Ejemplos de Análisis y Diseño de Vigas a Flexión

EJERCICIOS DE ANÁLISIS DE VIGAS DE CONCRETO ARMADO.

EJERCICIO Nº 1.

Determinar si la siguiente sección es subreforzada o sobrerreforzada. Calcular la resistencia a flexión

de la sección. Determinar la deformación unitaria en el acero en el momento de alcanzar la

resistencia.

Datos: ds (Nº 3) = 0,953 cm, db (Nº 7) = 2,222 cm, Ab (Nº 7) = 3,88 cm2

As = 3·(3,88 cm2) = 11,64 cm

2, rd = 4 + 0,953 + 2,222/2 =6,604 cm, Es = 2,1x10

6 kg/cm

2

1. Dado que f’c = 250 kg/cm2 < 280 kg/cm

2, 𝛽1 = 0,85

2. Se calcula la profundidad del bloque rectangular equivalente “a”.

𝟎, 𝟖𝟓 · 𝒇′𝒄 · 𝒂 · 𝒃 = 𝑨𝒔 · 𝒇𝒚 ⟹

𝟎, 𝟖𝟓 · 𝟐𝟓𝟎 · 𝒂 · 𝟑𝟎 = 𝟏𝟏, 𝟔𝟒 · 𝟒𝟐𝟎𝟎 ⟹

𝟔𝟑𝟕𝟓 · 𝒂 = 𝟒𝟖𝟖𝟖𝟖 ⟹

𝒂 =𝟒𝟖𝟖𝟖𝟖

𝟔𝟑𝟕𝟓= 𝟕, 𝟔𝟕 𝒄𝒎 ⟹

3. Se verifica si el acero de refuerzo longitudinal está en cedencia, es decir si fs = fy

𝒂𝒃

𝒅𝒕= 𝜷𝟏 · (

𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝑬𝒔

𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝑬𝒔 + 𝒇𝒚)

𝒂𝒃

𝒅𝒕= 𝟎, 𝟖𝟓 · (

𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝟐𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎

𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝟐𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 + 𝟒𝟐𝟎𝟎)

𝒂𝒃

𝒅𝒕= 𝟎, 𝟓𝟏

se compara a/dt con ab / dt:

dt = d = h – rd = 50 – 6,604 = 43,396 cm

𝒂

𝒅𝒕=

𝟕, 𝟔𝟕

𝟒𝟑, 𝟑𝟗𝟔= 𝟎, 𝟏𝟖

Como 0,18 < 0,51, el acero a tracción está cedencia. Se cumple lo supuesto inicialmente y se

continúa con el análisis.

4. Se verifica si la sección está controlada por tracción.

Se calcula la relación: 𝒂𝑪𝑻𝑳

𝒅𝒕= 𝟎, 𝟑𝟕𝟓 · 𝜷𝟏 = 𝟎, 𝟑𝟕𝟓 · 𝟎, 𝟖𝟓 = 𝟎, 𝟑𝟏𝟗

Se calcula a / dt. Como se tiene una sola capa, dt = d = 43,396 cm

a / dt = 0,18 < 0,319, la sección está controlada por tracción, entonces = 0,90

5. Se determina la resistencia nominal a flexión Mn y la resistencia de diseño 𝟇·Mn . (Esto es

cuando As cede).

𝑴𝒏 = 𝑨𝒔 · 𝒇𝒚 · (𝒅 −𝒂

𝟐)

𝑴𝒏 = 𝟒𝟖𝟖𝟖𝟖 · (𝟒𝟑, 𝟑𝟗𝟔 −𝟕, 𝟔𝟕

𝟐) = 𝟏𝟗𝟑𝟒𝟎𝟓𝟖 𝒌𝒈 − 𝒄𝒎

𝑴𝒏 = 𝟏𝟗, 𝟑𝟒 𝒕𝒐𝒏 − 𝒎

6. Se determina la resistencia de diseño ϕ·Mn

𝝓 ∙ 𝑴𝒏 = 𝟎, 𝟗𝟎 ∙ 𝟏𝟗, 𝟑𝟒 = 𝟏𝟕, 𝟒 𝒕𝒐𝒏 − 𝒎

Como el acero cede, la sección es subreforzada.

La deformación del acero es: 𝛆𝒔 =𝟎,𝟎𝟎𝟑∙(𝒅−𝒄)

𝒄= 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ (

𝜷𝟏∙𝒅

𝒂− 𝟏)

𝛆𝒔 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ (𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟒𝟑, 𝟑𝟗𝟔

𝟕, 𝟔𝟕− 𝟏) = 𝟎, 𝟎𝟏𝟏

Se comprueba que la sección está controlada por tracción dado que 0,011 > 0,005. El valor de 𝜀s

obtenido es aceptable. Se debe tener cuidado que cuando es muy grande la viga puede presentar

grandes deflexiones y un gran agrietamiento en la zona a tracción.

EJERCICIO Nº2

Determinar si la siguiente sección es subreforzada o sobrerreforzada. Calcular la resistencia a flexión

de la sección. Determinar la deformación unitaria en el acero en el momento de alcanzar la

resistencia.


As = 5·(3,88 cm2) = 19,4 cm

2, Es = 2,1x10

6 kg/cm

2

𝑟𝑑 =𝑦1 ∙ 𝐴1 + 𝑦2 ∙ 𝐴2

𝐴1 + 𝐴2

𝑦1 = 4 + 0,953 +2,222

2= 6,604 𝑐𝑚

𝑦2 = 4 + 0,953 + 2,222 + 2,5 +2,222

2= 10,786 𝑐𝑚

A1 = 3·3,88 = 11,64 cm2, A2 = 2·3,88 = 7,76 cm

2.

𝑟𝑑 =6,604 ∙ 11,64 + 10,786 ∙ 7,76

19,4= 8,28 𝑐𝑚


2, 𝛽1 = 0,85


𝟎, 𝟖𝟓 · 𝒇′𝒄 · 𝒂 · 𝒃 = 𝑨𝒔 · 𝒇𝒚 ⟹

𝟎, 𝟖𝟓 · 𝟐𝟏𝟎 · 𝒂 · 𝟐𝟓 = 𝟏𝟗, 𝟒 · 𝟒𝟐𝟎𝟎 ⟹

𝟒𝟒𝟔𝟐, 𝟓 · 𝒂 = 𝟖𝟏𝟒𝟖𝟎 ⟹

𝒂 =𝟖𝟏𝟒𝟖𝟎

𝟒𝟒𝟔𝟐, 𝟓= 𝟏𝟖, 𝟐𝟔 𝒄𝒎 ⟹


𝒂𝒃

𝒅𝒕= 𝜷𝟏 · (

𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝑬𝒔

𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝑬𝒔 + 𝒇𝒚)

𝒂𝒃

𝒅𝒕= 𝟎, 𝟖𝟓 · (

𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝟐𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎

𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝟐𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 + 𝟒𝟐𝟎𝟎)

𝒂𝒃

𝒅𝒕= 𝟎, 𝟓𝟏

se compara a/dt con ab / dt :

d = h – rd = 40 – 8,28 = 31,72 cm, dt =h – y1 = 40 – 6,604 = 33,396 cm

𝒂

𝒅𝒕=

𝟏𝟖, 𝟐𝟔

𝟑𝟑, 𝟑𝟗𝟔= 𝟎, 𝟓𝟒𝟕

Como 0,547 > 0,51, el acero a tracción no cede. No se cumple lo supuesto inicialmente y se debe

determinar el esfuerzo en el acero fs y una nueva profundidad de eje neutro del bloque equivalente,

a:

4a. Se calcula de nuevo “a” cuando el acero no cede.

𝒇𝒔 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ 𝑬𝒔 ∙ (𝜷𝟏 ∙ 𝒅 − 𝒂

𝒂)

C = T

𝟎, 𝟖𝟓 · 𝒇′𝒄 · 𝒂 · 𝒃 = 𝑨𝒔 · 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ 𝑬𝒔 ∙ (𝜷𝟏 ∙ 𝒅 − 𝒂

𝒂)

𝟎, 𝟖𝟓 · 𝟐𝟏𝟎 · 𝟐𝟓 ∙ 𝒂𝟐 = 𝟏𝟗, 𝟒 · 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙ (𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟑𝟏, 𝟕𝟐 − 𝒂)

𝟒𝟒𝟔𝟐, 𝟓 ∙ 𝒂𝟐 + 𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐𝟎 ∙ 𝒂 − 𝟑𝟐𝟗𝟓𝟐𝟗𝟓, 𝟔𝟒 = 𝟎

La solución es a = 16,736 cm

Se determina: 𝒇𝒔 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ 𝑬𝒔 ∙ (𝜷𝟏∙𝒅−𝒂

𝒂) = 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙ (

𝟎,𝟖𝟓∙𝟑𝟏,𝟕𝟐−𝟏𝟔,𝟕𝟑𝟔

𝟏𝟔,𝟕𝟑𝟔) = 𝟑𝟖𝟒𝟗, 𝟒 kg/cm

2

5a. Se determina la resistencia nominal a flexión Mn y la resistencia de diseño 𝟇·Mn, para el caso en

que As no cede.

𝑴𝒏 = 𝑨𝒔 · 𝒇𝒔 · (𝒅 −𝒂

𝟐) = 𝟏𝟗, 𝟒 · 𝟑𝟖𝟒𝟗, 𝟒 · (𝟑𝟏, 𝟕𝟐 −

𝟏𝟔,𝟕𝟑𝟔

𝟐) = 𝟏𝟕𝟒𝟑𝟖𝟖𝟗 kg-cm

𝑴𝒏 = 𝟏𝟕, 𝟒𝟒 𝒕𝒐𝒏 − 𝒎

Como el acero no cede, la sección es sobrerreforzada. La sección está controlada por compresión, ϕ

= 0,65 por tener refuerzo transversal de estribo.


𝝓 ∙ 𝑴𝒏 = 𝟎, 𝟔𝟓 ∙ 𝟏𝟕, 𝟒𝟒 = 𝟏𝟏, 𝟑𝟒 𝒕𝒐𝒏 − 𝒎

Se puede concluir que la sección está mal diseñada, porque para un diseño correcto la sección debe

estar controlada por tracción.

La deformación del acero es: 𝛆𝒕 =𝟎,𝟎𝟎𝟑∙(𝒅𝒕−𝒄)

𝒄= 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ (

𝜷𝟏∙𝒅𝒕

𝒂− 𝟏)

𝛆𝒕 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ (𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟑𝟑, 𝟑𝟗𝟔

𝟏𝟔, 𝟕𝟑𝟔− 𝟏) = 𝟎, 𝟎𝟎𝟐𝟎𝟗

La deformación es prácticamente igual que la deformación del acero en la cedencia: 𝜀𝑦 =𝑓𝑦

𝐸𝑠=

4200

2100000= 0,002, la sección se encuentra en el límite de sección controlada por compresión.

Prácticamente está en la falla balanceada.

EJERCICIO Nº 3

Las dimensiones de la sección transversal de una viga rectangular son de 30 cm de ancho y 50 cm de

altura. La viga se refuerza con 6 barras #6 ( ¾”) como se indica en la figura. Considerando f’c = 280

kg/cm2 y fy = 4200 kg/cm

2. El recubrimiento mínimo es 4 cm, estribos Nº 3 y separación libre

vertical entre capas de 2,5 cm.

a) Determinar el momento de agotamiento resistente que puede soportar la sección.

b) Determinar el momento de agotamiento resistente que puede soportar la sección, si se

refuerza a compresión con 2 barra # 5.

Parte a)

1. Se establece el valor de β1: β1 = 0,85

2. Se determina a: ysc fAbaf '85,0

As = 6·2,85 = 17,1 cm2 , cma 06,10

3028085,0

42001,17

3. Se verifica si el acero está cediendo:

51,042006300

630085,0

003,0

003,01

ys

s

t

b

fE

E

d

a

21

2211

AA

AyAyrd

, y1 = 4 + 0,953 + 1,905 / 2 = 5,906 cm,

y2 = 4,953 + 1,905 + 2,5 + 1.905 / 2 = 10,31 cm,

A1 = 4· 2,85 = 11,4 cm2 , A2 = 2· 2,85 = 5,7 cm

2.

cmrd 37,71,17

7,531,104,11906,5


𝒂𝒃

𝒅𝒕= 𝜷𝟏 · (

𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝑬𝒔

𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝑬𝒔 + 𝒇𝒚)

𝒂𝒃

𝒅𝒕= 𝟎, 𝟖𝟓 · (

𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝟐𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎

𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝟐𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 + 𝟒𝟐𝟎𝟎)

𝒂𝒃

𝒅𝒕= 𝟎, 𝟓𝟏

se compara a/dt con ab / dt :

d = h – rd = 50 – 7,37 = 42,63 cm, dt = h – y1 = 50 – 5,906 = 44,094 cm

𝒂

𝒅𝒕=

𝟏𝟎, 𝟎𝟔

𝟒𝟒, 𝟎𝟗𝟒= 𝟎, 𝟐𝟐𝟖

Como 0,228 < 0,51, el acero a tracción cede. Se cumple lo supuesto inicialmente y se continúa con el

análisis.



𝒅𝒕= 𝟎, 𝟑𝟕𝟓 · 𝜷𝟏 = 𝟎, 𝟑𝟕𝟓 · 𝟎, 𝟖𝟓 = 𝟎, 𝟑𝟏𝟗



cuando As cede).


𝟐)

𝑴𝒏 = 𝟏𝟕, 𝟏 ∙ 𝟒𝟐𝟎𝟎 · (𝟒𝟐, 𝟔𝟑 −𝟏𝟎, 𝟎𝟔

𝟐) = 𝟐𝟕𝟎𝟎𝟒𝟑𝟐 𝒌𝒈 − 𝒄𝒎

𝑴𝒏 = 𝟐𝟕, 𝟎 𝒕𝒐𝒏 − 𝒎


𝝓 ∙ 𝑴𝒏 = 𝟎, 𝟗𝟎 ∙ 𝟐𝟕 = 𝟐𝟒, 𝟑 𝒕𝒐𝒏 − 𝒎

Como el acero cede, la sección es subreforzada.


𝒄= 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ (

𝜷𝟏∙𝒅𝒕

𝒂− 𝟏)

𝛆𝒕 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ (𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟒𝟒, 𝟎𝟗𝟒

𝟏𝟎, 𝟎𝟔− 𝟏) = 𝟎, 𝟎𝟎𝟖𝟏𝟖

Se comprueba que la sección está controlada por tracción dado que 0,00818 > 0,005.

Parte b)

Determinar el momento de agotamiento resistente de la sección que se muestra. Considere f’c = 280

kg/cm2, fy = 4200 kg/cm

2, recubrimiento mínimo de 4 cm, estribos Nº 3, y separación libre vertical

entre capas de 2,5 cm.


db (Nº 5) = 1,588 cm, Ab (Nº 5) = 1,98 cm2

d’ = 4 + 0,953 + 1,588 / 2 = 5,747 cm

As = 6·(2,85 cm2) = 17,1 cm

2, A’s = 2·1,98 = 3,96 cm

2, Es = 2,1x10

6 kg/cm

2

𝑟𝑑 =𝑦1 ∙ 𝐴1 + 𝑦2 ∙ 𝐴2

𝐴1 + 𝐴2

𝑦1 = 4 + 0,953 +1,905

2= 5,906 𝑐𝑚

𝑦2 = 4 + 0,953 + 1,905 + 2,5 +1,905

2= 10,31 𝑐𝑚

A1 = 4·2,85 = 11,4 cm2, A2 = 2·2,85 = 5,7 cm

2.

𝑟𝑑 =5,906 ∙ 11,4 + 10,31 ∙ 5,7

17,1= 7,374 𝑐𝑚

1. Dado que f’c = 280 kg/cm2, 𝛽1 = 0,85


De la viga 1: Cc = T1 :

𝒂 =(𝑨𝒔 − 𝑨′

𝒔) ∙ 𝒇𝒚

𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝒇′𝒄

∙ 𝒃

𝒂 =(𝟏𝟕, 𝟏 − 𝟑, 𝟗𝟔) · 𝟒𝟐𝟎𝟎

𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟐𝟖𝟎 ∙ 𝟑𝟎= 𝟕, 𝟕𝟑 𝒄𝒎 ⟹

Se calcula la relación (d’/a)límite = 𝟏

𝜷𝟏(𝟏 −

𝒇𝒚

𝟎,𝟎𝟎𝟑∙𝑬𝒔)

Si (𝒅′

𝒂) ≤ (

𝒅′

𝒂)

𝒍í𝒎𝒊𝒕𝒆 , el acero a compresión cede.

(𝒅′

𝒂)

𝒍í𝒎𝒊𝒕𝒆=

𝟏

𝟎,𝟖𝟓(𝟏 −

𝟒𝟐𝟎𝟎

𝟔𝟑𝟎𝟎) = 𝟎, 𝟑𝟗𝟐

(𝒅′

𝒂) =

𝟓, 𝟕𝟒𝟕

𝟕, 𝟕𝟑= 𝟎, 𝟕𝟒𝟑

Como 0,743 > 0,392, el acero a compresión no cede.

Se verifica si el acero de refuerzo longitudinal está en cedencia, es decir si fs = fy

𝒂𝒃

𝒅𝒕= 𝜷𝟏 · (

𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝑬𝒔

𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝑬𝒔 + 𝒇𝒚) = 𝟎, 𝟖𝟓 · (

𝟔𝟑𝟎𝟎

𝟔𝟑𝟎𝟎 + 𝟒𝟐𝟎𝟎) = 𝟎, 𝟓𝟏

Si (𝒂

𝒅𝒕) ≤ (

𝒂𝒃

𝒅𝒕), el acero a tracción está en cedencia:

d = h – rd = 50 – 7,37 = 42,63 cm, dt = h – y1 = 50 – 5,906 = 44,094 cm

𝒂

𝒅𝒕=

𝟕, 𝟕𝟑

𝟒𝟒, 𝟎𝟗𝟒= 𝟎, 𝟏𝟕𝟓

Como a / dt = 0,175 < 0,51, el acero a tracción está en cedencia. Pero entramos al caso 2 porque el

acero a compresión no cede.

La “a” calculada antes es incorrecta y hay que calcularla de nuevo:

Por equilibrio en la figura (c):

𝒂 =𝑨𝒔 ∙ 𝒇𝒔 − 𝑨′𝒔 ∙ 𝒇′𝒔

𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝒇′𝒄

∙ 𝒃

Considerada en conjunto con las ecuaciones

𝒇′𝒔 = 𝜺′𝒔 ∙ 𝑬𝒔 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ 𝑬𝒔 ∙ (𝒂 − 𝜷𝟏 ∙ 𝒅′

𝒂) =

𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ 𝟐𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∙ (𝒂 − 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟓, 𝟕𝟒𝟕)

𝒂

𝒇′𝒔 = 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙ (𝒂 − 𝟒, 𝟖𝟖𝟓)

𝒂

𝒇𝒔 = 𝒇𝒚 = 𝟒𝟐𝟎𝟎 𝒌𝒈

𝒄𝒎𝟐 , porque el acero a tracción está en cedencia.

𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟐𝟖𝟎 ∙ 𝟑𝟎 ∙ 𝒂 = 𝟏𝟕, 𝟏 ∙ 𝟒𝟐𝟎𝟎 −𝟑, 𝟗𝟔 ∙ 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙ (𝒂 − 𝟒, 𝟖𝟖𝟓)

𝒂

𝟕𝟏𝟒𝟎 ∙ 𝒂𝟐 = 𝟕𝟏𝟖𝟐𝟎 ∙ 𝒂 − 𝟐𝟒𝟗𝟒𝟖 ∙ 𝒂 + 𝟏𝟐𝟏𝟖𝟕𝟏

𝟕𝟏𝟒𝟎 ∙ 𝒂𝟐 − 𝟒𝟔𝟖𝟕𝟐 ∙ 𝒂 − 𝟏𝟐𝟏𝟖𝟕𝟏 = 𝟎

La solución es a = 8,56 cm

Se calcula f’s:

𝒇′𝒔 = 𝟔𝟑𝟎𝟎∙(𝟖,𝟓𝟔−𝟒,𝟖𝟖𝟓)

𝟖,𝟓𝟔= 𝟐𝟕𝟎𝟒, 𝟕𝟑 kg/cm

2

Se calculan Cc y Cs:

𝑪𝒔 = 𝑨′𝒔 ∙ 𝒇′𝒔 = 𝟑, 𝟗𝟔 ∙ 𝟐𝟕𝟎𝟒, 𝟕𝟑 = 𝟏𝟎𝟕𝟏𝟎, 𝟕𝟒 𝒌𝒈

𝑪𝒄 = 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝒇′𝒄

∙ 𝒂 ∙ 𝒃 = 𝟎. 𝟖𝟓 ∙ 𝟐𝟖𝟎 ∙ 𝟖, 𝟓𝟔 ∙ 𝟑𝟎 = 𝟔𝟏𝟏𝟏𝟖, 𝟒 𝒌𝒈

El momento nominal se obtiene tomando momentos a Cc y a Cs con respecto a T.

𝑴𝒏 = 𝑪𝒄 ∙ (𝒅 −𝒂

𝟐) + 𝑪𝒔 ∙ (𝒅 − 𝒅′)

𝑴𝒏 = 𝟔𝟏𝟏𝟏𝟖, 𝟒 ∙ (𝟒𝟐, 𝟔𝟑 −𝟖,𝟓𝟔

𝟐) + 𝟏𝟎𝟕𝟏𝟎, 𝟕𝟒 ∙ (𝟒𝟐, 𝟔𝟑 − 𝟓, 𝟕𝟒𝟕) = 𝟐𝟕𝟑𝟖𝟗𝟑𝟒, 𝟗 kg-cm

Mn = 27,39 ton-m

Si el acero a tracción está en cedencia hay que chequear si la sección está controlada por tracción:

Se determina la relación: 𝒂𝑪𝑻𝑳

𝒅𝒕= 𝟎, 𝟑𝟕𝟓 ∙ 𝜷𝟏

Si 𝒂

𝒅𝒕≤

𝒂𝑪𝑻𝑳

𝒅𝒕, la sección está controlada por tracción y 𝜙 = 0,90

𝒂

𝒅𝒕=

𝟖, 𝟓𝟔

𝟒𝟒, 𝟎𝟗𝟒= 𝟎, 𝟏𝟗𝟒

Como a / dt = 0,194 < 0,51, la sección está controlada por tracción y 𝜙 = 0,90

Se determina la resistencia de diseño ϕ·Mn

𝝓 ∙ 𝑴𝒏 = 𝟎, 𝟗𝟎 ∙ 𝟐𝟕, 𝟑𝟗 = 𝟐𝟒, 𝟔𝟓 𝒕𝒐𝒏 − 𝒎

Al comparar con la sección sin acero a compresión, la resistencia de diseño aumento de 24,3 ton-m a

24,65 ton-m, al colocar el acero a compresión. En porcentaje es un incremento de 1,44 %.


𝒄= 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ (

𝜷𝟏∙𝒅𝒕

𝒂− 𝟏)

𝛆𝒕 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ (𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟒𝟒, 𝟎𝟗𝟒

𝟖, 𝟓𝟔− 𝟏) = 𝟎, 𝟎𝟏𝟎𝟏

Se incrementa la deformación a tracción neta 𝜀t se incrementa de 0,00818 a 0,0101. En porcentaje es

un incremento de 23,5 %.

Ejemplo Nº 4

Verificar si una viga rectangular simplemente apoyada con una luz de 4,6 m, reforzada con 4ϕ de

7/8” resiste el momento último que produce una carga permanente de 1800 kgf/m y una carga

variable de 3600 kgf/m actuando sobre la viga. Considere f’c = 280 kgf/cm2 , fy = 4200 kgf/cm2,

módulo de elasticidad del acero 2.1x106 kgf/cm

2, b = 30cm y h = 50 cm. Considere un recubrimiento

mínimo normativo de 4 cm y estribos Nº 3.

Datos: As = 4·3.88 = 15,52 cm2, db = 2,222 cm, ds = 0,953 cm.

rd = 4 + 0,953 + 2,222 / 2 = 6,064 cm, d = 50 – 6,064 = 43,936 cm

u = 1,2·p + 1,6·v = 1,2·1800 + 1,6·3600 = 7920 kgf /m

El momento máximo para una viga simplemente apoyada está en el centro de la luz y su valor es:

𝑀𝑢 = 𝜔𝑢 ∙ 𝑙2

8=

7920 ∙ 4,63

8= 20948,4 𝑘𝑔 − 𝑚

En la tabla se verifica que las cabillas caben en una capa en una viga con b = 30 cm y con barras Nº 7

1. Dado que f’c = 280 kg/cm2, 𝛽1 = 0,85


𝟎, 𝟖𝟓 · 𝒇′𝒄 · 𝒂 · 𝒃 = 𝑨𝒔 · 𝒇𝒚 ⟹ 𝒂 =𝟏𝟓, 𝟓𝟐 · 𝟒𝟐𝟎𝟎

𝟎, 𝟖𝟓 · 𝟐𝟖𝟎 · 𝟑𝟎= 𝟗, 𝟏𝟑 𝒄𝒎


𝒂𝒃

𝒅𝒕= 𝜷𝟏 · (

𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝑬𝒔

𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝑬𝒔 + 𝒇𝒚)

𝒂𝒃

𝒅𝒕= 𝟎, 𝟖𝟓 · (

𝟔𝟑𝟎𝟎

𝟔𝟑𝟎𝟎 + 𝟒𝟐𝟎𝟎) = 𝟎, 𝟓𝟏

se compara a/dt con ab / dt:

dt = d = h – rd = 50 – 6,604 = 43,396 cm

𝒂

𝒅𝒕=

𝟗, 𝟏𝟑

𝟒𝟑, 𝟑𝟗𝟔= 𝟎, 𝟐𝟏

Como 0,21 < 0,51, el acero a tracción está cedencia. Se cumple lo supuesto inicialmente y se

continúa con el análisis.



𝒅𝒕= 𝟎, 𝟑𝟕𝟓 · 𝜷𝟏 = 𝟎, 𝟑𝟕𝟓 · 𝟎, 𝟖𝟓 = 𝟎, 𝟑𝟏𝟗



cuando As cede).


𝟐)

𝑴𝒏 = 𝟏𝟓, 𝟓𝟐 ∙ 𝟒𝟐𝟎𝟎 · (𝟒𝟑, 𝟑𝟗𝟔 −𝟗, 𝟏𝟑

𝟐) = 𝟐𝟓𝟑𝟏𝟏𝟓𝟗, 𝟗 𝒌𝒈 − 𝒄𝒎

𝑴𝒏 = 𝟐𝟓, 𝟑𝟏 𝒕𝒐𝒏 − 𝒎


𝝓 ∙ 𝑴𝒏 = 𝟎, 𝟗𝟎 ∙ 𝟐𝟓, 𝟑𝟏 = 𝟐𝟐, 𝟕𝟖 𝒕𝒐𝒏 − 𝒎

Dado que ϕ·Mn = 22,78 ton-m > Mu = 20,95 ton-m, la sección puede resistir las cargas dadas con un

grado aceptable de seguridad. Faltaría chequear las deflexiones para verificar que tiene la rigidez

adecuada para que la deflexión sea menor que los valores de deflexión permisibles, chequear

agrietamiento bajo cargas de servicio y las vibraciones.

Ejercicio Nº 5.

Determine el momento de agotamiento resistente de la viga Te siguiente:

Datos: As = 3·3.88 = 11,64 cm2, db = 2,222 cm, ds = 0,953 cm., b = 110 cm, bw = 30 cm, t = 15 cm.

rd = 4 + 0,953 + 2,222 / 2 = 6,064 cm, d = 65 – 6,064 = 58,936 cm.


2, 𝛽1 = 0,85

2. Se asume que el eje neutro está dentro del patín, es decir c t.

0,85 · 𝑓′𝑐 · 𝑎 · 𝑏 = 𝐴𝑠 · 𝑓𝑦 ⟹ 𝑎 =11,64 · 4200

0,85 · 250 · 110= 2,09 𝑐𝑚

c = a / 1 = 2,09 / 0,85 = 2,46 cm < 15 cm, se cumple el eje neutro está dentro del patín, entonces la

viga trabaja como rectangular y se analiza como viga rectangular con ancho b = 110 cm.

dt = d = 58,936 cm.

Calculamos c / dt = 2,46 / 58,936 = 0,0417 < 0,375, el acero está en cedencia y la sección está

controlada por tracción.

Se determina la resistencia nominal a flexión Mn y la resistencia de diseño 𝟇·Mn . Con 𝟇 = 0,90

𝑀𝑛 = 𝐴𝑠 · 𝑓𝑦 · (𝑑 −𝑎

2)

𝑀𝑛 = 11,64 ∙ 4200 · (58,936 −2,09

2) = 2830175,2 𝑘𝑔 − 𝑐𝑚

𝑀𝑛 = 28,3 𝑡𝑜𝑛 − 𝑚


𝜙 ∙ 𝑀𝑛 = 0,90 ∙ 28,3 = 25,47 𝑡𝑜𝑛 − 𝑚

Ejercicio Nº 6

Determine el momento de agotamiento resistente de la viga Te siguiente:

Datos: As = 7·5,07 = 35,49 cm2, db = 2,54 cm, b = 75 cm, bw = 25 cm, t = 8 cm.

𝑟𝑑 =𝑦1 ∙ 𝐴1 + 𝑦2 ∙ 𝐴2 + 𝑦3 ∙ 𝐴3

𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3

𝑦1 = 5 𝑐𝑚 , 𝑦2 = 10 𝑐𝑚, 𝑦3 = 15 𝑐𝑚

A1 = 3·5,07 = 15,21 cm2, A2 = A3 = 2·5,07 = 10,14 cm

2.

𝑟𝑑 =5 ∙ 15,21 + 10 ∙ 10,14 + 15 ∙ 10,14

35,49= 9,29 𝑐𝑚

1. Dado que f’c = 280 kg/cm2, 𝛽1 = 0,85

2. Se asume que el eje neutro está dentro del patín, es decir c t.

0,85 · 𝑓′𝑐 · 𝑎 · 𝑏 = 𝐴𝑠 · 𝑓𝑦 ⟹ 𝑎 =35,49 · 4200

0,85 · 280 · 75= 8,35 𝑐𝑚

c = a / 1 = 8,35 / 0,85 = 9,82 cm > 8 cm, no se cumple lo supuesto, entonces la viga trabaja como

Te.

Se considera la viga patín:

De las figura (c) y (d)

𝐶𝑝 = 0,85 ∙ 𝑓′𝑐

∙ 𝑡 ∙ (𝑏 − 𝑏𝑤) = 0,85 ∙ 280 ∙ 8 ∙ (75 − 25) = 95200 𝑘𝑔

𝑇𝑝 = 𝐴𝑠𝑝 ∙ 𝑓𝑦 = 4200 ∙ 𝐴𝑠𝑝

𝑇𝑝 = 𝐶𝑝 => 𝐴𝑠𝑝 =95200

4200= 22,67 𝑐𝑚2

Se considera la viga alma:

Ca = Ta 0,85 ∙ 𝑓′𝑐

∙ 𝑎 ∙ 𝑏𝑤 = 𝐴𝑠𝑎 ∙ 𝑓𝑦

Donde 𝐴𝑠𝑎 = 𝐴𝑠 − 𝐴𝑠𝑝 = 35,49 − 22,67 = 12,82 𝑐𝑚2

𝑎 =12,82 ∙ 4200

0,85 ∙ 280 ∙ 25= 9,05 𝑐𝑚

d = h – rd = 60 – 9,29 = 50,71 cm, dt = h – y1= 60 – 5 = 60 cm. c = a / 1 = 9,05 / 0,85 = 10,65 cm

Calculamos c / dt = 10,65 / 60 = 0,1775 < 0,375, el acero está en cedencia y la sección está

controlada por tracción.

Se determina la resistencia nominal a flexión Mn y la resistencia de diseño 𝟇·Mn . Con 𝟇 = 0,90

𝑀𝑛 = 𝐴𝑠𝑝 · 𝑓𝑦 · (𝑑 −𝑡

2) + (𝐴𝑠 − 𝐴𝑠𝑝) · 𝑓𝑦 · (𝑑 −

𝑎

2)

𝑀𝑛 = 22,67 ∙ 4200 · (50,71 −8

2) + 12,82 ∙ 4200 · (50,71 −

9,05

2) = 6934231 𝑘𝑔 − 𝑐𝑚

𝑀𝑛 = 69,3 𝑡𝑜𝑛 − 𝑚


𝜙 ∙ 𝑀𝑛 = 0,90 ∙ 69,3 = 62,4 𝑡𝑜𝑛 − 𝑚

Se puede determinar el porcentaje a área de acero balanceado con la expresión siguiente:

𝜌𝑏 =0,85 ∙ 280

4200∙ [

8 ∙ (75 − 25)

25 ∙ 50,71+

0,85 ∙ 6300

6300 + 4200] = 0,0467

𝜌 =35,49

25 ∙ 50,71= 0,028

Como ρ = 0,028 < b = 0,0467, el acero está en cedencia y la sección tiene comportamiento de viga

subreforzada.

Se debe hacer el chequeo de la cuantía máxima:

𝜌𝑤,0,005 = 𝜌0,005 + 𝜌𝑓

𝜌𝑓 = 𝜌𝑠𝑝 =𝐴𝑠𝑝

𝑏𝑤∙𝑑=

22,67

25∙50,71= 0,0179 , 𝜌0,005 = 𝜌𝑡 =

0,319∙0,85∙280

4200= 0,01808

𝜌𝑤,0,005 = 0,01808 + 0,0179 = 0,03598

𝜌 =35,49

25 ∙ 50,71= 0,028 < 0,03598

Cumple con sección controlada por tracción.

EJERCICIOS DE DISEÑO DE VIGAS DE CONCRETO ARMADO.

Ejercicio Nº 7

1.) Calcular el área de acero de una viga simplemente armada de dimensiones 30x65 cm para que

soporte un momento por carga permanente de 7500 kgf-m y un momento por carga variable de

12100 kgf-m. Considere un recubrimiento mecánico de 6,5 cm (Una capa), f’c = 280 kgf/cm2 , fy =

4200 kgf/cm2 , Es = 2100000 kgf/cm

2 .

Datos: b = 30 cm, h = 65 cm, rd = 6,5 cm, d = h – rd = 65 – 6,5 = 58,5cm.

1. Dado que f’c = 280 kg/cm2, 𝛽1 = 0,85

2. Se determina el porcentaje de acero para la sección controlada por tracción: 0,005 = t

𝜌𝑡 = 0,319 ∙ 𝛽1 ∙𝑓′

𝑐

𝑓𝑦= 0,319 ∙ 0,85 ∙

280

4200= 0,01808

Se diseña para un porcentaje de acero seleccionado:

𝜌 = 𝜌𝑠𝑒𝑙𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜 = 0,90 ∙ 𝜌𝑡 = 0,90 ∙ 0,01808 = 0,0163

3. Se determina el factor de resistencia nominal R.

𝑅 = 𝜌 · 𝑓𝑦 ∙ (1 − 0,59 ∙𝜌 ∙ 𝑓𝑦

𝑓′𝑐

) = 0,0163 ∙ 4200 ∙ (1 − 0,59 ∙0,0163 ∙ 4200

280)

𝑅 = 58,584 𝑘𝑔

𝑐𝑚2

4. Se determina la altura útil requerida para la sección controlada por tracción:

Mu = 1,2·Mp + 1,6·Mv = 1,2·7500 + 1,6·12100 = 28360 kgf -m

𝑑𝑟𝑒𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑑𝑎 = √𝑀𝑢

𝜙 ∙ 𝑅 ∙ 𝑏= √

28360 ∙ 100

0,90 ∙ 58,584 ∙ 30= 42,34 𝑐𝑚

d = 58,5 cm > 42,34 cm, se diseña como SSA.

5. Se determina para la d conocida, la cuantía mecánica específica , resolviendo la ecuación

cuadrática que resulta de:

𝑀𝑢

𝜙 ∙ 𝑓′𝑐 ∙ 𝑏 ∙ 𝑑2= 𝜔(1 − 0,59 ∙ 𝜔)

28360 ∙ 100

0,90 ∙ 280 ∙ 30 ∙ 58,52= 𝜔 − 0,59 ∙ 𝜔2

0,59 ∙ 𝜔2 − 𝜔 + 0,10962 = 0

La solución es = 0,1178,

6. Se determina la cuantía geométrica del acero :

𝜌 = 𝜔 ∙𝑓′

𝑐

𝑓𝑦= 0,1178 ∙

280

4200= 0,007853

7. Se determina el área de acero As:

𝐴𝑠 = 𝜌 ∙ 𝑏 ∙ 𝑑 = 0,007853 ∙ 30 ∙ 58,5 = 13,78 𝑐𝑚2

8. Se determina el acero mínimo:

𝐴𝑠𝑚𝑖𝑛 =14

𝑓𝑦∙ 𝑏 ∙ 𝑑 𝑠𝑖 𝑓′

𝑐< 315

𝑘𝑔

𝑐𝑚2


4200∙ 30 ∙ 58,5 = 5,85 𝑐𝑚2

𝐴𝑠 = 13,78 𝑐𝑚2 > 5,85 𝑐𝑚2, cumple.

Se coloca 2 # 8 + 1 # 7 = 10,13 + 3,88 = 14,01 cm2

Ejercicio Nº 8

2.) Obtener el ancho b, la altura útil y el área de acero de una viga que debe resistir un momento

último negativo de 5760 kgf-m. Considere f’c = 280 kgf/cm2 , fy = 4200 kgf/cm

2 , Es = 2100000

kgf/cm2 . Considere L = 6,50 m y rd = 6,5 cm.

Datos: rd = 6,5 cm

1. Dado que f’c = 280 kg/cm2, 𝛽1 = 0,85


𝜌𝑡 = 0,319 ∙ 𝛽1 ∙𝑓′

𝑐

𝑓𝑦= 0,319 ∙ 0,85 ∙

280

4200= 0,01808




𝑅 = 𝜌 · 𝑓𝑦 ∙ (1 − 0,59 ∙𝜌 ∙ 𝑓𝑦

𝑓′𝑐

) = 0,0163 ∙ 4200 ∙ (1 − 0,59 ∙0,0163 ∙ 4200

280)

𝑅 = 58,584 𝑘𝑔

𝑐𝑚2

4. Se determina el valor de 𝑏 ∙ 𝑑2

𝑏 ∙ 𝑑2 =𝑀𝑢

𝜙 ∙ 𝑅=

5760 ∙ 100

0,90 ∙ 58,584= 10924,5 𝑐𝑚3

b (cm) d (cm)

25 20,9

20 23,4

30 19,1

5. Se determina el valor de h: Se escoge b = 25 cm

ℎ = 𝑑 + 𝑟𝑑 = 20,9 + 6,5 = 27,4 𝑐𝑚

6. Se compara la h calculada con la altura mínima de vigas dadas en la tabla 9.6.1 del la Norma

Venezolana 1753-2006.

Si ℎ ≥𝐿

𝛼 , la sección cumple y se continúa con el diseño. Si ℎ <

𝐿

𝛼 , se hace h = L/ y se recalcula d

= h – rd.

Considerando viga simplemente apoyada: = 16

𝐿

𝛼=

650

16= 40,63 𝑐𝑚

Como h = 27,4 cm < 40,63 cm, se elige una viga con h = 45 cm, 25 cm x 45 cm

d = 45 – 6,5 = 38,5 cm



𝑀𝑢

𝜙 ∙ 𝑓′𝑐 ∙ 𝑏 ∙ 𝑑2 ∙= 𝜔(1 − 0,59 ∙ 𝜔)

5760 ∙ 100

0,90 ∙ 280 ∙ 25 ∙ 38,52= 𝜔 − 0,59 ∙ 𝜔2

0,59 ∙ 𝜔2 − 𝜔 + 0,06168 = 0



𝜌 = 𝜔 ∙𝑓′

𝑐

𝑓𝑦= 0,0641 ∙

280

4200= 0,00427


𝐴𝑠 = 𝜌 ∙ 𝑏 ∙ 𝑑 = 0,00427 ∙ 25 ∙ 38,5 = 4,11 𝑐𝑚2




𝑐< 315

𝑘𝑔

𝑐𝑚2


4200∙ 25 ∙ 38,5 = 3,21 𝑐𝑚2

𝐴𝑠 = 4,11 𝑐𝑚2 > 3,21 𝑐𝑚2, cumple.

Se coloca 2 # 6 = 5,70 cm2

Ejercicio Nº 9

4.) Calcular el área de acero a tensión y a compresión de una viga con b = 30 cm y h = 70 cm, para

que soporte un momento mayorado en la sección Mu = 80000 kg-m. Considere rd = 9 cm (2 capas)

d’ = 6 cm, f’c = 250 kgf/cm2 , fy = 4200 kgf/cm

2 , L = 6 m.

1. Se establece el valor de 𝛽1: Dado que f’c = 250 kg/cm2 < 280 kg/cm

2, 𝛽1 = 0,85


𝜌𝑡 = 0,319 ∙ 𝛽1 ∙𝑓′

𝑐

𝑓𝑦= 0,319 ∙ 0,85 ∙

250

4200= 0,01614



3. Se determina el As1, a y c.

d = 70 – 9 = 61 cm

𝐴𝑠1 = 𝜌 ∙ 𝑏 ∙ 𝑑 = 0,0145 ∙ 30 ∙ 61 = 26,54 𝑐𝑚2

𝑎 =𝐴𝑠1·𝑓𝑦

0,85·𝑓′𝑐·𝑏=

26,54∙4200

0,85∙250∙30= 17,5 𝑐𝑚 , 𝑐 =

𝑎

𝛽1=

17,5

0,85= 20,57 𝑐𝑚

4. Se determina la capacidad máxima como sección simplemente armada:

𝑀𝑛1 = 𝐴𝑠1 · 𝑓𝑦 · (𝑑 −𝑎

2) = 26,54 ∙ 4200 ∙ (61 − 0,5 ∙ 17,5) = 5824203 𝑘𝑔 − 𝑐𝑚

𝑀𝑛1 = 58,24 𝑡𝑜𝑛 − 𝑚

𝑀𝑢

𝜙=

80

0,90= 88,89 𝑡𝑜𝑛 − 𝑚

Como Mn1 = 58,24 ton-m < Mu / 𝜙 =88,89 ton-m, se continua el diseño como SDA.

5. Se determina el momento Mn2 y el área A’s

𝑀𝑛2 =𝑀𝑢

𝜙− 𝑀𝑛1 = 88,89 − 58,24 = 30,65 𝑡𝑜𝑛 − 𝑚

𝐴′𝑠 =𝑀𝑛2

𝑓𝑦 ∙ (𝑑 − 𝑑′)=

30,65 ∙ 100000

4200 ∙ (61 − 6)= 13,27 𝑐𝑚2

6. Se determina la relación (d’/c)límite , para determinar si el acero a compresión está cediendo.

(𝑑′

𝑐)

𝑙í𝑚𝑖𝑡𝑒

= 1 −𝑓𝑦

0,003 ∙ 𝐸𝑠= 1 −

4200

0,003 ∙ 2100000= 0,3333

d’ / c =6 / 20,57 =0,292 < (d’/c)límite=0,3333

Como (d’/c) (d’/c)límite , el acero en compresión está en cedencia. Se sigue según el caso 1.

7. Caso 1: El acero en compresión está en cedencia:

𝐴𝑠2 = 𝐴′𝑠 = 13,27 𝑐𝑚2

𝐴𝑠 = 𝐴𝑠1 + 𝐴𝑠2 = 26,54 + 13,27 = 39,81 𝑐𝑚2

8. Se selecciona el tamaño y número de barras para As y para A’s. Los cálculos siguientes se realizan

con estos valores nuevos de As y A’s (colocados).

Para As, se coloca 3 # 11 (en capa inferior) + 2 # 8 (en la 2da capa) = 30,22 + 10,13 = 40,35 cm2

Para A’s, se colocan 2 # 8 + 1 # 7 = 10,13 + 3.88 =14,01 cm2.

9. Se calcula la cuantía geométrica colocada:

𝜌 =𝐴𝑠

𝑏 ∙ 𝑑=

40,35

30 ∙ 61= 0,022

10. Se calcula la cuantía geométrica a compresión ’ con As2 = A’s = 14,01 cm2

𝜌′ =𝐴𝑠2

𝑏 ∙ 𝑑=

14,01

30 ∙ 61= 0,00766

11. Se determina max :

𝜌𝑚𝑎𝑥 = 𝜌𝑡 + 𝜌′ = 0,01614 + 0,00766 = 0,0238

Como ρ = 0,022 < ρmax = 0,0238, la sección está controlada por tracción.

12. Se dibuja el detalle de la sección indicando dimensiones, ubicación de las barras, diámetro de las

barras, recubrimiento, diámetro y detalle de los estribos.

Ejercicio Nº 10

Determine el acero de refuerzo longitudinal de la sección transversal en forma de T de una viga de

concreto reforzado de luz libre igual a 9 m. La geometría del sistema losa y viga se muestra en la

figura anexa. Se supone rd = 9 cm. La sección está sometida a un momento mayorado Mu = 55 ton-

m, en el tramo. Los materiales están dados por f’c = 210 kg/cm2 y fy = 4200 kg/cm2. Dibuje el

detalle del acero longitudinal y acero transversal en la sección transversal de la viga (ubicación y

distribución). Para Asmín utilice barras #6 y para As utilice barras #8 y #11. (Nota: En el

procedimiento de diseño considere ρselecc = 0,90·ρt).

Datos:

L = 9 m, rd = 9 cm, bw = 30 cm, h = 55 cm, hf = t = 8 cm, f’c = 210 kg/cm2, fy = 4200 kg/cm

2,

Sc.a.c = 100 cm, Mu = 55 ton-m.

Altura efectiva d = 55 – 9 = 46 cm.

1. Se establece el valor de 𝛽1: Dado que f’c = 210 kg/cm2 < 280 kg/cm

2, 𝛽1 = 0,85


𝜌𝑡 = 0,319 ∙ 𝛽1 ∙𝑓′

𝑐

𝑓𝑦= 0,319 ∙ 0,85 ∙

210

4200= 0,01356



3. Se calcula el ancho efectivo b:

b11 = 9 / 4 = 2,25 m, b12 = 16·8 + 30 = 158 cm, b3 = Sc.a.c = 100 cm => b = 100 cm


𝑅 = 𝜌 · 𝑓𝑦 ∙ (1 − 0,59 ∙𝜌 ∙ 𝑓𝑦

𝑓′𝑐

) = 0,0122 ∙ 4200 ∙ (1 − 0,59 ∙0,0122 ∙ 4200

210)

𝑅 = 43,863 𝑘𝑔

𝑐𝑚2

5. Se determina la altura útil requerida para la sección controlada por tracción:

𝑑𝑟𝑒𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑑𝑎 = √𝑀𝑢

𝜙 ∙ 𝑅 ∙ 𝑏= √

55 ∙ 100000

0,90 ∙ 43,863 ∙ 100= 37,33 𝑐𝑚

d = 46 cm > 37,33 cm, se diseña como SSA.



𝑀𝑢

𝜙 ∙ 𝑓′𝑐 ∙ 𝑏 ∙ 𝑑2= 𝜔(1 − 0,59 ∙ 𝜔)

55 ∙ 100000

0,90 ∙ 210 ∙ 100 ∙ 462= 𝜔 − 0,59 ∙ 𝜔2

0,59 ∙ 𝜔2 − 𝜔 + 0,13753 = 0



𝜌 = 𝜔 ∙𝑓′

𝑐

𝑓𝑦= 0,151 ∙

210

4200= 0,00755


𝐴𝑠 = 𝜌 ∙ 𝑏 ∙ 𝑑 = 0,00755 ∙ 100 ∙ 46 = 34,73 𝑐𝑚2

9. Se calcula “a” como rectangular:

𝑎 =𝐴𝑠·𝑓𝑦

0,85·𝑓′𝑐·𝑏=

34,73∙4200

0,85∙210∙100= 8,17 𝑐𝑚 , 𝑐 =

𝑎

𝛽1=

8,17

0,85= 9,61 𝑐𝑚

Como c > hf, trabaja como Te.

10. Se calcula Asf y Mnf.

𝐴𝑠𝑓 = 0,85 ∙ 210 ∙ (100 − 30) ∙ 8

4200= 23,8 𝑐𝑚2

𝑀𝑛𝑓 =0,85 ∙ 210 ∙ (100 − 30) ∙ 8 ∙ (46 −

82)

100= 41983,2 𝑘𝑔𝑓 − 𝑚

11. Se calcula Mnw:

𝑀𝑛𝑤 =55000

0,90− 41983,2 = 19127,9 𝑘𝑔𝑓 − 𝑚

𝑀𝑛𝑤 = 0,85 ∙ 210 ∙ 𝑎𝑤 ∙ 30 ∙ (46 −𝑎𝑤

2) = 19127,9 ∙ 100

2677,5 ∙ 𝑎𝑤2 − 246330 ∙ 𝑎𝑤 + 1912790 = 0

Se resuelve el sistema para aw y resulta: aw = 8,562 cm

12. Se calcula c, Asw y As.

𝑐 =8,562

0,85= 10,07 𝑐𝑚

𝐴𝑠𝑤 =1912790

4200 ∙ (46 −8,562

2 )= 10,92 𝑐𝑚2

𝐴𝑠 = 23,8 + 10,92 = 34,72 𝑐𝑚2

Para As, se coloca 2 # 11 + 1 # 8 (en capa inferior) + 2 # 8 (en la 2da capa) = 25,21 + 10,13 = 35,34

cm2

𝜌𝑤,0,005 = 𝜌0,005 + 𝜌𝑓

𝜌𝑓 =𝐴𝑠𝑓

𝑏𝑤∙𝑑=

23,8

30∙46= 0,01725 , 𝜌0,005 = 0,01356

𝜌𝑤,0,005 = 0,01356 + 0,01725 = 0,03081

𝜌𝑠 =𝐴𝑠

𝑏𝑤∙𝑑=

35,34

30∙46= 0,0256 < 0,03081, sección controlada por tracción




𝑐< 315

𝑘𝑔

𝑐𝑚2


4200∙ 30 ∙ 46 = 4,6 𝑐𝑚2

𝐴𝑠 = 35,34 𝑐𝑚2 > 4,6 𝑐𝑚2, cumple.

Ejemplos de Análisis y Diseño de Vigas a Flexión

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