Clase 2 Concreto Armado I

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  • 8/17/2019 Clase 2 Concreto Armado I

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    UNIVERSIDADCÉSAR VALLEJO

    Facultad de Ingeniería Civil

    Curso: Concreto Armado IDocente: Mag. Ing. Raul Heredia Benavides

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

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    Diseño de Elementos en Flexión

    Elementos en FlexiónLos elementos sometidos a flexiónson las vigas, los techos, las losasmacizas, las losas aligeradas y engeneral todos los elementos bajo

    cargas perpendiculares a su plano.

    Cargas

    Φ ≥ = 1,4 1,7

    = 1,25

    = 0,9 ± 1,25 = 1,25 ( ) = 0,9 ±

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    Diseño de Elementos en FlexiónPrincipios Básicos.

    La distribución de esfuerzosunitarios en la seccióntransversal de un elemento es

     plana. Se cumple la denominadahipótesis de Navier.

    La resistencia a tracción delconcreto se desprecia.

    • La deformación unitaria máximadel concreto es de 0.003.

    Se utiliza el bloque requivalente.

    • Existe adherenciaconcreto y el acero. Ncorrimientos entre

    materiales.• El esfuerzo en el refue

    tomarse como Esdeformación del acero

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    Diseño de Elementos en FlexiónViga Simplemente Apoyada

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     = Φ 0.85 ∗ ∗  ∗ ∗

      = 0.85 ∗  

      = 0.75 ∗

      = 0.50 ∗  

      = 0.75 ∗

       >   ñ

       <   ñ

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    Diseño de Elementos en FlexiónViga Simplemente Apoyada

    Ejemplo 1: Diseñar la vigamostrada en la figura para unestado de rotura. Considerar: = 210

     

    = 4200 /

    = 16

    Paso 1. Determinar eFalla.

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

       = Φ 0.85 ∗ ∗  ∗

      = 0.75 ∗    

       = 0.75 ∗  = 0.75 ∗

     = 0.75 ∗ 0.85 ∗  60

    6000

    = 45

     = 16.9

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    Diseño de Elementos en FlexiónViga Simplemente Apoyada

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       = 0.90 0.85 ∗ 210 ∗ 16.9 ∗ 25 ∗ 45 .

      ∗ 10−

     = 24.8

     

     = 24.8 > = 16

    ñ

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    Diseño de Elementos en FlexiónViga Simplemente Apoyada

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    Tomando momento en el eje donde actúa laresultante a compresión

    Por equilibrio  = 0

    Reenplazando el valor de “” en  “

    Finalmente se obtiene la siguiente ecu

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    =(210) ± (210) 4 ∗ 0.59∗4200 ∗

      1 6 ∗ 1 0 ∗ 2100.90∗ 25 ∗ 45 ∗ 4200

    2 ∗ 0.59∗ 4200

    Remplazando se tiene que:

    = 210 ± 163.39

    4956  =   0.07534

    0.00940

    Calculamos el área de acero:

      = ∗ ∗   84.8

    10.6

      = 4 3/4"

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    Diseño de Elementos en FlexiónViga Simplemente Apoyada

    Ejemplo 2: Determinar elmomento ultimo de la sección dela viga mostrada en la figura paraun estado de rotura. Considerar: = 210

     

    = 4200 /

    =?

    Paso 1. Determinar eFalla.

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       = Φ 0.85 ∗ ∗  ∗

       = 0.75 ∗    

       = 0.75 ∗  = 0.75 ∗ 0.85 ∗

     = 0.75 ∗ 0.85 ∗ 0.85 ∗  210

    4200

     = 0.0159

      = 4∅3/4

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      = 

    ∗ =

      ∗.

    ∗. = 0.0101

       = 0.0159 > = 0.0101

    ñ

    Comparamos la cuantía balanceada con la cuantía colocada

    = 50 3 0.95  1.91

    2  = 45.1

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    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

    Tomando momento en el eje donde actúa laresultante a compresión

    Por equilibrio  = 0

    Reenplazando el valor de “” en  “

    Finalmente se obtiene la siguiente ecu

    =  11.4 ∗ 4200

    0.85 ∗ 210 ∗ 25 = 10.7

    = 11.4 ∗ 4200 ∗ 45.1  10.7

    2  = 1

    = 19.03

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    Practica: Diseñar la viga en voladmuestra en la figura.

    Considerar:

    Zona sísmica.

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     = 1.84

    = 4200 /2   = 210

    =

       = Φ 0.85 ∗ ∗  ∗ ∗

     

       = 0.75 ∗  = 0.75 ∗  ∗ 

    +  ∗

    = 0.0150

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    Diseño de Elementos en FlexiónViga Doblemente Reforzada

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     = Φ 0.85 ∗ ∗  ∗ ∗

       <   ñ

       >   ñ

      = 

      ′ = 

    Cuantía de acero en tracción

    Cuantía de acero en compresión

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      = Significa que el acero en tracción

      < Significa que el acero en tracción

    = 0.85 ∗ ∗ ∗

    = ∗

    Del diagrama de esfuerzos:

    = 6000 ∗ ( 1 ∗ ′)

      = 0

    = ( ∗ ∗ )

    0.85 ∗ ∗

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    = Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗ 2

      ∗ ∗ ( )

    Cuando el acero Fluye ( = ):

    Tomando momento en el eje donde actúa el acero a tracción:

    = Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗  

    2  ∗ ∗ ( )

    = ( ∗ ∗ )

    0.85 ∗ ∗

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    Diseño de Elementos en FlexiónViga Doblemente Reforzada

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    1 = Φ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗ 2

    Tomando momento en el eje donde actúa el acero

    Tomando momento en el eje donde actúa el

    1 = Φ 1 ∗ ∗ (

    2)

    =  ( ∗ )

    0.85 ∗ ∗

      = 0

    1 = Φ ∗ 0.85 ∗ ∗ ∗ ∗ (  

    2)

    1 = Φ ∗ 1 ∗ ∗ (

    2)

    2 = Φ ′ ∗ ∗ ( ′)

    2 = Φ 2 ∗ ∗ ( ′)

    Tomando momento en el eje donde actúa el acero

    Tomando momento en el eje donde actúa el acero

    2 = Φ ′ ∗ ∗ ( ′)

    2 = Φ 2 ∗ ∗ ( ′)

    Tomando momento en el eje donde actúa el acero

    Cuando <

    Cuando <

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    Diseño de Elementos en FlexiónViga Doblemente Reforzada

    Ejemplo 3: Diseñar la viga que semuestra en la figura considerando:

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    = 210 

    = 4200 

     = 2.0 Ton/m

     = 2.8 Ton/m

    = 1.4  1.7

    Cálculo de la carga ultima:

    = 1.4 ∗ 2.0 1.7 ∗ 2.8 = 7.56

    Calculo del momento máximo:

    = ∗ 

    8 = 7.56 ∗

      5.4 ∗ 5.4

     = Φ 0.85 ∗ ∗  ∗ ∗

       = 0.75 ∗

     = 0.75 ∗  = 0.75 ∗  ∗  6

    600

     = 0.75 ∗ 0.85 ∗  6000

    6000 4200

    Tipo de falla de la viga

    = 45 1 = 0.85

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    Diseño de Elementos en FlexiónViga Doblemente Reforzada

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

     = Φ 0.85 ∗ ∗  ∗ ∗

     

    2

     = 0.90 0.85 ∗ 210 ∗ 16.9 ∗ 25 ∗ 45 16.9

    2  10−

     = 24.81

     = 24.81 < = 27.56

    ñ

    = = 27.56

    1 = = 24.81

     = 0.75 ∗  = 0.75 ∗ 0.85 ∗  ∗ 

     = 0.75 ∗ 0.85 ∗ 0.85 ∗  210

    4200

    6

    6000

    Cálculo del área de acero  1 =

     

     =

     ∗ ∗ = 17.89

    Cálculo del  2:  

    2 = 33.90 24.81 = 2.75

    2 = Φ 2 ∗ ∗ ( ′)

     2 =  2

    (Φ ∗ ∗ ) =

      2.75

    0.9 ∗ 4200

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    Diseño de Elementos en FlexiónViga Doblemente Reforzada

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    Asumiendo que ’ = :

      = 0

      ∗ = 2 ∗

      = 2

    Verificar que ’ = :

    = 6000 ∗ ( 1 ∗ ′)

      =

     ( ∗ ∗ )

    0.85 ∗ ∗

    = 6000 ∗  17.97 0.85 ∗ 5

    17.97  = 4581

     

    = (20.91 ∗ 4200 1.82 ∗ 4200)

    0.85 ∗ 210 ∗ 25  = 17.97

      = 1.82

    Como ’ < , el supuesto no e

      = 20.17

     2 = 1.82

    21/2"

    31" 23

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    Diseño de Elementos en FlexiónViga Doblemente Reforzada

    Ejemplo 4: Determinar elmomento ultimo de la sección dela viga mostrada en la figura paraun estado de rotura. Considerar: = 210

     

    = 4200 /

    =?

    Paso 1. Determinar eFalla.

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

     = 0.75 ∗  = 0.75 ∗ 0.85 ∗

     = 0.75 ∗ 0.85 ∗ 0.85 ∗  210

    4200 6

     = 0.0159  = 20.17

     2 = 5.7

    25/8"

    31" 23/4"

    =  ∗.+∗.

    ∗.  = 0.0198

    = 50 3 0.95 2.54 2.54

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    Diseño de Elementos en FlexiónViga Doblemente Reforzada

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       = 0.0159 < = 0.0198

    ñ

    Comparamos la cuantía balanceada con la

    cuantía colocada

    ′ = 6000 ∗( 1 ∗ ′)

    = ( ∗ ∗ )

    0.85 ∗ ∗

    ′ = 6000 ∗  17.3 0.85 ∗ 4.6

    17.3  = 4486

     

    = (20.91 ∗ 4200 3.96 ∗ 4200)

    0.85 ∗ 210 ∗ 25  = 16.0

    Asumimos que ’ =

    Como ’ > el acero si fluye

    = Φ 0.85 ∗

    ∗ ∗ ∗

     

    2  

    = 0.9 0.85 ∗ 210∗ 17.3 ∗ 25 ∗ 42.317.3

    = 3 0.95 1.59

    2  = 4.75

    = 27.66

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    Diseño de Elementos en FlexiónViga Doblemente Reforzada

    Practica: Diseñar la viga en voladmuestra en la figura.Considerar:  = 60

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

    = 4200 /2   = 210

       = Φ 0.85 ∗ ∗  ∗ ∗

     

       = 0.75 ∗  = 0.75 ∗  ∗ 

    +  ∗

    3560

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    Metrado de Cargas de una vigade sección Rectangular 

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    Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7

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    Ga

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    Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

    Diámetrosmínimos dedoblado

    7.3.1 Todo el refuerzo deberá doblarse en frío7.3.2  Ningún refuerzo parcialmente embebido en el conc puede ser doblado en la obra,

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    Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

    Detallesconstructivos

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    Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

    Colocacióndel Concreto

    El refuerzo, incluyendo los tendones y los preesforzado, debe colocarse con precisiadecuadamente asegurado antes de colocarDebe fijarse para evitar su desplazamientolas tolerancias aceptables dadas en 7.5.2.

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    Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7

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    Limites del Espaciamiento del Refuerzo7.6.1 La distancia libre mínima entre barras paralelas de una capa debeno menor de 25 mm.7.6.2 Cuando el refuerzo paralelo se coloque en dos o más capas, las bcapas superiores deben colocarse exactamente sobre las de las capas inuna distancia libre entre capas no menor de 25 mm.7.6.3 En elementos a compresión reforzados transversalmente con

    estribos, la distancia libre entre barras longitudinales no debe ser menni de 40 mm.

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    Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

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    Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.7

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    REQUISITOS PARA LA INTEGRIDAD ESTRUCTURAL

    La integridad total de una estructura se puede mejorar signifintroduciendo algunos detalles adicionales en el refuerzo. La intenciónmejorar la redundancia y la ductilidad en las estructuras, de modo que, edaño en un elemento estructural o de una carga anormal, el daño resuestructura pueda limitarse a un área relativamente pequeña y como consestructura tenga una mayor posibilidad de mantener la estabilidad global

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    Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.8Análisis y Diseño

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

    MÉTODOS DE DISEÑO

    Para el diseño de estructuras de concreto armado se utilizará el DResistencia. Deberá proporcionarse a todas las secciones de los eestructurales Resistencias de Diseño (φ Rn) adecuadas, de acuerdodisposiciones de esta Norma, utilizando los factores de carga (amplifilos factores de reducción de resistencia, φ, especificados en el Capítulo

    ACABADO DE LOS PISOS, REVESTIMIENTOS, ESPESDESGASTELos acabados de los pisos (falso piso o sobrelosa) no deben considera parte de la sección resistente del elemento estructural,

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    Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.9Requisitos de Resistencia y de Servicio

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

    Φ ≥ = 1,4 1,7 = 1,25 ± = 0,9 ± 1,25 = 1,25 ( ) ±

    = 0,9 ±

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    Refuerzo por cambios volumétricos

    La armadura por retracción ytemperatura en losas, deberá proporcionar las siguientes relacionesmínimas de área de la armadura a áreade la sección total de concreto, según eltipo de acero de refuerzo que se use.

    - Barras lisas 0,0025

    - Barras corrugadas con fy < 420 Mpa 0,0020

    Control de deflexio

    Momento de agrietamiensección:

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    Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.9Requisitos de Resistencia y de Servicio

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    Detalles del Refuerzo. E.030 Cap.9-10

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

    Espaciamiento máximo del refuerzo

    En muros y losas, la separación será lamenor o igual a 3 veces el espesor delelemento, si exceder de 40 cm.

    Control de la fisuración

    Refuerzo mínimo en ele

    sometidos a flexión

     

  • 8/17/2019 Clase 2 Concreto Armado I

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    Ejemplo de Aplicación.

    Diseñar la viga que se muestra en la

    figura. El peralte de la viga es de 60 cmy la base es de 50 cm.

    Considerar    F’c=280 Kg/cm2

    Fy=4200 Kg/cm2

    Envolvente de Mome

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  • 8/17/2019 Clase 2 Concreto Armado I

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    Datos.

     b = 50 cmh = 6 0 c m

    d = 5 4 c m  “Asumido”

    Diámetro del estribo = 0.95 cm

    Momento Actuante = 20.09 Ton – m

    Zona Sísmica

    Determinar el tipo de Falla.

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

       = Φ 0.85 ∗ ∗  ∗ ∗

       = 0.85 ∗      =

       = 0.85 ∗  = 0.85 ∗  ∗ 

     = 0.85 ∗ 0.85 ∗  6000

    6000 4200

     = 23

    Ejemplo de Aplicación.

  • 8/17/2019 Clase 2 Concreto Armado I

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    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

       = 0.90 0.85 ∗ 280 ∗ 23 ∗ 50 ∗ 54

      ∗ 10−

     = 78.52

       = 78.52 > = 20.09

    ñ

    = 0.21845

    = 0.00377

      = 10.18

    4∅ 3/4"

    Ejemplo de Aplicación.

  • 8/17/2019 Clase 2 Concreto Armado I

    38/46

    Determinar el momento ultimo que

    resiste la viga con el acero colocado.

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

       = Φ 0.85 ∗ ∗  ∗ ∗

     

       = 0.75 ∗      = 0.75 ∗

       = 0.5 ∗  = 0.5 ∗ 0.85 ∗  ∗ 

    +

     = 0.5 ∗ 0.85 ∗ 0.85 ∗  280

    4200

    6000

    6000 4200

     = 0.0142

      = 

    ∗ =

      ∗.

    ∗. = 0.0101

       = 0.0142 > = 0.00421

    ñ

    Comparamos la cuantía balcon la cuantía colocada

    = 60 4 0.95  1.91

    2  = 54.1

    Ejemplo de Aplicación.

  • 8/17/2019 Clase 2 Concreto Armado I

    39/46

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

    Tomando momento en el eje donde actúa la

    resultante a compresión

    Por equilibrio  = 0

    Finalmente se obtiene

    = 11.4 ∗ 4200 ∗ 54.1  4.02

    2  = 1

    = 24.94

    = 4 ∗ 2.85 ∗ 4200

    0.85 ∗ 280 ∗ 50 = 4.02

      = 0.7 ∗   2804200 ∗ 50 ∗ 54.1 = 7.54

    Revisamos el área de acero mínimo

      =  14

    4200 ∗ 50 ∗ 54.1 = 9.02

    Ejemplo de Aplicación.

  • 8/17/2019 Clase 2 Concreto Armado I

    40/46

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

    Ejemplo de Aplicación.

    Detalles del refuerzo

    Distancia mínima entre barras: db ó 2.5 c

    Recubrimiento: 4 cm Ok

    Resistencia: OkΦ ≥

  • 8/17/2019 Clase 2 Concreto Armado I

    41/46

    Datos.

     b = 50 cmh = 6 0 c m

    d = 5 4 c m  “Asumido”

    Diámetro del estribo = 0.95 cm

    Momento Actuante = 50.63 Ton – m

    Zona Sísmica

    Determinar el tipo de Falla.

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

       = Φ 0.85 ∗ ∗  ∗ ∗

       = 0.85 ∗      =

       = 0.85 ∗  = 0.85 ∗  ∗ 

     = 0.85 ∗ 0.85 ∗

      6000

    6000 4200

     = 23

    Ejemplo de Aplicación.

  • 8/17/2019 Clase 2 Concreto Armado I

    42/46

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

       = 0.90 0.85 ∗ 280 ∗ 23 ∗ 50 ∗ 54

      ∗ 10−

     = 78.52

       = 78.52 > = 50.63

    ñ

    = 0.0101

    = 0.1029

      = 27.27

    6∅1"

    Ejemplo de Aplicación.

  • 8/17/2019 Clase 2 Concreto Armado I

    43/46

    Determinar el momento ultimo que

    resiste la viga con el acero colocado.

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

       = Φ 0.85 ∗ ∗  ∗ ∗

     

       = 0.75 ∗      = 0.75 ∗

       = 0.5 ∗  = 0.5 ∗ 0.85 ∗  ∗ 

    +

     = 0.5 ∗ 0.85 ∗ 0.85 ∗  280

    4200

    6000

    6000 4200

     = 0.0142

      = 

    ∗ =

      ∗.

    ∗. = 0.0119

       = 0.0142 > = 0.0119

    ñ

    Comparamos la cuantía bal

    con la cuantía colocada

    = 60 4 0.95 2.54 2.54

    2  =

    Ejemplo de Aplicación.

  • 8/17/2019 Clase 2 Concreto Armado I

    44/46

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

    = 30.42 ∗ 4200 ∗ 51.2  10.7

    2  = 5857979

    = 58.6

    = 6 ∗ 5.07 ∗ 4200

    0.85 ∗ 280 ∗ 50 = 10.7

      = 0.7 ∗  280

    4200 ∗ 50 ∗ 51.2 = 7.14

    Revisamos el área de acero mínimo

      =  14

    4200 ∗ 50 ∗ 51.2 = 8.53

    Ejemplo de Aplicación.

  • 8/17/2019 Clase 2 Concreto Armado I

    45/46

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

    Ejemplo de Aplicación.

    Detalles del refuerzo

    Distancia mínima entre barras: db ó 2.5 c

    Recubrimiento: 4 cm Ok

    Resistencia: OkΦ ≥

  • 8/17/2019 Clase 2 Concreto Armado I

    46/46

    Concreto I 22-03-2016 R. Heredia

    Fin de clase 2