Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
EJEMPLO DE ANALISIS DE CARGAS PARA LA VIGA DE LA FIGURA.
CORTE DE ENTREPISO PISO DE TERRAZO
3.00 m
2 cm 3 cm
MORTERO
3.00 m
LOSA
12 cm 2 cm
3.00 m
1.00 m
2.00 m
7.00 m
2.5 Ton
W
2.00 m
7.00 m
REC. DE YESO
PESOS VOLUMETRICOS:
2.00 m 2.5 Ton
TERRAZO ___________ MORTERO ___________ LOSA DE CONC. _____ REC. YESO ___________
2.00 m
: : : :
52Kg/cm2 1.8 T/m3 2.4 T/m3 1.5 T/m3
DATOS: Concreto:
= 250 Kg/cm2 y = 4200 Kg/cm 2 b = 25 cm CV = 250 Kg/m2 c
Acero: ƒ ƒ’
ANALISIS DE CARGAS Carga Muerta (CM) Analizando un metro cuadrado de losa: PISO DE TERRAZO:______________________________________________________________0.052 T/m2 MORTERO DE CEMENTO-ARENA:______________________________1 x 1 x 1.8 x
0.03 = 0.054 T/m2
LOSA DE CONCRETO REFORZADO:_____________________________1 x 1 x 2.4 x 0.12
= 0.288 T/m2
RECUBRIMIENTO DE YESO:___________________________________1 x 1 x 1.5 x 0.02 =
0.030 T/m2 CM = 0.424 T/m2
1
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Carga Viva (CV) CV = 250 Kg/cm 2 = 0.250 T/m2 (Para edificio de oficinas) w = CM + CV w = 0.424 + 0.25 = 0.674 T/m2
Peso propio de la viga (PoPo) Para condiciones prácticas, las dimensiones de la sección transversal se proponen de la siguiente manera:
H = 70 cm
donde:
;
L = claro mayor entre apoyos de la viga b = ancho de la sección transversal H = peralte total de la viga
proponiendo H=1/10 del claro más largo
b = 25 cm PoPo = 0.25 x 0.7 x 1.0 x 2.4 = 0.42 T/m
w’ Áre totl de l frnj x w Ww’ w’ + P
(1.0 x 3.0) x 0.674 = 2.022 T/m oPo
W = 2.022 + 0.42 = 2.442 T/m
2.5 Ton
2.00 m
W=2.442 T/m 7.00 m
2
2.5 Ton
2.00 m
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UTILIZANDO LA TEORIA PLÁSTICA, DISEÑAR POR: FLEXIÓN, Y CORTANTE. LA VIGA QUE SE MUESTRA EN LA SIGUIENTE FIGURA.
5 Ton
MATERIALES
5 Ton
W = 3.5 T/m + P.P.
75 cm
2.00 m
7.50 m
2
ƒ’c = 250 Kg/cm 2 ƒy = 4200 Kg/cm
2.00 m 25 cm
I). ELEMENTOS MECÁNICOS B
A 5 Ton
C
D 5 Ton
W = 3.95 T/m
2.00 m
RB
7.50 m
RC 2.00 m
12.9 T 14.81 T 5T
5T
3.75 m 12.9 T
14.81 T
9.87 T-m
17.90 T-m
17.90 T-m
3
Peso propio H = 75 cm b = 25 cm
PP WP P ++ + on + Reacciones:
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II). DISEÑO POR MOMENTO NEGATIVO
c M = 17.90 T-m
;
a). CONSTANTES DE DISEÑO
ƒ ƒƒ c + ƒƒ ƒ+ Suponiendo que la viga forma parte de un sistema que soporta fuerzas sísmicas
ƒ ƒ √ ƒƒ dƒ x Ad c Cálculo del área de acero requerida
Cálculo del número de varillas
4
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Pr A A c III). DISEÑO POR MOMENTO POSITIVO
x Ad c Cálculo del número de varillas
Pr A Pr A A c A c A c Pr Acc Pr A 5
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Pr A c EN EL CASO DE MARCOS DUCTILES LAS NTC. DEL RDF, ESPECIFICAN QUE:
1.- En toda sección se dispondrá de refuerzo tanto en el lecho inferior como en el superior. En cada lecho el área de refuerzo no será menor que:
A ƒƒ d
en zonas requeridas por flexión
y constará de por lo menos dos varillas corridas de 12.7 mm de diámetro (No. 4) 2.- En ninguna sección a lo largo del elemento él Mo resistente (+), ni el Mo resistente (-), serán menores que la cuarta parte del máximo momento resistente que se tenga.
PI
B
A
PI
d 2#6
2#6
2#6
4ø#6
0.75 m
C
d 2#6
2ø#6
0.75 m
2ø#6 0.25 m
2ø#6 0.25 m
IV). DISEÑO POR CORTANTE a).- TRAMO B-C
SEPARACIÓN DE ESTRIBOS A UN PERALTE EFECTIVO DEL APOYO IZQUIERDO (El cortante de diseño se localiza a un peralte efectivo del paño del apoyo) 6
D
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14.81
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d d on
Vd 3.75 m d
Ver diagrama de fuerza cortante
c d on A c dA
EL área de acero longitudinal en la sección es igual a 2 varillas del # 6
d+ + √ El diámetro de los estribos
Ad o c 7
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d x d d √ x c c c SEPARACIÓN A UN METRO DEL APOYO IZQUIERDO
on on Ad c c c 14.81
V1
3.75 m
1.0m
2.75m
SEPARACIÓN A DOS METROS DEL APOYO IZQUIERDO
on on Ad c x c c 14.81
V2
3.75 m
2.00m
1.75m
Ya no es necesario seguir calculando la separación de estribos en este tramo ya que predomina la Smax 8
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SEPARACIÓN DE ESTRIBOS A UN PERALTE EFECTIVO DEL APOYO IZQUIERDO
5
d on on
s
W=3.95 T/m 1.30 m
V
EL área de acero longitudinal en la sección es igual a 4 varillas del # 6
A A c d d+ + √ Ad c x c c SEPARACIÓN DE ESTRIBOS A UN METRO DEL APOYO IZQUIERDO
on on Ad c x c c 5
s
W=3.95 T/m
1.00 m
V
9
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CROQUIS DE ARMADO
2#6
2#6
2#6
2#6 E @ 35 cm
1.00 m
E @ 30 cm
1.00 m
E@20cm
1.00 m
E@23cm
E@35cm
1.00 m
E@23cm
3.50 m
E@20cm
1.00 m
4 ø #6
E
0.75 m
E@30cm
1.00 m
2ø#6
2.5 #
2.5 #E 0.75 m
2ø#6
2ø#6
0.25 m
0.25 m
10
E@35cm
1.00 m
1.00 m
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CORTE DE BARRAS Y C) CORTANTE. LA VIGA QUE SE MUESTRA EN LA FIGURA. MATERIALES
P = 4.5 Ton
W = 2.5 T/m (incluye peso propio)
ƒ’c = 250 Kg/cm 2 ƒy = 4200 Kg/cm 2
60 cm
6.50 m
2.00 m 25 cm
Usar estribos de 2 ramas y 5/16” y trazar los croquis de armado correspondientes. I). ELEMENTOS MECÁNICOS 4.25 m
A
B W = 2.5 T/m
RA
We = 21.25 Ton
C P = 4.5 Ton
RB 2.00 m
6.50 m
9.5 T 5.971 T
4.5 T
10.279 T
2.39 m
4.11 m
7.135 T-m
+ + on + + orondo on + 6.5 m x
5.971 16.25 14.0 T-m
xx 11
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II). DISEÑO POR FLEXIÓN a). Diseño por Mo (-) Constantes de flexión
ƒƒ ƒƒ c c ƒ + ƒ+ c Cálculo del área de acero
ƒƒ dƒ x ƒ √ ƒ Ad c A c + A c A c A c 12
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Si utilizamos las ayudas de diseño se tiene:
x d Mu b
2
ƒ’c = 250 Kg/cm 2
b
25.92
ƒy = 4200 Kg/cm 2
min 0.00745
b). Diseño por M o (+)
Ad c x A c A Con las ayudas de diseño se tiene:
d x 13
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Mu b
2
ƒ’c = 250 Kg/cm 2
b
13.21
ƒy = 4200 Kg/cm 2
min 0.00375
Ad c Pr A c Pr A c P.I. d 2#5 1#5
1#5+2#6 2#5
III). REVISIÓN DE LA ADHERENCIA POR FLEXIÓN
a). Longitud de desarrollo
d c+ƒ ƒ dƒ 14
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c = 3 cm
(dato)
,
ktr= 0
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(Ver NTC)
Pr √ c d + dƒ c dƒ c √Pr rl del leco eror d d c Ld = 110 cm.
Pr rl del √ c d + dƒ c √Pr r dddƒ d c l delcleco nferocr
REVISIÓN DE LA ADHERENCIA POR FLEXIÓN
No existe problema de la adherencia por flexión si:
+ c c d ƒ’c = 250 Kg/cm2 2
reAn e rel en el oo con c
ƒy = 4200 Kg/cm
15
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El MR de 2 varillas del No. 5 es el siguiente
Mu
c dA d c
b
2
b
10
min
o enƒ ƒ d c c e c ton c d + c + c c c
0.00288
No hay problema de adherencia por flexión
IV). CORTE DE BARRAS Punto de inflexión
W=2.5 T/m X 5.971
M=0 V
16
+ + + √ cc
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X1 = 4.80 m
Para M(+) Mu 2 # 5= 7.93 T-m
+ + + c √ c M=5.664
W=2.5 T/m X
5.971
V
Aplicando los siguientes requisitos a nuestro caso particular nos queda de la siguiente manera:
17
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Momento resistente de las barras A
Momento resistente de las barras B
d L/16 db Ld+d Barras B
d
Punto de inflexión Lc d db Ld
d db Ld
donde: d = peralte efectivo db = diámetro de la barra considerada Ld = Longitud de desarrollo Lc = Longitud del doblez de la barra L = Longitud del claro
18
d db
Barras A
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7.135 T-m 1.70 m
5.664 T-m
P.I.
4.80 m 1.31 m 3.47 m
170 cm = Ld + d
14.0 T-m
55 cm
A
2#5
B 12
1#5+2#6
12= 19 cm
1#5
2#5
A'
d 55 cm
> Ld=60 cm
B'
d 55 cm
> Ld=60 cm 3 ø # 5+ 2 ø # 6
2 ø #5 E # 2.5 60 cm
60 cm
3 ø #5
2ø#5
25 cm
25 cm
CORTEA-A'
CORTEB-B'
19
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V). DISEÑO POR CORTANTE
c Sección critica a un peralte efectivo del apoyo derecho 4.11 m 3.56 m
Vd
10.279
d d ton c ton
EL área de acero longitudinal en la sección es igual a 2 varillas del # 5
A dA c d+ + √ Ad c d x d d √ Estribos # 2.5
20
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x c c c Cálculo de la separación de estribos a un metro del apoyo derecho 4.11 m 3.11 m
1.00 m
V1
10.279
on on
Ad c c c Cálculo de la separación de estribos a dos metros del apoyo derecho 4.11 m 2.11m
2.00m
V2
10.279
on on
Ad c c c Ya no es necesario seguir calculando la separación de estribos en este tramo ya que predomina la S max
Cálculo de la separación de estribos a un peralte efectivo del apoyo izquierdo
21
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
on on
5.971 Vd d
Dr. Francisco Hurtado Soto
1.84 m 2.39 m
EL área de acero longitudinal en la sección es igual a 2 varillas del # 5
A c dA d+ + √ Estribos # 2.5
Ad c d x d d √ x c c c
Ya no es necesario seguir calculando la separación de estribos en este tramo ya que predomina la S max
Cálculo de la separación de estribos a un peralte efectivo del apoyo en el voladizo 22
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
s
V
W=2.5 T/m
Dr. Francisco Hurtado Soto
4.5
1.45 m
d on on
EL área de acero longitudinal en la sección es igual a 3 varillas del # 5 y 2 del # 6
A + c A d d+ + √ Estribos # 2.5
Ad c d d x d √ x c c c Ya no es necesario seguir calculando la separación de estribos en este tramo ya que predomina la S max
23
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Dr. Francisco Hurtado Soto
CROQUIS DE ARMADO
2#5
1#5+2 #6 1#5
2#5
m 4.50 @ E27.50 cm
1.00 m m 1.00 E @ 26.30@ E21.42 cmcm
m 2.00 @ E27.50 cm
CROQUIS DE ARMADO PARA CASO PRÁCTICO 2#5
1#5+2#6 1#5
2#5
5.50 m
1.00 m
cm 25 @E
cm 20 @E
24
2.00 m cm 25 @E
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25
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TRAZAR EL DIAGRAMA DE INTERACCIÓN DE LA COLUMNA CUYA SECCIÓN TRANSVERSAL SE MUESTRA A CONTINUACIÓN.
c = 0.003 1
5 20
70
a
f "c
C1 a
2
C C2
Mo
20
T1
3 20 5
T= Asy
y
40
1) Obtención del punto A (Punto de carga axial de compresión máxima)
+Aƒ PP[[ƒƒAA ] A+Aƒ ] ƒƒ c ƒ c ƒ ƒ c
A c A c
col n no conf+nd P Pu = 512.070 Ton
(Punto de carga axial de tensión máxima) Como el concreto no soporta tensiones :
ƒPA P Aƒ Pu = 178.870 Ton
(Punto de falla balanceada)
26
Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
c = 0.003 1
5 20
70
Dr. Francisco Hurtado Soto
a
f "c
C1 a
2
C C2
20
T1
3 20 5
T= Asy
y
40
a) Cálculo de la profundidad del eje neutro. Por triangulos semejantes
d
ƒ dƒ d + + c c ƒ c detƒ Pr ernr l fer en lr l e necero conocer deforcn b) Cálculo de las fuerzas
= 221 027.2 kg = 221.027 Ton
Del diagrama de deformaciones se tiene:
27
Mo Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
c
= 0.003
1
5 38.24
Dr. Francisco Hurtado Soto
20
2 13.24
s = y
6.76
3
20
26.76 s
=
E
s
s
y
ƒ ƒ ƒ c A ƒ ƒ ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ ƒ c Aƒƒƒ A onon Ton
28
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
5
Dr. Francisco Hurtado Soto
16.252
85.18 T
18.748
221.03 T 21.09 T
20
10
Mo Po
10
10.75 T 20
85.18 T
5 40
P + + P + on +++ onc on Las fuerzas anteriores deben afectarse por un factor de reducción (FR) que en este caso es igual a 0.7
P P on on (Proponiendo una profundidad del eje neutro de 60 cm) c = 0.003 1
5
f "c
C1
20
2 a=60 cm 70
a=51
C
C2
20
3
C3
20 5
T= Asy
s
40
29
Mo Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
a) Cálculo de las fuerzas
ƒ ƒ c Pr deternr l fer en l rl e necero conocer deforcn = 346 800 kg = 346.80 Ton
Del diagrama de deformaciones se tiene:
c
= 0.003
1
5 20
2 60
20
3 15
s
5
ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ 30
.
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
ƒ A ƒ ƒ c on c ƒ ƒ Aƒ ƒ on 5
85.18 T 25.5
20
9.5
10
346.8 T
35.49 T
10
Mo
15.21 T
Po
20
10.14 T
5 40
P + + + P + on ++ onc on P P on on
Las fuerzas anteriores deben afectarse por un factor de reducción (FR) que en este caso es igual a 0.7
(Proponiendo una profundidad del eje neutro de 10 cm) 31
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
5
a=10 cm
Dr. Francisco Hurtado Soto
c = 0.003 1
f "c
a=8.5
C
C1
20
2 70
T1
20
T2
3 20 5
T= Asy
s
40
a) Cálculo de las fuerzas
ƒ ƒ c Pr deternr l fer en l rl e necero conocer deforcn = 57 800 kg = 57.80 Ton
Del diagrama de deformaciones se tiene:
10
5 5
c = 0.003 1 15
2
20
55
3 20
s
ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ ƒ c 32
Mo Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
A ƒ ƒ on ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ ƒ c Aƒ ƒ on 4.25
5
57.8 T
60.84 T
20 30.75
42.59 T
10
Mo Po
10
42.59 T 20
85.18 T
5 40
P + P on+++ onc on Las fuerzas anteriores deben afectarse por un factor de reducción (FR) que en este caso es igual a 0.7
PP on on 33
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
(Proponiendo una profundidad del eje neutro de 65 cm) c = 0.003 1
5
f "c
C1
20
2 70
20
a=65 cm
a=55.25
C
3
C3
20
s
5 40
a) Cálculo de las fuerzas
ƒ ƒ c Pr deternr l fer en l rl e necero conocer deforcn = 375 700 kg = 375.70 Ton
Del diagrama de deformaciones se tiene:
c
= 0.003
1
5 20
2 65
20
3 20
s
ƒ ƒ c
C2
A ƒ ƒ ƒ on 34
Mo Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
ƒ c A ƒ ƒ on c ƒ ƒ A ƒ ƒ on 5
85.18 T
20
27.625
10
7.375
37.52 T
375.7 T
10
18.66 T
Mo Po
20 5 40
P + + + P on++ onc on P P on on
Las fuerzas anteriores deben afectarse por un factor de reducción (F R) que en este caso es igual a 0.7
7) Obtención del punto G (Proponiendo una profundidad del eje neutro de 5 cm)
35
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
5
a=5 cm
Dr. Francisco Hurtado Soto
c = 0.003
f "c
a=4.25
C
20
T1
1 70
20
T2
2 20 5
T= Asy
s
40
a) Cálculo de las fuerzas
ƒ ƒ c Pr deternr l fer en l rl e necero conocer deforcn = 28 900 kg = 28.90 Ton
Del diagrama de deformaciones se tiene:
5
c = 0.003 20
1 20
60
2 20
s
ƒ ƒ c A ƒ ƒ on
ƒ ƒ c 36
Mo Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
A ƒ ƒ on ƒ ƒ c Aƒ ƒ on 28.90 T
2.125
5 20
32.875
42.59 T
Mo
10 10
Po
42.59 T
20
85.18 T
5 40
P P on++ onc on P P on on
Las fuerzas anteriores deben afectarse por un factor de reducción (F R) que en este caso es igual a 0.7
Punto
P(Ton) U
M
U (Ton-m)
A B
512.070 -178.870
0 0
C
161.959
67.012
37
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D
Dr. Francisco Hurtado Soto
330.778
44.499
E
-36.204
43.106
F
361.942
38.605
G
-99.022
24.535
600
500
400
300
) n o T ( u P
200
100
0 0
10
20
30
40
-100
-200
-300
Mu(Ton-m)
38
50
60
70
80
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Dr. Francisco Hurtado Soto
DETERMINE EL DIAGRAMA DE INTERACCIÓN DE LA COLUMNA QUE SE MUESTRA EN LA FIGURA, USANDO EL BLOQUE EQUIVALENTE DE ESFUERZOS (HIPOTESIS DE LAS NTC, 2004).
60
c = 0.003 1
5 5 30
f "c
10
C1 C2 C3
a-30
C4
10
10
10
10
2
5
20
5 30
45
15
a
a
3
Cs1 Cs2 Cs3
15
T1
4 15 5 5
T2
5
10
30
5 5
T= Asy
s
1) Obtención del punto A (Punto de carga axial de compresión máxima)
+Aƒ PP[[ƒƒAA ] A+Aƒ ] c ƒƒ ƒƒ c A A c c A c coln no confnd P + 0
Pu = 839.566 Ton
P [ƒ A+Aƒ]
(Punto de carga axial de tensión máxima)
0
Debido a que el concreto no soporta tensiones
Aƒ P P Pu = 298.116 Ton
39
Mo Po
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Dr. Francisco Hurtado Soto
(Punto de falla balanceada)
60
c = 0.003 1
5 5 30
f "c
10
C1 C2 C3
a-30
C4
10
10
10
5 5
20 30
45
10
2
a
15
a
3
Cs1 Cs2 Cs3
15
T1
4 15 5 5
T2
5
10
30
5 5
T= Asy
s
a) Cálculo de la profundidad del eje neutro por triangulos semejantes
d
ƒ d ƒ d + + c c ƒ c b) Cálculo de las fuerzas
40
Mo Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
ƒ ƒ ƒ ƒ Pr deternr l fer en l rl e necero conocer deforcn = 102 000 kg = 102 Ton = 68 000 kg = 68 Ton
= 102 000 kg = 102 Ton
= 101 984.7 kg = 101.985 Ton
Del diagrama de deformaciones se tiene: c = 0.003 1
5 20
2
58.82 20
3 13.82
4
s = y
1.18 20
41.18
5
s
20
=
E
s s
s
ƒ ƒ ƒ c A ƒ ƒ ƒ ƒ c
Ton
A ƒ ƒ on 41
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ
ƒA ƒ ƒ c Aƒ ƒ on
Ton
5
5 10
20 10 10 20
C1=102 T C2=68 T C3=102 T C4=101.99 T
17.5
Cs1=85.18 T Cs2=68.95 T Cs3=14.20 T
7.5 7.5
T1 =1.22 T
20
T2 =40.56 T 20
T= 85.18 T
5
42
Mo Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
P+++ + + + P on++++++ + ++ onc + on
Las fuerzas anteriores deben afectarse por un factor de reducción (F R) que en este caso es igual a 0.7
PP onon
(Proponiendo una profundidad del eje neutro de 5 cm)
60 5 5 30
c = 0.003
a=5 cm
f "c
a=4.25
C
10
10
5 5
20 30
45
T1
1
15
2
T2
3
T3
4
T4
15 5 5 30
Mo
15
10 5 5
T= Asy
s
a) Cálculo de las fuerzas
ƒ ƒ c Pr deternr l fer en l rl e necero conocer deforcn = 43 350 kg = 43.35 Ton
Del diagrama de deformaciones se tiene:
43
Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
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c
5
= 0.003
20
1 20
2
15
95
3 20 4
20
s
ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ ƒ c Aƒ ƒ on ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ ƒ c A ƒ ƒ on 44
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
ƒ ƒ c Aƒ ƒ on Aƒ ƒ on C =43.35 T
5
20
T1 =85.18 T
50.38 20
T2 =42.59 T
7.5 7.5
Mo Po
T3 =42.59 T
20
T4 =85.18 T 20
T= 85.18 T
5
c P P on+++ onc on P P on on
Las fuerzas anteriores deben afectarse por un factor de reducción (F R) que en este caso es igual a 0.7
45
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
(Proponiendo una profundidad del eje neutro de 100 cm)
60
c = 0.003 1
5 5 30
f "c 10
10
10
10
2
5 5
20 30
45
15
15
10
a=85
3 a=100 cm
C1 C2 C3
Cs2 Cs3
45
4
Cs1
C4
Cs4
15
5
5 5 30
10
C5
10 5 5
s
a) Cálculo de las fuerzas
ƒ ƒ c ƒ ƒ ƒ ƒ on Pr deternr l fer en l rl e necero conocer deforcn = 102 000 kg = 102 Ton = 68 000 kg = 68 Ton
= 102 000 kg = 102 Ton = 102 000 kg = 102 Ton
Del diagrama de deformaciones se tiene:
c
= 0.003
1
5 20
2 20
3 100 15
4
20
5 20
s
46
Cs5
Mo Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
ƒ ƒ c A ƒ ƒ c Aƒ ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ A ƒ ƒ c on c ƒ ƒAƒ ƒ on ƒ ƒ A ƒ ƒ c on
Ton
Ton
47
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
5
5 10
20 10
20
Dr. Francisco Hurtado Soto
C1=102 T C2=68 T C3=102 T
Cs1=85.18 T Cs2=85.18 T
Mo
27.5
7.5
Cs3=34.48 T
C4=229.5 T
7.5 20
Po
Cs4=24.34 T
27.5
C5=102 T
Cs5=24.34 T
20 5
P+++ ++++ P on+++ + +++ + onc on P P on on
Las fuerzas anteriores deben afectarse por un factor de reducción (F R) que en este caso es igual a 0.7
(Proponiendo una profundidad del eje neutro de 15 cm)
60 5 5 30
5 5 30
f "c 10 2.75
10
10 20
45
c = 0.003 1 a=12.75
a=15 cm
2
15
15
C1 C2
Cs1 T1
3
T2
4
T3
15 5 5 30
5
T4
10 5 5
T= Asy
s
48
Mo Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
a) Cálculo de las fuerzas
ƒ ƒ c ƒ Pr deternr l fer en l rl e necero conocer deforcn = 102 000 kg = 102 Ton
= 18 700 kg = 18.7 Ton
Del diagrama de deformaciones se tiene:
c
15
5 10
= 0.003
1 2
10 20
3 15
4
85
20
5 20
s
ƒ ƒ A ƒ ƒ c on ƒ ƒ A ƒ ƒ c on ƒ ƒ c
49
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
A ƒ ƒ on ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ ƒ c A ƒ ƒ on ƒ ƒ c Aƒ ƒ on 5
5 6.375
20
C12=18.7 =102 TT C
Cs1=81.12 T T1 =81.12 T
20
41.125
Mo T2 =42.59 T
7.5 7.5
Po
T3 =42.59 T
20
T4 =85.18 T 20
T= 85.18 T
5
P++ P+ on+ +++ + 50
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
onc on P P on on
Las fuerzas anteriores deben afectarse por un factor de reducción (F R) que en este caso es igual a 0.7
7) Obtención del punto G (Proponiendo una profundidad del eje neutro de 90 cm) 60
c = 0.003 1
5 5 30
f "c
10
10
30
2
15
45
C4
a=76.5
3
a=90 cm 45
10
10
5 5
20
C1 C2 C3
10
15
4
Cs1 Cs2 Cs4 Cs5
15
5
5 5 30
1.5
C5
Cs6
10 5 5
T= Asy
s
a) Cálculo de las fuerzas
ƒ ƒ c ƒ ƒ on ƒ ƒ Pr deternr l fer en l rl e necero conocer deforcn = 102 000 kg = 102 Ton = 68 000 kg = 68 Ton
= 102 000 kg = 102 Ton
= 15 300 kg = 15.3 Ton
Del diagrama de deformaciones se tiene:
51
Mo Po
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
c
= 0.003
1
5 20
2 20
3
90 15
4
20
5 10 10
ƒ ƒ c A ƒ ƒ ƒ ƒ c A ƒ ƒ ƒ ƒ A ƒ ƒ c on ƒ ƒ c A ƒ ƒ on s
Ton
Ton
52
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
ƒ ƒ A ƒ ƒ c on ƒA ƒ ƒ c ƒ on 5
5 10
20 10
20
C1=102 T C2=68 T C3=102 T
Cs1=85.18 T Cs2=85.18 T
27.5
7.5
C4=229.5 T
7.5
Cs3=30.42 T
Mo Po
Cs4=20.28 T
23.25 20
C5=15.3 T 20
Cs5=13.52 T T= 13.52 T
5
P+++ + + + + + + P on++ +++ + + onc on Las fuerzas anteriores deben afectarse por un factor de reducción (F R) que en este caso es igual a 0.7
PP onon RESUMEN 53
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Punto
Dr. Francisco Hurtado Soto
P(Ton) U
M
U (Ton-m)
A
839.566
B
-298.116
0 0
C
290.752
162.429
D
-208.159
43.610
E
599.914
92.330
F
-94.388
95.375
G
515.802
116.053
0, 839.566
800
600
92.33, 599.914 116.053, 515.802
400 ) n o T (
162.429, 290.752
U
P
200 0 0
20
-200
40
60
80
100 120 95.375, -94.388
43.61, -208.159 0, -298.116
-400
MU (Ton-m)
EJEMPLO. DISEÑAR LA COLUMNA MOSTRADA 54
140
160
180
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
Y
P t o n ton ton ton ton ƒ c ƒ ƒ c ƒ c ƒ ƒ c + 50 cm
X
Materiales
50 cm
Solución empleando la fórmula de Bresler
(Válida para
)
1.- SECCIÓN PROPUESTA
1ER 50 cm
50 cm
TANTEO:
Proonendo A c A ƒ c ƒ
2.- CÁLCULO DE LA RESISTENCIA a).- Cálculo de PRo
P [ƒA+Aƒ ] A c P + b).- Cálculo de PRx
55
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
d⁄ ton P ton e
r l rfc o e c e P c
K
q = 0.52
Dr. Francisco Hurtado Soto
e = 0.6 h
Pƒ P ƒ P P
c).- Cálculo de PRy
r l rfc o d⁄ ton e c P ton e P c e 56
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
K
q = 0.52 e = 0.4 h
Dr. Francisco Hurtado Soto
P ƒ P P
d) Cálculo de PR Sustituyendo en la formula de Bresler se tiene que:
P P + P P P + P
P ton PP PP NOTA: LA FÓRMULA ANTERIOR ES VALIDA SI:
NOTA: EN CASO DE QUE HUBIESE RESULTADO
,
o SE USARIA LA FÓRMULA DE
BRESLER PARA ÉSTA CONDICIÓN. 3.- REVISIÓN POR CORTANTE
on + on + P ƒA+A P ƒA+A + 57
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
+ ƒ + PA + √ + e reere refero or cortnte ProonendoA r e tene: d ndo etro del A c c d x d x d √ x c c c Por otra parte
Separación máxima
REFUERZO POR ESPECIFICACIÓN
58
ex
ey
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
f √ c c c e x { c c or denn de l eccn trnerl { c
SE USARAN ESTRIBOS DEL No. 3 @ 20 cm EN LA PARTE CENTRAL DE LA COLUMNA Y A
CADA 10 cm EN LOS EXTREMOS, TAL COMO SE INDICA EN EL SIGUIENTE CROQUIS DE ARMADO.
CROQUIS DE ARMADO
60 cm
E # 3 @ 10 cm
E#3 @ 20 cm
50 cm
E # 3 @ 20 cm
50 cm 8
60 cm
59
E # 3 @ 10 cm
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
60
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
61
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
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EJEMPLO. DISEÑAR LA COLUMNA MOSTRADA
70 T 21 cm
Vx = 17 T
60 cm
31 cm x
ƒƒ c c Constantes de flexión
ƒ ƒƒ c c Vy = 25 T 40 cm
Solución empleando la fórmula de Bresler
+
(Válida para
Solución
)
P ton P ton 1ER
TANTEO:
Proon e ndo A c A c ƒ ƒ
62
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
60 cm
40 cm
a).- Cálculo de PRo
P [ƒA+Aƒ ] P + P b).- Cálculo de PR x Y
b = 60 cm
X
d⁄ e e
H = 40 cm
63
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
e = 0.525 h
kx = 0.2975
q = 0.52
d d
Dr. Francisco Hurtado Soto
Pƒ P ƒ 0.90 -------- 0.3 0.875 -----0.85 -------- 0.32
+
P P ton c).- Cálculo de PR y Y
H = 60 cm
X
d⁄ e e
b = 40 cm
64
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
ky =
0.305
e = 0.516 h
q = 0.52
Dr. Francisco Hurtado Soto
Pƒ P ƒ
P P ton APLICANDO LA FORMULA DE BRESLER:
P P + P P P + P etene neccP n conn e rooner Proon e ndo A + c ƒƒ 2do
TANTEO:
3 2
60 cm
40 cm
a).- Cálculo de PRo
65
2 3
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
P [ƒA+Aƒ ] P + P b).- Cálculo de PR x Y
b = 60 cm
d⁄ e e
X
H = 40 cm
kx =
0.32
e = 0.525 h
q = 0.63
P Pƒƒ
d d P P ton
+
0.90 -------- 0.34 0.875 -----
0.85 -------- 0.32
c).- Cálculo de PR y
66
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
Y
H = 60 cm
X
d⁄ e e
b = 40 cm
ky =
0.345
e = 0.516 h
q = 0.63
Pƒ P ƒ
PP t o n P P + P P P + P P P A A P A APLICANDO LA FORMULA DE BRESLER:
DISEÑO POR CORTANTE
67
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
ton + ton + ton P ƒA+A ƒA+A + P A cdecore n P + ƒ + A + √ + e reere refero or tenn donl ProonendoA r e tene lo ente: d c A c d x d x d √ x d x c c Separación máxima
REFUERZO POR ESPECIFICACIÓN
68
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
f √ c c c e x { e x c c c c c d c { c { c e
SE USARAN ESTRIBOS DEL No. 3 @ 14 cm EN LA PARTE CENTRAL DE LA COLUMNA Y A
CADA 7 cm EN LOS EXTREMOS, TAL COMO SE INDICA EN EL SIGUIENTE CROQUIS DE ARMADO. ZONA DE CONFINAMIENTO
CROQUIS DE ARMADO
3 2
60 cm
E # 3 @ 10 cm
60 cm E # 3 @ 14 cm
2 60 cm
3 40 cm
69
E # 3 @ 10 cm
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
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EJEMPLO. DISEÑAR LA COLUMNA CIRCULAR QUE SE MUESTRA EN LA FIGURA. DATOS: Cargas de servicio a) Condición de carga muerta + carga viva
P t o n totn on P ttoonn n c ƒ Acero ƒ c 55 cm
b)
Materiales:
Condición de carga muerta + carga viva + sismo
Concreto
Rec. Libre = 3 cm NTC-04
T. max del agregado = 2.5 cm Solución: Constantes de Flexión: m 3c m 1c cm 1 .3
supuesto
Zuncho supuesto
ƒƒ ƒƒ c c rec++ c A: oode leetxrtndexnl ede col crredc clr reel rol e oent no deolexnnxectlconordlerndo l o ente
COMPOSICIÓN DE MOMENTOS: a) Condición CM + CV
+ + +
b) Condición CM + CV + S
70
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
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RESISTENCIAS a) Condición CM + CV
Pc P ton ec P ton Pc P ton c ton e P b) Condición CM + CV + S
DIMENSIONAMIENTO DE LA SECCIÓN Y REFUERZO PRINCIPAL
dAd c ⁄ P ed r el dr dencterccn del lro de onle e ⁄rec e⁄ ⁄ P ƒ a) Condición de Carga Muerta + Carga Viva
b) Condición de Carga Muerta + Viva + Sismo
e⁄Pƒ⁄ 71
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
e ƒ x ƒƒ A c A A Acc DIMENSIONAMIENTO DEL ZUNCHO
AAc ƒƒ ƒƒ AAc ec lre
er relenorcnede refero elcodl no dee ldeec e nt o de el c e no dee er enor deeerAn or loor enodedel c el de l elce
AƒAc ƒ ƒ Aed Aed c c c ercn lre x c Por otra parte de la ec. 4.2 Libro González Cuevas donde :
ds = diámetro del nucleo centro a centro de la hélice Ae = área del zuncho
Para zuncho del # 3
72
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
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ercn lre n AA c Á c AA CROQUIS DE ARMADO
3 cm
55 cm
73
Zuncho con un paso s = 7cm
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
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EFECTOS DE ESBELTEZ EN UNA COLUMNA SIN DESPLAZAMIENTO LATERAL. Pu I/L
I/L
MBA
40
40 60
60
Ponon c on cc
MAB
Pu
1.- LONGITUD EFECTIVA DE PANDEO
ó
on lo lore de e tl l fr de l n de l n de l c NTC del Reglamento del Distrito Federal.
2.- VERIFICACIÓN DE ESBELTEZ a)
RADIO DE GIRO
r A en for rox r r d de lceccn de l col en l dreccn del o ede re el todo lfcdo r r dee relre n nl de o orden b) RELACIÓN DE ESBELTEZ
74
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
REVISIÓN PARA VER SI SE DESPRECIAN O NO LOS EFECTOS DE ESBELTEZ: Se considera que la columna ésta restringida lateralmente.
r deeele clte e lo nteror e eden derecr lo efecto + = 25.36
Es necesario considerar los efectos de esbeltez 3.- CÁLCULO DE LA AMPLIFICACIÓN DE MOMENTOS
c P Pc + + Pc oncreto to f + fc √ c otl + Pc 75
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
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c on o Alfcdo
76
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
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I).- ANALISIS DE CARGAS I.1).- AZOTEA LOSA DE CONCRETO ARMADO Y RECUBRIMIENTO DE LADRILLO COLOCADO CON MORTERO DE CEMENTO-ARENA.
Enladrillado
1 x 1 x 0.02 x 1.5 = 0.030 Ton/m 2
Mortero de cemento - arena
1 x 1 x 0.03 x 2.1 = 0.063 Ton/m2
Relleno de tepetate
1 x 1 x 0.10 x 1.6 = 0.160 Ton/m 2
Losa de concreto reforzado
1 x 1 x 0.10 x 2.4 = 0.288 Ton/m 2
Recubrimiento de yeso
1 x 1 x 0.02 x 1.5 = 0.030 Ton/m2 CM = 0.562 Ton/m2
I.2).- ENTREPISO LOSA DE CONCRETO ARMADO Y PISO DE MOZAICO 2 cm 3 cm 10 cm 2 cm
PISO DE MOZAICO
= 0.035 Ton/m 2
MORTERO DE CEMEMENTO-ARENA
1 x 1 x 0.03 x 2.1 = 0.063 Ton/m2
LOSA DE CONCRETO REFORZADO
1 x 1 x 0.10 x 2.4 = 0.240 Ton/m2
RECUBRIMIENTO DE YESO
1 x 1 x 0.02 x 1.5 = 0.030 Ton/m2 CM = 0.368 Ton/m 2 77
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
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II).- DETERMINACIÓN DE LA CARGA DE SERVICIO Carga muerta adicional para pisos de concreto = 40 Kg/m 2
II.1).- PLANTA AZOTEA Para diseño estructural CM = 0.523 T/m2 Cad = 0.040 T/m2
Para diseño por sismo CM = 0.523 T/m2 Cad = 0.040 T/m2
2
2
CV = Cserv = 0.100 0.663 T/m T/m2
CV = Cserv = 0.070 0.633 T/m T/m2
II.1).- PLANTA DE ENTREPISO Para diseño estructural CM = 0.368 T/m2 Cad = 0.040 T/m2 CV = 0.170 T/m2 Cserv = 0.657 T/m2
+ * CV para
Para diseño por sismo CM = 0.368 T/m2 Cad = 0.040 T/m2 CV = 0.090 T/m2 Cserv = 0.498 T/m2
√ A √ + A
III).- DISEÑO DE LA LOSA DE AZOTEA III.1).- REVISIÓN DEL PERALTE PROPUESTO La longitud de los lados discontinuos se incrementa en un 50 % si los apoyos de la losa son monolíticos con ella y un 25 % cuando lo sean. Se considera el tablero más crítico
d Peretro ƒ c W c d Peretro ƒ W Pr otr condcone de ƒ W + ++ c W ƒd ƒ ƒW √ c 78
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
d c + c rec. = 2 cm
Se considera que la losa no está colada monolíticamente con los apoyos
I
3.25
II
III
1.35
2.85
IV
V
1.80
W + TINACO
2.80
2.80
⁄⁄ ;
2.15
W
2.80
W = 0.663 T/m 2
1.55
2.15
Wu = 0.928 T/m2
Utilizando las ayudas de diseño que se anexan: TABLERO
MOMENTO
CLARO COEF. k Mu=kWua2 (T-m)/m
(-) EN BORDES I De esquina dos lados adyacentes discontinuos
INTERIORES
De borde un lado corto discontinuo
(T-m)/m
0.244
TEORICA #3@35 cm
LARGO 0.0429
0.312
0.000
0.000
DISCONTINUOS LARGO
#3@35 cm
0.000
0.000
CORTO 0.0218
0.159
#3@35 cm
LARGO 0.0155
0.113
#3@35 cm
(-) EN BORDES
CORTO 0.0611
0.103
INTERIORES
LARGO 0.0435
0.073
#3@35 cm
LARGO
0.000
0.000
CORTO 0.0368
0.062
#3@35 cm
LARGO 0.0150
0.025
#3@35 cm
CORTO 0.0374
0.272
#3@35 cm
(-) EN BORDES DISCONTINUOS POSITIVO
III
0.315
SEPARACIÓN
CORTO
(-) EN BORDES
POSITIVO
II
CORTO 0.0433
Mo AJUSTADO
(-) EN BORDES
79
0.244
#3@35 cm
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
De esquina dos lados adyacentes discontinuos
INTERIORES
Dr. Francisco Hurtado Soto
LARGO 0.0373
0.271
#3@35 cm
CORTO
0.000
0.000
DISCONTINUOS LARGO
0.000
0.000
CORTO 0.0162
0.118
#3@35 cm
LARGO 0.0153
0.111
#3@35 cm
(-) EN BORDES
POSITIVO IV
(-) EN BORDES
CORTO 0.0367
0.155
#3@35 cm
Interior todos los bordes continuos
INTERIORES
LARGO 0.0349
0.147
#3@35 cm
CORTO 0.0185
0.078
#3@35 cm
LARGO 0.0132
0.056
#3@35 cm
(-) EN BORDES
CORTO 0.0469
0.104
#3@35 cm
V
INTERIORES
LARGO 0.0461
0.103
#3@35 cm
De borde un lado largo discontinuo
(-) EN BORDES
CORTO
0.000
0.000
CORTO 0.0254
0.057
#3@35 cm
LARGO 0.0148
0.033
#3@35 cm
POSITIVO
DISCONTINUOS POSITIVO
W W W
Ton/m2
Puesto que los momentos de los tableros adyacentes son distintos, se distribuirá el momento de desequilibrio entre los dos tableros adyacentes de acuerdo como se indica en las especificaciones del reglamento.
D
M2
CASO A).LOSAS NO COLADAS
M1
K1
K2
MONOLITICAMENTE CON SUS APOYOS 2
M
1
M
80
+ ƒ
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
D
M2
CASO B).LOSAS COLADAS
M1
K1
K2
MONOLITICAMENTE CON SUS APOYOS
M2 M1
+ ƒ(⁄) (⁄+)ƒ(⁄)
Para este caso particular queda de la siguiente manera: RIGIDEZ DE LOS TABLEROS K= (d3/a1) TABLERO I TABLERO II TABLERO III TABLERO IV TABLERO V
Para nuestro caso (Losa no colada monolíticamente con los apoyos)
0.312
K
ƒ
-0.325
Me -0.312
I
0.103 II
3.25 m
1.35 m
1.828
3.792
ƒ ∑ ƒ + ƒ +
-0.675 +0.103
MD
-0.209
1ª Dist.
+0.0679
+0.141
M. F.
-0.244
+0.244
81
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
REFUERZO MINIMO
+ cc A ƒ + A A c En un ancho de 100 cm
Pr c A c e c Cálculo de las constantes de flexión
ƒƒ’ ƒ c ƒ ƒ c c=
250 Kg/cm2
TABLERO I
d cc dc
d = 8 cm ; Pero según NTC
para M( )
ƒƒ dƒ
para M(+)
Para MU( ) = 0.315 Ton m
x Ad c
c c c 82
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
x Ad c A c c d W Para MU( ) = 0.244 Ton m
REVISIÓN POR CORTANTE DEL PERALTE PROPUESTO
La fuerza cortante máxima ocurre en el claro corto del tablero I
Cuando haya bordes continuos y bordes discontinuos V U se incrementa en un 15%
d √ l erlte roeto e correcto or fer cortnte Cortante resistente de diseño
83
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
84
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
LOSAS DE ENTREPISO. Ejemplo: Diseñar la losa perimetralmente apoyada que se muestra a continuación utilizando el criterio y los coeficientes del RDF.
A
B
MATERIALES
C
2
ƒ’c = 250 Kg/cm ƒy = 4200 Kg/cm 2
Concreto
Acero
DETALLE DE ENTREPISO PISO DE TERRAZO
II
I
6.00 m
MORTERO
LOSA DE CONCRETO
2 cm 3 cm H 2 cm
REC. DE YESO
PESOS VOLUMETRICOS 4.00 m
A
III
IV
A'
Yeo………………………… : on ort oncret on Po deerootedeefrro ……A………… ::
3
2
3.00m
4.00m
CORTE A-A' 3.00 m
4.00 m
CV = 250 Kg/m2 , para edificios de oficinas, si AT <= 36 m2
Pr A+ √A 85
3
3
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
1. ANALISIS DE CARGAS Considerando un espesor preliminar de la losa de 12 cm. PISO DE TERRAZO
= 0.055 Ton/m 2
MORTERO DE CEMEMENTO-ARENA
1 x 1 x 0.03 x 1.8 = 0.054 Ton/m2
LOSA DE CONCRETO REFORZADO
1 x 1 x 0.12 x 2.4 = 0.288 Ton/m 2
RECUBRIMIENTO DE YESO
2 1 x 1 x 0.02 x 1.5 = 0.030 Ton/m CM = 0.427 Ton/m 2
W = CM + CV + CMad donde:
AA A ………………………………… : on d AA A AA…………… : on AA A ………………………………………… : W AA …………………………… : on
2
2
0.250 Ton/m2 2
2. CÁLCULO DEL PERALTE Para evitar deflexiones y vibraciones excesivas en la losa el peralte de la misma debe ser mayor o igual que el peralte mínimo:
d Peretro de l lo ctor
NOTA: El perímetro de la losa deberá estar en cm.
Analizando el tablero más crítico y de acuerdo con las NTC Los lados discontinuos se incrementan en un 25% si la losa esta colada monolíticamente con los apoyos o un 50% si no lo está.
lontde reect e ltlcn or ++ + ctor d d c ctor 86
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
ctor ƒ W ƒ ƒ W ƒ ƒ ƒW c ctor √ d c Si
y
de lo contrario F = 1
Peralte total propuesto:
d1
d2 /2 rec
d + ++rec d + +rec d rec d rec
Debido a que se tienen dos peraltes diferentes d 1 y d2, cada uno de ellos para su dirección correspondiente (dos direcciones), se considera un peralte promedio, para evitar posibles errores al momento de construir la losa.
drec d++rec
++ cc e el eto c
con varilla del # 3
rec. libre = 1.5 cm para losas
rec. libre =2.0 cm para vigas y columnas Como el espesor propuesto para la losa resulto menor que el calculado se realiza el ajuste del peso propio 1 x 1 x 0.13 x 2.4 = 0.312 1 x 1 x 0.12 x 2.4 = 0.288 0.024 Ton/m2 Nueva CM = 0.427 + 0.024 = 0.451 Ton/m2 (CM
AA A ………………………………… :
0.451 Ton/m2 87
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
AA A AA …………… AA A ………………………………………… : AA …………………………… : ctor √ ctdor c ++ c d c (CMad
.. : 0.040 Ton/m2
(CV)
0.250 Ton/m 2
(W)
Ton/m2
3. REVISIÓN POR FLEXIÓN DEL PERALTE CALCULADO La losa se diseña con los coeficientes de la tabla que proporcionan las NTC del RDF. (pag. 142) k = 10-4 C TABLERO DE ESQUINA
I
MOMENTO
CLARO
COEF. k
Mu=kWua2
Mo AJUSTADO
SEPARACIÓN TEORICA
CORTO
0.0598
(T-m)/m 0.538
(T-m)/m
(-) EN BORDES
0.631
#3@35 cm
INTERIORES
LARGO
0.0475
0.428
#3@40 cm
(-) EN BORDES
CORTO
0.0362
0.326
#3@40 cm
DISCONTINUOS
LARGO
0.0258
0.232
#3@40 cm
CORTO
0.0358
0.322
#3@40 cm
POSITIVO DE ESQUINA
II
LARGO
0.0152
0.137
(-) EN BORDES
CORTO
0.0489
0.782
0.712
#3@30 cm
INTERIORES
LARGO
0.0437
0.700
0.639
#3@35 cm
(-) EN BORDES
CORTO
0.0290
0.464
#3@40 cm
DISCONTINUOS
LARGO
0.0240
0.384
#3@40 cm
CORTO LARGO
0.0273 0.0143
0.437 0.229
#3@40 cm #3@40 cm
CORTO
0.0445
0.400
#3@40 cm
POSITIVO DE
(-) EN BORDES
88
#3@40 cm
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
ESQUINA
III
INTERIORES
LARGO
0.0412
0.370
#3@40 cm
(-) EN BORDES
CORTO
0.0264
0.238
#3@40 cm
DISCONTINUOS
LARGO
0.0229
0.206
#3@40 cm
CORTO
0.0238
0.214
#3@40 cm
LARGO
0.0141
0.127
#3@40 cm
(-) EN BORDES
CORTO
0.0324
0.518
INTERIORES
LARGO
0.0324
0.518
#3@40 cm
(-) EN BORDES
CORTO
0.0190
0.304
#3@40 cm
DISCONTINUOS
LARGO
0.0190
0.304
#3@40 cm
CORTO
0.0137
0.219
#3@40 cm
LARGO
0.0137
0.219
#3@40 cm
POSITIVO DE ESQUINA
IV
Dr. Francisco Hurtado Soto
POSITIVO
0.579
#3@38 cm
Los coeficientes dependen de las condiciones de frontera de los tableros y de su relación entre claros (m=a1/a2) Para el tablero I
Para el tablero II
En la tabla no existen coeficientes para este valor de m, solo para 0.6 y 0.7, por lo que es necesario interpolar linealmente. (-) EN BORDES INTERIORES Claro corto 0.70 -------- 471 0.67 -------- C 0.60 -------- 530 Claro largo 0.70 -------- 429
+ + 89
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
0.67 -------- C 0.60 -------- 455 (-) EN BORDES DISCONTINUOS Claro corto 0.70 -------- 277 0.67 -------- C 0.60 -------- 321 Claro largo 0.70 -------- 236 0.67 -------- C
+
+
0.60 -------- 248 POSITIVO Claro corto 0.70 -------- 259
+
0.67 -------- C 0.60 -------- 306 Claro largo 0.70 -------- 142 0.67 -------- C
+
0.60 -------- 146 Para el tablero III
e nterol entre
Para el tablero IV
90
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
CÁLCULO DEL MOMENTO ÚLTIMO
W WW W on Ton/m2
AJUSTE DE MOMENTOS
I
II
III
IV
Para la distribución de momentos se sigue el siguiente criterio: Puesto que los momentos de los tableros adyacentes son distintos, se distribuirá el momento de desequilibrio entre los dos tableros adyacentes de acuerdo como se indica en las especificaciones del reglamento. D
M2
CASO A).LOSAS NO COLADAS
M1
K1
K2
MONOLITICAMENTE CON SUS APOYOS
M2 M1
91
+ ƒ
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
D
M2
CASO B).LOSAS COLADAS
M1
K1
K2
MONOLITICAMENTE CON SUS APOYOS
M2 M1
+ ƒ(⁄) (⁄+)ƒ(⁄)
Para este caso particular queda de la siguiente manera: RIGIDEZ DE LOS TABLEROS K= (d3/a1) TABLERO I TABLERO II TABLERO III TABLERO IV
0.538
I
0.782
3.00 m
K
II
3.859
-0.57
2.894 -0.43
ƒ
M-0.538 e
+0.782
MD
2/3(0.244)=0.163
1ª Dist.
-0.093
-0.070
M. F.
-0.631
+0.712
IV
0.518
0.700
4.00 m
K
ƒ
ƒ ∑ ƒ +
4.00 m
ƒ ∑ ƒ + ƒ +
6.00 m
2.894
-0.50
II
2.894 -0.50
-0.518 Me
+0.700
MD 1ªDist.
-0.061
2/3(0.182)=0.121 -0.061
M. F.
-0.579
+0.639 92
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
DISEÑO POR FLEXIÓN Cálculo de las constantes de flexión
ƒƒ’ ƒ c ƒ ƒ c c=
250 Kg/cm2
En losas apoyadas perimetralmente no se aplica el requisito de refuerzo mínimo por flexión, de modo queno el están refuerzo mínimo aesresistir el necesario cambios Las losas destinadas sismo por en flexión, devolumétricos. aquí que:
ƒƒ ƒ+ donde ƒ c A ƒ + + cc ennncode A + A c donde X1 = H
Peraltes efectivos Refuerzo (+)
d = h rec= 13 2.5= 10.5 cm
Refuerzo ( )
d = h rec 2= 13 2.5 2= 8.5 cm
Los cálculos se refieren a una franja de un metro de ancho
Cálculo para los momentos negativos mayores:
ƒ dƒ
Para Mu( ) = 0.712 Ton m
93
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
x Ad c
Pr c A c c e A c x A Ad c c c x Ad c A c c Para Mu( ) = 0.639 Ton m
Para Mu( ) = 0.579 Ton m
94
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
x Ad c A c c x Ad c A A c c c Para Mu( ) = 0.464 Ton m
Cálculo para los momentos positivos mayores: Para Mu(+) = 0.437 Ton m y d = 10.5 cm
Para Mu(+) = 0.229 Ton m
x Ad c A A c c c
REVISIÓN POR CORTANTE DEL PERALTE PROPUESTO La fuerza cortante máxima ocurre en el claro corto del tablero II
d W
Cuando haya bordes continuos y bordes discontinuos V U se incrementa en un 15% 95
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
d √ Resist. de diseño
CROQUIS DE ARMADO
Para el refuerzo de la losa se sigue el siguiente criterio: a1/4
a1/5
a1/7
a1/4
a1/5
a1/5
a1
a
a1
a1/4
a1/7 b
a1
a1/4
c
a1/4
a1/5
a1/4
a1
0.125a1
a1/4
a1/4
a1/5
a1
a1/4
a1/5
a1/5
a1/4
0.125a1
a1
0.125a1
Notas: a) Los dobleces son a 45°. b) En losas perimetralmente apoyadas, los cortes y dobleces se hacen en función del claro corto para el refuerzo en ambas direcciones. c) En el apoyo extremo debe proporcionarse un anclaje adecuado a partir del paño del apoyo.
96
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
#3@40 cm
#3@40 cm
#3@40 cm
#3@40 cm
' #3@35 cm #3@30 cm
#3@40 cm
#3@40 cm
#3@40 cm
#3@40 cm
CORTE A-A' #3@40 cm
#3@40 cm
#3@35 cm
a1/7=0.43 a1/4=0.75
#3@40 cm a1/4=1.00
a1/4=0.75
97
a1/7=0.57 a1/4=1.00
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
LOSAS DE AZOTEA.
LOSAS EN UNA DIRECCIÓN. DISEÑAR LA LOSA DE AZOTEA QUE SE MUESTRA EN LA SIGUIENTE FIGURA, USANDO EL MÉTODO DE COEFICIENTES DEL RDF.
9.00 m
II
I
III
8.00 m
3.00m
3.00m
25 cm
25 cm
3.00m
3.00m
25 cm
3.00m
3.00m
98
25 cm
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
I). ANALISIS DE CARGAS I.1). AZOTEA: LOSA DE CONCRETO ARMADO Y RECUBRIMIENTO DE LADRILLO COLOCADO CON MORTERO DE CEMENTO-ARENA Considerando un espesor preliminar de la losa de 12 cm.
Enladrillado
2 cm 3 cm 10 cm
:1x1x0.02x1.5 = 0.030 Ton/m 2
Mortero c.a. :1x1x0.03x1.8 = 0.054 Ton/m2 Relleno de tezontle:1x1x0.10x1.6 = 0.160 Ton/m 2 Losa de Conc. Ref. :1x1x0.12x2.4 = 0.288 Ton/m2 Rec. de yeso :1x1x0.02x1.5 = 0.030 Ton/m 2 CM = 0.562 Ton/m 2
H 2 cm
Determinación de la carga de servicio Carga muerta adicional para pisos de concreto = 40 Kg/m 2 CM
= 0.562 Ton/m2
CMad = 0.040 Ton/m2 CV
= 0.250 Ton/m2
W
= 0.852 Ton/m2
2. REVISIÓN DEL PERALTE PROPUESTO (tablero crítico)
o tlero tenen n relcn trjn en n ol dreccn
d Peretro ctor
La losa se considera colada monolíticamente con los apoyos, por consiguiente los lados discontinuos se incrementan en un 25 %
d ++ + ctor
99
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
dPet o eWcctor ctor ƒ W ƒ ƒ ƒ c ctWdor c √ c d + +rec conr+l del+ cc , Donde :
3. REVISIÓN POR FLEXIÓN DEL PERALTE CALCULADO La losa se diseña con los coeficientes de la tabla que proporcionan las NTC del RDF. (pag. 142) k = 10-4 C TABLERO
MOMENTO
CLARO
COEF. k
Mu=kWua2
Mo
SEPARACIÓN
(T-m)/m
AJUSTADO (T-m)/m
TEORICA
0.651
#3@30 cm
DE
(-) EN BORDES
CORTO
0.0737
0.663
ESQUINA
INTERIORES
LARGO
0.0513
0.462
#3@40 cm
(-) EN BORDES
CORTO
0.0449
0.404
#3@45 cm
DISCONTINUOS
LARGO
0.0278
0.250
#3@45 cm
CORTO
0.0476
0.428
#3@45 cm
LARGO
0.0164
0.148
#3@45 cm
I
POSITIVO DE
(-) EN BORDES
CORTO
0.0697
0.627
ESQUINA
INTERIORES
LARGO
0.0441
0.397
#3@45 cm
LARGO
0.0278
0.250
#3@45 cm
CORTO
0.0419
0.377
#3@45 cm
LARGO
0.0153
0.138
#3@45 cm
(-) EN BORDES DISCONTINUOS II
POSITIVO
100
0.639
#3@30 cm
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
Los coeficientes dependen de las condiciones de frontera de los tableros y de su relación entre claros (m=a1/a2) Para el tablero I
En la tabla no existen coeficientes para este valor de m, solo para 0 y 0.5, por lo que es necesario interpolar linealmente. (-) EN BORDES INTERIORES Claro corto 0.5 -------- 598 0.35 -------- C 0
-------- 1060
Claro largo 0.5 -------- 475 0.35 -------- C 0
+ +
-------- 600
(-) EN BORDES DISCONTINUOS Claro corto 0.5 -------- 362 0.35 -------- C 0
-------- 651
Claro largo 0.5 -------- 258 0.35 -------- C 0
+ +
-------- 326
101
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
POSITIVO Claro corto
+
0.5 -------- 358 0.35 -------- C 0
-------- 751
Claro largo
+
0.5 -------- 152 0.35 -------- C 0
-------- 191
Para el tablero II
e nterol entre
(-) EN BORDES INTERIORES Claro corto 0.5 -------- 568 0.35 -------- C 0
-------- 998
Claro largo 0.5 -------- 409 0.35 -------- C 0
+
+
-------- 516
(-) EN BORDES DISCONTINUOS Claro largo 0.5 -------- 258 0.35 -------- C 0
-------- 326
+ 102
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
POSITIVO Claro corto 0.5 -------- 329 0.35 -------- C 0
-------- 630
Claro largo 0.5 -------- 142 0.35 -------- C 0
+ +
-------- 179
CÁLCULO DEL MOMENTO ÚLTIMO
W W W on Ton/m2
103
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
AJUSTE DE MOMENTOS
II
I
III
3
RIGIDEZ DE LOS TABLEROS K= (d /a1) TABLERO I TABLERO II
0.663
I
3.00 m
K
ƒ
ƒ ∑ ƒ + ƒ +
2.651 -0.50
M-0.663 e MD
II
3.00 m
2.651
-0.50
0.627
+0.627 2/3(-0.036)=-0.024
1ª Dist.
+0.012
+0.012
M. F.
-0.651
-0.639
104
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
DISEÑO POR FLEXIÓN Cálculo de las constantes de flexión
ƒƒ’ ƒ c ƒ ƒ c c=
250 Kg/cm2
En losas apoyadas perimetralmente no se aplica el requisito de refuerzo mínimo por flexión, de modo queno el están refuerzo mínimo aesresistir el necesario cambios Las losas destinadas sismo por en flexión, devolumétricos. aquí que:
ƒƒ ƒ+ A ƒ + + cc ennncode A + A c donde X1 = H
Peraltes efectivos
Refuerzo (+)
d = h rec = 11 1.5= 9.5 cm
Refuerzo ( )
d = h rec 2 = 11 1.5 2 = 7.5 cm
Los cálculos se refieren a una franja de un metro de ancho Para el tablero crítico (I)
Cálculo para momento negativo:
ƒ dƒ
Para Mu( ) = 0.651 Ton m
105
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
x Ad c Pr c A c ec c A c x c Ad c c x Ad c c c Para Mu( ) = 0.462 Ton m
Para Mu( ) = 0.404 Ton m
Cálculo para momento positivo:
Para Mu(+) = 0.428 Ton m y d = 9.5 cm 106
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
x Ad c c c Para el tablero II
x Ad c c c Para Mu( ) = 0.639 Ton m
REVISIÓN POR CORTANTE DEL PERALTE PROPUESTO La fuerza cortante máxima ocurre en el claro corto del tablero I
d W
Cuando haya bordes continuos y bordes discontinuos V U se incrementa en un 15%
Cortante resistente de diseño
d √ 107
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
CROQUIS DE ARMADO
#3@45 cm
#3@40 cm
#3@45 cm #3@30 cm
#3@45 cm
#3@30 cm
'
#3@45 cm
CORTE A-A' #3 @ 45 cm
a1/7=0.43 a1/4=0.75
#3 @ 30 cm
#3 @ 30 cm
#3 @ 45 cm a1/4=0.75
a1/4=0.75
108
a1/4=0.75
a1/4=0.75
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
lendo el todo del “elento del ” deñr l lo de entreo e e etr continuación:
DETALLE DE ENTREPISO: 20 cm
PISO DE TERRAZO MORTERO C: A.
3 cm 5 cm
20 cm
20 cm 500 cm
2 cm REC. DE YESO
CARGA VIVA:
c
800 cm
* Considerando que la losa forma parte de un edificio de oficinas.
NOTA: La losa se aligera con blocks de concreto de 20 x 20 x 40 cm.
20 cm
P : e 20 cm 40 cm
SOLUCIÓN: 1.
Calcular la distribución de los casetones: a) CLARO LARGO:
on endo: cet one c lre ent re ooc nerdr de nco c 109
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
b) CLARO CORTO:
c lre entre oo onendo: cetone c nerdr de nco c onendo: cetone c nerdr de nco c NOTA: La nervadura de ancho b = 15 cm es muy pesada, mientras que en la de 9 cm se dificulta el colado; por lo tanto debe buscarse una solución intermedia.
onendo: cetone de de + c nerdr de nco c 40 cm
40 cm
60 cm
110
Problemas resueltos de Estructuras de Concreto
Dr. Francisco Hurtado Soto
800 cm 15 x 40 cm + 14 x 12.8 cm 40
12.8
40
12.8
40
12.8
40
12.8
40
12.5 40
12.5 40
12.5
2.
Análisis de cargas (Ton/m2) a) Carga muerta:
12.8
40
40 52.8
Calcular el peso de la losa para un área de 0.528 x 0.525:
oncreto: on 111
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loc: on Peo de l lo or re de onre de l eo de l lo etro Peo on Peso de la losa
= 0.4022 Ton/m2
2 Peso Peso del del yeso mortero c. a. 0.02 0.03xx1.0 1.0xx1.0 1.0xx1.5 1.8 == 0.0300 0.0540Ton/m Ton/m 2 2 Peso del piso de terrazo = 0.0520 Ton/m
A cr ert
W on
b) Carga viva:
W on W W + W + on c) Carga total:
3.
mín
dl clA r el erlt Pno “d ”c A ƒ W W de lo contrro A ƒ ƒ ƒ c A √ c d + o role de deflexone d c d A: lontd de lo ldo dcontno e ncreent en n e ltlc 112
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d
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c drec
H
d c d 4.
Diseño de la losa TABLERO
MOMENTO
A I S L A D O
P O S I T I V O
d f
q
1.8863
0.224
1.2021
0.146
Mu
Munerv
(Ton-m)
(Ton-m)
1295
3.5726
830
2.2898
CLARO
COEF.
Corto
Largo
(%)
As (cm2)
ARMADO
0.291
0.942
2.65
2#3 y 2#4
0.178
0.576
1.58
3#3
a) Calcular los coeficientes (COEF) : (Tabla 6.1 de la pag. 142 de las NTC del RDF)
clclroro cortlroo tt
Como en la tabla 6.1 no existen coeficientes para el valor de m = 0.625, se deberá interpolar entre los coeficientes de m = 0.6 y m = 0.7.
llrorocortlroo llrorocortlroo lro cortlroo
RELACIÓN ENTRE CLAROS
b)
COEFICIENTE
lclr el oentoúlto “” : 113
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W W W W on on lro lro W on on lro corto c)
lclr el oento últo en l nerdr “ ” nerv
El momento anterior (Mu), es el momento por metro de ancho de losa, el momento por nervadura (Mu nerv.) se obtiene por una regla de tres: b=1 m
Anco trtro de ner
Ancho tributario de nervadura
lcortroo on llroro on
12.5 40
12.5 40
12.5
40 12.8
40 12.8
12.8
nerdr e deñn coo ndeendente on “” or lcdd e deñn como vigas rectangulares.
114
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d As
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l ro cort o d f llroro
b
f cortllroroo lcortroo A c A d lro A c lro
115
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CROQUIS DE ARMADO:
"TRABE T1" 2#3
25
2#4
500 cm
"TRABE T2"
12.8
1#3
25
2#3
800 cm 12.5
40
40
40
40
40
40
40
40
40
40
40
40
40
40
40
40 T2 40 T2 40 T2 40 T2
500 cm
60 T2 40 T2 40 T2 40 T2 40 T1
T1
T1
T1
T1
T1
T1
T1
T1
T1
T1
T1
T1
T1
800 cm
En el concreto que queda sobre los casetones debe colocarse acero por temperatura, este se proporciona con varillas o a base de malla.
PLANTA
ll electrooldd 116
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PLANTA
# 3
117
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MÉTODO DE IGUALACIÓN DE FLECHAS Este método es bastante utilizado, consiste en determinar qué cantidad de carga de un tablero corresponde a una viga de un ancho unitario en una dirección y en otra perpendicular, igualando las deformaciones que sufren las vigas en el centro de los claros.
a2
2
w
a2 1m
a1
1
a1
1m
WW + W c deforcn en el centro del clro de l de lontd deforc nen el cent ro del clroWdel de lontd W W W W W W Pero clclroro cortlroo relcn entre clro W W + ttendoWen l c+ W W W + WW W+ W 118
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* Estas formulas sólo son validas en tableros aislados. Cuando se tengan tableros del tipo:
a1 a2
1 2 Deben base a: deducirse las formulas para calcular Wa y Wa de manera semejante a los anteriores en
L
L
L
W
W
W
Una vez determinada la carga en cada sentido de cada uno de los tableros la losa se analiza y diseña como una viga de un metro de ancho, ya sea de un claro o continua. Por ejemplo para la siguiente losa: 3
45
6
1m
1
1m
2
m
1
m
1
m
1
m
1
119
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1
2 3
4
5
6
EJEMPLO: Mediante el método de igualación de flechas, diseñar la losa que se muestra a continuación: 4.0 m
3.6 m
c c o f AA: oncret Acero f c Yeoortero c on on P {oncret Po de oterro on A P: PISO DE TERRAZO
MORTERO
LOSA
3 cm
H=10 cm 2 cm
REC. DE YESO
CARGA VIVA:
SOLUCIÓN: Análisis de cargas por m 2 CARGA MUERTA: (Wu)
W + √
W W + W
RECUBRIMIENTO DE YESO
0.02 x 1.0 x 1.0 x 1.5 = 0.030 Ton/m2
MORTERO DE CEMENTO-ARENA
0.03 x 1.0 x 1.0 x 1.8 = 0.054 Ton/m2
LOSA DE CONCRETO REFORZADO
0.10 x 1.0 x 1.0 x 2.4 = 0.240 Ton/m2 120
(kg/m2)
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PISO DE TERRAZO
= 0.055 Ton/m2 0.379 Ton/m2
CARGA VIVA: (Wv)
W + √ W on W W + W W + W on W W W W on
CARGA ÚLTIMA:
a2 =4.0 m
w =0.854 Ton/m²
a1 =3.6 m
1m
1m 1
2
a1 =3.6 m
a2 =4 m
W + W
W + W
W +on on 121
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W + on W on Diseño de la losa en el claro corto:
a1 =3.6 m
W on d ƒ d ƒ De la tabla q = 0.151
A d A A c A c A c A A A c
Armado: (empleando varillas del # 3)
A c c 122
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Diseño de la losa en el claro largo:
a2 =4 m
W on d ƒ A d A A c A c
Armado: (empleando varillas del # 3)
A c c A 4.0 m 3 a 25 cm @
3 a 20 cm @
H=0.10 m
3 a 25 cm @
3.6 m 3 a 20 cm @
3.6 m
3 a 25 cm @
H=0.10 m 4.0 m B
B
A
123
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F. EXT.
*NOTA: La separación de varillas puede incrementarse hasta en un 40% en las franjas extremas.
F. CENT.
0 3
0 3
0 2
0 2
0 2
0 2
F. EXT. F. CENT.
124
0 2
0 3
0 3
F. EXT.
F. EXT.
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Los cimientos tienen por objeto transmitir las cargas de una estructura al terreno natural, teniendo siempre presente que en ningún momento el esfuerzo debe sobrepasar el valor del esfuerzo permisible. Los cimientos de concreto reforzado, pueden ser a base de zapatas aisladas, zapatas corridas y losas de cimentación. Para elegir qué tipo de cimentación es el adecuado en una estructura, puede seguirse el criterio empírico que se muestra:
: : : Donde:
A A t ld corrd AA A A A lo det centcn
AC : área de cimentación requerida. AT : área del terreno cubierta por construcción.
EJEMPLO: Un edificio de cuatro niveles que pesa 700 Ton y que tiene dimensiones en2 planta de 10 x 20 m. Se desplanta sobre un terreno con un esfuerzo permisible de 12 Ton/m . ¿Qué tipo de cimentación será el adecuado?
SOLUCIÓN:
A A on A A A fPeoero on A Ae reco end reteejeAl o lcentcn e de t ld 125
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Son ampliaciones de las columnas en su parte inferior, tiene por objeto, disminuir los esfuerzos de contacto entre la estructura y el suelo. P B
c
COLUMNA
B
ZAPATA
a
c B CORTE
PLANTA
Las zapatas se diseñan por cortante perimetral (penetración), por flexión, por cortante como viga ancha y posteriormente se revisa la adherencia del armada. En el diseño, se contemplan secciones criticas; por cortante perimetralmente y se encuentran a una
dtnc “d” rtrcde “ld”crde ldelcroodel oo en todo orel erflexetn reno del cretedelúltoo o or cortnte coo viga ancha a una distan
SECCIÓN CRITICA (CORTANTE PERIMETRAL)
P
P
Sección critica
d/2
B d/2
d/2
d/2
d/2
B c
a B
126
c FALLA POR CORTANTE PERIMETRAL
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SECCIÓN CRITICA COMO VIGA ANCHA
P
B Sección critica
d
B
d
SECCIÓN CRITICA (POR FLEXIÓN) P
P Sección critica
c
a
c
127
rc
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EJEMPLO: Diseñar una zapata aislada que descargará sobre el terreno de cimentación una carga concentrada de 120 Ton. El ancho del dado es de 60 cm y el esfuerzo permisible del terreno es de 12 Ton/m2.
MATERIALES:
P=120 Ton
oncreto c Acero PP c
columna relleno
dado 60 x 60 cm
1.4 Ton/m³
zapata
h = 1.5 m
H f = 12 Ton/m²
B
SOLUCIÓN:
P o de l t f efeneroel ter Peo ro errenole r Peo del relleno r l cr “P” e tendr n reccn net del terreno “r”: rf PP PP PP Peo roo de l t c PPPP c PP Peo roo del relleno en c PP en c r f en c Para soport
1 cm²
H
lclr l reccn net del terreno “r ” “r”
PRIMER TANTEO : Proponiendo un espesor de zapata H = 20 cm 1. neta 128
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r f r r c P A r A A c √AA √ c c c+ c c c c 2. Calcular el área de cimentación:
3. Calcular las dimensiones de la zapata: B
c
a
B
c
4. Revisión por cortante perimetral
a+d
d/2
B
a+d
La fuerza cortante última, debe ser menor o igual a la fuerza cortante que soporta el concreto.
d/2
d/2
d/2
B
129
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+c ++d dr +c+d c +dcd r r
c - d/2
a+2c
a+d
d: peralte efectivo de la zapata
H
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d c not ore lntl cno t ore terreno ntrl
d REC
Para nuestro caso se considera zapata sobre terreno natural
d ⏟ d d d c + + f d f d Donde:
d erl erldotcortleetroderooldetldelecc ren crdondetc ct l cr o l reccn 130
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f f √ c +d + c + oo: lo eferdeeocortntncreent e últer co or e l f er cort nt e e oort el concret o or eeor
SEGUNDO TANTEO : Proponiendo un espesor de zapata H = 50 cm
r c A c c c c d c oo: lo efdeeo er cortdnteenoort el concret o e co or e l f er cort nte úl t or r el eeor
TERCER TANTEO: Proponiendo un espesor de zapata H = 45 cm
r c A c c c c d c oo: e cetnld enoneroet c 5. Revisión de la zapata como viga ancha: 131
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P
B Sección critica
sección crítica
B
d c-d
d c
cd r f d oo: o role de l t coo nc 6. Diseño por flexión: El diseño por flexión, se hace al igual que en las losas, en una franja de 1 m. B Sección critica
B
1m
c
r
132
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r c on on r c r c on de tl d f o con eel terreno o exeto l nteere PrPr eleleeent entoo erotetejdon endecontl ntcteer A d A A c A lendo rl del c c 360 cm
60 cm # 6 a 25 cm @
60 cm
360 cm
133
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60 cm 5 cm 12 d/2
REC # 6 a 25 cm @
d=39 cm
H=15 cm (mínimo)
360 cm
7. Revisión del anclaje: Si H > 30 cm se recomienda colocar acero por temperatura en el lecho superior
h
x1 h1 h prom
x c x xx cecolocenn A +x Af d f ld
c√ c oc rol edenclje c 134
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ZAPATAS CORRIDAS.En este tipo de cimientos por lo general, se colocan contratrabes de cimentación con el objeto de rigidizar la zapata y tener una distribución más uniforme de esfuerzos en el suelo. EJEMPLO: Diseñar la siguiente zapata corrida:
Ton 50 = P
P = 100 Ton
COLUMNA
MATERIALES:
c oncret o : f Acero: c ferdel terreno:onf Profde delnte:
Ton 50 = P
COLUMNA
CONTRATRABE
CONTRATRABE ZAPATA
5.50 m
5.50 m
COLUMNA
COLUMNA
CONTRATRABE
0.40 m B
CONTRATRABE
0.40 m
COLUMNA (40X40 cm) CONTRATRABE
H=? B=?
SOLUCIÓN:
lclr l reccn net del terreno “r” : rf rc eo ol del relleno r PRIMER TANTEO: Proponiendo un espesor de zapata H = 25 cm 1.
f : esfuerzo perm. del terreno
h : profundidad del desplante 135
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2. Calcular el área de cimentación:
A rP
A ++
A c
3. Calcular las dimensiones de la zapata:
B L
A A
c
CONTRATRABE
H c
a
c
B
c+ c c c c
4. Revisión por cortante perimetral: NOTA: En zapatas corridas con contratrabe, no hay cortante perimetral.
136
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5. Revisión de la zapata por cortante como viga ancha: Revisión por 1 m de ancho de zapata:
B sección crítica
1m
L
contratrabe
cd r √f d elcortconcret ot““” e” deeo enor encreent l ferr el nt e úl eeor “” roeto NOTA: Como la fuerza cortante que absorbe C
U
c
d
c-d
SEGUNDO TANTEO: Proponiendo un espesor de zapata H = 30 cm.
r c A c c c c d c oo: e cetn l denone c 6. Diseño por flexión:
137
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c
a
Dr. Francisco Hurtado Soto
r c r c on
c
M
d f d f de tl A Ad leAndo rl del A c c c 7. Revisión del anclaje:
170
150
ld
ld
c de tl o role de nclje 138
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8. Acero por temperatura:
A A A c orcentje de cero or teertr rotejdoo dellntneter eeree eleleeent entoo exet A l endo r l del c c
# 4 a 15 cm @
# 5 a 20 cm @
# 4 a 15 cm @
# 5 a 20 cm @
H = 30 cm
B = 320 cm
139