CONCRETO ARMADO IICONCRETO ARMADO II
Ing. Roberto Morales Morales
Universidad Nacional de IngenieríaFacultad de Ingeniería Civil
DISEÑO LIMITEDISEÑO LIMITE
Métodos de Diseño:
Elástico
Rotura
Inelástico
Plástico
Métodos de Análisis
Elástico
Elastoplástico
Inelástico
Elástico Corregido
DISEÑO LIMITEDISEÑO LIMITE
DUCTILIDAD:
Capacidad de soportar grandes deformaciones sin perdida significativa de su resistencia
RESISTENCIA Y DUCTILIDAD DE PORTICOS:
INTRODUCCION:
Consideraciones del comportamiento de sistemas aporticados de concreto armado para cargas
ultimas o cercanas es necesario para determinar la distribución posible de momentos flectores,
fuerza cortante y fuerza axiales que podrían ser usadas en el diseño estructural.
Es posible usar una distribución de momentos y fuerzas diferentes que las obtenidas por un
análisis estructural elástico lineal si las secciones criticas tienen suficiente ductilidad para
permitir la redistribución de acciones a ocurrir cuando la carga ultima es alcanzada.
En países ubicados dentro de zonas sísmicas, un aspecto importante del diseño estructural es la
ductilidad de la estructura cuando esta sometida a movimientos sísmicos. Actualmente la
filosofía del diseño sísmico para sismos severos, se basa en la disipación de energía por
deformación inelástica
DIAGRAMA TIPICO DE MOMENTO-CURVATURA PARA SECCIONES DE
CONCRETO ARMADO
Mu
My
Ma
Ast
Asc
Eje NeutroM
1
M
M
REDISTRIBUCION DE MOMENTOS-FORMACION DE ROTULAS PLASTICAS
La redistribución de momentos puede tener una influencia acentuada sobre la carga última en una estructura
estáticamente indeterminada.
Consideremos como ejemplo, una viga continua de 2 tramos de sección constante.
Asumimos que la viga ha sido diseñada adecuadamente para fuerzas
cortantes permite que alcancen los momentos últimos sin que ocurra
falla por corte.
Momentos ultimo de resistencia para momentosMu
-
uM
Por equilibro: -
+
M
M= 1.2
PL
4
-+M
2+ M P
L
4 +-
M +M
2
EI=M/
Sección Fragil
Sección Ductil
M
S i : -
u+
u
-
+
M
M=
M
M= 1 . 2 ( s e f o r m a r á n s i m u l t á n e a m e n t e r o t u l a s p l á s t i c a s e n l a s s e c c i o n e s 2 , 3 y 4 )
S i : -
u+
u
M
M< 1 . 2 ( s e f o r m a r á l a p r i m e r a r o t u l a p l á s t i c a e n 3 )
S i : -
u+
u
M
M> 1 . 2 ( s e f o r m a r á l a s p r i m e r a s r o t u l a s p l á s t i c a s e n 2 y 4 )
S u p o n i e n d o q u e l a p r i m e r a r o t u l a p l á s t i c a s e f o r m e e n 3 ( s e c c i ó n d e m o m e n t o n e g a t i v o ) .
L
L / 2
L
L / 2
- M ' u
- M u
3
P u L / 4
+ M u
+ M
2
1
+ M u
5
4
31
2 4
5
2
M+M
4 u-
u+
LPP uLIMITE
EJEMPLO DE APLICACIÓN:
La viga que se muestra en la figura adjunta
es de sección constante de bxh = 30x55
cm2, f’c = 280 kg/cm 2, fy = 4200 kg/cm 2;
el refuerzo negativo en A es de 31”, el
refuerzo negativo en B es de 2 1” y el
refuerzo positivo en C es de 43/4”.
Considerando que la viga falla de manera
dúctil, por flexión, determine la carga
máxima (Plimite) que puede soportar.
SOLUCIÓN:
Sección A:
As = 31” = 3x5.07 = 15.21cm2 cmxx
xbf
fAa
c
ys 95.83028.085.0
2.421.1585.0
M = M =Asfy d -a
2= 15.21x4.2 0.49 -
0.0895
2= 28.44y
My = 28.44 t- m
Sección B: As = 21” = 2x5.07 = 10.14cm2 a = 5.96cm My = 19.60 t -m
Sección C: As = 43/4” = 4x2.85 = 11.40cm2 a = 6.71cm My = 21.86 t -m
a) SECUENCIA DE FORMACION DE ROTULAS PLASTICAS:
M A = -Pab
L
2
2 M B = -Pba
L
2
2 M C = 2Pa b
L
2 2
3
a b
P
MA=0.72P MB=0.48P
MC=0.576P
28.44
21.86
19.60
t-m
A BC
A
Momentos Actuantes en t-m
M O M E N T O S R E S I S T E N T E S :
r i =M a c t u a n t e
M r e s i s t e n t e
E n l a s e c c i ó n d e m a y o r v a l o r d e r i s e f o r m a r a l a s p r i m e r a s r o t u l a s p l á s t i c a s p a r a r i = 1
r PA =0 . 7 2 P
2 8 . 4 4 0 0 2 5 3.
r PB =0 . 4 8 P
1 9 . 6 0 0 2 4 5.
max0263.0
21.86
0.576P= iC rPr
P r i m e r a r o t u l a p l á s t i c a e n l a s e c c i ó n C , p a r a u n v a l o r d e P 1 = 3 7 . 9 5 T o n
3 m2 m
MAMB
A B
P
A B
2
F
F2F
P FF
EI
2
3EI
3 3
3
3
8P - 8F =27F
F P=8
35 P F P =
27
35 M PA =
54
35 ; M PB =
24
35
2.541= PM A
20.69= PM B
AC
B
M O M E N T O S R E S I S T E N T E S :
r i =M a c t u a n t e
M r e s i s t e n t e
E n l a s e c c i ó n d e m a y o r v a l o r d e r i s e f o r m a r a l a s p r i m e r a s r o t u l a s p l á s t i c a s p a r a r i = 1
r PA =0 . 7 2 P
2 8 . 4 4 0 0 2 5 3.
r PB =0 . 4 8 P
1 9 . 6 0 0 2 4 5.
max0263.0
21.86
0.576P= iC rPr
P r i m e r a r o t u l a p l á s t i c a e n l a s e c c i ó n C , p a r a u n v a l o r d e P 1 = 3 7 . 9 5 T o n
3 m2 m
MAMB
A B
P
A B
2
F
F2F
P FF
EI
2
3EI
3 3
3
3
8P - 8F =27F
F P=8
35 P F P =
27
35 M PA =
54
35 ; M PB =
24
35
2.541= PM A
20.69= PM B
AC
B
MrA =My - M1A=28.44 - 0.72P1 = 1.12 t -m
MrB =19.6 - 0.48P1 = 1.38 t -m
rP
PArA
=MA
M
154
112138
22
.
.. 1.38P2 = 1 P2 = 0.72 t
rP
PB =0 69
138050
22
.
..
P1 + P2 = 37.95 + 0.72 = 38.67 t Segunda rotula en A
MrB = 3P 3
MrB = 1.38 - 0.69P2 = 0.88 t
3P3 = 0.88 P3 = 0.29 t
P1 + P2 + P3 = 38.96 t
Tercera rotula en B
P
3 m
2 3
1
3
Secuencia de formación de rótulas plásticas
b) POR TRABAJOS VIRTUALES:
Wexterior = Winterior WE = Pi i
2 m
23.44
v=1.0
3 m
C=
21.86
PL19.6028.44
W i = M y
A =1
2
B =1
3
C =1
2
1
3
5
6
P x xL = 28.44x1
2 19.6
1
321 86
5
638 97. .
PL = 38.97 t
:
2 m
AMY
M
3 m
CYM
ISOST.
BYM
c) POR MOMENTO ISOSTATICO:
M PL PISOST L=3
5
2
6
5
PL = 38.97 Ton
P
2 m 3 m
L
76.4686.215
3)6.91-(28.44+19.6=
5
6 xPL
28.44 21.86 19.60
2 m 3 m
d) POR EQUILIBRIO:
RA =28.44 + 21.86
2.15 Ton 25
RB =21.86 + 19.6
313.82 Ton
PL = 38.97 Ton
3/5PL
PROBLEMA 1:Para el sistema que se muestra en la figura adjunta determine la capacidad limite.
Considere:
f’c = 280 kg/cm 2
fy = 4200 kg/cm 2
0.45
21"
2 m
BA
2P
1 m
0.30
DC
P
2 m
21"+2"
SOLUCION:
a) USANDO EL METODO DE TRABAJOS VIRTUALES
1) Asumiendo rotulas en A y C - As = 21” + 23/4” = 2x5.07 + 2x2.85 = 15.84cm2
d = 45 - (4 + 0.95 + 1.27) = 38.78cm
ax
x xcm
15 84 4 2
0 85 0 28 0 309 32
. .
. . .. M = 15.84x4.2 0.388 -
0.093
2= 22.72y
My = 22.72 t - m
+ As = 21” = 10.14cm2 a = 5.96 cm My = 15.25 t -m
A
2P
C
P
1.0
W
W
P =12.17 tE
i
21
31
5
3
22.721
315 25
1
3
1
220 28
P P P
. .
2) Asumiendo rotulas en A y B
W
W P =16.71 t
E
i
2 0 5 2 5
22 72 1 15 25 11
44178
P P P. .
. . .
PLIMITE = PMENOR = 12.17 t
b) USANDO EL METODO DE EQUILIBRIO:
MC = 0 22.72 + 15.25 + 2P(2) - RA3 = 0 RA = 12.66 + 1.33P
MC = 0 15.25 - RD2 = 0 RD = 7.63 t
FV = 0 3P = RA + RD
3P = 12.66 + 1.33P + 7.63
P = tL
20 29
16712 15
.
..
A
2P
C
P
1/21.0
PP2P
CC
CC22.72
15.25AR DR
B
P R O B L E M A 2 :
P a ra e l s is te m a q u e s e m u e s tra e n la f ig u ra 2 , d e te rm in e la
c a rg a u n if o rm e l im ite d e la v ig a .
f ’c = 2 1 0 k g /c m 2
f y = 4 2 0 0 k g /c m 2
S O L U C IO N :
d = 5 5 - (4 + 0 .9 5 + 1 .9 1 + 1 .2 7 ) = 5 5 - 8 .1 3 = 4 6 .8 7 c m
M O M E N T O S D E F L U E N C IA :
M A f da
y s y
2
aA f
f bs y
c
0 8 5.
3 "
3 3 /4 "
3 " "A B
C
0 .5 0
1 .1 0
[ ] "
W
3 m3 m
Sección A:
- As = 6 3/4” = 17.10cm2 a = 16.09cm d = 46.87cm
M = 17.10x4.2 0.469 -0.161
2= 27.88y
My = 27.88 t-m
Sección C:
+ As = 3 3/4” = 8.55cm2 a = 8.047cm
d = 55 - (4 + 0.95 + 1.91/2) = 55 - 5.91 = 49.10cm My = 16.19 t-m
a) USANDO EL METODO DE EQUILIBRIO:
MA = 0 27.88 + 16.19 - W32 /2 = 0 W = 9.79 t/m
b) USANDO EL METODO DE TRABAJOS VIRTUALES:
A =
1
3
B =
1
3
C =
1
3 1
3
2
3
Wexterior = Winterior
Pe1
2 + Pe
1
2= 27.88
1
3
1
3
2
31 2
27.88 1619.
31
2W
2 = 29.38 W = 9.79 t/m
27.88A
W
C C
16.19
B
W16.19
27.88
3 m3 m
P
1.01/21/2
e21eP
PROBLEMA 3.
Para la viga que se muestra en la figura adjunta, determine la carga uniformrmrnte repartida limite, WL.
f’c = 280 kg/cm2
fy = 4200 kg/cm2
a) USANDO EL METODO DE TRABAJOS VIRTUALES:
1 =
2
x
W = wx1
2 + w
1
2+ 6
2
xE
5 x
W = 22.721
x + 15.25
1
x
1
5- xi
5w1
2+
12
x=
37.97
x
15.25
5 - x
w = 10.39
x
6.1
5- x …….. (1)
dw
dx= 0
10 39 61
502 2
. .
x x
2 47
5
322. .
x x
X = 2.83cm
En (1):
w = 3.676.1
2.17 6 48. w = 6.48 t/m
3 m2 m
W
6 T
2"
"+2"
(My=15.25 T-m)
(My=22.72 T-m)
x
C=
5-x
v=1.0
6Twx w(5-x)
1/2 1/2
b) USANDO EL METODO DE EQUILIBRIO:
MA = 0 22.72 + 15.25 - 6x2 - wx 2/2 = 0 w 51.94
x 2 ……….. (1)
MB = 0
w wx
15 25
5
2
2
. = 0 w 30.5
5 - x 2 ……….. (2)
(1) = (2)
51.94
x=
30.5
5 - x 2 2 7.21(5-x) = 5.52x w 36.05
12.73= 2.83 m
WL = t/m5194
2 836 482
.
..
22.72A
15.25
CC B
WW 15.25
x
2
5-x
6T
REDISTRIBUCION DE MOMENTOS:
El requerimiento de ductilidad en las rótulas plásticas puede ser excesivo, especialmente en las
primeras en formarse, para permitir el desarrollo de todas las rótulas hasta alcanzar la carga ultima
de colapso plástico, sin que ninguna de las anteriores haya empezado a perder resistencia.
Por otro lado es obvio que ciertas combinaciones de momento de diseño pueden producir diseños
con esfuerzos de servicio en el acero muy elevados (incluso en algunos casos se llega a la
fluencia), lo que puede dar origen a un agrietamiento del elemento fuera del límite tolerable.
Para fines de diseño puede tomarse como base la distribución elástica de los momentos flectores.
Cualquier variación respecto de esta distribución es una REDISTRIBUCION DE MOMENTOS y
requiere ductilidad en las secciones de rótulas plásticas que se forman primero. El grado de
ductilidad requerido es función directa de la magnitud de la redistribución efectuada.
REDISTRIBUCION DE MOMENTOS NEGATIVOS EN ELEMENTOS CONTINUOS EN FLEXION
NO PREESFORZADOS
DE ACUERDO AL ACI-02 (Sección 8.4):
Excepto en los casos en los cuales se usan valores aproximados para los momentos flectores, los
momentos negativos calculados con la teoría elástica, para cualquier configuración de carga
asumida, en los apoyos de elementos continuos en flexión, pueden ser cada uno aumentados o
disminuidos en no más de 20 1
'%
b
Estos momentos negativos modificados se usarán para el calculo de los momentos en secciones de
los tramos. Tal variación solo se hará en secciones dúctiles, con , - ’ 0.50b
donde:
)6000
6000(85.0
'
1yy
b ffcf
Los elementos así diseñados deberán ser verificadas por agrietamiento
EJEMPLO DE REDISTRIBUCION DE MOMENTOS:
Diseñar el refuerzo para la losa aligerada que se muestra en la figura adjunta, redistribuyendo los momentos
para reducir el acero total requerido.
f’c = 210 kg/cm2
fy = 4200 kg/cm2
PPaligerado = 350 kg/m2
S/C = 300 kg/m2
Acabados = 100 kg/mTabiqueria = 100 kg/m2
2
SOLUCION:
a) Cuantía Balanceada:
0213.0)42006000
6000(
4200210
85.085.0
xxxb
0.5b=0.0106 (cuantía máxima para la redistribución de momentos)
b) Cargas de Diseño por Vigueta:
WDU = 1.2x550x0.4 = 264 kg/m
WLU = 1.6x300x0.4 = 192 kg/m Wu = 456 kg/m = 0.46 t/m
5.00 5.00
0.30
" @ 0.25
0.10 0.30 0.10
0.20
0.05
)6000
6000(85.0
'
1yy
b ffcf
c) Momentos Elásticos:
Momento Negativo Máximo :
Wu = 0.46 t / m
-Mmax = W uL2/8 = 0.456x52/8 = 1.44 t -m
-Mcara = 0.86x(5.00 -0.15)-0.46 x 4.85 2/2 = -1.24 t -m
Momento Positivo Máximo :
MBA = WuL2/8 = 0.46 x 5 2/8 = 1.44 t -m
MBC = WDUL2/8 = 0.26 x 5 2/8 = 0.81 t-m
RA = WD+LL/2 - MB/L = 0.46 x 5/2 – 1.13/5 = 0.92 t
MB = 1.13 t-m
V = 0.92 - 0.46 X o = 0 Xo = 2.0 m
+Mmax = 0.92 x 2.0 - 0.46x2.02/2 = 0.92 t-m
d) Refuerzo para Momentos Elásticos:
1/2” d = 25 - (2 + /2) = 25 - (2 + 1.27/2) = 22.36 cm
Usar: 11/2”
Usar = 11/2” + 13/8” -As = 1.98 cm2
-M
RA=0.46x5/2-1.44/5=0.86t
RA
W(D+L)u=0.46 t/mWDu=0.26 t/m
+Mmax-Mmin
0.50 0.50
1.44 -0.81
-0.31 -0.32
1.13 -1.13Usando: Mu = f’c bd2w (1-0.59w)(-)Mu = 1.24 t-m1.24x105 = 0.9x210x10x22.362 w (1-0.59w)w=0.142 = wf’c/fy = 0.0071As= bd = 1.59 cm2
(+)Mu = 0.92 t-m0.92x105 = 0.9x210x40x22.362 w (1-0.59w)w=0.025 = wf’c/fy = 0.00125As= bd = 1.12 cm2
3/8" 3/8“ 1/2"
1/2" 1/2"
3/8"
REDISTRIBUCION DE MOMENTOS: I. El codigo ACI 2002 solo permite una redistribucion de momentos negativos de diseño
1. Momento Negativo Máximo:
Probar 2 3/8” (1.42 cm2)
d = 25 - (2 + 0.95/2) = 22.52 cm
142
10 22 520 0063 05 0 0107
.
.. . .
x
As
bd b (conforme)
Ignorando ’, el porcentaje de redistribución permisible es:
20 1 20 10 0063
0 021414.1%
'%
.
.b
Momento Negativo Redistribuido:
23/8” aA f
f b
x
x xcm
s y
c
085
142 4200
085 210 10334
.
.
..
m - t 1.12=2
0.0334-0.2252 4.2 x 0.9x1.42=
2a
-dAsfy=Mu
(conforme) 1149.681001.24
1211.24=x100
M
MM--
R--
%. %.
Re% xodistribuid
3/8" 3/8“ 3/8"
1/2" 1/2"
3/8"
Momento Positivo Máximo considerando la Redistribucion del (-)Mu:
V = 0.88 - 0.46Xo = 0 Xo = 1.91 m
+Mmax = 0.88x1.91 - 0.46x1.912/2 = 0.84 t - m < 0.92 t - m (conforme)
2. Redistribución de Momento Positivo Máximo:
Probar +As 13/8” + 11/4” (0.71 + 0.31 = 1.02 cm 2)
102
40 22 520 0013 0 5 0 0107
.
.. . .
x b (conforme)
20 1 20 10 00113
0 021418 9%
'%
.
..
b
Momento Positivo Redistribuido:
13/8” + 11/4” ax
x xcm
102 4200
0 85 210 400 6
.
..
m - t 0.86=2
0.006-0.2252 4.2 x 0.9x1.02=MR
+
+MR = 0.86 t - m > 0.84 t-m (conforme)
(conforme) %9.18%5.61000.92
86.00.92=x100
M
MM-Re% +
R++
xodistribuid
W=0.46 t/m
4.85
23/8" t-m
RA =0.46x4.85/2-1.12/4.85=0.88t
II. El codigo ACI-2002 no permite una redistribucion de momentos positivos de diseño, sin embargo nos parece que no hay motivos para no aprovechar la conveniencia de realizar dicha redistribucion.
En zonas de alto riesgo sismico las viguetas pueden trabajar como una viga chata ancha, por lo tanto es conveniente que los refuerzos tengan su longitud de anclaje en los apoyos.
Por inspeccion el momento negativo, considerando la redistribucion del momento positivo sera algo menor que el que corresponde al de 2 ”
Va a ser algo menor que 1.12 t-m (23/8”)
Conforme para la distribución de momento positivo
Puntos de corte de la armadura:
Si bien es correcto diseñar las secciones críticas para los
momentos redistribuidos, debe tenerse en cuenta que la
redistribución ocurre para cargas elevadas. En condiciones de
servicio es probable que los momentos se distribuyan
cercanamente a las condiciones elásticas. Por consiguiente, para
evitar secciones sin reforzar es conveniente usar las envolventes
elásticas para la determinación de los puntos de terminación de
las barras.
13/8"13/8"
11/4"
1 3/8"
11/4"
13/8"
0.86 t-m
0.84 t-m
23/8"
+Mmax=0.92
4.85
0.15 0.15
0.36 (+M R)
-Mmax+Mmin
1.44 (Eje)1.24 (Cara Viga)1.10 (Eje)
(-MR) 1.12 T-m
EjeCara de Viga
3/8" 3/8"
Longitud de emplame
Top Related