Source: https://es.scribd.com/doc/120703777/Flexion-en-Concreto
Timestamp: 2019-04-19 01:08:13+00:00

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Evalluac
6. Muros Cortantes
Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.- 1
En función de la hipótesis anterior, y de acuerdo con la Figura 3, el coeficiente φ puede tomarse siempre igual a 0.90 Las secciones inicialmente planas se mantienen planas luego de deformarse. Esta hipótesis permite aplicar semejanza de triángulos para conocer las deformaciones que experimentan armaduras ubicadas en cualquier posición (Figura 1). El hormigón no resiste tracciones La deformación de rotura del hormigón es siempre de 0.003 por lo que todos los posibles planos de deformación de la sección transversal se obtienen pivotando alrededor de dicha deformación (Figura 1). Existe solidaridad resistente entre el acero y el hormigón (adherencia) por lo tanto ambos materiales experimentan iguales deformaciones específicas si se encuentran a igual distancia del eje neutro de deformaciones (puede considerarse redundante con el mantenimiento de las secciones planas). Las tensiones de compresión en el hormigón pueden representarse mediante un bloque de tensiones uniformes de valor f*c = 0.85 f’c siendo “f’c” la resistencia especificada de compresión del hormigón (Figura 1). El eje neutro de tensiones es paralelo al eje neutro de deformaciones y la profundidad “a” del bloque de tensiones en el hormigón está relacionada con la profundidad “c” del eje neutro de deformaciones mediante la expresión: a = β1 c donde (Figura 1): Si f’c ≤ 30 MPa β1 = 0.85 y β1 = 0.85 - 0.05 (f’c - 30MPa) / 7 ≥ 0.65 Si f’c > 30 MPa El acero tiene un comportamiento perfectamente elastoplástico (Figura 2). Para deformaciones menores a las de fluencia su tensión se calcula como el producto de su deformación específica por el módulo de elasticidad (Es = 200000 MPa) a partir de allí su tensión es igual a la tensión de fluencia especificada “fy”. Si el momento solicitante fuera mayor que el resistido en base a las deformaciones límites establecidas para los materiales (ε’cu = 0.003 y εs ≥ 0.005) se recurrirá al uso de armadura comprimida (A’s) de modo de mantener el eje neutro en su profundidad máxima. Esta profundidad se obtiene por semejanza de triángulos asignando a los materiales las deformaciones límites: c = d×0.003 / (0.003 + 0.005) = 0.375 d Para asegurar una ductilidad mínima las secciones no podrán proyectarse con una armadura menor que: Si f’c ≤ 30 MPa Asmín = 1.4 bw d / fy
Si f’c > 30 MPa Asmín = f ' c bw d / (4 fy) donde f’c y fy se encuentran expresados en MPa. 2.SECCIONES RECTANGULARES
2.1.- Ecuaciones Generales de Equilibrio En el caso más general, planteando momentos respecto a la armadura traccionada se tiene (Figura 1): Mn = Mc + M’s = C (d - a/2) + C’s (d - d’s) y planteando equilibrio de fuerzas horizontales:
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As fy = C + C’s 2.2.a) Cuantías Límites Cuantía Mínima
Dado que la cuantía mínima es la menor armadura a disponer, se estará muy lejos de la cuantía máxima y por lo tanto no se tendrá armadura comprimida, es decir que se tendrá solamente: T = As fy = C = f*c bw a = f*c bw ka d y por lo tanto ka = As fy / (f*c bw d) Una sección contará con una armadura mayor que la mínima cuando ka ≥ kamín = Asmín fy / (f*c bw d) Si f’c ≤ 30 MPa Si f’c > 30 MPa ka ≥ kamín = 1.4 / f*c = 1.4 / (0.85 f’c) ka ≥ kamín = 1 /(3.4
Una sección requerirá armadura de compresión cuando la sección de hormigón comprimido sea insuficiente como para equilibrar el momento externo. El momento máximo que puede equilibrar el hormigón se da cuando se alcanza la máxima deformación de compresión en el hormigón (0.003) y la mínima deformación de tracción en el acero (0.005) 2 es decir cuando: cmáx = 0.003 d / (0.003 + 0.005) = 0.375 d kcmáx = cmáx / d = 0.375 kamáx = kcmáx β1 = 0.375 β1 por lo que resulta y por lo tanto
Existen otras razones para limitar la profundidad máxima del eje neutro. Este es el caso de las secciones en las que se pretenda efectuar una redistribución plástica de momentos. El CIRSOC pide para estos casos una deformación mínima en el acero de 0.0075 y puede ser aún mayor dependiendo del porcentaje de redistribución que se desee. Volveremos más adelante sobre este tema. En esta serie de ejemplos se tomará como cuantía máxima la correspondiente a la deformación de 0.005 en el acero más traccionado. 2.3.- Cálculo de Armaduras Mn = Mu / φ = Mu / 0.9 En primera instancia supondremos que no es necesario disponer armadura comprimida:
Si bien el CIRSOC 201-02 permite llegar a una deformación mínima de 0.004 simultáneamente indica una reducción del factor “φ” que vuelve antieconómicas soluciones con deformaciones menores a 0.005.
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1.003 (1 . es decir El máximo momento que podrá tomar la sección comprimida de hormigón es: Mc = f*c bw d2 kamáx (1 .ka/2) mn = Mn / (f*c bw d2) ka = 1 .1.d’s) / c Si Si ε’s < εy = fy / Es = fy / 200000 MPa ε’s ≥ εy entonces entonces f’s = Es ε’s f’s = fy donde la tensión “f’s” surge de por lo que se puede despejar la armadura comprimida como: A’s = ∆Mn / [f´s (d .4 .d’s) ε’s = 0..SECCIONES CON ALAS (“T” y “L”) con kc = ka / β1 3. Viga “L” bajo losa y Viga “T” aislada. de la sumatoria de fuerzas se obtiene As = f*c bw kamáx d / fy + A’s f’s / fy Si en cualquier situación se deseara conocer la deformación de la armadura más traccionada esta se obtiene por semejanza de triángulos como: εs = 0.Mc = A’s f’s (d .kamáx/2) por lo que el momento remanente deberá ser tomado por la armadura comprimida: ∆Mn = M’s = Mn .kc) / kc 3.2 mn)1/2 a) b) c) Si ka ≤ kamín se adopta resulta y llamando As = Asmín = f*c bw kamín d / fy y y A’s = 0 Si kamín< ka ≤ kamáx se calcula As = f*c bw ka d / fy A’s = 0 A’s > 0 Si ka > kamáx se requerirá el uso de armadura comprimida.a) á c) muestran los tres tipos de secciones con alas que contempla el CIRSOC 201: Viga “T” bajo losa.c) / c = 0.003 (d .(1 ..1.Geometrías Las Figuras 3.a/2) = f*c bw d2 ka (1 .d’s)] finalmente. Las condiciones que da el CIRSOC para el cálculo del ancho efectivo “b” a emplear en los cálculos resistentes es: Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.Mn = f*c bw a (d .003 (c .
3..5 .2.1 (b) (c) 3..1) dado que el eje neutro de tensiones siempre caerá en la zona de ancho “b”.375 d” cualquier sección transversal en la que se verifique que “hf ≥ 0. ½ distancia libre a viga adyacente .1 3. Luz de la Viga / 12) 3.1..1.Cuantías Límites a) Cuantía Mínima En estos casos es más complicado establecer referencias en términos de “ka” dado que la cuantía mínima siempre se calcula en base a “bw” y “ka” se calcula en base a Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.Para Vigas “T” bajo Losa a) b) c) b = bw + be izq + be der b ≤ Luz de la Viga / 4 be (izq ó der) = mínimo (8 hf .1....2. si hf ≥ 0.2.3.1.3.375 β1 d Figura 3.2.Para Vigas “L” bajo Losa a) b) b = bw + be be = mínimo (6 hf .Altura Relativas entre Alas y Alma Al limitar la profundidad máxima del eje neutro de deformaciones a “c = 0. ½ distancia libre a viga adyacente) 3.1.375 β1 d” puede analizarse como si se tratara de una sección rectangular de ancho constante “b” (Figura 3.Para Vigas “T” Aisladas a) b) hf ≥ bw / 2 b ≤ 4 bw (a) Figura 3.
2 Figura 3. Una sección requerirá armadura de compresión cuando la sección de hormigón comprimido del nervio sea insuficiente como para equilibrar la parte del momento externo que le toca resistir.375 β1 por lo que resulta y por lo tanto Valen los comentarios realizados para secciones rectangulares con referencia a situaciones en las que se requieran mayores deformaciones mínimas en el acero más traccionado.4.1: El eje neutro de tensiones cae dentro de la placa por lo que la sección puede calcularse como rectangular de ancho constante e igual a “b”.003 + 0.003 d / (0. En estas condiciones el momento resistente de la sección puede dividirse en un momento tomado por las alas y otro tomado por el nervio (ver más adelante).90. b) Cuantía Máxima Como veremos enseguida. Si no se la analizara como rectangular podría darse algún caso en el que el eje neutro cayera en la placa para la condición de cuantía máxima. 3 Ya comentamos que si “hf ≥ 0..4.4.4.1 Figura 3.375 d kcmáx = cmáx / d = 0. 3.6 .Cálculo de Armaduras Mn = Mu / φ = Mu / 0.4.9 De acuerdo a la posición que adopte el eje neutro de tensiones pueden presentarse dos situaciones (Figuras 3.“b”.1 y 3. Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.2): Figura 3. comparar la armadura obtenida con la armadura mínima reglamentaria.4.. es decir cuando: cmáx = 0.005) = 0. al finalizar los cálculos. El momento máximo que puede equilibrar el hormigón del nervio se da cuando se alcanza la máxima deformación de compresión en el hormigón y la mínima deformación de tracción en el acero necesaria para mantener la condición de φ = 0. En estos casos resulta más práctico.375 kamáx = kcmáx β1 = 0. los cálculos de secciones con alas pueden presentar dos situaciones: que el eje neutro de tensiones caiga dentro de las alas o que corte solamente al nervio. Las situaciones de cuantía máxima se dan cuando el eje neutro de tensiones corta solamente al nervio3.375 β1 d” la sección puede analizarse como rectangular.
Mnw = f*c bw a (d .4.hf/2) Asf = Cf / fy Mnw = Mn .Mnf La fuerza que toman las alas vale: El momento (respecto a “As”) tomado por las alas vale: La armadura necesaria para equilibrar Cf vale: El momento a equilibrar con el hormigón del alma vale : De aquí en adelante el cálculo del alma se efectúa como en una sección rectangular aislada para lo cual será necesario recalcular “ka” para el momento solicitante “Mnw”.375 β1.2: El eje neutro de tensiones corta sólo al nervio. La fuerza y el momento equilibrado por las alas son conocidos por lo que el momento que debe tomar el alma se obtiene por diferencia con el momento solicitante.(1 .ka/2) mn = Mnw / (f*c bw d2) ka = 1 ..bw) hf Mnf = Cf (d .Figura 3.2 mn)1/2 a) Si ka ≤ hf /d resulta se calcula As = f*c b ka d / fy y y se verifica que As ≥ Asmín Si no se verificara se adopta As = Asmín A’s = 0 b) Si ka > hf / d Cf = f*c (b . En primera instancia supondremos que no es necesario disponer armadura comprimida es decir que ka ≤ kamáx = 0.1) ka ≤ kamáx se calcula Asw = f*c bw ka d / fy As = Asw + Asf y A’s = 0 resulta y llamando Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.7 . La sección se divide en “alas” y “alma”. Para iniciar el cálculo se supondrá en primera instancia que no es necesario disponer armadura comprimida y que el eje neutro de tensiones se encuentra dentro de las alas es decir se asume que la sección se comporta como una sección rectangular de ancho “b”: Al suponerse a ≤ hf debe verificarse que y ka ≤ hf / d llamando Mn = f*c b a (d .(1 .a/2) = f*c b d2 ka (1 .a/2) = f*c bw d2 ka (1 . Al finalizar el cálculo se deberá adicionar a la armadura “Asw” la armadura “Asf” necesaria para equilibrar las compresiones en las alas.ka/2) mn = Mn / (f*c b d2) ka = 1 .2 mn)1/2 b.
de la sumatoria de fuerzas se obtiene As = f*c bw kamáx d / fy + A’s f’s / fy + Asf Como en el caso de secciones rectangulares.d’s) / cmáx = 0..8 .003 (d .d’s)] finalmente.kamáx/2) por lo que el momento remanente deberá ser tomado por la armadura comprimida: ∆Mn = M’s = Mnw .003 (cmáx .Mc = A’s f’s (d .b.d’s/d) / kcmáx Si Si ε’s < εy = fy / Es = fy / 200000 MPa ε’s ≥ εy entonces entonces f’s = Es ε’s f’s = fy por lo que se puede despejar la armadura comprimida como: A’s = ∆Mn / [f’s (d .kc) / kc con kc = ka / β1 Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201. si en cualquier situación se deseara conocer la deformación de la armadura más traccionada esta se obtiene por semejanza de triángulos como: εs = 0.2) Si ka > kamáx se requerirá el uso de armadura comprimida.c) / c = 0.d’s) donde la tensión “f’s” surge de ε’s = 0.003 (kcmáx .003 (1 .375 d A’s > 0 El máximo momento que podrá tomar la sección comprimida de hormigón es: Mc = f*c bw d2 kamáx (1 . es decir Fijamos la posición del eje neutro en: cmáx = kcmáx d = 0.
375) mn = Mn / (0.707 0. mn máx y f’s ∆Mn = Mn .Mnf mn = Mnw / (0.85 f’c b d2) obtener “ka” de la Tabla Asmín = ka mín 0.045 0.d’s) f’s] As = 0.050 0.211 0.140 0.375) mn = Mn / (0.230 0.265 0.086 0.bw) (d .255 0.260 0.226 0.hf / 2) fy] Mnw = Mn .048 0.230 0.122 0.85 f’c bw d ka máx / fy + A’s f’s / fy + Asf Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.292 0.147 0.037 0.mn máx 0.104 0.058 0.30 120 120 120 0.05 B) SECCIONES RECTANGULARES (y con alas para hf / d ≥ β1 0.079 0.080 0. mn máx y f’s ∆Mn = Mnw .85 f’c bw d2 A’s = ∆Mn / [(d .164 0.130 0.066 0.310 0.85 f’c b d / fy (verificar si As ≥ As mín) B.650 Para valores menores mn ≈ ka 0.210 0.090 0.200 0.252 0.85 f’c hf (b .85 f’c bw d2 A’s = ∆Mn / [(d .85 f’c bw d / fy + Asf Verificar si As ≥ As mín Armadura Doble: Obtener de Tablas ka máx.156 0.15 240 360 360 0.040 0.042 0.9 .100 0.268 Armadura Simple: As = ka 0.150 0.082 0.248 Armadura (MPa) Si “mn” es mayor que el valor indicado para la resistencia de hormigón utilizada adoptar doble armadura 40 35 20 á 30 0.214 0.172 0.180 0.120 0.170 0.20 240 280 280 0.85 f’c bw d2) obtener “ka” de la Tabla si si ka ≤ ka máx ka > ka máx adoptar ka = ka de Tabla corresponde doble armadura Doble f'c 60 55 50 45 0.220 0.85 f’c bw d / fy Armadura Doble: Obtener de Tablas ka máx.044 0.300 0.85 f’c bw d / fy B.305 0.85 f’c bw d / fy + A’s f’s / fy A) SECCIONES CON ALAS (“T” y “L” con hf / d ≤ β1 0.mn máx 0.043 0.130 0.053 0.10 240 420 440 0.814 0.35 40 40 40 240 420 500 (MPa) 0.041 0.259 0.743 0.068 0.779 0.160 0.279 0..25 200 200 200 0.9 Mn 45 50 55 60 f'c (MPa) 60 55 50 45 40 35 30 25 mn ka d β1 en función de f’c (MPa) 35 40 0.240 0.hf / 2) Asf = Mnf / [(d .064 0.234 0.047 0.244 0.190 0.039 0.110 0.139 0.241 0.188 0.204 0.060 0.FLEXIÓN SIMPLE: CÁLCULO DE SECCIONES RECTANGULARES Y CON ALAS b c Cuantía Mínima Si “mn” es menor que el valor indicado para la resistencia de hormigón utilizada adoptar cuantía mínima A’s eje neutro As bw fy 240 420 500 hf d’s ≤ 30 a = β1 c a = ka d Mu = φ Mn Mu = 0.240 0.077 0.319 f’s : Tensión de A's en (MPa) para d's / d = 0.095 0.671 0.113 0.1) Rectangular: ka ≤ hf / d As = ka 0.038 0.d’s) f’s] As = ka máx 0.270 0.85 f’c bw d2) obtener “ka” de la Tabla si ka ≤ ka mín adoptar ka = ka mín ka mín < ka ≤ ka máx adoptar ka = ka de Tabla corresponde doble armadura ka > ka máx 20 0.85 0.180 0.196 Armadura Simple: As = ka 0.249 0.2) Nervio y Alas Mnf = 0.070 0.280 0.055 0.290 0.220 0.262 0.
10 ..Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.
85 .219 < 0.(1 .Hormigón: f’c = 25 MPa .Recubrimiento: .15 cm2 Resolución Mediante Tablas: Ingresando a la Tabla con: mn = Mn / (0.SECCIÓN RECTANGULAR EJEMPLO 1-1 Enunciado: Calcular las armaduras de una sección rectangular para las siguientes condiciones: Materiales: Sección Transversal: Estribos: Armadura Longitudinal: Solicitación: Resolución Analítica: Para f’c = 25 MPa se tiene que: .16915 ka = 1 .40 m cc = 0.(1 .Diámetro estimado: . h = 0.78 / (21250×0.85 = 0.4 / f*c (MPa) = 0.02 m dbe = 6 mm db = 16 mm .dbe .16915-0.172 -0.Diámetro Estimado: .164)/(0.25×12×36.85 f’c bw d2) = 57.3662) = 0.6 / 420 = 4.12 m .18644 Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.375 ⇒ A’s = 0 As = ka f*c bw d / fy = 0.164) = ka = 0.40 .cc .02 .180)×(0.12× 0.18655 / 0.18655×21.16915)1/2 = 0.006 .3662) = 0.β1 = 0.85 f’c = 21.2 mn)1/2 = 1 .16915 Se obtiene: Sin interpolar: ka = 0.EJEMPLOS FLEXIÓN SIMPLE 1.kamín = 1.2×0.0.9 = 57.85×25000×0.008 = 0.78 kNm d = h .78 / (0..bw = 0.Acero: fy = 420 MPa .190 Interpolando: ka = 0.db /2 = 0.06588 .180 + (0.0.11 .f*c = 0.366 m mn = Mn / (f*c bw d2) = 57.190-0.0.18655 > kamín kc = ka / β1 = 0.12× 0.Mu = 52 kNm Mn = Momento Nominal = Mu / φ = 52 / 0.25 MPa = 21250 kN/m2 .
β1 = 0.12 .12 m db 12 Rehaciendo los cálculos se llegaría a: As = 4.43 cm2 < 4 db12 = 4.05205)1/2 = Se adopta por lo tanto ka = kamín As = ka f*c bw d / fy = 0..02 . según los límites indicados en la Tabla.4 / f*c (MPa) = 0.06588×21.40 .14 cm2 Armado: 2 db 6 Los cálculos anteriores fueron realizados tomando: d = 0.05205 ka = 1 .52 cm2 EJEMPLO 1-2 Enunciado: Calcular las armaduras para las condiciones del Ejemplo 1-1 y Mu = 16 kNm Resolución Analítica: Para f’c = 25 MPa se tiene que: .6 / 420 = 1.cc .85×25×12×36.(1 .0.347 m La útil resultante luego de adoptar armaduras y separaciones ha sido: d = 0.25 MPa = 21250 kN/m2 .25×12×36.366 m mn = Mn / (f*c bw d2) = 17.46 cm2 0.2 mn)1/2 = 1 .85 f’c = 21.0.85 f’c bw d / fy = 0.40 m d = 0. aún sin interpolar el error obtenido es menor al 2% por lo que podría utilizarse el valor leído en forma directa. por encima de la cuantía mínima y por debajo de los valores que requieren de doble armadura por lo que resulta: As = ka 0. El valor de “ka” obtenido se encuentra.78 kNm d = h .6 / 420 = 4.db /2 = 0.3662) = 0.9 = 17.dbe .78 / (21250×0.008 = 0.347 m 4 0.kamín = 1.12× 0.366 m 0.(1 .Como se observa.85 .006 .05348 < kamín Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.2×0.f*c = 0.06588 Mn = Momento Nominal = Mu / φ = 16 / 0.18644×0.0.
40 m d = 0.0.3662) = 0.9 = 17.12 m EJEMPLO 1-3 Enunciado: Calcular las armaduras para las condiciones del Ejemplo 1-1 y Mu = 100 kNm.366 m 2 d b 10 0.12× 0.0.kamín = 1.0.006 .47 cm2 2 db6 Armado: La altura útil utilizada en el cálculo coincide con la obtenida al armar la sección.066 As = Asmín = kamín 0..cc .Resolución Mediante Tablas: Mn = Momento Nominal = Mu / φ = 16 / 0.6 / 420 = 1.0.0.78 kNm d = h .066×0.40 .25 MPa = 21250 kN/m2 .3662) = 0.008 = 0.4 / f*c (MPa) = 0.db /2 = 0.32528 Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.dbe .02 .85 f’c = 21.0.05205 Se obtiene un valor de “ka” que es menor que el valor límite correspondiente a la cuantía mínima para la resistencia utilizada.366 m mn = Mn / (f*c bw d2) = 111.85×25000×0.06588 Mn = Momento Nominal = Mu / φ = 100 / 0.03 m.11 kNm d = h . 0. De ser necesaria armadura comprimida se supondrá que la distancia de la fibra más comprimida de hormigón al centro de gravedad de la armadura comprimida es d’s = 0.13 .02 .85 .85 f’c bw d2) = 17.β1 = 0.db /2 = 0.dbe .008 = 0.9 = 111.78 / (0. Resolución Analítica: Para f’c = 25 MPa se tiene que: .11 / (21250×0.cc . Se adopta por lo tanto: ka = kamín = 0.12× 0.40 .006 .85 f’c bw d / fy = 0.366 m Ingresando a la Tabla con: mn = Mn / (0.85×25×12×36.f*c = 0.
2 mn)1/2 = 1 .54 kNm El momento a tomar con A’s será: ∆Mn = A’s f´s (d .08 + 1.40886 / 0.32528)1/2 = 0.02 . para f’c = 25 MPa: mnmáx = 0.57 kNm Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.375 por lo tanto: > 0.0.137 = 0.kamáx/2) = 21250×0.3662) = 0.12× 0.0.d’s) = Mn .39 = 8.58 kNm por lo que A’s = ∆Mn /[f´s (d .11 .58 / [420000×(0.54 = 19.375×0.0023 > εy = fy / Es = 0.366 = 0. Según la Tabla.003×(0.(1 .40 .008 = 0.9 = 111.31875 / 2) = Mc = 91.(1 .31875×21.137 .375 ⇒ A’s > 0 ka = kamáx = kc×β1 = 0.12×0.91.dbe .85 f’c bw d2) = 111.cc .85 f’c bw d2 = 0.003 en la fibra de hormigón más comprimida.39×420/420 = As = 7.ka = 1 .3662 = 91.12×0.14 .268 y kamáx = 0.11 kNm d = h .53 = 19.03)] × 10000 = 1.31875×(1 .0021 ⇒ f´s = fy = 420 MPa y por lo tanto se tiene: As = kamáx f*c bw d / fy + A’s f´s / fy = 0. ε’s = 0.366-0.0.91.d’s) = Mn .03) / 0.39 cm2 El valor de f´s utilizado en la expresión anterior surge de plantear semejanza de triángulos a partir de una deformación igual a 0.85 = 0.53 kNm El momento a tomar con “A’s” será: ∆Mn = A’s f´s (d .db /2 = 0.006 .40886 > kamín kc = ka / β1 = 0.0.268×0.3662×0.2×0..11 .25×12×36.6/420 + 1.Mc ∆Mn = 111.0.481 Se fija kc = 0.85×25000×0.366 m Ingresando a la Tabla con: mn = Mn / (0.137 m por lo que la sección de hormigón comprimido tomará un momento constante igual a: Mc = f*c bw d2 kamáx (1 .85 = 0.375×0.31875 c = 0.d’s)] = 19.47 cm2 Resolución Mediante Tablas: Mn = Momento Nominal = Mu / φ = 100 / 0.32528 se observa que el valor de “mn” es mayor que el aceptado para armadura simple por lo que se dispondrá armadura doble.85×25000×0.319 Mc = mnmáx 0.11 / (0.Mc ∆Mn = 111.
36821 ka = 1 .d’s)] = 19.03 / 0. Resolución Analítica: Para f’c = 25 MPa se tiene que: .4 / f*c (MPa) = 0.58 cm2 As = 8.85×25×12×36.11 / (21250×0.25 MPa = 21250 kN/m2 .57 / [420000×(0.f*c = 0.(1 .04 cm2 4 d b 16 0. EJEMPLO 1-4 Enunciado: Calcular las armaduras para las condiciones del Ejemplo 1-1 y Mu = 100 kNm.9 = 111.344 m” obtenida en el ejemplo anterior.319×0.(1 .85 . Se tratará de evitar el uso de armadura comprimida.2×0.344 m (utilizado en el cálculo: 0.96 cm2 > 4 db16 = 8.313 m (utilizado en el cálculo: 0.10 por lo tanto.48660 > kamín Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.366m) 0.336 m) Rehaciendo los cálculos se llega a: A’s = 2.85 f’c bw d / fy + A’s f´s / fy = 0. Ejercicio que se deja a cargo del lector.Según la tabla auxiliar.03)] × 10000 = 1.344 m mn = Mn / (f*c b d2) = 111.85 f’c = 21.11 kNm d = 0..12× 0.40 m d = 0.39×420/420 = As = 7.344 m d .366 = 0.39 cm2 As = kamáx 0.12 m Por lo que deberían modificarse las armaduras adoptadas.2 mn)1/2 = 1 .3442) = 0.6/420 + 1.06588 Mn = Momento Nominal = Mu / φ = 100 / 0.366-0. se tendrá que f´s = fy .15 .β1 = 0.48 cm2 Armado: 2 d b 10 Luego de armada la sección se observa que: d = 0. A’s = ∆Mn /[f´s (d .08 se encuentra en fluencia para relaciones de “d’s / d” menores que 0.39 = 8.30 cm2 > 2 db10 = 1. Para comenzar los cálculos utilizaremos la altura útil “d = 0.kamín = 1.d’s = 0. una armadura con fy = 420 MPa y d’s / ds = 0.36821)1/2 = 0.09 + 1.
85 c Mn = Momento Nominal = f*c b a (d .25 εs 0.y en general la única .0021) Mu = φ Mn c (m) 0. Para cada valor de “c” se calculará: kc = c / d a = Profundidad del eje neutro de tensiones = β1 c = 0.00489 0. En este ejemplo se demostrará que las soluciones con “φ” variable resultan “imposibles” debido a un efecto de compensación que existe entre el incremento que experimenta el momento “Mn” al aumentar la profundidad del eje neutro “c” y la disminución de “φ”.16 89.35 113.13158 0. el momento que se puede equilibrar con armadura simple crece en forma despreciable con el aumento de la profundidad del eje neutro por lo que la opción más razonable .375 ⇒ A’s > 0 ó φ < 0.25 319.16 73.42883 0.13072 0.003×(d .20259 kc 0.28 73. En definitiva.y además se estaría desaprovechando parte de la resistencia del acero.c) / c φ = 0.650 Mu (kNm) 72.38000 0.kc = ka / β1 = 0.785 0.Acero: fy = 500 MPa Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.11696 0.45000 0. a partir de este punto las roturas se producirían con la armadura más traccionada en régimen elástico .813 0..65 + 0.65 + 0.25×(εs .Hormigón: f’c = 35 MPa .81 72.00209 φ 0.12 Mn (kNm) 80.53 439.00500 0.34 298.95 93.572 > 0.77 72.0.74 335.13760 0.85 = 0.005 .97 73.00450 0.14752 0.εy) = 0.25×(εs .90 Como se ha comentado. lo que da lugar a la aparición de un “momento tope” prácticamente constante e independiente de la profundidad del eje neutro una vez que éste ha superado la posición dada por “c = 0. a partir de “c = 0.37500 0.48660 / 0.172204 C (kN) 279.0021) / (0.900 0.86 81.73 85. se puede afirmar entonces que. de hecho llega hasta el punto en que la armadura “As” dejaría de estar en fluencia por tracción.005 .40000 0.a/2) εs = Deformación específica de “As” = 0. en la resolución de estos ejemplos se ha adoptado como criterio general la utilización de armadura comprimida en lugar de intentar soluciones con “φ“ variable.consiste en disponer armadura doble.00367 0.εy) / (0.15480 0.roturas poco dúctiles .61 283.891 0.58893 a (m) 0.10965 0.375 d”.857 0. El camino elegido para poner de manifiesto el fenómeno consiste en un proceso de sucesivos aumentos de la profundidad del eje neutro de deformaciones “c”. EJEMPLO 1-5 Enunciado: Calcular las armaduras de una sección rectangular perteneciente a una losa armada en una dirección para las siguientes condiciones: Materiales: .12539 0.0.16 .11111 0.00400 0.12900 0.55 La tabla anterior llega hasta valores de “c” muy altos.375 d”. Independientemente de cualquier consideración reglamentaria.
81429 = 0.006 = 0. .cc .2×0.85 f’c = 29.10 m .28648 ka = 1 .02 m .17 .15 = 4.15 kNm El momento a tomar con A’s será: ∆Mn = A’s f´s (d .81429 .00×0.75 MPa = 29750 kN/m2 .52 / [102700×(0.db / 2 = 0.02775 .bw = 1.375 ⇒ A’s > 0 ka = kamáx = kc×β1 = 0.β1 = 0.Sección Transversal: Armadura Principal: .2 mn)1/2 = 1 .0.85 .f*c = 0.375×0.023)] × 10000 = 8.02775 = 0.67 / (29750×1.67 .Diámetro Estimado: db = 12 mm .30536 c = 0.(1 .De ser necesaria armadura comprimida se supondrá que la distancia de la fibra de hormigón más comprimida al centro de gravedad de la armadura comprimida es d’s = 0.05×(35 .375×0.28648)1/2 = 0.0.63 cm2 El valor de f´s utilizado en la expresión anterior surge del siguiente planteo de semejanza de triángulos que parte de suponer una deformación máxima en el hormigón comprimido de 0.9 = 46.02 .0742×0..0× 0.30536 / 2) Mc = 42.0.003: ε’s = 0.375 por lo tanto: > 0.426 Se fija kc = 0.0742) = 0.074 m mn = Mn / (f*c bw d2) = 46.023 m.42.30536×(1 .074-0.0.34652 / 0.Recubrimiento: cc = 0. h = 0.4 raíz(f´c)) = 0.074 = 0.d’s)] = 4.Mc ∆Mn = 46.02775 m por lo que la sección de hormigón comprimido tomará un momento constante igual a: Mc = f*c bw d2 kamáx (1 .30)/7 = 0.52 kNm por lo que A’s = ∆Mn /[f´s (d .00 m .10 .0696 Mn = Momento Nominal = Mu / φ = 42 / 0.67 kNm d = Altura útil = h .0025 ⇒ Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.023) / 0.kamín = 1.003×(0.Mu = 42 kNm (en rigor kNm/m) Solicitación: Resolución Analítica: Para f’c = 35 MPa se tiene que: .34652 > kamín kc = ka / β1 = 0.0.00051 < εy = fy / Es = 0.d’s) = Mn .81429 = 0.(1 .0 / (3.kamáx/2) = 29750×1.
10 m d b 16 c/13 4 (en rigor las armaduras estarían en cm2/m) d b 8 c/20 d = 0.19 kNm ∆Mn = 46.70/500 = As = 13.67 kNm d = Altura útil = h .10 .75×100×7.074 m Ingresando a la Tabla con: mn = Mn / (0.006 = 0. Según la Tabla.28648 se observa que el valor de “mn” es mayor que el aceptado para armadura simple por lo que se dispondrá armadura doble.22 cm2 Resolución Mediante Tablas: Mn = Momento Nominal = Mu / φ = 42 / 0.19 = 4.0.305 El momento a tomar con A’s será: ∆Mn = A’s f´s (d .85 f’c bw d/fy + A’s f´s/fy = 0.f´s = ε’s Es = 0.85 f’c bw d2) = 46.85×35000×1.305×0.Mc donde Mc es el máximo momento que puede tomar la sección de hormigón comprimido Mc = mnmáx 0.67 / (0.77 = 15.db / 2 = 0.4 / 500 + 8. Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.85×35000×1.70 MPa A’s = ∆Mn /[f´s (d .259×0.0742) = 0. para f’c = 35 MPa se tiene: mnmáx = 0.18 .4/500 + 8.48 / [102700×(0.0.31081.48 kNm Obtendremos la tensión de A’s de la tabla auxiliar para fy = 500 MPa y d’s/ds = 0.85 f’c bw d2 = 0.cc .67 .0.d’s)] = 4.9 = 46.55 cm2 As = kamáx 0.259 y kamáx = 0.55×102.00051×200000 = 102.023/0.76 = 15.023)] × 10000 = 8.0742 = 42.19 cm2 Armado: d b 12 c/13 h = 0.072 m La operación tal como está expuesta debería dar como resultado 102 MPa.02 .074 = 0.42.45 + 1.43 + 1.d’s) = Mn .85×35×100×7.30536×29.7 / 500 As = 13.70 MPa4 y por lo tanto se tiene: As = kamáx f*c bw d / fy + A’s f´s / fy = 0.074 .00× 0.00×0. La tensión se obtiene por interpolación y vale 102.63×102. En esta y en otras operaciones se observarán ligeras diferencias producto de la cantidad de decimales con que operan las calculadoras de mano..
bw = 0.02 .dbe .02 m . las diferencias son mínimas. rehaciendo los cálculos para estos valores se llega a: A’s = 21.048 m (en el cálculo se empleó 0.004 = 0.d’s = 0. EJEMPLO 1-6 Enunciado: Calcular Mu para la siguiente sección Materiales: Sección Transversal: Estribos: Armadura Longitudinal: Resolución Analítica: Para f’c = 25 MPa se tiene que: f*c = 0.003 en el hormigón y de 0.366 m Suponiendo que la sección no se encuentra sobredimensionada con armadura simple5 se tendrá que: Si la armadura “As” fuera mayor que la necesaria para equilibrar la fuerza desarrollada por la sección de hormigón comprimido para una deformación máxima de 0.Hormigón: f’c = 25 MPa .90 cm2 Lo que representa un enorme incremento de A’s y un modesto aumento en As debido a que la tensión en A’s pasa de 102..19 .006 .008 = 0.12 m .Luego del armado resulta que: d = 0.072 .90.7 MPa. En estas condiciones la armadura que se coloque en exceso de la necesaria para producir el equilibrio anteriormente mencionado resulta inefectiva dado que el 5 Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.7 MPa a sólo 66.40 .0.0.25 MPa = 21250 kN/m2 β1 = 0.db /2 = 0.40 m .051 m) Como se aprecia.0. sin embargo.072 m (en el cálculo se empleó 0.Acero: fy = 420 MPa .Diámetro Estimado dbe = 6 mm . A’s = 0 d = h .06588 .4 / f*c (MPa) = 0. habría que aplicar un coeficiente de reducción de resistencia “φ” menor que 0.Recubrimiento cc = 0.85 kamín = 1.85 f’c = 21.0.02 .0.074 m) d . Este tipo de situaciones son frecuentes en losas con armadura doble pues en ellas los recubrimientos resultan significativos frente a la altura total haciendo que no sea raro que la armadura comprimida se encuentre en régimen elástico y pequeñas modificaciones geométricas se traduzcan entonces en cambios muy importantes en la tensión de dichas armaduras.005 en el acero traccionado. h = 0.As = 2 db 16 mm .cc .14 cm2 As = 15.
16473 El no interpolar en este caso implicaría un error menor al 1%.58 kNm Se hubiera llegado al mismo resultado haciendo: a) Mn = f*c bw a (d .3662×0.25) = 0.01/10000)×0.85×25) = 0.20 .a/2) = 21250×0.006 .18)/(0. kz = 1 .12× 0.18091 Se observa que “ka” se encuentra entre las cuantías límites por lo que se extrae el valor correspondiente de “mn”: Sin interpolar: Interpolando: mn = 0.db /2 = 0.12×21. el valor es casi coincidente con el arrojado por la resolución analítica.164)×(0.3662 = 56.85 f’c bw d2 = 0.164 + (0. Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.06621 m por lo tanto ka = a/d = 0.9×56.172-0.20 = 50. Mn = As z fy = As kz d fy Mn = 2×(2.18091 > kamín kc = ka / β1 = 0..27 = 50.18091 / 2 = 0.64 kNm Como se observa.27 kNm Mu = 0.Mu = φ Mn = 0.06621×(0.0.20 kNm b) z = kz d .12×0.85 = 0. incremento de momento resistente que se produce en términos de “Mn” se ve más que contrarrestado por la disminución de “φ” obteniéndose secciones que cada vez presentan menores “Mu”.06621/2) = 56.213 < 0.90 Mn Ingresando a la Tabla con: a = As fy / (bw 0.12×0.90955 .cc .90 Mn a = As fy / (bw f*c) = 2×(2.19-0.0.ka/2 = 1 .0.85 f’c) = 2×(2.12× 0.366 m Suponiendo que la sección no se encuentra sobredimensionada con armadura simple se tendrá que: Mu = φ Mn = 0.90 Mn = f*c bw d2 ka (1 .90955×0.ka/2) = 21250×0.0.375 ⇒ εs > 0.21 kNm Resolución Mediante Tablas: d = h .40 .dbe .366×420×1000 = 56.01/10000)×420 / (0.01/10000)×420 / (0.18091 / 0.18091-0.02 .18091/2) Mn = 56.008 = 0.06621 / 0. Mn = mn 0.366 = 0.18091×(1 .18) = 0.06621 m por lo tanto ka = a/d = 0.9×56.16473×0.005 y corresponde φ = 0.20 kNm ⇒ Mu = 0.164 mn = 0.0.366 = 0.366 .06621 / 0.0.85×25000×0.
364 m) se debe a que las barras se encuentran apoyadas sobre el comienzo de la zona curva de las esquinas de los estribos.9 M = 50.28 kNm n u n 0. h = 0.0.364 m 2 d b 16 M = 55.02 + 0. Las ecuaciones a considerar son: a = β1 c Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.cc .366 m d’s = cc + dbe + dbsuperior/2 = 0.12 m prácticamente iguales a los valores anteriores.Recubrimiento: cc = 0.bw = 0.4 / f*c (MPa) = 0.Hormigón: f’c = 25 MPa ..40 m .85 f’c = 21.2 db6 Armado: La pequeña diferencia entre la altura útil adoptada en los cálculos (0. En estos casos el abordaje más satisfactorio suele ser solucionar el problema por aproximaciones sucesivas dando distintas posiciones al eje neutro hasta lograr el equilibrio interno de fuerzas. A’s = 2 db 16 mm d = h .008 = 0. EJEMPLO 1-7 Enunciado: Calcular Mu para la siguiente sección Materiales: Sección Transversal: Estribos: Armadura Longitudinal: Resolución Analítica: Para f’c = 25 MPa se tiene que: f*c = 0.dbe .006 + 0.Acero: fy = 420 MPa .21 .0.40 m d = 0.0.db /2 = 0.As = 2 db 16 mm .87 kNm ⇒ M = 0.25 MPa = 21250 kN/m2 β1 = 0.40 .Diámetro Estimado: dbe = 6 mm . Rehaciendo los cálculos se llega a los siguientes momentos: 0.02 .034 m Al ser iguales As y A’s esto indica que la sección tiene un dimensionado “arbitrario” y por lo tanto no puede afirmarse que ambas armaduras estarán en fluencia.85 kamín = 1.006 .12 m .366 m) y la altura útil resultante (0. de hecho podría afirmarse que A’s no puede estar en fluencia.008 = 0.06588 .02 m .
00198 0.00108 0.84 168.100 0.045 0.48 -45.048 ε's 0.87 104.0 -216.02/10000)×(420×1000)×(0. C’s = f´s A’s T = fy As Dado que se está obteniendo la resistencia a flexión simple la resultante de las fuerzas internas debe ser nula.0 C's (kN) 159.d’s) = (4.. Intentar solucionar este tipo de problemas mediante el uso de tablas es tan laborioso que resulta conveniente abordarlos directamente en forma analítica.22 .d’s) La tabla siguiente muestra el proceso de aproximaciones sucesivas que lleva a la solución c (m) 0.00045 0.70 97.71 70.10 16.025 0.7 166.40 Por lo tanto: Mu = 0.84 C's+C-T (kN) 207.90×57.040 0.34 -0. es decir: T = C + C’s Cuando se verifique la condición anterior el momento resistente se puede calcular tomando momentos respecto a la armadura traccionada como: Mn = C (d .54 101.00073 0.00083 0.034) / c si si ε’s ≥ εy = fy / Es = 0.18 58.72 -201.0.90 Mn = 0.047 0.034) = 56.84 168.0 175.a/2) + C’s (d .75 108.35 C (kN) 216.0 192.05 kNm que en este caso arroja un resultado que difiere del “correcto” en alrededor del 2%.40 = 51.83 36.84 168.C = 0.25 5.00088 f´s (MPa) 396.04 T (kN) 168.366 .050 0.0 90.00096 -0.19 86.0 146. la armadura “comprimida” puede llegar a estar traccionada por lo que se debe estar atento al signo de la deformación.0021 ⇒ f´s = fy = 420 MPa ε’s < εy ⇒ f´s = ε’s Es = ε’s 200000 Cabe acotar que en algunos casos de disposición más o menos arbitraria de armaduras.96 66.84 168.84 168.18 -86. Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.0.66 kNm Para casos de armaduras simétricas con recubrimientos usuales puede obtenerse una buena aproximación de “Mn” haciendo: Mn ≈ As fy (d .19 77.84 168.96 -12.55 Mn (kNm) 57.003×(c .85 f’c a bw ε’s = 0.38 54.
Acero: fy = 420 MPa .08235×(1 .. adoptaremos cuantía mínima.364 m 2 d b 16 0.22 kNm Para obtener la mayor rigidez despejaremos la mayor altura útil.08235 Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.Por razones de hormigonado se fija h/bw ≤ 4 y bw ≥ 0.31 bw d2 f*c = 0.90 = 22.85 kamín = 1.85 f’c = 17.12 m EJEMPLO 1-8 Enunciado: Calcular la altura total de una viga rectangular de modo de obtener máxima rigidez sin que la misma resulte sobredimensionada en flexión. Materiales: Sección Transversal: Estribos: Armadura Longitudinal: Solicitación: . las pequeñas diferencias entre el valor de “d” adoptado en los cálculos y el “real” no tienen significación en los resultados y.00 MPa = 17000 kN/m2 β1 = 0.Hormigón: f’c = 20 MPa .0.08235/2) = 1342.4 / f*c (MPa) = 0.40 m d = 0.2 d b 16 Armado: Como en el ejemplo anterior. por supuesto.ka/2) = 17000×bw×d2×0.Diámetro Estimado: dbe = 6 mm . es decir. tienen implicancias menores a las que surgen de las imperfecciones de colocación inevitables en cualquier obra.23 .02 m .12 m .Mu = 20 kNm (A los fines del ejercicio se supone que Mu no variará significativamente al modificar la altura de la viga) Resolución Analítica: Para f’c = 20 MPa se tiene que: Mn = Mu / φ = 20 / 0.Recubrimiento: cc = 0. 0.Diámetro estimado: db = 12 mm . Mn = f*c bw d2 ka (1 .
12 m y h = 0.006 = 0.40 .31×0.0.85×20000×0.0.85 = 0. 6 Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.2 mn)1/2 = 1 .006 .37 m h = d + cc + dbe + db /2 = 0.12 m obtendremos: d = [22.12× 0. d = h .02 + 0.0165 m3 adoptando bw = 0.006 = 0.0.402 m Se adopta entonces una sección con: bw = 0.08043 ka = 1 .24 .37 m h = d + cc + dbe + db /2 = 0.08395×17.00×12×36.db /2 = 0. kamín = 0.006 = 0.33 < 4 y h = 0.402 m La altura anterior verifica la condición: h/bw = 0.90 = 22.dbe .8 / 420 = 1.40 / 0.85 f’c bw d2) y dado que se puede despejar bw d2 = Mn / (0.079 mn = Mn / (0.12)1/2 = 0.22 kNm De la Tabla se obtiene el “mn” asociado al “ka” mínimo (cuantía mínima) correspondiente al hormigón del Ejemplo.37 + 0.85 f’c mn) = 22..cc .082 ⇒ mn = 0.099 < 0.08395 / 0.37 + 0.12)]1/2 = 0.006 + 0.0165 / 0.08043)1/2 = 0.08395 > kamín = 0.40 m Se adopta entonces una sección con: bw = 0.40 m En este caso no son de esperar diferencias significativas pero éstas pueden ser muy importantes en otras situaciones tales como las losas de edificios en las que redondeos de algunos milímetros resultan significativos frente a su altura total.12 = 3.22 / (17000×0. recalcularemos la cuantía para obtener la armadura de flexión necesaria6.02 + 0.50 cm2 Resolución Mediante Tablas: Mn = Mu / φ = 20 / 0.375 ⇒ A’s = 0 lo cual resulta obvio As = ka f*c bw d / fy = 0.(1 .2×0.Si adoptamos bw = 0.3682) = 0.22 / (0.12 m Aunque en este caso no ha sido necesario efectuar redondeos importantes para obtener una altura práctica de construir.02 .12 m queda d = (0.079) = 0.006 + 0.22 / (1342.(1 .08235 kc = ka / β1 = 0.368 m mn = Mn / (f*c bw d2) = 22.
Acero: fy = 420 MPa Cabe acotar que un cálculo de este tipo debería ir acompañado siempre de una verificación de flechas y de rigidez relativa respecto a elementos que utilicen a la viga como apoyo (p. 0.12 m EJEMPLO 1-9 Enunciado: Por requerimientos arquitectónicos se debe proyectar una viga rectangular de modo de obtener la menor altura posible.08363×0.082 + (0.02 . d = h .086 -0. aún sin interpolar el error obtenido es menor al 2% por lo que podría utilizarse el valor leído en forma directa.22 / (0.082 Interpolando: ka = 0.85 f’c bw d2) = 22.3682) = 0.079) = ka = 0.12× 0. 7 Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.Se calculan utilizando la Tabla las armaduras para la sección anterior.25 .079)/(0.40 m d = 0.368 m mn = Mn / (0.0. muy por debajo de los valores que requieren de doble armadura por lo que resulta: As = ka 0.08043-0.85×20×12×36.cc .85×20000×0. Materiales: ..db /2 = 0.08043 Se obtiene: Sin interpolar: ka = 0.e.Hormigón: f’c = 20 MPa .006 . ligeramente por encima de la cuantía mínima y. obviamente.49 cm2 Armado: 2 db6 La diferencia entre la altura útil utilizada en los cálculos y la “real” resulta despreciable y sin consecuencias significativas sobre el resultado del ejemplo.08363 Como se observa.090-0.366 m 2 d b 10 0. Como condición adicional no se recurrirá al uso de armadura de compresión (A’s = 0)7.8 / 420 = 1.85 f’c bw d / fy = 0.006 = 0.082)×(0. losas).40 .0. según los límites indicados en la Tabla. El valor de “ka” obtenido se encuentra.0.dbe .
0.85 kamín = 1.25 m y h = 0.375 ⇒ ka = kamáx = β1 kcmáx = 0.00 MPa = 17000 kN/m2 β1 = 0. kcmáx = cmáx / d = 0.ka/2) = 17000×bw×d2×0. es decir: bw = 0. la correspondiente a una profundidad del eje neutro dada por una deformación máxima en el hormigón de 0.Por razones arquitectónicas se fija bw ≤ 0.02 + 0.003 y una deformación en el acero traccionado de 0.13×0.25 m pudiendo ahora despejar d = [22.26 .0.22 kNm Adoptaremos la máxima cuantía que todavía conduce a A’s = 0 es decir.Diámetro estimado: db =16 mm .0.13 bw d2 Para obtener la mínima altura posible adoptamos el mayor ancho permitido.375 ⇒ A’s = 0 Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.(1 .90 = 22.dbe .29592 / 0.2 mn)1/2 = 1 .(1 .008 = 0. recalcularemos la cuantía para obtener la armadura de flexión necesaria.31875×(1 .008 + 0.14 + 0..4 / f*c (MPa) = 0.31875/2) = 4555.348 < 0.31875 f*c = 0.db /2 = 0.85 f’c = 17.Diámetro Estimado: dbe = 8 mm .008 .14 m h = d + cc + dbe + db /2 = 0.Mu = 20 kNm (A los fines del ejercicio se supone que Mu no variará significativamente al modificar la altura de la viga) Resolución Analítica: Para f’c = 20 MPa se tiene que: Mn = Mu / φ = 20 / 0.005.2×0.18 m Como en el caso del ejemplo anterior.Recubrimiento: cc = 0.02 .25213 ka = 1 .85 = 0.22 / (17000×0.0.29592 > kamín kc = ka / β1 = 0.25 m .cc .1442) = 0.85 kcmáx = 0.08235 Mn = f*c bw d2 ka (1 .176 m Se adopta entonces una sección con: bw = 0.02 m .22 / (4555.008 = 0. aunque en este caso no ha sido necesario efectuar redondeos importantes para obtener una altura práctica de construir.144 m mn = Mn / (f*c bw d2) = 22.25× 0.25)]1/2 = 0.Sección Transversal: Estribos: Armadura Longitudinal: Solicitación: . d = h .18 .25213)1/2 = 0.
268 mn = Mn / (0.90 = 22.25 m pudiendo ahora despejar d = (0.18 m Se calculan utilizando la Tabla las armaduras para la sección anterior.29617 Como se observa.85×20000×0. d = h .22 / (0.008 .176 m Se adopta entonces una sección con: bw = 0.db /2 = 0.4 / 420 = 4.85 f’c bw d2) y dado que se puede despejar bw d2 = Mn / (0. muy por encima de los valores correspondientes a la cuantía mínima por lo tanto: As = ka 0.25)1/2 = 0. obviamente.32 cm2 Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.25 m y h = 0.292)×(0.00488 m3 Para obtener la mínima altura posible adoptamos el mayor ancho permitido.85 f’c bw d2) = 22.144 m mn = Mn / (0.22 kNm De la Tabla se obtiene el “mn” asociado al “ka” máximo (cuantía máxima con armadura simple) correspondiente al hormigón del Ejemplo.85 f’c mn) = 22.25213-0.14 + 0.25213 Se obtiene: Sin interpolar: ka = 0.14 m h = d + cc + dbe + db /2 = 0.0.00488 / 0.008 = 0.02 + 0.02 . ligeramente por debajo de la cuantía a partir de la que se requiere doble armadura y.1442) = 0. según los límites indicados en la Tabla.300 Interpolando: ka = 0.249)/(0.31 cm2 Resolución Mediante Tablas: Mn = Mu / φ = 20 / 0.18 .255 -0. El valor de “ka” obtenido se encuentra.85×20000×0.29617×0.29592×17. aún sin interpolar el error obtenido algo mayor al 1% por lo que podría utilizarse el valor leído en forma directa..cc .249) = ka = 0.300-0. kamáx = 0.dbe .00×25×14.22 / (0.0.268) = 0.4 / 420 = 4.319 ⇒ mn = 0.As = ka f*c bw d / fy = 0. es decir: bw = 0.25× 0.85 f’c bw d / fy = 0.292 + (0.008 + 0.008 = 0.27 .0.85×20×25×14.
resultando adecuadamente cubierto por la armadura adoptada.25 m Rehaciendo los cálculos para el valor “real” de “d” se llega a: As = 4.Hormigón: f’c = 25 MPa .bw = 0.141 m 2 d b 16 + 1 d b 10 0..12 m .44 cm2 Valor que difiere en sólo un 3% del anteriormente obtenido.50 metros Las losas que apoyan sobre la viga tienen un espesor de 0.02 m .Armado: 2 db6 0.40 m b A’s d As bw hf .Mu = 52 kNm - La viga tiene una luz de 5.10 m La distancia libre a las vigas paralelas más próximas es de 4.- SECCIONES CON ALAS bajo losa para las siguientes EJEMPLO 2-1 Enunciado: Calcular las armaduras de una viga “T” condiciones: Materiales: Sección Transversal del nervio: Estribos: Armadura Longitudinal: Solicitación: Otras Características: .28 . 2.80 m Determinación del Ancho Efectivo y Espesor de Alas Para completar la geometría de la sección transversal será necesario calcular el ancho efectivo “b” a partir de lo especificado en el CIRSOC 201: a) b = bw (ancho del alma) + be losa izquierda + be losa derecha b) b ≤ Luz de la Viga / 4 Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201. h = 0.Diámetro estimado: db = 12 mm .Recubrimiento: cc = 0.Acero: fy = 420 MPa .Diámetro Estimado: dbe = 6 mm .18 m d = 0.
02 .01476×21.37 m Dado que ambas losas laterales tienen igual espesor se adopta hf = 0.4×12×36.01466)1/2 = 0.25 MPa = 21250 kN/m2 . ½ distancia libre al alma de la viga adyacente) La condición c) indica que: La condición b) conduce a: La condición a) resulta en: be = mínimo (8×0. Para ello debe verificarse: ka ≤ hf / d = 0.47 cm2 Supondremos en principio que a ≤ hf por lo que la sección se comportará como rectangular de ancho constante e igual a “b”. Asmín = kamín 0.8/420 = 1. 4.78 kNm d = h .272 mn = Mn / (f*c b d2) = 57.0.02 .(1 .29 .f*c = 0.9 = 57.40 .10 / 0.47 cm2 Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.25×137×36.9 = 57.c) A cada lado del nervio se tendrá que be = mínimo (8 hf .368 = 0.066×0.0.006 .066. De la Tabla se obtiene que el valor de “ka” para calcular la armadura mínima es 0.(1 .01476 / 0.cc .375 ⇒ < 0.368 m En secciones con alas la cuantía mínima recién puede verificarse al contrastarla con la armadura total calculada.80 m b ≤ 5.10 .006 .01476 kc = ka / β1 = 0.0.dbe .375 m b = 0.db /2 = 0.80 + 0.8 / 420 = 1.0.2×0.85 f’c = 21.8 / 420 = 3.47 cm2 por lo tanto a < hf As = ka f*c b d / fy = 0.db /2 = 0.368 m Asmín = 1.72 m por lo que decide la condición b) y se adopta: b = 1.β1 = 0.78 / (21250×1.50 / 4 = 1.cc .85×25×12×36.80/2) = 0.01466 ka = 1 .017 < 0.10 m Resolución Analítica: Para f’c = 25 MPa se tiene que: .3682) = 0.0.80 = 1.dbe .85 f’c bw d / fy = 0.77 cm2 Resolución Mediante Tablas: Mn = Momento Nominal = Mu / φ = 52 / 0.4 bw d / fy = [MPa cm cm / MPa] = 1.37× 0..78 kNm d = h .85 Mn = Momento Nominal = Mu / φ = 52 / 0.40 .85 = 0.2 mn)1/2 = 1 .272 A’s = 0 > Asmín = 1.006 = 0.12 + 0.006 = 0.0.
cc .10 m d = 0.f*c = 0.Mu = 20 kNm Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.368 m Asmín = 1.85×25×137×36. para valores tan pequeños resulta: ka ≈ mn = 0.85 Mn = Momento Nominal = Mu / φ = 20 / 0.4 bw d / fy = 1.β1 = 0.37 m 2 db6 0.30 .01466 El valor de ka se encuentra claramente por debajo de los valores que requieren doble armadura por lo que resulta: As = ka f*c b d / fy = 0.347 m 0.85×25000×1.3682) = 0.85 f’c b d2) = 57.347 m” se obtiene una armadura “As = 4.47 cm2 Armado: 1.006 = 0.01466×0.74 cm2 > Asmín = 1.47 cm2 . EJEMPLO 2-2 Enunciado: Calcular las armaduras de la viga “T” del ejemplo anterior para: Solicitación: Resolución Analítica: Para f’c = 25 MPa se tiene que: .8 / 420 = 3.85 f’c = 21..40 .40 m 4 d b 12 0.22 kNm d = h .01466 Tal como se indica en la Tabla.78 / (0.02 .006 .db /2 = 0.00 cm2” la que resulta adecuadamente cubierta por las barras adoptadas.0.25 MPa = 21250 kN/m2 .8 / 420 = 1.0.37× 0.4×12×36.dbe .Suponiendo en primera instancia que a ≤ hf se ingresa a la Tabla con: mn = Mn / (0.0.9 = 22.12 m Si se recalcula la armadura con la altura útil “d = 0.
3682) = 0.00564 ka = 1 .00 / 0.8/420 = 1. para valores tan pequeños resulta: ka ≈ mn = 0. Para ello debe verificarse: ka ≤ hf / d = 0.00565×21.00564 Tal como se indica en la Tabla.00565 kc = ka / β1 = 0.(1 .22 kNm d = h .Supondremos en principio que a ≤ hf por lo que la sección se comportará como rectangular de ancho constante e igual a “b”.272 A’s = 0 < Asmín = 1.47 cm2 < Asmín = 1.(1 .2 mn)1/2 = 1 .2×0.10 / 0.007 < 0.0.47 cm2 Resolución Mediante Tablas: Mn = Momento Nominal = Mu / φ = 20.25×137×36.44 cm2 Por lo tanto se adopta As = Asmín = 1.368 = 0.85×25×12×36.85 f’c bw d / fy = 0.066×0.066.44 cm2 Por lo tanto se adopta As = Asmín = 1.22 / (0.272 mn = Mn / (f*c b d2) = 22.02 .47 cm2 por lo tanto a < hf As = ka f*c b d / fy = 0.006 .00564)1/2 = 0.8 / 420 = 1.00564×0.47 cm2 Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.85 = 0.cc .47 cm2 Suponiendo en primera instancia que a ≤ hf se ingresa a la Tabla con: mn = Mn / (0.0056 El valor de ka se encuentra claramente por debajo de los valores que requieren doble armadura por lo que resulta: As = ka f*c b d / fy = 0.db /2 = 0.006 = 0.00565 / 0. De la Tabla se obtiene que el valor de “ka” para calcular la armadura mínima es 0.3682) = 0.85×25×137×36.9 = 22. Asmín = kamín 0.0.8 / 420 = 1.37× 0.40 .85 f’c b d2) = 22.22 / (21250×1.31 .85×25000×1..dbe .0.375 ⇒ < 0.368 m En secciones con alas la cuantía mínima recién puede verificarse al contrastarla con la armadura total calculada.37× 0.
Luz Viga / 12) La condición b) indica que: La condición a) resulta en: be = mínimo (6×0.42 = 0. ½ distancia libre al alma de la viga adyacente.Hormigón: f’c = 25 MPa .02 m .bw = 0. h = 0. 5.37 m 2 db6 0.32 .Mu = 380 kNm - La viga tiene una luz de 5.25 + 0.00/12) = 0.Recubrimiento: cc = 0.42 m b = 0.12 m EJEMPLO 2-3 Enunciado: Calcular las armaduras de una viga “L” condiciones: Materiales: .20/2 .67 m Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.25 m .40 m d = 0. Determinación del Ancho Efectivo y Espesor de Alas Para completar la geometría de la sección transversal será necesario calcular el ancho efectivo “b” a partir de lo especificado en el CIRSOC 201: a) b = bw (ancho del alma) + be b) be = mínimo (6 hf .00 metros La losa que apoya sobre la viga tiene un espesor de 0.09 .Acero: fy = 420 MPa bajo losa para las siguientes b Sección Transversal del nervio: Estribos: Armadura Longitudinal: Solicitación: Otras Características: .20 metros.09 m La distancia libre a la viga paralela más próxima es de 4. 4.40 m d A’s As bw hf .Diámetro estimado: db = 12 mm .10 m 0..Armado: 1.367 m 2 d b 10 0.Diámetro Estimado: dbe = 6 mm .
dbe .8/420 = 12.67 .0.Además se tendrá que: Resolución Analítica: hf = 0.f*c = 0.09 = 803.0.26006 kc = ka / β1 = 0.85 = 0.(1 .250 > 0.cc .07 cm2 Supondremos en principio que a ≤ hf por lo que la sección se comportará como rectangular de ancho constante e igual a “b”.368 m Asmín = 1.13 cm2 El momento a equilibrar con el hormigón del alma resulta: Mnw = Mn .0.3682) = 0.368 = 0.85 Mn = Momento Nominal = Mu / φ = 380 / 0.45 = 162.77 / (21250×0.375 ⇒ A’s = 0 Asw = ka f*c bw d / fy = 0.2 mn)1/2 = 1 .67× 0.(1 .bw) hf = 21250×(0.26006×21.(1 .25 MPa = 21250 kN/m2 .22 kNm d = h .0.33 .22 .21898 ka = 1 .22625)1/2 = 0.25 kN Mnf = Cf (d .22625 ka = 1 .006 .2 mn)1/2 = 1 .245 por lo tanto a > hf La sección no puede considerarse como rectangular por lo que se la descompone en “alma” (subíndice “w”) y “ala” (subíndice “f”).85 f’c = 21.25)×0.hf /2) = 803.8 / 420 = 3.Mnf = 422.45 kNm La armadura necesaria para equilibrar las compresiones en las alas resulta: Asf = Cf / fy = [803.β1 = 0.3682) = 0.09/2) = 259.306 < 0.245 mn = Mn / (f*c b d2) = 422.40 ..006 = 0.db /2 = 0.(1 .26006 / 0. La fuerza en el hormigón del ala y el momento que equilibra resultan iguales a: Cf = f*c (b .02 .77 kNm mn = Mnw / (f*c bw d2) = 162.25×25×36.259.22 / (21250×0.25 / (420×1000)]×10000 = 19.4×25×36.09 m Para f’c = 25 MPa se tiene que: .368 .09 / 0.2×0.4 bw d / fy = [MPa cm cm / MPa] = 1.21898)1/2 = 0.9 = 422.25× 0.11 cm2 Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.25×(0.2×0.0. Para ello debe verificarse: ka ≤ hf / d = 0.
21898 con lo que se obtiene: sin interpolar: interpolando: ka = 0.07 cm2 Supondremos en principio que a ≤ hf por lo que la sección se comportará como rectangular de ancho constante e igual a “b”.252 ka = 0.40 .252 . Se debe recurrir al uso de varias capas de armadura.0.25 / (420×1000)]×10000 = 19.0.0.bw) hf = 0.21898 .25)×0.45 kNm La armadura necesaria para equilibrar las compresiones en las alas resulta: Asf = Cf / fy = [803.368 m En secciones con alas la cuantía mínima recién puede verificarse al conocer la armadura total calculada.85×25000×(0. Es un caso en el que claramente debe recurrirse a alturas totales de viga mayores. La fuerza en el hormigón del ala y el momento que equilibra resultan iguales a: Cf = 0.67× 0. Esto se debe a que la fuerza de compresión de las alas requiere una gran cantidad de armadura para ser equilibrada. Asmín = kamín 0.85 f’c (b .13 cm2 Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.066.11 = 31. Para ello debe verificarse: ka ≤ hf / d = 0.214) = ka = 0.0.0.368 = 0.09 / 0.220 .9 = 422.006 = 0.02 ..368 .25×(0.09/2) = 259.3682) = 0. Este fenómeno se hace aún más agudo en el caso de vigas “T”.245 Como en el caso de la resolución analítica.22 kNm d = h .67 . De la Tabla se obtiene que el valor de “ka” para calcular la armadura mínima es 0.dbe .85×25×25×36.0.25064 por lo tanto a > hf en cualquier caso ka > 0.0.214) / (0.22 / (0.85 f’c bw d / fy = 0.09 = 803.La armadura total resulta: As = Asf + Asw = 19.25 kN Mnf = Cf (d .db /2 = 0.0.066×0.13 + 12.244 + (0.244)×(0. la sección no puede considerarse como rectangular por lo que se la descompone en “alma” (subíndice “w”) y “ala” (subíndice “f”).006 .85×25000×0.245 se ingresa a la Tabla con: mn = Mn / (f*c b d2) = 422. Resolución Mediante Tablas: Mn = Momento Nominal = Mu / φ = 380 / 0.cc .34 .hf /2) = 803.8/420 = 3.24 cm2 > Asmín La armadura anterior es extremadamente difícil de ubicar en el ancho del alma.
77 kNm mn = Mnw / (0.226) = ka = 0.77 / (0. Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.39 cm2” que es adecuadamente cubierta por 7 db25 pero aparece además la necesidad de colocar una armadura comprimida “A’s = 1.26031 Se aprecia que la diferencia entre el valor interpolado y el leído en forma directa difiere en mucho menos del 1%.265 .306 < 0.El momento a equilibrar con el hormigón del alma resulta: Mnw = Mn .85 f’c bw d2) = 162.0.56 cm2” que se cubre con 2 db10.3682) = 0.12 = 31.13 + 12. kc = ka / β1 = 0.12 cm2 La armadura total resulta: As = Asf + Asw = 19.226) / (0.259. En términos generales cabe acotar que cuando el eje neutro de tensiones cae dentro del alma.8/420 = 12.26031×0.85 = 0.25× 0.260 + (0.230 . Armado: Luego de un tanteo previo se llega a la distribución de armaduras de la figura..0.85×25000×0.85×25×25×36.34 m” se llega a una armadura necesaria “As = 34.Mnf = 422. Si se recalcula la sección para una altura “d = 0.22 .85 f’c bw d / fy = 0.35 .45 = 162.22625 ingresando a la Tabla se obtiene sin interpolar: interpolando: ka = 0.26031 / 0.25 cm2 > Asmín Valen los comentarios hechos al finalizar la resolución analítica. el uso de tablas no resulta sensiblemente más práctico que el abordaje analítico.22625 .260)×(0.375 ⇒ A’s = 0 Asw = ka 0.260 ka = 0.0.
Recubrimiento: cc = 2 cm .4×15×76 / 420 = 3.60 m por lo que no puede aprovecharse íntegramente el ancho total de losa disponible (1.075 m) El ancho efectivo máximo está limitado a cuatro veces el ancho del alma es decir: b = 4×0.15 Estribos: .10 / 0.Mu = 1440 kNm Determinación del Ancho Efectivo Para completar la geometría de la sección transversal será necesario calcular el ancho efectivo “b” a partir de lo especificado en el CIRSOC 201 para vigas aisladas.76 = 0.85 Mn = Momento Nominal = Mu / φ = 1440 / 0.10 m) verifica la condición de ser mayor que la mitad del ancho del alma (bw / 2 = 0.Acero: fy = 420 MPa As 0.15 / 2 = 0. El espesor de alas (hf = 0.f*c = 0.85 f’c = 25.76 m Asmín = 1.15 0.80 .00 m).35 0.12 0.5 MPa = 25500 kN/m2 .10 Enunciado: Dimensionar las armaduras de flexión de la sección de la Figura..36 .Hormigón: f’c = 30 MPa .80 0.00 A’s Viga “T” Aislada 0.0.4 bw d / fy = [MPa cm cm / MPa] = 1.9 = 1600 kNm d = h .04 = 0.132 Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.15 = 0. Materiales: .04 = 0.Diámetro Estimado: dbe = 6 mm Solicitación: .EJEMPLO 2-4 1. Resolución Analítica: Para f’c = 30 MPa se tiene que: . La distancia entre el filo de hormigón y el centro de gravedad de las armaduras traccionadas y comprimidas es 0.0.04 m.80 cm2 Supondremos en principio que a ≤ hf por lo que la sección se comportará como rectangular de ancho constante e igual a “b” para ello debe verificarse: ka ≤ hf / d = 0.β1 = 0.
46229 / 0.76 = 0.0026 > εy = fy / Es = 0.(1 .73 = 785.003×(0.85 = 0.73 kNm La armadura necesaria para equilibrar las compresiones en las alas resulta: Asf = Cf / fy = [1147.46229 kc = ka / β1 = 0.27 kNm mn = Mnw / (f*c bw d2) = 785.60× 0.(1 .04) / 0.31875 / 2) = 193.2 mn)1/2 = 1 .20132 Descomponiendo la sección en alas y alma: Cf = f*c (b .mn = Mn / (f*c b d2) = 1600 / (25500×0.(1 .(1 .2×0.375 ⇒ A’s > 0 > 0.0.31875 c = 0.hf /2) = 1147.0.10/2) = 814.04)] × 10000 = 6.285 m por lo que la sección de hormigón comprimido tomará un momento constante igual a: Mc = f*c bw d2 kamáx (1 .15×0.31875×25.285 .39 = 28.39 cm2 El valor de f´s utilizado en la expresión anterior surge de: ε’s = 0.2 mn)1/2 = 1 .76 .37 .50 / (420×1000)]×10000 = 27.06 + 6.76-0.27 .kamáx/2) El momento a tomar con A’s será: ∆Mn = Mnw .0.50 kN Mnf = Cf (d .2×0.bw) hf = 25500×(0.28 kNm por lo que A’s = ∆Mn /[f´s (d .15)×0.762×0. ∆Mn = 785.45 cm2 Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201..35544 ka = 1 .15× 0.25500×0.27 / (25500×0.Mnf = 1600 .0021 ⇒ f´s = fy = 420 MPa y por lo tanto se tiene: Asw = kamáx f*c bw d / fy + A’s f´s / fy = 0.18105 ka = 1 .39×420/420 = Asw = 22.50×15×76/420 + 6.85 = 0.Mc es decir.60 .375×0.544 > 0.31875×(1 .0.18105)1/2 = 0.132 por lo tanto a > hf por lo tanto se necesitará doble armadura Se fija kc = 0.d’s)] = 193.28 / [420x1000×(0.10 = 1147.285 = 0.762) = 0.35544)1/2 = 0.375×0.50×(0.32 cm2 El momento a equilibrar con el hormigón del alma resulta: Mnw = Mn .814.762) = 0.375 por lo tanto: ka = kamáx = kc×β1 = 0.
.68 cm2 As = 59.38 .45 = 55.32 + 28.77 cm2 Resolución Mediante Tablas: Como se comentó en el Ejemplo anterior. Armado: Luego de un tanteo en la adopción de armaduras se llega al esquema de la figura. Recalculando las armaduras con la geometría de la figura se llega a que: A’s = 11. la resolución mediante tablas no aporta un beneficio significativo en la simplificación de los cálculos.As = Asf + Asw = 27. Remitimos al lector a la operatoria utilizada en el Ejemplo anterior. Flexión Simple – Proyecto de Reglamento CIRSOC 201.64 cm2 valores adecuadamente cubiertos por las armaduras dispuestas.
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