diseño límite

26
CONCRETO ARMADO II CONCRETO ARMADO II Ing. Roberto Morales Morales Universidad Nacional de Ingeniería Facultad de Ingeniería Civil DISEÑO LIMITE DISEÑO LIMITE

Transcript of diseño límite

Page 1: diseño límite

CONCRETO ARMADO IICONCRETO ARMADO II

Ing. Roberto Morales Morales

Universidad Nacional de IngenieríaFacultad de Ingeniería Civil

DISEÑO LIMITEDISEÑO LIMITE

Page 2: diseño límite

Métodos de Diseño:

Elástico

Rotura

Inelástico

Plástico

Métodos de Análisis

Elástico

Elastoplástico

Inelástico

Elástico Corregido

DISEÑO LIMITEDISEÑO LIMITE

Page 3: diseño límite

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

Page 4: diseño límite

DIAGRAMA TIPICO DE MOMENTO-CURVATURA PARA SECCIONES DE

CONCRETO ARMADO

Mu

My

Ma

Ast

Asc

Eje NeutroM

1

M

M

Page 5: diseño límite

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

Page 6: diseño límite

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

Page 7: diseño límite

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

Page 8: diseño límite

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

Page 9: diseño límite

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

Page 10: diseño límite

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

Page 11: diseño límite

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

Page 12: diseño límite

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

Page 13: diseño límite

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

Page 14: diseño límite

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

. .

Page 15: diseño límite

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

Page 16: diseño límite

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

Page 17: diseño límite

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

Page 18: diseño límite

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

Page 19: diseño límite

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

Page 20: diseño límite

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.

Page 21: diseño límite

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

Page 22: diseño límite

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

Page 23: diseño límite

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"

Page 24: diseño límite

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"

Page 25: diseño límite

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 ”

Page 26: diseño límite

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