principal)


55

PROBLEMA # 9:

(Diseño del refuerzo de una columan de 04 pisos)

Diseñar el refuewrzo de una columan corta exterior tipica de un edificio de oficinas de

cuatros pisos, de seccion de 50cm x 50cm, dados f’c = 280 kg/cm2 y fy= 4,200 kg/cm

2 y

que soporta las cargas y momentos utimos porpiso (carfas acumuladas por piso).

Nivel Pu (kg) Mu (kg-m)

4º 52,070 22,620

3º 153,180 20,480

2º 254,290 18,870

1º 355,400 15,940

SOLUCION

Se tienen como datos:

b = 50cm ; f’c = 280 kg/cm2

t = 50cm ; f’c = 4,200 kg/cm2

Con estos valores calculamos primero el valor de “g” para entrar a los Abacos

(Diagramas de interacción):

Luego se utilizará las tablas : 86 (para g = 0.70) y 87 (para g = 0.80)

Con estas tablas se halla el valor de ptxm

Luego hallamos el vlor de m:

Conociendo el valor de m se halla la cuantia pt y el refuerzo de la columna, según los

cuadros siguiente:

Nivel Pu (Kg) Mu (kg-

m) e (m) e/t K pt x m

4º 52,070 22,620 0,4344 0,87 0,11 0,24/0.22

3º 153,.180 20,480 0,1337 0,27 0,31 0,06

2º 254,290 18,870 0,0742 0,15 0,52 0.24/0.22

1º 355,400 15,940 0,0448 0,10 0,73 0,55/0.54


56

Nivel pt b t As Varillas de Acero

4º 0.00136 50 50 34.00 81’’ +

3º 0.01 50 50 25.00 81’’ +

2º 0.0136 50 50 34.00 81’’ +

1º 0.0312 50 50 78.00 81’’ +

Asmin = 0.01 b x t


57

PROBLEMA # 10:

(Diseño de zapata aislada cuadrada)

Una columna interior para una estructura de concreta soporta cagas totales de servicio:

WD = 227,000kg y

WL = 233,000kg

La sección transversal de la columna tiene 55cm a 55 cm. la columna se apoyará sobre

una zapta cuadrada cuya parte inferior estará a 1.80m, por debajo del nivel dce terreno.

Diseñe la zapata determinando todas las dimensiones del concreto, cantidad y ubicación

de todo el refuerzo nos permite refuerzo a cortante. La presión admisible de contacto del

suelo es 3.91kg/cm2. las resistencias para los materials de la zapata son:

f’c = 210 kg/cm y

fy = 4,700kg/cm

SOLUCION

Calculo de al presion efectiva:

Qe = q - peso de zapata y relleno ….. (I)

Considerando un peso promedio de 2,000kg/m2 para el concreto de la zapata y el

material de relleno; pero de la zapata y relleno a 1.80m de profundidad

hf x rc+r = 1.80m x 2,00kg/m3 = 3,600kg/m

2

Nos dan como dato:

qa = 3.91 kg/cm2 = 39,100kg/m

2

Luego, reemplazando valores en (I):

qa = 39,100-3,600 = 35,500kg/m2

qa = 3.55 kg/m2

Calculo del ára requirida:

e

LDreq

q

WWA

2

2577,129

/55.3

)00,233000,27,2(cm

cmkg

kgAreq

Areq= 12.96m2

En una zapata cuadrada se tienen que las dimensiones son iguales, luego:

mTB 60.396.12


58

Calculo de la presión de diseño (q0)

)60.3)(60.3(

)0002337.10002174.1(7.14.1

cmcm

kgxxxx

BxT

WWq LD

v

2/51.5

/028,55

cmkgq

cmpqq

v

v

Altura de la zapata

Para calcular la altura de la zpaata, es necesario suponer un valor del peralte efecto (d)

de la zapta el cual se chequea con el cálculo de la resistencia mominal al cortante

Su valor d = 60cm

calculo del perímetro y fuerza de punzamiento

Perimetro bo = 4(b+d) = 4 (55+60) = 1/60cm.

Fuerza cortante de punzamiento sobre ese perimetro

2

1 6055 BxTqW vv

kgWv 226,64111536051.522

1

Calculo de la resistencia nominal al cortante y chequeo del valor supuesto d = 60cm.


59

hf

h d

T = B

d/2

b0

b

t

b

d/2

B

Cara de al

columna

lv


60

Según el ACI

kgxVc

kgxxVc

dobcfVc

366.360960.42385.0

960.4236046021006.1

'06.1

Res. de diseño:

Comparando, resulta que:

Res, diseño VU1

Luego, vemos que el valor supuesto d = 60cm no es el adecuado

Los medio de varios tanteos se llega a calcular que:

d = 85 cm es el valor adecuado

Luego, volvemos a calcular con este último valor:

Perimetro:

b = 4 (55+85) = 560cm

Fuerza constate:

Vv1=55.1 (360)2- (140)

2 = 606,100kg

Res. nominal al cortante

Res. de diseño

Comparando

Res, diseño VU1

Luego, vemos que el valor d = 85cm es el adecuado

Calculo del momento flector en la cara de la columna

mkgm

xm

kgMu 655,230

2

)525.1(60.3100.55

2

2

Donde

2/)55.060.3(2

1 2

lv

xBqwxwlMu

v

Calculo del refuerzo de acero (As)

Suponiendo un valor a = d/100 = 85/10 =8.5cm

Luego:

257.75

2

5.885200,49.0

100655,230cm

x

xAs


61

Comparando con el área de acero mínimo :

00333.0200,4

1414min fy

Asmin=fm/n x b x d = 0.00333 x 360 x 85 = 102 cm2

Luego, escogemos este último valor:

Número de barras: 20 1’’

Chequeo de la longitud de desarrollo:

Según el ACI:

cmxx

cf

fyAbld 89

210

200,410.506.0

'

.06.0

Longitud real de las barras:

Lr = lv – r = 152.5 – 7.5 = 145cm

Comparando, cumple la longitud de desarrollo

Calculo de la altura total de la zapata:

Como se tienen 02 capas de acero en forma perpendicular y un recubrimiento de 3’’

(7.5cm), el valor de h será iugal a:

h = d + 1.5 x p + 3’’

h = 85 + 1.5 x 2.5 + 7.5 = 96.25cm

Redondeando este valor:

h 100 cm = 1.00m.


62

PROBLEMA # 11:

Calcular los momentos de todas las vigas y columnas que conforman el partido de la

figura. Aplica el método de KANI

- Se calculará primero los momentos de ocmporetamieno inicial

- Luego se calcularán las rifideres de la vigas y columnas

- Luego se calcularán los coeficiente de distribución demomento equilibrante en cada

nudo.

- Luego se aplicará el método de Kani comenzando por el nudo más desiquilinrado

(nudo f) y se continuará con los nudos E, B y C, complentadno un ciclo. Este orden

se repite hasta completar el cuarto ciclo, despues de lo cual se hallna los momentos

resultantes.

Momentos de comportamientos en vigas BC y EF:

cmtomM

mTomm

mmTmx

l

abPM

BC

BC

150

5.1)6(

)3(32.2

2

2

2

0.30 x 0.50

0.30 x 0.50

4.00 m

A

D

6.00 m

0.30 x 0.40 0.30 x 0.40

B C

0.30 x 0.70

2 ton/m

0.30 x 0.40 0.30 x 0.40

G H

F E

0.30 x 0.70


63

cmtomM

mTommmTmlw

M

EF

EF

900

0.912

)0.6(/3

12

. 22

CALCULO DE RIGIDECES

332

1078.025.78140012

)50(301

xcmx

xKV

332

1078.025.78140012

)50(301

xcmx

xKV

332

1040.040040012

)40(30xcm

x

xKC

CALCULO DE COEFICIENTE DE DISTRIBUCIÓN

Nudo C:

110.02

1

83.1

40.0

390.02

1

40.043.1

43.1

2

1

2

2

FC

cv

v

BcKK

K

Nudo B:

075.02

1

61.2

40.0

275.02

1

61.2

43.1

150.02

1

40.043.178.0

78.0

2

1

21

1

EB

CB

cvv

v

ABKKK

K

Nudo E:

065.0

240.02

1

01.3

43.1

065.02

1

01.3

40.0

130.02

1

80.043.178.0

78.0

2

1

221

1

BEGE

FE

BE

cvv

v

DEKKK

K


64

COEFICIENTES DE (KANI) DISTRIBUCIÓN

Nudo C:

500.0

110.0

390.0

FC

BC

Nudo D:

500.1

075.0

275.0

150.0

EB

CB

AB

Nudo E:

500.0

065.0

240.0

130.0

065.0

GE

FE

DE

BE

Nudo F:

075.02

1

275.02

1

150.02

1

40.0

43.1

78.0

21

21

2

21

1

2

1

Cvv

CEB

Cvv

v

CB

Cvv

v

AB

c

v

v

KKK

K

KKK

K

KKK

K

K

K

K


65

METODO DE KANI

MOMENTO DE EQUILIBRIO

Ciclo

ENudox

CNudo

BNudo

ENudo

FNudo

2.77065.0

0.285240.0

4.154130.0

2.77065.0

1188

898120150

8.722.77150

1188288900

900

Ciclo

FNudox

CNudo

BNudo

ENudo

FNudo

8.105240.0

0.376320.0

8.105090.0

2.175,1

3.722.1051.28150

21.106.827.34150

5.270,13765.5900

2.175.12858.9900

Ciclo

FNudox

CNudo

BNudo

ENudo

FNudo

7.107090.0

0.383320.0

7.107090.0

9.196,1

5.687.1072.26150

3.952.289.82150

3.270,17.70.383900

2.175.19.3040.8900

Ciclo

FNudox

CNudo

BNudo

ENudo

FNudo

9.107090.0

6.383320.0

9.107090.0

6.198,1

9.679.1078.25150

7.937.260.83150

4.276,12.76.383900

6.198.11.3065.7900

MOMENTO RESULTANTES (MR)

0

0.970.83)0.7(20

2.28)1.14(20

9.124)5.26()8.25(2150

M

M

M

M

A

B

C

MR=MEi + 2Mi + Md

MEi

Md Mi


66

MCB= + 150 + 2 (-265) + 25.8 = + 122.8

MCB= 0 + 2 (-75) + (-107.9) = -122.9

MEF= - 900 + 2 (306.3) + (-383.6) = -671.0

MED= 0 + 2 (165.9) = + 311.8

MEB= 0 + 2 (83.0) = + 173.0

MFE= + 900 + 2 (-383.6) + (306.3) = + 439.1

MFC= 0 + 2 (83.0-107.9) = -215.8

4.1078.2152

1

0.830.1662

1

9.1658.3312

1

1.142.282

1

H

G

D

A

M

M

M

M

)(2

1BA MM

A

+ MB (interno)

(o reaccionar)

B


67

+11.0

+15.3

+14.3

+14.1

+28.2

- 150

+20.0

+28.1

+26.2

+25.8

-124.9

+ 150

-34.7

-28.2

-26.7

-26.5

+122.8

+14.1 A C

+5.5

+7.7

+7.2

+7.0

+97.0

- 9.8

- 8.0

- 7.5

+7.5

-122.9

G H

+83.0 -107.9

D +154.4

+165.2

+165.8

+165.9

+331.8

-900

+285.0

+304.9

+306.1

+306.3

-671.0

- 223.3

- 107.4

- 107.7

-105.8

-81.0

- 81.0

- 105.8

-107.7

-107.9

-215.8

-900

+288.0

+376.0

+383.0

+383.6

+439.1

F

+77.2

+82.6

+82.9

+83.0

+166.0


68

PROBLEMA # 12:

(Diseño del refuerzo de una columna de 05 pisos)

Diseñar el refuerzo de una columan corta de un pórtico de cinco pisos, de sección de

25cm x 40cm, dados f’c = 175 kg/cm2, fy = 4,200 kg/cm

2 y que soporta las cargas y

momentos últimos por piso (cargas acumuladas por piso):

Nivel Pu (Kg) My (Kg-m)

5º 20,253 3,240

4º 45,814 1,570

3º 71,376 1,910

2º 93,095 1,430

1º 112,227 680

SOLUCION

Se tiene como datos:

f’c = 175 kg/cm2 ; b = 25 cm

fy = 4,200 kg/cm2 ; t = 46 cm

con estos valores calculamos primero el valor de “g” para poder entrar al uso de los

Abaces (Diagrama de interacción)

70.0

40

)22.6(240

40

)''2/1''8/3400(2462

g

t

rtg

luego se utilizará la tabla 86 (para g=0.70)

con esta tabla se halla el valor de pt x m

luego hallamos el valor de “m”

2353.2817585.0

200,4

'85.0

xcf

fm

y

Conociendo el valor de “m” se calcular la cunatia pt y el refuerzo de la columna, según

cálculos de los cuadros siguiente, donde:


69

txbxptAs

mímt

e

Pv

Mve

PvvP

cxbxtf

vPK

)(10.0

7.0'

'

'

Nivel Pv Mv

(kg-m)

e

(m) e/t K ptxm

5º 20,253 3,240 0.160 0.40 0.165 0.06

4º 45,814 1,570 0.034 0.10 0.373 0.00

3º 71,376 1,910 0.027 0.10 0.583 0.22

2º 93,095 1,430 0.015 0.10 0.760 0.62

1º 112,227 680 0.006 0.10 0.916 0.97

Nivel m pt b

(cm)

t

(cm)

As

(cm2)

Varillas

de acero

5º 28.2353 0.01 25 40 10.00 65/8’’

4º 28.2353 0.01 25 40 10.00 65/8’’

3º 28.2353 0.01 25 40 10.00 65/8’’

2º 28.2353 0.022 25 40 22.00 83/4’’

1º 28.2353 0.0344 25 40 34.40 81’’


70

PROBLEMA # 13:

(Diseño de viga y losa)

Para una sección rectangular sujeta a un moento de flexión M, detemrine la menor

sección admisible de concreto sin colocar acero en comprensión Caso: a) viga; b) losa

Datos

Fy = 4,200 kg/cm2

f’c = 175kg/cm2

M = 7,181 kg-m = 7.181 tom-m = 718,100kg-cm

SOLUCION

CASO

a) Viga

Considerando la cuantia máxima de acero:

lbf 75.0

Con los valores de f’c y fy se obtienen de la Tabla VII

)85.0(01782.0 1 Bconfb

con los valores de f’c y fy se obtienen de la

luego, se tienen que:

01337.001782.075.0 xf

Sabemos que:

3209.0175

200.401337.0

'. x

cf

ffw

y

y que

)59.01(..' 2 wwdbcfMmMv


)320959.01(3209.0.1759.0100,718 2 xxdxbx

de donde:

32 33.526,1797.40

100,718cmbd

Para b = 30cm d = 24.17cm h = 30cm

Para b = 25cm d = 26.48cm h = 35cm


71

b) Losa

(M es el momento por cada metro de ancho)

como tenemos que:

bd2 = 17,526.33 cm

3

y sabemos que para un metro de losa : b = 100cm

reemplazando este valor y despejando d:

cmd

cmd

24.13

26.175100

33.526,17 32

Luego:

cmh

cmh

16

94.152

27.100.224.13


72

PROBLEMA # 14:

Comprobar si la viga mostrada en la figura resistirá las cargas aplicadas que se indican:

Carga muerta = peso propio de la viga

Carga viva = 4tom/m

f’c = 280kg/cm2

fy = 4,200 kg/cm2

As = 4 ¾’’

SOLUCIÓN

Se calcula primero el momento último que puede resistir la viga:

Sabemos que:

Mv = f’c.b.d2 . w (1-0.59w) …….. (1)

)2..(....................'cf

ffW

y

Se tienen una cuantía de:

0076.05030

84.24

x

x

bd

Asf

Para:

0076.00285.0/200,4

/280'2

2

fb

cmkgfy

cmkgcf

Se tienen una falla dúctil por fluencia

También

f = 0.0076 0.75 fb = 0.0214

Cumple con el reglamento

A

A 2.00 m

Wv

As 0.55,m

0.30,m

Sección A-A

0.55,m


73

reemplazando valores en (2):

114.0280

200,40076.0

'x

cf

fyw

Reemplazando valores en (1):

)(1.20

6.681,009'2

)114.059.01(114.0)50(3028090.0 2

InternoMomentomtomMu

cmkgMu

xxxxxMu

Luego, se calcula el momento que se produce en la viga debido a las cargas aplicadas

(Momento externo)

myomW

WWW

mtomW

mtommtomxxW

v

LDv

L

D

/354.7)0.4(7.1)396.0(4.1

7.14.1

/

/396.0/4.205530.0 3

Para una viga en voladizo se tiene:

2

2

1lWM vv

Reemplazando valores

mtomexternoMomentomtomM

mtommxtomxM

v

v

1.20)(71.14

71.14)200(/354.72

1 2

Como se tiene que:

Se concluye que:

Mv (requerido) Mv (interno)

La viga resistirá las cargas aplicadas


74

PROBLEMA # 15:

(Analisis de viga “T” – cálculo de MR y Mv)

Calcular el momento resisitente mominal y el momneto último de diseño de la viga “T”

precolada que se muestra en la figura si el claro de la vifa es de 8.00m considere:

f’c = 210kg/cm2 , fy = 4,200 kg/cm

2

Area de refuerzo en la cara de tensión

a) As = 20.00cm2

b) As = 30.00cm2

SOLUCIÓN

Para una viga precolada no se requiere de la revisión del ancho del patin ya que la

sección precolada puede actuar en forma independiente, dependiendo del sistema

constructivo.

Revisar

bmáxmáx 75.0:

dbwfy

hfbwbcf

xx

f

b

..

)('85.0

0214,0200,4090,6

090,6.

200,4

21085.085.0

As

b = 96.5cm

bw = 25.4cm

hf =6.35cm

d = 50.8cm

5.08cm


75

0033.04200

1414min

007.00096.075.075.0

0096.00149.00214.05.96

4.25

0149.08.504.25200,4

35.6)4.255.96(21085.0

fy

xbmáx

fbb

bw

xx

xxx

f

f

Caso (a) :

As = 20cm2

máxxbxd

As

xxdb

Asw

w

004.08.505.96

20

min0155.08.504.25

20

Revisar si la sección actuará como una viga “T”

hfcmxx

B

wdc

xcf

fy

bxd

AsW

78.585.0

8.50082.018.118.1

082.0210

4200.

8.505.96

20

'.

1

La viga puede analizarse como una viga rectangular utilizando los valores de b, d y

As.

Sabemos que:

2.

adfAsM ym

Donde: cmxx

xa 88.4

5.9621085.0

200,420

Luego, reemplazando valores en (I):

cmkgxMM

cmkgxM

mu

m

016,656'3240,062'49.0

240,062'42

88.48.50200,420


76

Caso (b) :

As = 30.00cm2

)0033.0min(023.08.504.25

30

xdb

Asw

w

)0007.0max(006.08.505.96

30

. xdb

As

)35.6(63.885.0

8.501224.018.118.1

1224.0210

200,4

8.505.96

30

1

cmhfcmx

xB

dwc

xW

De donde se observa que el eje neutro está por debajo del patín

la viga deberá tratarse como una viga real “T” o una viga rectangular doblemente

reforzada equivalente con un área imaginaria de acero en comprensión Asf.

219.19200,4

35.6)4.255.96(21085.0

)('85.0

cmxx

As

fy

hfbwbcfAs

f

f

Luego, se halla el valor de a:

cmxxbwcf

fyAsfAsa 04.10

4.2521085.0

)19.1930(

.'85.0

)(

Luego

cmkgM

xM

adAsAsM

m

m

fm

504.078'2

2

04.108.50200,4)19.1930(

2)(

1

1

1

Luego

cmkgM

xM

hdfyAsM

m

m

f

m

480,838'3

2

35.68.50200,419.19

2

2

2

2


77

Por tanto, el nominal total será:

cmkgM

M

MmMmM

m

m

m

984,916'5

480,838'3504,078'2

21

Luego:

cmkgxMmMu 286.50325984.916'59.0


78

PROBLEMA # 16:

(Diseño de estribos en una viga de un tramo)

Una viga rectangular tiene un claro efectivo de 7.62m y soporta una carga viva de

trabajo de 11,930 kg/m y ninguna refuerzo cortanta necesario. Utilice la ecuación

simplificada para el cálculo de Vc del alma de concreto considere los siugiente datos:

f’c = 280 kg/cm2 ; fy = 4,200 kg/cm

2

bw = 35.6cm ; d = 71.2cm ; h = 76.2cm

Acero longitudinal de tensión: 6 9 (Diam = 2.86cm)

Ninguna fuerza axial actúa en la viga

SOLUCIÓN

Hallando primero la carga última : WU = 1.4 WD + 1.7 WL

Se tiene como dato: WL = 11,930 kg/m

Calculando el peso propio WD:

WD = 0.356 x 0.762 x 2,400 kg/m = 651.05kg/m

Luego:

WU = 1.4 (651.05) + 1.7 (11,930) = 21, 192.47 kg/m

Calculamos luego la fuerza cortante externa máxima en los extremos de la luz o claro

efectivo:

kgxxlV

V VV 743,80

2

62.747.192,21

2

Hallando el cortante en la sección critica (a la distancia d):

kgdV

x

WdVvdV

V

V

654,65

715.047.192,21743,80

Calculo de Vc del alam de concreto:

kgxV

kgV

xxdbcfV

c

c

wc

5.107,194.479,2285.0

4.49,22

2.716.3528053.0.'53.0

Tambien

kgVc 8.553,92


79

Con todos estos valores se dibuja a escala el siguiente digrama de fuerza cortante:

Superponiendo el valor de Vc en el diagrama y haciendo proporciones se obtienen la

distancia X1 = 2.91m

81.3743,80

5.107,19743,80

81.3

11 xx

V

VcV

V

U

Debe colocarse una refuerzo minimo en el alma cuando la fuerza cortante sea ½

Del diagrama cortante, por proporciones obtenemos x2

mxx

36.381.3743,80

8.553,9743,802

2

Del Diagrama de cortante:

)0tan(97.0

1075,19743,80

625,20

91.2

1

1

Vstecordelpartiramx

X

1.94 0.97

X1=2.91

X2=3.36

x/2 = 3.81m

5 máx

Punto para el cual, en

teoría, no se requiere más el

refuerzo en el alma

0.712

Vs

80,743kg=Vu

65,654kg = Vud

19,107.5kg=Vc

9,553.8kg=Vc/2


80

con estos datos puede seleccionarse un patrón de espacimiento satisfactorio. El primer

estribo se coloca a una distancia s/2:

1 espacio a 5cm (2’’) = 05cm

9 espacio a 7.55cm (3’’) = 67.5cm

10 espacio a 12.5cm (5’’) = 125cm

8 espacio a 17.5 cm (7’’) = 140cm

Total = 337.5 cm = 3.375m

Nota alternativamente se puede escoger estribos 4 (1/2’’) y, el resultado es un menor

número de estribos a diferentes espaciamientos.


81

PROBLEMA NRO. 17

(Análisis de una viga con acero en comprensión)

Una viga rectangular con ancho b = 60cm, altural total h = 35cm (por consideraciones

arquitectónicas), y altura efectiva hasta el acero a tensión d = 28.75cm se construye

usando concreto de f’c = 280 kg/cm2 y ACRO de fy = 4,200kg/cm2. El Refuerzo a

tensión consta de dos barras nº 11+ tres barra Nro. 10 en una fila El refuerzo a

compresión consta de dos barras Nro. 10 y está colocado a una distancia d’ = 6.25cm

desde la cara de comprensión calcule las resistencias nominal (Mn) y de diseño (Mv) de

la viga:

a) Sin tener en cuenta el refuerzo a comprensión

b) Si se tiene en cuenta el refuerzo a comprensión y se supone que éste trabajo a fy , y

c) Si se considera el refuerzo a comprensión trabajando al esfuerzo real f’s,

determinado mediante análisis.

SOLUCIÓN

Caso (a)

Para una viga con refuerzo solo en tensión, se tienen que:

Mv = f’c b. d2 w (1-0.59w)

Transformando esta relación, sabiendo que:

:;..''

. tienesefyfwcfcf

fyW

)'

.59.01(.. 2

cf

fydbfyMv

Calculando la cuantía f y reemplazando valores en Mu se obtiene:

02591.01725

69.44

75.2860

)19.8(3)06.10(2

xbd

As

)(434,37

.428,743'3

280

200,42591.059.01)75.28(60200,402591.09.0 2

diseñodearesistencimkgmu

cmkgMv

xxxxxMv

Sabemos que Mu = Mm

Despejando:

mkgMv

Mm 594,419.0

434,37


82

Caso (b)

Para una viga con refuerzo a comprensión y trabajando éste a fluencia (fy), se tienen

que:

Sabemos que:

As = 2 11+ 3 10=44.69cm2

A’s = 2 10= 2 (8.19)= 16.38cm2

Luego:

As – A’s = 44.69 – 16.38 = 28.31cm2

Calculo de las cuantías de tensión y comprensión

00950.075.2860

38.16''

02591.075.2860

69.44

.

xbd

sA

xdb

As

Calculo del valor “a”

cmxx

x

bcf

sAAsa 33.8

60280085

200,4)38.1669.44(

.'85.0

)'(

Tenemos como datos:

d = 28,75 cm

d’ = 6.25 cm

Reemplanzando valores en (I)

25.675.28200,438.16

2

33.875.28200,431.289.0 xxxMv

mkgcmkgmMv

MMv

Mv

m

.240,40004,024'4

116,471'49.0

910,547'167.205,923'29.0

Luego:

)min.(711,44 alnormkgMuMm


83

Caso (c)

Para una viga con refuerzo a comprensión y trabajando éste al esfuerzo real f’s se tiene

que:

Se tiene los datos:

cmdcmb

cmsAcmAs

cmd

cmkgfy

cmkgcf

75.2860

38.16';69.44

25.6'

/200,4

/280'

22

2

2

Y sabe que

01641.0'

31.28'

00950.0'

'

02591.0

2cmsAAs

bd

sA

bd

As

Luego:

Para revisar si el acero de compresión fluye, se utiliza la ecuación

03374.0'

4200090,6

090,6.

''.85.0' 1

fyd

cdfB

Reemplazando valores en (III)

03374.0

4200090,6

900,6.

75.28200,4

25.628085.085.0

'

'

x

xxx

El valor obtenido de ( ' )=0.01641 0.03374

El acero de compresión no fluye y f’s fy

Para calcular el acero de compresión no fluye, se tulipa la expresión

)(.............

'.

'.85.01090,6'

'

1 IVd

d

fy

sfBsf


84

Reemplazando valore en (IV)

75.28

25.6.

200,401641.0

28085.085.01090,6'

x

xxsf

2/204,2' cmkgsf

Sabemos que:

bsf

sfsAfyAsa

.'85.0

'.'.

Reemplazando valores, se obtiene que:

cmxx

xxa 62.10

6028085.0

204,238.16200,469.44

Sabemos que la profundidad del eje neutro es igual a:

cma

c 49.1285.0

62.10

85.0

Por triángulos semejantes, la deformación unitaria E’s en el nivel del acero en

compresión es igual a:

C

dcs '

003.0

'

C

dcs

'003.0'

C

ds

'1003.0'

Reemplazando valores hallamos el valor de:

2/0015.049.12

25.61003.0' cmcms

Sabemos que: sxEsEsfdondedeEs

sfs '':......

''


F’s = 0.0015x 2.03 x 106 = 3,045 kg/cm

2

Con un segundo intento se obtien un valor más refinado de a:

cma

c

dondedecma

xx

xx

bsxf

sfsAfuAsa

35.1185.0

65.9

85.0

:65.9

6028085.0

045,338.16200,469,44

.'85.0

'.'.


85

Luego

2/001348.035.11

25.61003.0' cmcms

De donde:

2/736,21003.2001348.0'' 6 cmkgxxsxEsEsf

Chequeo de la cuantía permisible de refuerzo para la viga es:

fyfy

cfBb

090,6

090,6.

'85.0 1 , reemplazando valores:

0285.0200,4090,6

090,6.

200,4

28085.085.0

xxb

De donde:

0214.075.0 b

El % máximo permisible de refuerzo para la viga es:

).(..........'

.75.0 ' Vfy

sfb

Reemplazando valores en (V)

200,4

736,20095.00214.002591.0 x

0062.00214.0

0276.002591.0

Calculando finalmente el valor de “a”

cmxx

xxa 00.10

6028085.0

736,238.16200,469.44

Luego, con este valor de “a” y el último valor de f’s hallamos los momentos solicitados:

)'('.'2

'.' ddsfsAa

dsfsAAsfyMm


25.675.28736,238.162

00.1075.28736.238.16200,469.44

xxxMm

mkgcmkgMm 018,44808,401'4

Luego:

mkgxMmMv 616,39018,449.0


86

2 10

d= 28.75

0.60m

0.35m

d’= 6.25cm

2 11 + 3 10


87

PROBLEMA 18:

(Diseño de una zapata combinada)

Diseñar la zapata combinada que se muestra en la figura anexa.

La columna interior está sujeta a las cargas PD2=115Tom, PL2=40Tom, y la columna

exterior está sujeta a las cargas PD1=70Tom, y PL1=30Tom. El esfuerzo permisible del

terreno al nivel del fondo de al cimentación es de 1.8kgm/cm, siendo la profundidad de

la zapata hf=1.50m. Considerar un peso por medio del relleno y el concreto de la zapata

de rr+c=2.0Tom/m3, una sobrecarga en el piso terminado de s/c = 350kg/m2; un concreto

de f’c=210kg/cm2 y un acero de fy=4,200kg/cm

2. Las columnas tienen un concreto de

f’c = 210kg/cm2 y una sección de:

C1 : 0.50m x 0.50 m

C2 : 0.60m x 0.60 m

P1 l1

P2

l

L

B

0.50 5.45 0.60 lv

h hf=1.50m


88

SOLUCION

Calculo del área de la zapata

)1...(..........aq

PAz

P1 = PD1+PL1 = 70 + 30 = 100Tom

P2 = PD2+PL2 = 115 + 40 = 155Tom

P = P1+P2 =100+155 = 255Tom

Resistencia meta efectiva del terreno en el fondo de la zapata:

qe = qa + hfx rr+c – s/c …………. (2)

Uniformizando Unidades

2

2

2

22

/35.0350/

/1800,18

8.1

mtomcm

kgcs

mTonm

kg

cm

kgqa

Reemplazando estos valores en (2)

qe = 18 – 1.5 x 2.0 – 0.35 = 14.65tom/m2

Reemplazando valores en (1)

2

2

41.17

65.14

255m

m

tom

tomAz

Calculo de la longitud de la zapata

Se necesita primero hallar el punto de aplicación de la resultante de las cargas (P):

Tomando momento con respecto al extremo izquierdo (exterior) de la zapata:

022

12

110

tlP

txPREX …………. (3)

Donde

mt

l

ml

mm

a

t

25.625.000.62

00.62

60.045.550.0

25.02

50.0

1

1

mxx

x 90.3255

25.615525.01000


89

como el punto de aplicación de la resultante debe coincidir con el centro de gravedad de

la zapata combinada:

Lz = 2x0 = 2x 3.90m = 7.80m

La longitud del voladizo de la zapata en el extremo interior será:

Lv = 7.80 – (0.50 + 5.45 + 0.60) = 1.25m

Ancho de la zapata

Se divide el área de la zapata entre su longitud:

mm

m

L

AB 23.2

80.7

41.17 2

2

2

Se toma un valor redondeado de : B = 2.30m

Calculo de al reacción entre (última) del terreno por unidad de longitud:

mTomq

mtomxxxx

L

PPq

V

VVV

/46.4880.7

229149

/80.7

)407.11154.1()307.1704.1(

2

21

Reacción meta por unidad de área

2

2

/11.207.21/30.2

46.481

cmkgm

tommtom

B

qq V

V

Dimensioneamiento de la altura de al zapata

Usando la expresión:

mmxqlh v 90.087.011.245.511.011.011

Diseño en el sentido longitudinal

El momento máximo se produce en la sección x1 donde la fuerza cortante es igual a

cero

0. 111 xqPV vVx

Reemplazando valores y despejando el valor de x1:

m

m

tom

tom

q

PX

v

v 07.3

46.48

14911

Luego, el momento máximo se obtienen tomando momento con respecto a esta sección:


90

mtomM

xvPx

qM

máx

vmáx

52.192

88.42037.228)82.2(1492

07.346.48

)25.0(2

.

2

11

2

1

Verificación por punzonamiento

Se halla el perímetro de punzonamiento para cada columna y se verifica que el esfuerzo

cortante producido por las cargas de la columna sea menor que el esfuerzo cortante

resistente en este perímetro de punzonamiento, ubicado a una distancia d/2 alrededor de

cada columna.

Para el valor hallado de

h = 0.90m, se tiene que:

d = h-r = 90-6 = 84cm = 0.84m

0.50 5.45 0.60 1.25

2.30

0.60+d=1.44

0.50+d=144 0.50+d=134

d/2=0.42m


91

Diseño de viga exterior

)2.14(''4/35:

36.1484950018.0

18.9849.0200,49.0

1024.26

24.262

)90.0(78.64

/78.6430.2

149

2

2

/

25

2

1

cmUsar

cmxxAs

cmxxx

xAs

mtomMv

mtomm

tom

B

Pqv

mm

máx

v

Refuerzo por montaje:

Usar 5 3/8’’

cms 5575.534

15.030.2

Diseño de viga interior:

cmS

cmUsar

cmxxAs

cmxxx

xAs

mtomMv

mtomm

tom

B

Pqv

mm

máx

v

307.307

15230

)72.22(''4/38:

92.21841450018.0

18.9849.0200,49.0

1097.35

97.352

)85.0(57.99

/57.9930.2

229

2

2

/

25

2

2

)2.14(''4/35:

36.1484950018.0

18.9849.0200,49.0

1024.26

24.262

)90.0(78.64

/78.6430.2

149

2

2

/

25

2

1

cmUsar

cmxxAs

cmxxx

xAs

mtomMv

mtomm

tom

B

Pqv

mm

máx

v


92

P10=149tom

0.50 0.90

5 3/8’’

2.30

5 3/4’’

Viga Exterior 13 3/4’’

Viga Exterior

2.30

0.85 0.60

P2v=229tom

8 3/4’’


93

PROBLEMA 19:

Verifique si las secciones que se muestran en la figura satisfacen los requisitos del ACI

(318-83) para refuerzo máximo y mínimo. Considere:

f’c = 350 kg/cm2, concreto de peso normal

fy = 4,200kg/cm2

Las fibras de comprensión en ambas figura son las fibras superiores de las secciones.

SOLUCIÓN

Caso a:

As = 4 9 = 4 x 6.45 = 25.8cm2

A’s = 2 9 = 2 x 6.45 = 12.9cm2

b = 36.6cm.

d = 76.2cm – 7.62 = 68.58cm

r = 76.2cm

d’ = 7.62cm

Chequeo de cuantias:

De la tabla A.5 se obtiene el valor de la cuantia balancead:

fb = 0.035

Luego : 0.75 fb =0.0251 (Tabla A.5)

0051.058.686.36

9.12'

0103.058.686.36

8.25

'

xbd

sA

xbd

As

7.62cm

7.62cm

7.62cm 36.6cm

2 9

4 9

3 6

4 16

7.62cm

7.62cm

6.35cm

38.1cm


94

Luego:

0033.0200,4

1414min

0251.075.00052.0

0052.00051.00103.0

'

'

yf

b

min

Verificación de fluencia de A’s

Para que el acero de comprensión (A’s) fluya se debe cumplir que:

yfdfy

dBcf

090.6

090.6.

.

'..'85.0 1


0203.0

Se tiene que:

El valor real 0203.00052.0

El acero de compresión no alcanza a fallar, o sea:

f’s fy

Caso (b)

As = 4 10 = 4 x 8.19 = 32.76cm2

A’s = 3 6 = 3 x 2.84 = 8.52cm2

b = 38.1cm.

d = 76.2cm – 6.35 = 69.85cm (APRA A`s)

r = 76.2cm

d’ = 7.62cm = 68.58 cm (para As)

d’ = 6.35cm

Chequeo de cuantias

0032.085.691.38

52.8'

01254.058.681.38

76.32

'

xbd

sA

xbd

As


95

Luego

00934.0'

Se tiene que:

0251.075.000934.0' b

También

min'

Verifica de fluencia:

Se debe cumplir que:

200,4090,6

090,6.

58.68200,4

35.68.035085.0'

x

xxx

0169.0'

Se tiene que el valor real es:

0169.000934.0'

El acero de comprensión no alcanza a fallar, r sea:

f’s fy


96

PROBLEMA 20:

Se tienen una zapata combinada de sección rectangular en plata. Dimensiones la altura

de la zapata para el momento máximo, teniendo los siguientes datos:

g = 1.0% , f’c = 280 kg/cm2 ; fy = 3,500 kg/cm

2

qa = 1.5kg/cm2, hf = 140m s/c = 0.40 Tan/m

2 , rc+r = 2.1Tom/m

3

P1 : PD1=70tom PL2 =20tom C1=0.40m x 0.40m

P2 : PD2=100tom PL2 =30tom C2=0.50m x 0.50m

SOLUCION

El área del zapata se halla mediante la relación:

)1....(..........eq

PAz

donde : P = P1 + P2 = (70+20) + (100+30) = 220 Tom y

qe = presión efectiva que qe – hf x rc+r – s/c

qe = 15 – 1.4 x 2.1 – 0.4 = 11.66tom/m2

Reemplazando valores en (1) hallamos el área de la zapata:

2

287.18

/66.11

220m

mTom

TomAz

L

0.40 0.55

hf=1.40m

P1 P2

H


97

Se calcula luego la longitud de la zapata y su ancho:

Se ubica primero el lugar de aplicación de la resultante R = 220Tom.

Tomando momentos con respecto al extremo izquierdo de la zaparta:

M0 = 0

90 x 0.20 + 130 x 5.25 – 220 x0 = 0

Despejando x0 : mX 18.3220

5.682180

Como la resultante debe pasar por el centro de gravedad de al zapata, se tiene que: L =

2x0 = 2x3x12m = 6.96m. Usamos: L = 6.40m

Luego, la longitud del voladizo será igual a:

Lv = 6.40 – (0.40 + 4.60 +0.50) = 0.90m

El anchote la zapata es igual a:

mm

m

L

AB 95.2

40.6

87.18 2

2

Calculo de al presión última del terreno (qu) por metro lineal:

mtom

m

tomq

m

Tomxxxx

L

PPq

u

VVu

/47.5040.6

191132

40.6

)307.11004.1()207.1704.1(21

Calculo del movimiento máximo (Mu Máx)

El momento máximo se produce donde la cortante Vu = 0.

Sea x1 la distancia al extremo izquierdo de la zapata:

Fy = 0 VV = -132 + 50.47 X1=0

Despejando x1 :

m

m

tom

tomX 62.2

47.50

1321

Luego:

mtomMu

Mu

máx

máx

22.14644.31922.173

)20.02.26(1322

)62.2(47.54

2


98

Sabemos que el momento resistente de la zapata es igual a:

)2().........59.01(..' 2 wwdbcfMu

Donde:

cf

fyW

' y reemplazando valores se obtiene w:

125.0280

500,301.0 xW

Igualando el momento máximo al momento resistente de la zapata y reemplazando

valores en (2)

146.22 x 105 = 0.9 x 280 x 295 x d

2 x 0.125 (1-0.59x 0.125)

Despejando el valor d2:

25

2 81.698,118.607,8

1022.146cm

xd

de donde: D = 41.22cm

Luego: H = d + 3’’ + 1/20 = 49.99cm

Tomando un valor de:

H = 0.50m


99

PROBLEMA 21:

Una columna exterior de 55cmx 40cm , con PD1= 70 Tom, PL1= 50 Tom, y otra interior

de 55cm x 5cm, cm PD2= 100Tom, y PL2= 80Tom, va a ser soportadas por una zapata

rectnagular combinada cuyo extremo no puede sobrepasar el límite de propiedad que

coincide con la cara exterior de columnaexterior. La distancia entre ejes de columnas es

de 4.80m y la presión de contacto admisible dell suloe es de 2.50kg/cm2. la parte

inferior de la zapta se encuentra a 1.60m por debajo del nivel del terreno. Calcular las

sdimenesiones de la zapta y el momento máximo entre las columnas en la dirección

longitudinal, para f’c = 280 kg/cm2 fy = 4,200 kg/cm

2 y R r+c = 2,100 kg/m

3.

SOLUCION

Calculamos primero la presión afectiva de contacto (qe)

2

22/640,21)100.260.1(000,25

)(

mkgm

kgx

m

kgq

concretorellenodelpesoqq

e

ae

4.80m

0.40 0.55

hf=1.60m

P1 P2

H


100

Calculo del área requerida de la zapata

2

2

3

86.13/640,21

10801005070mkg

mkgq

PPA

e

LD

req

Ubicación De La Resultante : respeto del eje de la columna exterior:

(P1 + P2) = 300 Ton = R

M0 = 0 180x4.80 – 300X0 = 0

De donde, despejando X0 :

mx

X 88.2300

80.41800

Como X0 debe coincidir con el centro de gravedad de la zapata, la longitud de la zapata

será:

l = 2 (2.880.20) m = 6.16m

Se selecciona una longitud de de: Lz = 6.20m

Luego, el ancho requerido de la zapata es:

mm

mB 235.2

20.6

86.13 2

Se selecciona un ancho de 2.25m

Diseño de la dirección longitudinal

La presión meta hacia arriba que producen las cargas mayoradas de las columna es

igual:

23

2/903,3210

25.220.6

)80(7.1)100(4.1)50(7.1)70(4.1mkgkg

mxqV

Presión meta hacia arriba por metro lineal en la dirección longitudinal:

qv1 = 32,903 x 2.25 = 74,032 kg/m

Calculo del momento máximo negativo entre las columnas: éste se encuentra en la

reacción de cortante igual a cero.

Luego:

Vu=74,032 X1 – 183,000 = 0

Donde : P1V=1.4 (70)+ 1.7 (50) = 183 Tam = 183,000kg.


101

Despejando el valor de x1:

mX 47.2032,72

000,1831

Medido desde el extremo de afuera de al columna exterior.

El momento último en esta sección es igual a:

20.047.2000,183

2

47.2032,74

2

uM

de donde:

Mu = - 189,579kg-m


102

PROBLEMA 22:

(Metrado de columnas)

Hallar los valores de PD y PL en el 1er nivel y Azotea (2do Nivel) del metrado de cargas

de una columna de concreto armado, cuya área de influencias se indica en el croquis

adjunto, teniendo además los siguiente datos del pórtido:

COLUMNA : B – 2

Uso : aulas universitarias (s/c = 350 kg/m2)

Espesor de losa aligerdada : e = 0.20m

Altutra libre en los dos pisos: h = 3.00m

Viga V-100 (peralta): 0.30m x 0.55m

Viga V-A (chata): 0.50m x 0.20m

Columnas, b x t : 0.30m x 0.50m

Muro (ladrillo hueco) de espesor 0.25m sobre viga V -100

0.50

0.50

0.50

5.50

5.50

A

B

C

V - A V - A

V - A V - A

V - A V - A

0.30 4.40m 0.30 0.30

0.30 4.40m 4.40m


103

Metrado de la columna : B- 2 (1er nivel)

a) Cargas permanentes

1) Aligerado : 4.40 x 5.50 x 3.00 kg/m2 = 7,260kg

2) Viga principal : 0.30 x 0.55 x 6.00 x 2,400kg/m2 = 2,376kg

3) Viga Secundaria : 0.50 x 0.20 x 0.40 x 2,400kg/m2 = 1,056kg

4) Cobertura : 4.40 x 5.50 x 1.00 kg/m2 = 2,420kg

5) Tabiquera móvil : 4.40 x 5.50 x 1.00 kg/m2 = 2,420kg

6) peso propio : 0.30 x 0.50 x 3.00 x 2,400 kg/m2 = 1,0.80kg

7) Muro / ventanal : 5.50 x 2.65 x 350 kg/m2 = 5,101kg

kgPD 713,211

b) Sobre carga

Carga viva:

kgPl

kgmkgxx

470,8

470,8............./50.350.540.4

1

2

Para el metrado de al columna al 2er nivel (Azotea), no se consideran los

siguientes pesos como cargas permanentes:

- Tabiquería movil (5) en Azotea 2,420kg

- Muro (ventanal) (7) en columna interior 5,101kg

Luego, se tienen que:

PD2 = 21,713 – (2,420+5,101) = 14,192kg

Para la azotea, se considera además otra sobrecarga igual a 150 kg/m2.

Luego, se tienen que:

Carga viva: 4,40 x 5,50 x 150 kg/m2 = 3,630 kg

PL2 = 3,630 kg

Nota: En columna exterior se puede metrar un muro de h = 1.00m (soga)


104

PROBLEMA 23:

(Diseño de cimientos corridos)

Calcular el espesor de un cimiento de concreto ciclópeo que soporta un muro muro

portante de ladrillo King Kong de cabeza (e = 0.25cm) de dos niveles. El muro portante

está al centro de dos losas aligeradas de e=0.20m y con un ancho de l = 4.00m.- la altura

libre será de 0.30m y estará a 0.10m sobre el nivel del piso terminado. El uso de la

construcción será para oficina (s/c=250kg/m2)

SOLUCIÓN

Se considera solamente el peso actuante en un metro lineal de muro portante y el

metrado de cargas se efectúa en forma similar al metrado de una columna, en donde la

viga principal es la viga solera, no hay peso de viga secundaria y el peso propio es el

peso del murote cabeza. Se suma también el peso del sobrecimiento en un metro lineal,

se halla primero el metrado al 1er nivel. Se considera un porcentaje (12%) como peso

del cimiento corrido.

0.20

0.10

0.10

0.80

N.P.T.

l/r=2.00m

.

V-S.

l/r=2.00m

.

0.25

0.25


105

METRADO AL 1 NIVEL

a) CARGAS PERMANENTE

1) Aligerado : 4.00 x 1.00 x 3.00 kg/m2 = 1,200kg

2) Viga solera : 0.25 x 0.20 x 1.00 x 2,400kg/m2 = 120kg

3) Piso acabado : 4.00 x 1.00 x 1.00 kg/m2 = 400kg

4) Tabiquera móvil : 4.00 x 1.00 x 1.00 kg/m2 = 400kg

5) Muro : 2.40 x 1.00 x 5.50 kg/m2 = 1,320kg

6) Sobrecimiento : 0.25 x 0.30 x 1.00 x 2,300kg/m2 = 173kg

kgD 613,31

b) SOBRE CARGA

Carga viva:

kgPl

kgmkgxx

000,1

000,1............./2500.100.4

1

2

Total al 1º Nivel = 3,613 + 1, 000 = 4,613kg

Metrado al 2do nivel (azotea)

Hay que restarle el peso de tabiquieria móvil y el peso del sobrecimiento.

Luego

kgmkgxxP

kgP

L

D

600/15000.1400

040,3)173400(613,3

2

2

2

Total en el 2ro nivel = 3,040+ 600 = 3,640kg

Sumando los dos niveles = P = 4,613+ 3,640 = 8,253kg

El área de un cimiento corrido de un metro lineal será:

2

236.243,9

/00.1

12.1253,8%cmkg

cmkg

x

qa

PxAcc

También será igual a: Acc = 100 x a ……….. (2)

Igualando (1) y (2) : 100 x 2 = 9,243.36

De donde: a = 92.43cm

Usamos : A = 95.cm = 0.95cm (espesos del cimiento)


106

PROBLEMA 24:

(Diseño de losa aligerada)

Se tienen una losa aligerada de cinco tramos con diferentes luces entre sus apoyos, con

un espesor e = 0.20m, según la figura adjunta. El uso de la estructura es para oficinas y

se tienen una resistencia del concreto de f’c = 210 kg’cm2 y del acero de fy = 4,200

kg/cm2, la carga de diseño es de wu=450kg/ml. Se pude diseñar el área de acero y el

número de varillas en todos los apoyos y tramos, utilizando los coeficientes del código

A.C.I para el calculo de los momentos por flexión y la Tabla XII para el cálculo del

acero.

SOLUCIÓN

Para calcular los momentos aplicando los coeficiente del código ACI, este exige que se

cumpla con los tres requisitos siguientes:

1. Que la carga sea uniformemente repartida:

Wu = 450kg/ml

2. Que las luces de dos tramos contiguos no difieran más del 20%

19.1;17.1;20.1;17.14

5

3

4

2

3

2

1 l

l

l

l

l

l

l

l

3. Que la carga viva (W) no exceda de tres veces la carga muerta (Wd):

)(/450

5.2

)50.2(7.1)500(4.1

5.2

7.14.1

IIITablaVermlkgW

WWW

v

LDv

Luego: WD = 500 y WL = 250 3 (500)

Por tanto se aplicará la siguiente relación para el cálculo de momentos:

Mu = chef. X Wu (l)

2

Por los tramos se aplicará directamente las luces dadas, pero para los apoyos se aplicará

el valor promedio de las luces contiguas.

3.50 3.00 3.60 4.20 5.00

A B C D E F

Wu=450kg/ml


107

Para el cálculo del acero, se aplicará la tabla anexa Nº XIII mediante una regla de tres

simple, diferente para el acero negativo y para el acero positivo. La comparación es la

siguiente:

Para un Mu = 1040 kg-m se obtienen As = 1.80cm2 (Ver tabla)

Para un Mu = calculado se obtienen As1 = x1 (negativo)

Para el acero positivo

Para un Mu = 743 kg-m se obtienen As = 1.88cm2 (Ver tabla)

Para un Mu = calculado se obtienen As2 = x1 (positivo)

El área de acero mínimo es igual a:

Acero positivo : As = 0.0018 b+h = 0.0018 x 40 x 5 = 0.36cm2 13/8’’

Acero negativo : As = 14/fy b+h = 14/4,200 x 10 x 17.2 = 0.57cm2 13/8’’

Luego tabulando todos los cálculos se obtienen el siguiente cuadro y respuestas

CUADRO RESUMEN

Apoyos y

Tramos Coefic. Wuxl

2 Mu (kg-m) As (cm

2) Varillas

MA 1/24 450 (3.50)2 229.69 0.40 13/8’’

MB 1/10 450 (3.25)2 475.31 0.82 11/2’’

MC 1/11 450 (3.30)2 445.50 0.77 11/2’’

MD 1/11 450 (3.90)2 622.23 1.08 11/2’’

ME 1/10 450 (3.60)2 952.20 1.65 11/2’’+13/8’’

ME 1/24 450 (5.00)2 468.75 0.81 11/2’’

MAB 1/14 450 (3.50)2 393.75 0.63 13/8’’

MBC 1/16 450 (3.00)2 253.13 0.40 13/8’’

MCD 1/16 450 (3.60)2 364.50 0.58 13/8’’

MDE 1/16 450 (4.20)2 496.13 0.79 11/2’’

MEF 1/14 450 (5.00)2 803.57 1.28 11/2’’


108

TABLA XXV. PROPIEDADES DE LA SECCIONES DE MANDERA SEGÚN

LOS ESTANDARES AMERICANOS

Tamaño

nominal

en plg.

Tamaños estándar

Latinoamericanas

arreglos en plg.

Área de la

sección en

plg2

Momento de

inercia en plg4

Módulo de sección

en pig3

b h b h A = bXh

12/3bh

xxI

12/3bh

yyI

6/2bh

yxS

6/2hb

yyS

2 x 4

2 x 5

2 x 8

2 x 10

15/8 x 3 5/8

15/8 x 5 5/8

15/8 x 7 ½

15/8 x 9 ½

5.89

9.14

12.19

15.44

6.45

24.10

57.13

116.10

1.30

2.01

2.68

3.40

3.56

8.57

15.23

24.44

1.60

2.48

3.30

4.18

2 x 12

2 x 14

2 x 16

2 x 18

1 5/8 x 11 ½

1 5/8 x 13 ½

1 5/8 x 15 ½

1 5/8 x 17 ½

18.69

21.94

25.19

28.44

205.95

333.18

504.27

725.75

4.11

4.83

5.54

6.25

35.82

49.36

65.07

82.94

5.06

5.94

6.82

7.70

3 x 4

3 x 5

3 x 8

3 x 10

2 5/8 x 3 5/8

2 5/8 x 5 5/8

2 5/8 x 7 ½

2 5/8 x 9 ½

9.52

14.77

19.69

24.04

10.42

38.03

92.29

187.55

5.46

8.48

11.30

14.32

5.75

13.84

24.61

39.48

4.16

6.46

8.61

10.91

3 x 12

3 x 14

3 x 16

3 x 18

2 5/8 x 11 ½

2 5/8 x 13 ½

2 5/8 x 15 ½

2 5/8 x 17 ½

30.19

35.44

40.69

45.94

332.69

538.21

814.60

1,172.36

17.33

20.35

23.36

26.38

57.86

79.73

105.11

133.98

13.21

15.50

17.80

20.10

4 x 4

4 x 5

4 x 8

4 x 10

3 5/8 x 3 5/8

3 5/8 x 5 5/8

3 5/8 x 7 ½

3 5/8 x 9 ½

13.14

20.39

27.19

34.44

14.39

53.76

127.44

259.00

14.39

22.33

29.77

37.71

7.94

19.12

33.98

54.53

7.94

12.32

16.43

20.81

4 x 12

4 x 14

4 x 16

4 x 18

3 5/8 x 11 ½

3 5/8 x 13 ½

3 5/8 x 15 ½

3 5/8 x 17 ½

41.69

48.94

56.19

63.44

459.43

743.24

1,124.92

1,618.98

45.65

53.59

61.53

69.47

79.00

110.11

145.15

185.03

25.19

29.57

33.95

38.33


109

6 x 6

6 x 8

6 x 10

5 ½ x 5 ½

5 ½ x 7 ½

5 ½ x 9 ½

30.25

41.25

52.25

76.26

193.96

392.06

76.26

103.98

131.71

27.73

51.56

82.73

27.73

37.81

47.90

6 x 12

6 x 14

6 x 16

6 x 18

5 5/8 x 11 ½

5 5/8 x 13 ½

5 5/8 x 15 ½

5 5/8 x 17 ½

63.25

74.25

85.25

96.25

697.07

1,127.67

1,706.78

2,456.38

159.44

157.17

214.90

242.63

121.23

167.06

220.23

280.73

57.98

68.06

78.15

88.23

8 x 8

8 x 10

8 x 12

7 ½ x 7 ½

7 ½ x 9 ½

7 ½ x 11 ½

56.25

71.25

86.25

263.67

535.86

950.55

363.67

33.98

404.30

70.31

112.81

165.31

70.31

89.06

107.81

8 x 14

8 x 16

8 x 18

7 ½ x 13 ½

7 ½ x 15 ½

7 ½ x 17 ½

101.25

116.25

131.25

1,537.73

2,327.42

3,349.61

474.61

544.92

615.23

227.81

300.31

382.82

126.56

145.31

164.06

10 x 10

10 x 12

9 ½ x 9 ½

9 ½ x 9 ½

90.25

109.25

678.76

1,204.03

678.76

821.65

142.90

209.40

142.90

172.98

10 x 14

10 x 16

10 x 18

9 ½ x 13 ½

9 ½ x 15 ½

9 ½ x 17 ½

128.25

147.25

166.25

1,947.80

2,948.07

4,242.84

964.55

1,107.44

1,250.34

288.56

380.40

484.90

203.06

233.15

263.23

12 x 12

12 x 14

12 x 16

12 x 18

11 ½ x 13 ½

11 ½ x 15 ½

11 ½ x 17 ½

11 ½ x 17 ½

132.25

155.25

178.25

201.25

1,457.51

2,357.86

3,568.71

5,136.07

1,457.51

1,710.98

1,964.46

2,217.94

253.48

349.31

460.48

586.98

253.48

297.56

341.65

385.73

14 x 14

14 x 16

14 x 18

13 ½ x 13 ½

13 ½ x 15 ½

13 ½ x 17 ½

128.25

147.25

166.25

1,947.80

2,948.07

4,242.84

964.55

1,107.44

1,250.34

288.56

380.40

484.90

203.06

233.15

263.23

Reproducido con permiso de la Timber Engineering Company

aplicaciones, se usan para la liga de armaduras en el muro

del edificio y para anclar las columnas de madera a la

cimentación. Las placas de cortante de 2%" .e hacen de


110

acero forjado y las de 4" de fierro maleable, vea la figura

lO5d.

Esfuerzos permisibles de trabajo para madera. La capacidad de carga para varios

tipos de conectores para madera depende de varios factores, entre los cuales está el

grupo de especies en el cual está colocada la mader3f La tabla XIII es una pequeña

Tabla que da los datos solamente para unas cuantas especies de madera. Puesto que los

conectores para madera se usan en numerosas especies, se da la tabla XXIV. Esta tabla

es parte de una tabla de esfuerzos de trabajo para madera estructural recomendada por la

National Lumber Manufacturers Association. Los datos de esta tabla son más recientes

que los dados en la tabla XIII, y los tipos y esfuerzos de varias especies se encuentran

frecuentemente en los reglamentos comunes de construcción.

Propiedades de las secciones de madera según los estándares americanos. Los

conectores para madera permiten usar secciones de madera relativamente pequeñas. Los

materiales cuyas especies nominales son 2" y 3" son comunes en armaduras para techo.

La tabla XXV da las propiedades de los tamaños estándar americanos de madera.

Nótese que las dimensiones estándar americanas terminadas de los espesores nominales.

MÉTODO DE COMPENSACIÓN DE CROSS

INTRODUCCIÓN

El procedimiento que estudiaremos a continuación uno de los más intuitivos de la

estática fue ideado por el Prof. HARDY CROSS, de Estados Unidos [1]. Sus

fundamentos han sido aplicados ya en los capítulos 1 y 2, donde se efectuaron las

operaciones de «fijar» un Iludo y de «compensar» un momento aplicado. Estas

operaciones constituyen las características esenciales del método de Cross.

El procedimiento se estudiará solamente para sistemas no desplazables.


111

Explicación del procedimiento

Para exponer el procedimiento se ha elegido el pórtico de la figura 83 cargado con las

fuerzas P1 y P2. Debido a su empotramiento, los apoyos exteriores, 4, D, G y H no

pueden girar. No ocurre 10 mismo con los nudos B, C, E y F, que, si bien son

indesplazables en el plano de la figura, pueden girar alrededor de su eje e influirse

mutuamente.

fig. 83

En el momento de Cross se parte de un estado ideal previo a la aplicación de la carga.

Primeramente se considera que los nudos B, C, y F no giran; estos se ha representado en

la figura 83 mediante un pequeño cuadrado que rodea los nudos. En este estado, todas

las barras están perfectamente empotradas por ambos extremos.

Se originan momentos de empotramiento en los nudos; los designaremos con r2B, r2c,

etc, y se llamarán “momentos iniciales”. Se han representado, con su sentido de giro, en

la figura 83.

Al liberar entonces sólo un nudo, éste girará y ocurrirá lo indicado en la figura 84. el

momento r2c, actúa en el nudo C liberado. Bajo esta influencia, el nudo gira en el

sentido de r2c, y se originan los momentos de extremidad M’2c y M0c de sentido opuesto.


112

Figura 84

Debido al empotramiento perfecto en B y F, los momentos de extremidad se propagan

con la mitad de su valor hacia B y F e influyen, por lo tanto, y M6c pueden ser

determinados numéricamente. Designando los factores de distribución en el nudo C con

r2c, y v2c, serán:

M6c = v2c r 2c y M6c = v6c r 2c

Al terminar este proceso, el nudo C se halla en equilibrio, equilibrio que ha dado lugar a

los momentos de extremidad.

M6c = r2c - M2c y M6c = M6c siendo M2c + M6c = 0

A continuación se vuelve a fijar el nudo C y se pasa a compensar por ejemplo, el nudo

B. Aquí actúa ahora la suma de momentos cB M 22 '2

1 como momento inicial. Al

girar el nudo B se producen los tres momentos de extremidad BM 1' , BB MyM 52 '' cuya

suma debe ser igual a cB M 22 '2

1 . El equilibrio del nudo exige que cB M 22 '

2

1 =

BB MM 52 '' . En los extremos opuestos de 1, 2 y 5 aparecen así los momentos

BBB MyMM 521 '2

1'

2

1,'

2

1.

En el tercer paso, luego de ser fijado el nudo B, se libera, por ejemplos el E.

El procedimiento de distribución, equilibrio y transmisión de las mitades de momento se

vuelve a repetir. El primer ciclo concluye cuando todos los nudos fijados han sido


113

liberados y compensados una vez, y se deben repetir posciclos hasta obtener momento

residuales tan pequeños que puedan ser despreciados.

El método de Crooss no es un procedimiento aproximado; se pueden obtener tanta

exactitud como se desee. En la práctica, la compensación puede limitarse casi siempre a

dos o tres ciclos. Los resultados numéricos suelen anotarse en la extremidad de cada

barra, con el signo correspondiente, y sumarse al final. Control; al terminar, cada nudo

debe estar en equilibrio.

Regla de signos del método de Crooss

El método de Cross se simplifica en lo referente a signos cuando se observa la siguiente

regla:

Figura 85

Como los momentos trasmitidos tienen el mismo sentido que los momentos de

compensación (véase la transmisión de la Fig. 85 b), puede conservarse el signo,

mientras que seria necesario cambiarlo si se aplicasen las habituales reglas. De esa

manera se evitan errores de signo.

Ejemplo:

El pórtico de la figura 86 ha sido cargado en el centro de la viga BC con P = 2 t y en EF

con q = 3 t/m. las rigideces de la barras serán:

Barras AB y DE:

43 0031,012/2,0.5,0 ml 43,11000

l

l

Barras BC y EF:

43 0086,012/3,0.7,0 ml 43,11000

l

l

Pies derechos:

J = 0,43 . 0,3/12 = 0,0016m

4 40,0

1000

l

l

Nudo C:


114

V2c= 1,43/(1,43 + 0,40) = 0,78 c6v = 0,22

Nudo B:

V1B = 0,78/(0,78+ 1,43 + 0,40) = 0,30

V2B = 1,43/2,61 = 0,55 V5B = 0,15

Nudo E:

V5E = V7E = 0,4/(0,80 + 1,43 + 0,78) = 0,13

V3E = 0,78/3,01 = 0,26 V4E = 0,48

Nudo F:

V6F = V8E = 0,4/(0,80 + 1,43) = 0,18 c4F = 0,64

Figura 86

Momentos iniciales:

mt

mt

FE

CB

0,912/0,6.0,3

5,108,6.0,2

2

44

22

La primera compensación se procura preferentemente en aquel en nudo cuyo momento

no equilibrado es mayor; en este caso, el nudo F. Los tres momentos = 162, y las

trasmisiones: 576/2 y 162/2 respectivamente.

Segundo paso. Recuento en el nudo E: El momento inicial ha sido aumento por la

transmisión de 900 hasta 900 + 288 = 1188. el equilibrio da: M3E= 0,26.1188 = 308,


115

M4E= 0,48.1188 = 572, M5E= M7E= 0,13.1188 = 154, todos negativos. Transmisiones: -

154, - 286 y – 77.

Tercer paso, Recuento en el nudo B: + 150 – 77 = + 73 da M1B= 0,30.73 = 22, M2B=

0,55.73 = 40, M5B= 0,15.73 = 11,todos negativos. Transmisiones: -11,-20, 5,5 ( -6,0).

Los seis momentos pueden expresar en ecuaciones. Como en los capítulos anteriores,

los designaremos con e.

)(2

1)( 42411 RvvRv

)(2

1)( 62655 RvvRv

)(22

)()( 2352

R

vRv

El equilibrio de los nudos exige que:

643512 1 y

Si se aplica un momento M = 1 en C, se originan los momentos de extremidad

)()(2

144311 RvRvv

)()(2

166355 RvRvv

)(1)( 443515

Es interesante la aplicación de estás fórmulas a la viga de tres tramos. Dan lugar a un

nuevo procedimiento parea el cálculo de los valores e de al tabla 2.

Para un momento M = 1 en B, se tiene:

)73(

2

1

1

42

12

11

a

Rvv

Rv

Rv

CB

B

B

Ejemplo: Viga de tres tramos con luces y momentos de inercia iguales (caso ==1).

Serán:


116

133,0086,1.43,0.2

57,0

467,043,0.086,1

086,1)57,04(4

57,0

43,0)33,11/(1

1

2

32

41

CB

B

R

vv

vv

CAPÍTULO 10

MÉTODO DE KANI

Introducción

El método de Cross que ha sido analizado en las páginas anteriores puede, mediante un

simple artificio, tran5formarse en un procedimiento todavía más sencillo. La serie que

5e forma en las extremidades de las barras consta alternativamente de un factor que

proviene del equilibrio y de otro factor debido a la transmisión. Separando estos

factores y sumándolos por separado, resulta que el momento final se compone de dos

partes. Entre estos valores que aparecen en la extremidad de las barras existe una

relación fija que conduce a la simplificación y transformación del procedimiento.

La compensación algebraica del capitulo 9, epígrafe 9.6, puede utilizarse para aclarar el

proceso. Después veremos esto en una sencilla viga de tres tramos.

Este procedimiento fue presentado por Kani, encontró amplio reconocimiento y

constituye hoy uno de los métodos más elegantes de la estática. Presenta además la

ventaja de eliminar los posibles errores cometidos en el proceso de compensación. A

continuación lo aplicaremos solamente a sistemas no desplazables.


117

Explicación en la viga de tres tramos

La compensación de un momento M = 1 aplicado en el apoyo B (fig. 91) conduce en los

puntos 2 y 3 de la barra central a los factores de equilibrio de las columnas (1) y los

factores de transmisión de las columnas (2). (Véase epígrafe 9.6.) Sumándolos en la

extremidad 2:

2222 ' aMMRRvM

y en el extremo 3:

3323 '2

12 aMMRvRM

se comprueba que

2333 '2

1'

2

1MMyMM aa

Esta es la relación que hemos mencionado en la introducción. Basándonos en ella, los

momentos de extremidad pueden escribirse de la siguiente manera:

233322 '2

1''

2

1' MMMMMM (74)

Ejemplos

Pórtico de la figura 94

Sea el pórtico que ya ha sido calculado por el método de Crooss en el eígrafe 9.4.

Anotamos las mitades de los valores v y los momentos aplicados MB= + 150, MC= -150,

ME= +900 y MF = - 900


118

Figura 94

Compensación en F: Al momento aplicado – 900 añadimos: para M’4E= -320 y para

M’6C=+20 (para apresurar la convergencia), resultando – 1200. Escribimos los valores

de extremidad de la compensación:

- 0,09 (-1200) = + 108

- 0,32 (- 1200) = +384

Compensación en E: para M’5B se suma – 14, resultando

900 + 384 – 14 = 1270

Anotaremos los valores:

- 0,13 . 1270 = - 164

- 0,24 . 1270 = - 304

- 0,065. 1270 = - 82

Compensación en B: Para M’ 2C agregaremos + 32, lo que da en total +150 -82 + 32 =

+100.

Compensación:

- 0,275 . 100 = -27,5

- 0,150. 100 = - 15

- 0,075. 100 = -7,5


119

Compensación en C:

- 150 – 27,5 + 108 = - 69,5

Compensación:

- 0,39 (-69,5) = + 27,10

- 0,11 . (-69,5) = 7,7

De esta ,manera queda completada la primera fase del equilibramiento.

Sigue ahora la segunda:

5,10709,0

38232,03,11967,7340900

:FEn

83065,0

16613,0

30624,0

5,12745,7382900

:EEn

1,7075,0

1,14150,0

9,25275,0

5,945,2783150

:BEn

5,711,0

7,2639,05,684,1079,25150

:CEn

Las diferencias entre los valores de la compensación son tan pequeñas que ya no es

necesario una tercera etapa. Los momentos de extremidad son:

M1A = 0 – 14,1 = - 14,1

M1B = 0 – 28,2 = - 28,2

M2B = +150 – 51,8 + 26,7 = 124,9

M2C = -150 – 25,9 + 53,4 = -122,5

M3D = 0 – 166 = - 166

M3E = 0 – 332 = - 332

M4E = 900 – 612 + 382 = + 670

M4F = - 900 – 306 + 764 = - 442

M5B = - 14,2 – 83 = - 97,2

M5E = -7,1 – 166 = - 173,1

M7E = - 166 + 0 = - 166


120

M7G = - 83 + 0 = - 83

M6C = + 15 + 107,5 = + 122,5

M6F = + 7,5 + 215 = + 222,5

M8F = + 215 + 0 = + 215

M8H = + 107,5 + 0 = +107,5

Figura 5.2 Distribución de esfuerzo y deformaciones a través del paralte de la

viga: (a) sección transversal de la viga: (b) deformaciones; (c) bloque de

esfuerzo reales; (d) bloque de esfuerzos equivalente supuesto.


121

TABLA A.5 CUANTIAS LÍMITES DE ACERO PARA DISEÑO FLEXIÓN

Fy

(p.s.i)

F’c

(p.s.i) B1 lb

F máx

0.75lb

Lmin =

200/fy1

40,000

(2.800) kg/cm2

3,000 (210)

4,000 (280)

5,000 (350)

6,000 (420)

7,000 (490)

8,000 (560)

0.85

0.85

0.80

0.75

0.70

0.65

0.0371

0.0495

0.0582

0.0655

0.0713

0.0757

0.0278

0.0371

0.0437

0.0491

0.0535

0.0568

0.0050

0.0050

0.0050

0.0050

0.0050

0.0050

50,000

(3.500) kg/cm2

3,000 (210)

4,000 (280)

5,000 (350)

6,000 (420)

7,000 (490)

8,000 kg/cm2

0.85

0.85

0.80

0.75

0.70

0.65

0.0275

0.0367

0.0432

0.0486

0.0529

0.0561

0.0206

0.0275

0.0324

0.0365

0.0397

0.0421

0.0040

0.0040

0.0040

0.0040

0.0040

0.0040

60,000

(4.200) kg/cm2

3,000 (210)

4,000 (280)

5,000 (350)

6,000 (420)

7,000 (490)

8,000 (560)

0.85

0.85

0.80

0.75

0.70

0.65

0.0214

0.0285

0.0335

0.0377

0.0411

0.0436

0.0160

0.0214

0.0251

0.0283

0.0308

0.0327

0.0033

0.0033

0.0033

0.0033

0.0033

0.0033

80,000

(5.600) kg/cm2

3,000 (210)

4,000 (280)

5,000 (350)

0.85

0.85

0.80

0.0141

0.0188

0.0221

0.0106

0.0141

0.0166

0.0025

0.0025

0.0025


122

6,000 (420)

7,000 (490)

8,000 (560)

0.75

0.70

0.65

0.0249

0.0271

0.0288

0.0187

0.023

0.0216

0.0025

0.0025

0.0025

2

1

1

/090,6

090,6.

'85.0

..000,87

000,87.

'85.0

cmkgff

cfBb

ispff

cfBb

yy

yy


123

MOMENTO RESISTENTE Y ÁREA DE ACERO EN VIGAS PERALTADAS

MR = 0.9 f ’c b. d2 w (1-0.59w)

Dados: f ’c = 210 kg/cm2; f ’c = 4,200 kg/cm

2 , b = 30cm

Se tienen : fb = 0.0214 ; f máx = 0.0160 fmin = 0.0033 ; w = 0.3207

R = 0.2600 =W (1-0.59w)

y p h (cm) d (cm) MR (Kg-m) As ( cm2) a (cm)

y 3/8’’

p = 5/8’’

35

40

45

50

55

60

65

29.25

34.25

39.25

44.25

49.25

54.25

59.25

12,613.69

17,294.64

22,712.75

28,868.02

35,760.44

43,390.02

51,756.76

14.06 cm2

16.46 cm2

18.86 cm2

21.27 cm2

23.68 cm2

26.07 cm2

28.48 cm2

11.03 cm

12.91 cm

14.80 cm

16.68 cm

18.56 cm

20.45 cm

22.33 cm

y 3/8’’

p = 3/4’’

35

40

45

50

55

60

65

29.09

34.09

39.09

44.09

49.09

54.09

59.09

12,476.07

17,133.43

22,52795

28,659.63

35,528.47

43,134.46

51,477.61

13.98

16.38

18.79

21.19

23.59

26.00

28.40

10.97

12.85

14.74

16.62

18.50

29.39

22.27

y 3/8’’

p = 1’’

35

40

45

50

55

60

28.78

33.78

38.78

43.78

48.78

53.78

12,211.58

16,823.24

22,172.06

28,258.03

35,081.16

42,641.45

13.83

16.24

18.64

21.04

23.44

25.85

10.85

12.73

14.62

16.50

18.39

20.27


124

65 58.78 50,938.90 28.25 22.16

y 3/8’’

p = 9’’

35

40

45

50

55

60

65

28.62

33.62

43.62

48.62

53.62

58.62

12,076.18

16,664.25

21,989.48

28,056.86

34,851.41

42,388.11

50,661.96

13.76

16.16

18.56

20.96

23.37

25.77

28.14

10.79

12.67

14.56

16.44

18..33

20.21

22.10

y 3/8’’

p = 10’’

35

40

45

50

55

60

65

28.46

33.46

38.46

43.46

48.46

53.46

50.46

11,941.54

16,506.021

21,804.65

27,846.45

34,622.40

42,135.51

50,385.78

13.68

16.08

18.48

20.89

23.29

25.69

28.10

10.73

12.61

14.50

16.38

18.27

20.15

22.04

y 3/8’’

p = 10’’

35

40

45

50

55

60

65

28.30

33.30

38.30

43.30

48.30

53.30

58.30

11,807.64

16,348.54

21,626.58

27,641.79

34,394.16

41,883.68

50,110.36

13.60

16.00

18.4

20.81

23.21

25.62

28.02

10.67

12.55

14.44

16.32

18.21

20.09

21.98


125

METRADO DE ALIGERADOS

CARGAS VIVAS Cargas Muertas P.p. P.m

Casa-habitación 200kg/m2 Aligerado de 0.17m 280kg/m

2 100kg/m

2

Azoteas plantas 150kg/m2 0.20m 300kg/m

2 100kg/m

2

Salada de reunión o de asamblea, teatros y

cinemas con asientos fijos al piso

300kg/m2

Escaleras 500kg/m2 Muros tartajeados

Corredores Públicos y vestíbulos 400kg/m2 Albañilería de

ladrillo

Sala de clase o salones en locales

universitarios o de instrucción superior

300kg/m2 King.Kong Hueco

0.15m 400kg/m2 200

0.25m 550kg/m2 350

CASA – HABITACIÓN (h=0.20m)

1er piso

D = 300+100+100=500

L = 200 kg/m2

U = 1.4 D + 1.7 L = 1.040kg/m2

q = U = 416 kg/ml q = 416 kg/ml

2.5

Azotea (h = 0.20m)

D = 300 + 80 = 380

L = 150 m2

U = 787 kg/m2

q = 315 kg/ml

OFICINAS (h=0.20m)

1er piso

D = 300+100+100=500 kg/m2

L = 250 kg/m2

U = 1125 kg/m2

q = 450 kg/ml

Azotea

D = 380

L = 150 m2

U = 787 kg/m2

q = 315 kg/ml


126

DIMENSIONES DE CIMENTOS CORRIDOS PARA MUROS PORTANTES

Luz =

4.00m

Luz =

2.00m

Luz =

5.00m

Luz = 2.5

Muro

central

Muro Late M. Central M. Latera

Nº Piso Altura Ancho 1 Ancho 2 Ancho 3 Ancho 4

1 0.80 0.50m 0.35m 0.60 0.40

2 0.80 1.00m 0.65 1.15 0.75

3 0.80 1.50m 1.00m 1.75 1.15

4 0.80 2.00m 1.35m 2.35 1.55

Luz =

3.00m

Luz =

1.50m

Muro

central

Muro

Latereal

Nº Piso Altura Ancho 1 Ancho 2

1 0.80 0.45 0.35

2 0.80 0.82 0.60

3 0.80 1.25 0.90

4 0.80 1.70 1.20


127

CARGAS EN ALIGERADOS

ML Kg/m2

H Tipo Cargas muerta D Sobre carga l q(kg/ml)

0.20 Casa 500 200 416

0.20 Oficina 500 250 450

0.20 Sala de reunión 500 300 484

0.20 Salón de Clase 500 350 518

0.20 Corredor público 500 400 552

Almacén – tienda - ex 500 500 620

0.20 Azotea 380 150 315

0.17 Azotea 360 150 305

0.25 Casa 550 200 445

0.25 Oficina 550 250 478

0.25 Sala de reunión 550 300 512

0.25 Salón de Clase 550 350 516

0.25 Corredores públicos 550 400 580

0.25 Azotea 430 150 343


128

MOMENTOS Y ACERO EN ALIGERADO DE DOS TRAMOS (H=0.20)

(Kg/m) Ma(-1/24) Mb(-1/9) Mab (+1/14) 1(m)

315 118.13 315 202.50 3.00

416 156.00 416 267.43 3.00

315 210 560 360 4.00

416 277.33 739.56 475.43 4.00

315 328.13 875 562.50 5.00

416 433.33 1,155.56 742.86 5.00

315 397.03 1,058.75 680.63 5.50

416 524.33 1,398.22 898.86 5.50

AREA DE ACERO

(Kg/m) Ma(-1/24) Mb(-1/9) Mab (+1/14) 1(m)

315 13/8’’ 13/8’’ 13/8’’ 3.00

416 13/8’’ 13/8’’ 13/8’’ 3.00

315 13/8’’ 11/2’’ 13/8’’ 4.00

416 13/8’’ 11/2’’ 11/2’’ 4.00

315 13/8’’ 23/8’’ 11/2’’ 5.00

416 13/8’’ 11/2’’ + 13/8’’ 11/2’’ 5.00

315 13/8’’ 11/2’’ + 13/8’’ 11/2’’ 5.50

416 11/2’’ 21/2’’ 23/8’’ 5.50


129

MOMENTOS Y ACERO EN ALIGERADO DE TRES TRAMOS (H=0.20)

Mc(Kg/m) Md Mc-d

Tipo Mb(-1/10) Ma(-1/24) Ma-b(1/14) Mb-c(1/16) L(Ml)

Casa 375 156 26 234 L=3.00

Casa 666 278 476 416 4.00

Casa 1,040 434 743 650 5.00

Casa 0.65cm

2

13/8’’

0.27cm2

13/8’’

0.43cm2

13/8’’

0.37cm2

13/8’’ L = 3.00

Casa

Casa

1.15cm2

11/2’’

0.48cm2

13/8’’

0.76cm2

11/2’’

0.66cm2

13/8’’ L = 4.00

416Kg/ml

416Kg/ml

1.80cm2

11/2’’-13/8’’

0.72

13/8’’

1.18

11/2’’

1.03

11/2’’ L = 5.00

416kg/ml 1,258.40

21/2’’

525

11/2’’

899

23/8’’

787

11/2’’

L=5.50

L=5.50

Azotea 284 119 203 178 3.00

Azotea 504 210 360 315 4.00

Azotea 788 328 563 493 5.00

315kg/ml As min.

13/8’’

As min.

13/8’’

As min.

13/8’’

As min.

13/8’’ 3.00

315kg/ml 0.87 cm

2

11/2’’

As. Min.

13/8’’

As. Min.

13/8’’

As. Min.

13/8’’ 4.00

315kg/ml 1.36 cm

2

23/8’’

As. Min.

13/8’’

0.89cm2

11/2’’

0.78

11/2’’ 5.00

953 397 681 596 L=5.50

315kg/ml 13/8’’+11/2’’

1.64cm2

13/8’’

0.63cm2

11/2’’

0.94cm2

11/2’’ L=5.50

a b c d

l3 l2 L1

estruc

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