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PROBLEMAS DE ESTÁTICA
1
CURSO DE ESTRUCTURAS
I – III Y IV
PROBLEMAS Y TABLAS
ESTÁTICA
MECÁNICA DE MATERIALES
MÉTODO DE KANI
CONCRETO ARMADO
ING. ROLANDO OCHO D. ARQ. MARTIN BENITES R.
TRUJILLO – PERÚ
h
c
d
v c
Esfuerzos equivalente Esfuerzos reales en la
sección
Sección transversal de viga
Diagrama de Deformación
Unitaria
Eje Neutro
b
v s
f’c
0.85f’c
C
(d-a/2)
T=As fs T=As fs
a = b c
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
2
ESTRUCTURAS I
Contenido de Problemas
P-01: Análisis de fuerzas. Ley del paralelogramo. Ley de cosenos. Ley de senos.
P-02: Análisis de fuerzas. Regla del triángulo. Ley de senos.
P-03: Componentes de una fuerza. Regla del triángulo. Ley de senos. Ley de cosenos.
P-04: Componentes rectangulares de varias fuerzas. Equilibrio de fuerzas.
P-05: Componentes rectangulares de varias fuerzas. Determinación de su resultante.
P-06: Momentos isostáticos. Diagrama de fuerza cortante y momento flector en viga.
P-07: Ídem P-06
P-08: Centro de gravedad de un área plana de figuras compuestas.
P-09: Centro de gravedad de un área plana por integración directa.
P-10: Momento de inercia de un área plana por integración directa.
P-11: Momento de inercia de un área plana por aplicación del Teorema de Stainer.
P-12: Ley de Hooke. Calculo del esfuerzo y la deformación.
P-13: ley de Hooke-calculo de estiramiento de los cables.
P-14: Ley de Hooke-carga de compresión.
P-15: Diseño de una viga de madera, simplemente apoyada.
P-16: diseño de una viga continúa de madera.
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
3
PROBLEMA # 1:
En la figura las dos fuerzas “P” y “Q” actúan sobre el perno “A”. Determinar su
resultante.
Solución: Se emplea la regla del paralelogramo.
*Calculando el ángulo B:
2(25º) + 2 B = 360º
50º + 2 B = 360º
B = 155º
*Conociendo los dos lados y el ángulo opuesto a al resultante se aplica la ley de
los cosenos:
R² = P² + R² - 2 PQ Cos B
R² = (250)² + (300)² - 2(250)(300) Cos 155º
R² = 288,446.1681
R = 537.07 lb. (magnitud de resultante)
*Aplicando la ley de los senos, se tiene:
P R 250 537.07
Sen α =
Sen B Sen α
= Sen 155º
* Despejando Sen α: Sen α = 250 x Sen 155º = 0.1967
537.07
De donde: α = Arc Sen (0.1967) = 11.35º
Luego: β = 25º - 11.35º = 13.65º
De donde: θ = 21 + β = 34.65º
Rpta. θ = 34.65º (Dirección de la resultante)
A
25º
21º
Q= 300 lb.
P= 250 lb.
B
Q
A
P
R
21º
α
β
β θ
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
4
PROBLEMA # 2:
Dos fuerzas actúan sobre una carretilla que se mueve a lo largo de una viga horizontal
como se muestra en la figura. Sabiendo que α = 30º.
a) Determinar el módulo de la fuerza “P” de manera que la fuerza resultante
que se ejerce sobre la carretilla sea vertical.
b) ¿Cuál s el módulo correspondiente de la resultante?
Solución: Usando la regla del triángulo y luego la les de los senos, se tiene:
R Q
Sen 85º =
Sen 30º
* De donde:
R = Q x Sen 85º
Sen30º
R = 2,000 x Sen 85º = 3,984.8 Kg. Rpta.
0.50
* Aplicando la ley de los senos, se tiene:
P Q
Sen 65º =
Sen 30º ; de donde: P = Q x Sen 65º
Sen30º
P = 2,000 x Sen 65º = 3,625.2 Kg. Rpta.
0.50
α
25º
Q = 2,000 Kg.
P
R P
25º
85º 65º
Q = 2,000Kg.
30º
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
5
PROBLEMA # 3:
La fuerza F de módulo 300 Kg. Debe descomponerse de sus componentes a lo largo de
la línea a-a y b-b. Determínese en forma trigonométrica el ángulo “α”, si se sabe que el
componente F a lo largo de la línea a-a es igual a 240 Kg.
Solución: Aplicando el método del triángulo y
la ley de los senos se tiene:
300 Q
Sen 60º =
Sen α...…….. (I)
* Para calcular el valor de Q aplicamos la siguiente ley de los cosenos:
F² = P² + Q² - 2 P x Q Cos 60º
(300) ² = (240) ² + Q² - 2 (P) Q x 0.50
* Ordenando se forma una ecuación de 2º grado:
Q² - 240 Q + 57,600 – 90,000 = 0
Q² - 240 Q– 32,400 = 0
* Resolviendo la ecuación:
Q = 240 ± (240) ² + 4 (32,400) = 240 + 432.67 = 336.33 Kg.
2 2
* Reemplazando este valor en (I):
300 Q ; de donde : Sen α = 336.33 x Sen 60º = 0.97
Sen 60º =
Sen α 300
* Luego: α = Arcsen (0.97) = 76.14º…..Rpta.
P α 60º
F
a a
b
b Q
60º α
P = 240
F = 300 Q
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
6
PROBLEMA # 4:
Se coloca un modelo de casco de velero en un canal de prueba y se usan tres cables para
mantener su proa e el eje del centro del canal. Las lecturas de los dinamómetros indican
que para una velocidad dada, la tensión en el cable AB es de 50 Kg. y en el cable AE es
de 75 Kg. Determinar la tensión en el cable AC y la fuerza de arrastre ejercida por el
casco.
Solución: Descomponiendo cada fuerza de tensión en los cables en sus componentes
rectangulares y trazando ejes coordenados por el punto A, se tiene el siguiente diagrama
de equilibrio de fuerzas aplicadas en dicho punto.
Σ Fx = 0: TA + TAC. Sen β - TAB Sen α = 0
TA + TAC. (0.90) - 50 (1.50) = 0 1.50 1.92
TA + 0.60 x TAC - 39.05 = 0…………………. (I)
α β
1.50 0.90
1.92 1.50 1.20
1.20 Flujo
B C
A
E
Y
α β
50kg
B C
A
E
X
1.50 0.90
TAB
TAC TA
75kg TAE
1.20
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
7
Σ Fy = 0: TAC . Cos β + TAB . Cos α - TAE = 0
TAC. 1.20 - 50 (1.20) – 75 = 0 1.50 1.92
0.8 TAc + 31.25 – 75 = 0…………………. (II)
Simplificando la ecuación (II):
0.8 TAc – 43.75 = 0
De donde:
TAc = 43.75 = 54.69 Kg….Rpta.
0.8
Reemplazando este valor en (I):
TA + 0.6 + 54.69 – 39.05 = 0
Despejando:
TA = 39.05 – 0.6 x 54.69
TA = 6.24 Kg….Rpta.
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
8
PROBLEMA # 5:
Cuatro fuerzas actáun sobre un perno A como se muestra en la figura. Determina la
resultante (modulo y dirección) de las fuerzas sobre el perno.
Solución: Este problema se resuelve calculando los componentes rectangulares (Fx, Fy)
de cada una de las fuerzas que actúan sobre el perno A, las que se pueden determinar
aplicando relaciones trigonométricas. Se consideran positivas las componentes en el eje
x hacia la derecha y en el eje y hacia arriba.
Escribiendo los cálculos en forma tabulada, se halla Rx y Ry
Fuerza Magnitud Kg Componentes x,Kg Componente y, kg
F1 150 150 cos 30º = + 129.90 150 sen 30º = + 75
F2 80 - 80 sen 20º = - 27.36 80 cos 20º = + 75.18
F3 110 0 0
F4 100 100 cos 15º = + 96.59 - 100 sen 15º = - 25.88
Rx = + 199.13 Ry = + 14.30
Conociendo las componentes rectangulares de la resultante ésta halla aplicando el
teorema de Pitágoras, es decir:
R2 = (Rx)
2 + (Ry)
2
F1=150kg
F4=100kg
F3=110kg
15º
30º
20º
F2=80kg
y
x
-(F2Sen 20º)
-(F2Cos 20º)
-(F1Sen 15º)
-(F1Cos 15º)
-F3
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
9
Reemplazando valores:
R2 = (199.13)
2 + (14.30)
2
R2 = 39, 857.25, de donde:
R = 199.64 Rpta. (módulo)
Para hallar la dirección de la resultante, se aplica la relación trigonométrica:
Rx
RyTang
Reemplazando valores:
07181.013.199
3.14Tang
De donde:
º11.4
)07181.0(
arcTang
Rx=199.13
Rx=14.30
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
10
PROBLEMA # 6:
Dibujar las diagramas de fuerza cortante y de mmomento flector para la viga y carga
representadas en la figura:
Solución:
Para poder dibujar el diagrama de fuerza cortante es necesario calcular primero las
reacciones en los apoyos A y D.
Tomando momentos con respecto al punto al punto o apoyo A se tiene: MA =;
considerando positivo el sentido
RD (24) – 20 (6) – 12 (14) - (1.5 x 8 ) (28) = 0
Despejando:
kipsRD 2624
336168120
Por sumatoria de fuerzas verticales:
RA – 20 – 12 + 26 – 12 = 0
RA = 44 – 26 = 18 (hacia arriba)
A
6ft 8ft 8 ft
1.5kips/ft
12kips 20kips
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
11
Al no haber fuerzas horizontales que actúan sobre la viga, la componente horizontal de
la reacción en el pago A es cero.
Por al expresión Fx = 0 Ax = 0
Diagrama de Fuerza Cortante: Aplicando la definición de fuerza cortante en cualquier
sección de una viga, se tiene:
Sección 1 – 1 entre los puntos A y B:
V1 + 18 kip (solo hay una fuerza a la izquierda de 1 - 1)
Sección 2 – 2 entre los puntos B y C:
V2 = + 18 – 2 0 = - 2 kips (hay dos una fuerza a la izquierda de 2 - 2)
Sección 3 – 3 entre los puntos C y D:
V3 = + 18 – 2 0 - 12 = - 14 kips (tres fuerzas a la izquierda de 3 - 3)
Sección 4 – 4 entre los puntos D y E:
V4 = - 14 + 2 6 = + 12 kips (tomando el valor acumulado de la sección 3-3 y
la reacción en el apoyo)
Punto E:
VE = + 12 - 12 = 0 (Ver dibujo de D.F.C.) (Tomando el valor acumulado de
la sección 4 – 4 y la carga actuante)
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
12
Diagrama de Momento flector
En el apoyo A : MA = 0 (por definición de momento flector en el cualquier sección de
una viga) (Momentos a la izquierda del punto A)
En el apoyo B : MB = 18 + 6 = + 108 kips – ft
En el apoyo C : MC = 18 + 14 – 20 + 8 = + 92 kips – ft
En el apoyo D : MD = 18 + 24 – 20 x 18 – 12 + 10
MD = - 48 kips – ft
En el apoyo E : ME = 0 (por definición de momento flector)
(Momentos a la derecha del punto E)
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
13
DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE (D.F.C.)
DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR (D.M.F)
+18
-2
- 14
+ 12
0
0
-48
+92
+108
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
14
PROBLEMA # 7:
Dibujar los diagramas de fuerza cortante y de momento flector para la viga y las cargas
representadas en la figura.
Solución:
Se calcula primero la reacción en el apoyo A de la viga empotrada.
Por sumatoria de fuerzas verticales, se tienen que:
Fy = 0 … RA – 200 N – 200 N – 200 N = 0
de donde: RA = + 600 N
DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE: Aplicando la definición de fuerza cortante
en cualquier sección de una viga, se tienen:
Sección C : VC = + 600N – 200N = + 400N
Sección D : VD = + 600N – 200N – 200N = + 200N
Sección B : VB = + 600N – 200N – 200N = 0
DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR: Aplicando la definición de momentos
flector en cualquier sección de una viga, se tiene, considerando los siguiente signos:
RA 0.30m 0.225 0.525m
A C D B
200N 200N 200N
MA
+400
+200
+600
A C D B
Esc:
1:200
Diagrama de Fuerza Cortante
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
15
En el apoyo A:
MA = -+200N(0.30m)+200N(0.525m)+200N(1.05N) (Momentos a la derecha del
punto A)
MA = -+60 + 105 + 210 N – M = - 375 N – M
En el punto C
MC = MA + RA (0.30) = - 375 + 600 (0.30) = - 375 + 180
MC = - 195 N – M
En el punto D
MD = MA + RA (0.525) - 200 (0.225)
MD = - 375 + 600 (0.525) – 45 = -375 + 315 – 45
MD = - 105 N-M
En el punto B
MB = - 375 + 600 (1.05) – 200 (0.75) – 200 (0.525)
MD = - 375 + 630 - 150 – 105 = - 630 + 630
MB = 0
+ -
-375
A C D B
-105
-195
Diagrama de Momento Flector
Esc:
1:200
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
16
PROBLEMA # 8:
Localicese el centro de gravedad del área plama que se muestra en la figura.
Solución: Descomponiendo la figura compuesta en áreas planas conocidas y hallado sus áreas y
centro de gravedad
1. Enjuta parabólica
cmxy
cmxx
cmxxArea
93010
3
36484
3
48030483
1
2
1
2
1
2. Cuadrado
cmy
cmxx
cmxArea
15
631548
9003030
2
2
2
2
3. Círculo
cmy
cmx
cmArea
15
631548
54.784
)10(
3
3
22
3
4. Triángulo
30cm
y
X
Y=Kx2
48cm 10 10 10 42 cm
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
17
cmxy
cmxx
cmx
Area
10303
1
92423
11548
6302
3042
4
4
2
4
Hallamos luego el momento de 1er orden de cada una de las áreas conocidas, luego
tabulamos en un cuadro todos los datos hallados, calculando las sumatorias:
,,, AyAxA
Y el centro de gravedad del área compuesta se halla aplicando las siguientes relaciones:
A
AxX
A
Ayyy :
Luego se tiene:
Secciones Área = A (cm2) X (cm) Y (cm) x A (cm3) y A (cm3)
Parabólica 1/3 x 48x30 = 480 36 9 17,280 4,320
Cuadrado 30x30 = 900 63 15 56,700 13,500
Circulo - (10)2/4 = - 78.54 63 15 -4,948.02 -1,178.10
Triangulo 1/2x42x30=630 92 10 57,960 6,300
A = 1,931.46 = 126,991.98 = 22,941.90
Luego, aplicando las relaciones indicados anteriormente hallamos las coordenadas del
centro de gravedad de la figura compuesta:
cmA
Ayy
cmA
Axx
88.1146.931,1
90.941,22
75.6546.931,1
98.991,126
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
18
PROBLEMA # 9:
Determinar por integración directa y la localización del centroide de una enjuta
parabólica.
Solución:
- Determinar primero el valor de la constante k, sustituyendo x = a y y = b en la
ecuación dada.
Se tienen luego: b = ka2 y despejando
2a
bk
Por tanto la ecuación de la curva es:
2
2.x
a
by
- Luego se selecciona el elemento diferencial que se muestra (vertical) y se determina
el área total de la figura.
3
3
2 3.
0
2
0
2
abA
xa
bydydAA
x
a
ba
a
El primer momento del elemento diferencial con respecto al eje y es AxQy ; por tanto,
el primer momento de todo el área con recepto a dicho eje es:
44.
24
20
2
22
bax
a
bdxx
a
bxxydxdAxQ
a
y
b
a x
y = kx2
y
y
a
x
y = kx2
y
xxe
dA=ydx
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
19
Como AxQy se tiene que:
dAxAx e , Reemplaza valores hallados
43
2baabx , donde se obtienen: ax
4
3 Rtpa.
De la misma forma, el primer momento de elemento diferencial con respecto al eje x es
AyQy y el primer momento de todo el área es:
105.
22
1
2
2
0
5
40
2
2
bax
a
bdxx
a
bydx
xdAyQ
aa
ey
Como AyQy , se tienen que:
dAyAye
, luego reemplazado valores hallados:
103.
2ababy , de donde se obtiene: by
10
3
PROBLEMA # 10:
Determinar el momento de inercia con respecto a cad uno de los ejes coordenados
corespodientes al área sombreada que se muestra en la figura (las propiedades de esta
área se dan en el problema anterior Nro. 8)
Solución:
Tomando los datos del problema anterior Nro. 9, se obtienen las siguientes expresiones
para le ecuación de la curva y para el área total:
2
2x
a
by abA
3
1
b
a x
y = kx2
y
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
20
- Momento de inercia Ix : Se selecciona dA como un elemento vertical diferencial de
área. Como todas las porciones de este elemento no están a la misma distancia desde
el eje x, se debe tratar el elemento como un rectángulo determinar. Luego, el
momento de inercia del elemento con respecto al eje x es:
dxxa
bdxx
a
bdxydIx 6
6
33
2
2
3 .3
1
3
1.
3
1
aa
xx
xbdxx
a
bdII
0
7
6
36
6
3
0 7.
23
1
3
1
21
3abI x
Momento de Inercia Iy: Se utiliza el mismo elemento diferencial vertical de área. Como
todas las porciones del elemento están a la misma distancia desde el eje y, se tiene que:
dxxa
bdxx
a
bxydxxdAxdI y
4
2
2
2
222
5.........
5.
3
0
5
2
4
0 2
baI
x
a
bdxx
a
bdII y
aa
yy
y
a
x
y = kx2
y
xxe
dA=ydx
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
21
PROBLEMA # 11:
Determinar el momento de inercia del área sombreada que se muestra en la figura
(enjuta parabólica) respecto a los ejes x’ x’ y x’’ x’’ que pasan por el centro de gravedad
de la figura y por un vértice.
Solución:
Tomando los datos obtenidos en la solución de los problemas mas anteriores Nro. 9 y
Nro. 10, se tiene:
21;
10
3;
4
3;
3
3bhIhybx
bhA xx
Aplicando el teorema de Stiener para hallar el momento de inercia con respecto a un eje
paralelo y remplazando los valores dados anteriormente, se tienen que:
2'' yAxIxIxx
Despejando el valor '' xIx (que pasa por el centro de gravedad), se tienen:
3
3333
32
23
2
2100
37''
10021
63100
100
3
21
1
100
3
21
3.
100
9
310
3
321
''
bhxIx
xbhbhbh
bh
bhh
bhh
bhbh
yAIxxxIx
b
X x
y
G
y’ X’’
h
x’
y’
a
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
22
Aplicando nuevamente el teorema de Steiner para hallar el de '''' xIx con respecto a un
eje que pasa por el vértice de la figura se tiene que: 2'''''' yhAxIxxIx ; sabemos
que hy10
3 . Reemplazando el valor obtenido anteriormente ( '' xIx ), se
3
33
33
2
3
.105
19''
:
21
380
10021
34337
100''
3
49
21
37
100300
49
2100
37
10
7
32100
37''''
bhxIx
ndoSimplifica
bhbhxIx
bhbh
hbh
bhxIx
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
23
PROBLEMA # 12:
Una barra prismática de sección rectagular (30mm x 60mm) y longitud L = 3.5 está
sometida a una fuerza axial de tracción de 15.84 métricas. Se observa que la barra se
alarga en 0.14cm. calcular el esfuerzo y al deformación de tracción.
Solución:
cmS
cmmL
kgMoTP
cmcmxcmbxhA
14.0
3505.3
840,1584.15
180.60.3 2
Para calcular el esfuerzo (r) se aplica la siguiente relación:
2
2/880
63
84,15cmkg
cmx
kg
A
Pr
Para calcular la deformación (unitarios) (E) se aplica la siguiente relación:
004.0104350
14.0 4 xcm
cm
L
Se
Conociendo estos valores, también podemos hallar el módulo de elasticidad (E)
mediante la siguiente ecuación .E .
Despejando el valor E, se obtiene:
262
/102.20004.0
/880cmkgx
cmkgrE
Conociendo este valor, también podemos choquear la siguiente ecuación que nos da el
valor de la elongación o alargamiento total de la barra:
cm
cmxcm
kgx
cmkgx
AE
LP14.0
18102.2
350840,15
.
.
2
2
6
PROBLEMA # 13:
Un alambre largo pende verticalmente bajo la acción de su propio peso. ¿Cuál es la
máxima longitud que podrá tener sin que llegue a romperse si es de:
a) Acero con un esfuerzo último o resistencia final de 20,000Kg/cm.
b) Aluminio con un esfuerzo último de 3,400kg/cm2 (Nota: el peso por unidad de
volumen del acero es de 7,840 kg/m3) y el del alumnio es 2,720 kg/m
3
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
24
SOLUCIÓN
a) Se tienen como dato:
33
2
/84.7/840,7
/000,20
cmgrmkg
cmkg
Sabemos que: V
P y despejando el peso:
.84.7184.7 3
3grcmx
cm
grVP
Aplicando la ecuación del esfuerzo (r)
A
P de donde despejamos el área:
PA reemplazando valores:
2/10000,20
84.73 cmgrx
grA = 271092.3 cmx
Sabiendo que: V = A x L y despejando la longitud (L):
A
VL reemplazando valores
cmxx
cmL 7
7
3
1026.01092.3
1
Trasformando este valor a metros:
L = 0.26 x 105m = 26,000m
L = 26,000m
b) Se tiene los datos:
2
1 /400,3 cmkg
3
1
33
1
1
/72.2/720,2
cmV
cmgrcmkg
.72.21 grP
Aplicando la ecuación del esfuerzo (r1) y despejando el área (A1)
1
11
1
11
PA
A
P
27
23100.8
/10400,3
72.2cmx
cmgrx
grA
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
25
Sabiendo que:
A
VL y reemplazando valores:
cmx
cmL 1250000
100.8
317
Transformando los cm. a m.
mL 50000,12
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
26
PROBLEMA # 14:
Un trozo de acero, tubo corto, 2/500,3 cmkgL y ha de resistir una carga de
comprensión de 140 Tom. Con un factor de seguridad de 1.7 contra la fluencia. Si el
espesor del tubo ha de ser 1/9 de su diámetro exterior, hállese el diámetro exterior
mínimo requerida, a
SOLUCIÓN
Se tiene como datos:
9
7.1
140
/500,3
1
2
deespesor
m
TanP
cmkgy
Sabemos que el esfuerzo ( w ) está dado por la relación entre cargo (P) y el área (P):
A
Pw , despejando el valor del área
1
,M
dondeP
Ay
w
w
Reemplazando valores:
2
2
00.68
/7.1
500,3
000,140cm
cmkg
kgA
Sabemos que el área de una corona circular está dada por la relación: 2
1
2
4ddAc
donde: d = diámetro exterior
d1 = diámetro interior
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
27
Si tenemos que:
dddd
dep
de
9
7
9
2
9
22
1
de donde:
Reemplazando este valor en (A)
22
2
2 .81
32
481
4981
49
7
4dxdddAc
Igualando este valor al área hallada anteriormente
00.68.81
32.
4
2 d
despejando el valor de
cmd
xd
80.14
32
6892
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
28
PROBLEMA # 15:
Diseñar la sección de una viga de madera de 10 pies de longitud y que se soporta una
carga uniforme distribuida de 500 lb/pie, sabiendo que su esfuerzo unitario por flexión
es de 2,400 lb/pulg2 (p.s.i.) y que está simplemente apoyada (un tramo).
SOLUCIÓN
Para el caso de una viga de sección rectangular sin carga axial, se tienen la siguiente
relación para el esfuerzo unitario (f): I
MxCf (esfuerzo de tensión debido a al flexión)
Para una sección rectangular se tiene que: 122
3bhIy
hc
Reemplazando estos valores en (f), se tiene:
G
bh
M
bh
Mxhf
212/3
2/
Haciendo: Gbh
6
2
(Módulo de sección de la madera) se tienen que: G
Mf , de
donde despejamos el valor G: )....(If
MG
Luego, para una viga de un solo tramo: 2.8
1lwM
Reemplazando datos:
lg000,75lg)1210()10(5008
1pulbpuxxpiesx
pie
lbxM
reemplazando valores en (I):
3
2lg25.31
lg/400,2
lg000,75pu
publ
pulb
f
MG
Con este valor entramos a la Tabla XXV y encontramos el valor de la sección de la viga
en pulgadas (b y h): en nuestros caso una sección de b x h = 4’’x 8’’ nos da un valor del
modo lo G de 32.98 el cual es mayor que el módulo necesario de 31.25
G = 33.98 31.25 …. Ok.
Luego, sección seleccionada: b x h = 4’’ x 8’’
PROBLEMA # 16:
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
29
Diseñar la sección de una viga de madera de apoyos continuos de luces iguales a 7.50m,
conociendo los valores de su esfuerzo unitario por flexión (f) de 200 kg/cm2 y que
soporta una carga uniformente distribuida de 766 kg/m. Usar la tabla XXV para hallar
las dimensiones b y h.
SOLUCIÓN
Similar al problema, anterior Nro. 15, usamos la relación
)....(If
MG
En este caso, por ser una viga continua, el valor del momento (M) está dado por al
siguiente ecuación:
2
10
1xWxlM
Reemplazando valores dados:
cmkgxm
cmxmx
n
kgM 222 1075.308,4
100)50.7(766
10
1
Además se tienen como dato: f = 200kg/cm2
Reemplazando los valores de M y f en la ecuación (I):
3
2
2
38.154,2/200
1075.308.4cm
cmkg
cmkgxG
Para poder entrar a la tabla XXV tenemos que convertir los cm3 a pulg
3.
Conociendo que: 1 pulg = 2.54cm
1 pulg3 = (2.54)
3 cm
3
Luego, reemplazando en el valor de g la equivalencia anterior, se tiene:
3
33
3 lg47.131)54.2(
3lg38.154,2 pu
cm
pucmG
Entrando a la tabla XXV se obtienen las siguiente secciones que cumplen con el valor
de G.
b x h = 4’’ x 16’’ ……… (G = 145.15)
b x h = 10’’ x 10’’ ……… (G = 142.90)
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
30
ESTRUCTURAS III Y ESTRUCTURA IV
CONTENIDO DE PROBLEMAS
P-01: Análisis de una viga de concreto armado simplemente reforzada: resistencia
nominal a flexión (Mn) y resistencia de Diseño (Mv).
P-02: Diseño de una viga de concreto armado simplemente reforzada.
P-03: Idem P-02
P-04: Diseño de una losa maciza de concreto armado, de un tramo reforzada en una
dirección.
P-05: Diseño de una loza maciza de concreto armado de dos tramos reforzadas en una
dirección.
P-06: Diseño de una viga de concreto armado simplemente reforzada.
P-07: Diseño de una viga de concreto armado simplemente reforzada.
P-08: Diseño de una loza maciza de concreto armado, de un tramo, reforzada en una
dirección.
P-09: Diseño de una columna corta de concreto armado sujeta a flexo compresión uso
tablas Nº 86 y 87 para un edificio de 4 pisos.
P-10: Diseño de una zapata aislada cuadrada (cimentación superficial)
P-11: Método de Kani. Calculo de momentos en vigas y columnas de un portico.
P-12: Diseño de una columna corta de concreto armado sujeta a flexo – comprensión,
para un edificio de 5 pisos. Uso tabla Nro. 86.
P-13: Diseño de una viga y loza maciza de concreto armado, reforzadas en una
dirección, sujeta a un momento de flexión (Mu).
P-14: Análisis de una viga de concreto armado en voladizo.
P-15: Análisis de una viga “T” Calculo del momento resisten nominal (Mc) y el
momento último de diseño (Mu)
P-16: Calculo de la fuerza cortante en vigas. Diseño de estribos en una viga de un
tramo.
P-17: Análisis de una viga con acero en comprensión (viga chata)
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
31
P-18: Diseño de una zapata combinada. Calculo del área de acero longitudinal (superior
e inferior) y transversal (debajo de las columnas)
P-19: Verificación de dos vigas con acero en comprensión
P-20: Calculo de la altura de un zapata combinada utilizando el momento resistente
último de la zapata.
P-21: Calculo de las dimensiones de una zapata combinada y el momento máximo entre
las columnas.
P-22: Metrado de las cargas de una columna interior de un pórtico de dos pisos.
P-23: Diseño de un cimiento corrido para un muro portante de cabeza de dos niveles.
P-24: Diseño de una bolsa aligerada de cinco tramos. Calculo del acero positivo y acero
negativo.
ANEXO: TABLAS DE CALCULO
Centroide de áreas comunes
Momentos de inercia de formas geométrica comunes
Propiedades de las secciones de la madera
Método de compensación Cross
Método de Kani
Distribución de esfuerzos
Cuantías limites de acero
Momento resisten y área de acero
Columnas
Metrados de aligerados
Dimensiones de cimientos corridos para muros portantes
Cargas en aligerados
Momentos y aceros en aligerados de dos tamos
Momentos y acero en aligerado de tres tramos.
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
32
PROBLEMA # 1:
(Analisis de una viga con refuerzo a tracción)
una viga reforzada a traacción tineen un ancho de 25xcm y un peralte útil de 40cm hasta
el centroide de las barras, ubicadas todas en una sola fila. Si fy = 4,200kg/cm2 y f’c=
280kg/cm2, encuentr eusterd la resuistencia nominal a flexión (Mm) y la resistencia de
diseño (Mu) para los siguiente casos:
(a) As = 02 barras 8
(b) As = 02 barras 10
(c) As = 03 barras 10
SOLUCIÓN
Caso (a) Datos b = 25cm , d = 50cm f’c = 280kg/cm2
As = 2x5x10= 10.20cm2; fy = 4,200kg/cm
2
Sabemos que el momento nominal y el momento de diseño están dados por la siguiente
elación:
Mu = Mm = As. Fy
2
ad
y que el valor de “a” es igual a la expresión : bcf
fxAsa
y
.'85.0
Calculando primero nominal es igual a:
Mm = 10.20 x 7,200
2
2.750 = 1’987,776 kg-cm
La resistencia de diseño es igual a:
My = Mm = 0.9 x 1987776
My = 1’788,998 kg-cm
Caso (b) As = 2 x 8.189cm2= 16.38cm
2
Cálculo de “a”
cmxx
xa 56.11
2528085.0
200,438.16
Cálculo de Mm:
cmkgxMm
159,042'3
2
56.1150200,438.16
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
33
Calculo de Mu:
Mu = Mm = 0.9 x 3042159 = 2’737,943 kg/cm
Caso (c) As = 3 x 8.189cm2= 24.57cm
2
Cálculo de “a”
cmxx
a 34.172528085.0
200,457.24
Resistencia nominal
cmkgxMm
008,265'4
2
34.1750200,457.24
Resistencia de diseño
Mu = Mm = 0.9 x 4’265,008 =3’838,507 kg/cm
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
34
PROBLEMA # 2:
(Diseño de viga con refuerzo a tracción)
Diseñar una viga simplmente apoyada con una luz libre entre sus apoyos de 5.00ml.
considere usted los siguiente datos: f’c = 350kg/cm2; fy=4,20kg/cm
2; f = 0.50lb.
WL= 1,500kg/ml
WD=1,750kg/ml (incluye peso propio de la viga)
SOLUCIÓN
Aplicando el código ACI:
Carga Última: Wu = 1.4 (WD) + 1.7 (WL)
Wu = 1.4 (1.750) + 1.7 (1.500) = 5,000 kg/ml
Por estática, el momento exterior es igual a: 2)(8
1lWxM uu
cmkgM
ml
cmxmlkg
ml
kgxM
u
u
500,562'1
1
100625,15)00.5(000,5
8
1 2
Nos indican que: f = 0.50lb …….. (1)
De la tabla A.5 hallamos que para los valores datos de f’c y fy se encuentra un valor de:
Lb = 0.0335
Luego, reemplazando en (1):
f = 0.50 x 0.0335 = 0.01675
Con este valopr calculamos w:
2010.0350
200,401675.0
' x
cf
fyfW
Sabemos que el momento resistente último es igual a:
Mu = Mm = f’c. b. d2 w (1-0.59w) .................... (2)
Igualando el momento exterior a este momento resistente y reemplazando valores en (2)
1’562,500 = 0.9 x 350 x b x d2 x 0.2010 (1-0.59 x 0.2010)
Despejando las incognitas b y d, se tiene que:
bd2 = 27, 999 cm2 ………………………………… (3)
Esta ecuación tienen muchas soluciones, pero si seleccionamos un valor de:
b = 25cm y reemplazando en (3), se
Obtienen que: d = 33.5cm
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
35
Luego, con estos valores hallamos un área de acero provisiones de bd
As se despeja As
= f. bd
As = 0.01675 x 25 x 33.5 = 14.03cm2
El número de varillas para esta área es de: 3 barras 8 ()
Cálcula del recubrimiento:
v = 400cm + e + p2
Luego :
La altura total de la viga es igual a:
h = d + r = 33.5 + 6. 22 = 39.72cm
Seleccionado:
h = 40cm y b = 25 cm
El valor real del peralte “d” será:
d = 40 – 6.22 = 33.78 cm
Calculo del área de acero
Teniendo definidos los valores de b y d , hallamos el área
1) Suponemos que :
Chequeo del valor “a”
2) Asumismo un nuevo valor: a = 7.70cm
Luego:
Chequeo del valor “A”
Se tienen que el área de acero es igual al último valor calculado:
As = 13.81cm2
Se escoge: 3 1’’ o
2 1’’ + 2 5/8’’ o
2 1’’ + 2 3/4’’
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
36
PROBLEMA # 3:
Diseñar una viga simplemente apoyada cuya distancias entre sus apoyos es de 6.00ml.
considere los siguientes datos:
WL: 2,000 kg/ml
WD: 1,500 kg/ml (incluye peso propio dela viga)
F’c=210 kg/cm2 ; fy = 4,200kg/cm
2; f = 0.75lb
SOLUCION
- Se halla primero la carga última (según el código A.C.I.)
Wu = 1.4WD + 1.7 WL
Wu = 1.4 (1,500) + 1.7 (2000) = 5,500 kg/ml
- Se halla luego el momento exterior producido por esta carga: por estatica :
2.8
1lWuMu y reemplazando valores:
Este valor se convierte en unidades de kg-cm, luego:
Mu = 2’475.000 Kg-cm
- Nos Da como dato que: b75.0 (cuantia máxima de acero)
Con los valores de f’c y Fy se obtienen de la Tabla A.5 que:
Fb = 0.0214 (con B1 = 0.85)
Luego, se tiene que:
F = 0.75 x 0214 = 0.060
Con este valor se halla w:
- Sabamoes que el momento interno resistente de una viga es:
Mu = Mm = f’c. b. d2 w (1-0.59w)
Igualando el momento exterior y el momento resistente y reemplazando valores.
2’475.000= 0.9 x b. d2 0.32 (1-0.59 x 0.32)
Despejando las incógnitas resulta que:
bd2 = 50, 447cm
3
Esta ecuación tiene como respuesta muchos valores para b y d; seleccionado un valor
de: b = 25cm
Se obtiene un valor de: d = 45cm
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
37
- Se halla luego un primer valor del área de acero.
Sabemos que:
De donde : As = f.b.d.
Reemplazando valores:
As = f.b.d = 0.0160 x 25 x 45 = 18.00cm2
Para cumplir con esta área de acero escogemos:
3 barras 9 (3 x 6.45cm2)
- Se halla luego el recubrimiento (r):
R = 4.00cm + e + p/2 = 4.00cm + 3’’/8 + 1/2 + 9’’/8 = 6.38cm
- Se calcula luego la altura total de la viga (h):
h = d + r = 45 + 6.38 = 51.38cm
Se toma un valor de: h = 55cm (por construcción)
El valor real del peralte “d” será:
- Calculo del área de acero:
Utilizando el método de suposiciones se halla As :
1º) Suponemos que: cmd
a 724.95
62.48
5
Sabemos que :
2
adf
MuAs
y
, reemplazando valores:
296.14
2
724.962.48200,49.0
2475000cm
x
As
Chequeo del valor de “a” :
bcf
fAsa
y
.'85.0.
cmxx
xa 08.142521085.0
420096.14
2) Se asume un nuevo valor de : a = 14.20 cm
Luego:
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
38
277.15
2
20.1462.48200,49.0
2475000cm
x
As
Chequeo del valor “a”:
cmxx
xa 84.142521085.0
420077.15
3) Se asumen un nuevo valor de : a = 14.90cm
Luego 290.15
2
90.1462.48200,49.0
247500cm
x
As
Chequeo del valor “a”:
cmxx
xa 96.142521085.0
420090.15
Se toma el último valor de
As = 15.90cm2
Para esta área se escoge: 2 barras 10 (16.38cm2)
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
39
PROBLEMA # 4:
(Diseño de una losa de un tramo)
Una losa de concreto reforzado en una dirección tiene un tramo simple de 3.00m y
soporta una carga viva de 586 kg/m2 y una carga muerta de 100kg/m
2. Además de su
peso propio. Diseñe la losa así como el tamaño y al separación del refuerzo en el centro
del tramo suponiendo un momento de apoyo simple. Considere:
f’c = 280 kg/cm2, concreto de peso normal
f y = 4,200 kg/cm2
Espesor mínimo por deformaicón = l/20
SOLUCION
- Peralta mínimo por deformación : h = l/20 = 300cm / 20 = 15cm.
Suponemos para flexión un peralte efectivo d=12.5cm (d = 15cm – 1’’)
- Peso propio de una franja de 1.00m:
Pp = 1.00 m x 0.15m x 2,400 kg/m3 = 360kg/ml
Al considerar una franja de 1.00m de ancho las cargas dadas se convierten en:
WL: 586 kg/ml
WD: 100kg/ml + pp
- Calculo de la carga última externa:
WU =1.4 WD + 1.7 Wa = 1.4 (100+360) + 1.7 (586)
WU = 1,640kg/ml
- Calculo del momento externo: 8
2lxWM u
u
WU = 8
1 x 1,640 (3.00)
2 = 1,845 kg-m
WU = 184,500kg-cm
Calculo del área de acero:
1) Suponemos que el brazo de palanca da
ad 9.0
cmcmxa
ad 25.115.129.0
Sabemos que :
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
40
)25.11(200,49.0
500,184
x
a
adf
MvAs
y
revisión por tanteos del brazo de palanca supuesto
2) Suponemos que a = a 77cm
Luego:
281.3
2
77.05.12200,49.0
500,184cm
x
As
por 1.00m de franja de losa
Considerando varillas de ½’’
Utilizar varillas ½’’ cada 33.3cm de separación centro de centro con un área de
3.87 cm2. Como una variante utilizar varillas 3/8’’ cada 18.3cm de separación
centro a centro.
Chequeo de cuantías mínimas y máxima:
Usamos Asmin = fmín.bd
As = 0.033 x 100 x 12.5 = 4.125cm2
Para varillas ½’’
Usamos varillas ½’’ cada 30cm de separación
fmáx = 0.75lb
De tabla A.5 (Nilson- Winter); lb = 0.00285
Luego:
Calculo del refuerzo por contracción y temperatura
Ast = 0.0018.b.h.
Ast = 0.0018 x 100 x 15 = 2.7cm2
Para varillas ½’’
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
41
cms
m
78.47093.2
100
093.229.1
7.2
Separación máxima permisible = 3h = 3 x 15 = 45cm.
Utilizar varillas ½’’ cada 45cm centro a centro.
Este diseño puede tomarse con un espesor de losa de h = 15cm = 6’’ y un peralte
efectivo de: d = 6’’ – (3/4’’ + ¼’’) = 5’’ para satisfacer el requisito de
recubrimiento mínimo de concreto de ¾’’
Resumen utilice ½’’ cada 30cm (refuerzo principal) y ½’’ cada 45cm.
(refuerzo por temperatura)
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
42
PROBLEMA # 5:
(Diseño de una losa de dos tramo)
Una losa de conceto se construye integralmente con sus apoyos y consta de dos luces
iguales, cada una dan y se especifica un concreto de f’c = 280kg/cm2 y un acero con fy
= 4,200kg/cm2. diseñe la losa según las disposiciones del Codigo ACI.
SOLUCION
1) Se estima el espesor de la losa en base a los espesores mínimos de la tabla del ACI:
mml
h 16.028
50.4
28
Luego, el peso propio será la carga muerta:
WD = 0.16m x 2,400kg/m3= 384kg/m
2
Se tiene además la carga viva:
WL = 500kg/m2
2) Aplicando los factores de carga del ACI:
WU = 1.4 WD + 1.7 WL = 1.4 (384) + 1.7 (500)
WU = 1,387.6 kg/m2
Para 1.000m de ancho de losa
WU = 1,387.6kg/ml
3) Para los momentos de diseño en las secciones críticas se utuilizan los coeficientes de
momentos del ACI:
En el apoyo interior:
(-) M = 9
1 x 1,387.6 (4.5)
2 = 3,122 kg-m
En el centro de la luz:
(+) M = 14
1 x 1,387.6 (4.5)
2 = 2,007 kg-m
En el paoyo exterior:
(+) M = 24
1 x 1,387.6 (4.5)
2 = 1,171 kg-m
4) La cuantías máxima permitida por el Código ACI es:
blmáx 75.0
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
43
De la tabla A.5, para los datos:
f’c = 280kg/cm2
fy = 4,200kg/cm2
5) Utilizando este valor máximo de f, el mínimo espesor efectivo que se requiere,
controlado por el momento negativo en el apoyo interior será iugal a:
)59.01(..'
1002
wwbcf
xMd u
Sabemos que:
3210.0280
200,40214.0
'. x
cf
fw
y
Reemplazando valores:
mcmd
cmxxxx
d
07.09.6
61.47)321.059.01(321.01002809.0
312200 22
Que resulta de la aplicación de las restriccioes del código ACI; en consencuencia se
adopta este último valor (d=13.5cm)
6) En el paoyo interior, calculamos el área acero As por el método de susposiciones o
tanteos (corresponde a la parte superior de la losa):
Primera suposición
cmd
a 7.05
5.13
5
Sabemos que:
280.6
2
7.25.13200,49.0
312200
2
100cm
xa
dfy
xMAs v
Chequeo o verificación del valor supuestos de a:
cmxx
xbcf
fyAsa 20.1
10028085.0
200,480.6
.'85.0
Segunda suposición, tomando a = 1.20cm
Luego, tenemos que:
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
44
240.6
2
2.15.13200,49.0
312200cm
x
As
Chequeo:
cmxx
xa 13.110028085.0
200,440.6
No es necesario una revisión adicional
As = 6.40cm2
Para varillas ½’’ @ 20cm
cmS
cmm
16.2096.4
100
96.429.1
640
Para las otras secciones críticas a momento, será satisfactorio utilizar el mismo
brazo de palanca para determinar las áreas de acero:
- En el centro de luz
212.4
2
2.15.13200,49.0
100007,2cm
x
xAs
Para Varillas ½’’: m = 4.12/1.29 = 3.19
S = 100/3.19 = 31.31cm
Se selecciona : 1 ½’’ @ 30cm
En el apoyo externo
240.2
2
2.15.13200,49.0
100171,1cm
x
xAs
Esta área de acero se debe compara con el refuerzo mínimo por temperatura
7) Calculo del refuerzo mínimo por temperatura yu agrietamiento :
Para fy= 4,200kg/cm2, el ACI, especifica que
As = 0.0018b x h = 0.0018 x 100 x 16
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
45
As = 2.88cm2
Para varilas ½’’ , redondeando se obtienen : 1 ½’’@ 40cm
Para varilas 3/8’’ , redondeando se obtienen : 1 38/’’@ 25cm
Luego, este valor se toma también para el apoyo exterior.
El área de acero por control de grietas por temperaturas debe colocarse en dirección
perpendicular al refuerzo principal y será de11 ½’’@ 40cm, colocado
directamente encima del refuerzo principal en la región del momento positivo y
debajo del refuerzo principal en la zona del momento negativo.
Calculo de las cuantías:
Se tienen que
b040
De la talla A.5 para
f’c = 280kg/cm2
f’y = 280kg/cm2
Se obtiene que:
0198.00495.040.0
0495.0
x
b
Sabemos también que:
198.0
280
800,20198.0
'.
w
xcf
fyw
Como (movimiento último resistente)
Se iguala el momento último exterior al momento último resisten (interior):
Mu = Mm= f’c b. d2 w (1-0.59w)
Donde despejamos
22 16341,7406714928.44
003.276'3. cmdb
Reemplazando d en función de b: d = 1.5b
b (1.5b2) = 74, 341.16
Despejando
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
46
23 52.040,3425.2
16.341,74cmb
Donde
B = 32.09cm
Tenemos dos alternativas para el valor de “b” y los valores del peralta “d” se
obtienen de la relación (I)
Luego:
Para b = 35cm d = 46cm
b = 30cm d = 50cm
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
47
PROBLEMA # 6:
(Diseño de viga)
Una viga rectangular simplemente reforzada debe diseñarse utilziando una altura
efectiva aproximadamente igual a 1.5 veces al ancho, para resistir una carga viva de
servicio de 2,270 kg/ml adicionales asu peso propio en un tramo simple de 7.30m.
Deberán aplicarse los coeficientes de carga del código ACI. Dado fy = 2,800 kg/cm2 y
f’c = 280 kg/cm2, determinar las dimensiones requeridas de las secciones de concreto d
y h, y las barras de acero de refuerzo para:
f = 0.40f b. Usar estribus 3
SOLUCION
Tenemos los datos: D = 1.5b , l = 7.30m
WL =2,270kg/ml (carga viva)
La carga muerta se puede considerar, de la siguiente relación que da el ACI para el
caculo de momentos por coeficiente:
WL 3 WD
De donde resulta:
mlkgW
W LD /756
3
270,2
3
Este peso equivale a un predimensionamiento de viga de b 0.45 x h 0.70m; en base
a un tramo de l = 7.30m
- Cuantia (máxima) permisible = 0.40 fb
- Estribo sa utilizar = 3/8’’
Se tienen como incognitas: b,d,h y As
Calculo de la carga última
WU =1.4 WD + 1.7 WL =1.4 (756) + 1.7 (2,270)
WU =4,917.4 kg/ml 4,918 kg/ml
Calculo del momento externo:
Mu = 8
1 x Wu x l 2 (viga simplemente apoyada)
Tomando la 2º alternativa: b = 30cm
h = 50 + 6.25cm ) 56.26cm 60cm
(dimensiones = múltiples de 5cm o de 2’’)
Luego, el nuevo peralte será:
d = 60 – 6.25 = 53.75cm y
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
48
As = f. b. d = 0.0198 x 30 x 53.75
As = 31.93cm2 (valor aproximado para calcular el diametro del refuerzo)
Se selecciona 4 barras 10 (32.76cm2)
Calculando el nuevo valor de r:
r = 4.00cm + 8
3 +
2
1 x
8
''10 = 6.54cm
Luego:
d = 60 – 6.54 = 53.46cm
Por el método de suposiciones o tanteos calculamos el área de acero definitiva As.
1er su suposicion:
cmd
a 692.105
46.53
5
Luego:
cmxa
dfy
MuAs 60.10
800,29.0
003,276'3
2
As = 27.02cm2
Chequeo del valor a:
cmxx
xcbf
fyAsa 60.10
3028085.0
800,202.27
'85.0
2do suposición :
a = 10.60cm
luego
cmxx
xcbf
fyAsa 60.10
3028085.0
800,202.27
'85.0
Chequeo del valor a:
cmxx
xa 59.103028085.0
800,299.26
Se toma : As = 26.99cm2 27.00cm
2
Se selecciona: 2 barras 11 + 1 barra 10
(As = 28.31 cm2)
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
49
PROBLEMA # 7:
(Diseño de viga)
Ua viga continua de cuatro tramos y de sección rectangular, constante está apoyada en
A, B, C, D, E
Los momentos últimos que resultan del analisis son:
En los apoyos, Kg-m En el centro del tramo, kg-m
Ma = 12,733 Mab = 14,532
Mb = 20,345 Mbc = 12,733
Mc = 18,546 Mcd = 12.733
Md = 20,345 Mde = 14,532
Me = 12,733
Determinar las dimensiones que senecesitan apra la sección de concreto de esta viga,
utilizando para la sección de concreto de esta viga, utilizando d = 1.75b, y encuentre el
refuerzo requirido en todas las secciones críticas por momento. Utilice una cuantía
máxima de acero de f = 0.50 lb, sabiendo qye fy = 4,200kg/cm2 y f’c = 350kg/cm
2.
SOLUCIÓN
Sabemos que el momento último en función de la cuantía y de la resistencia del
concreto es igual a
Mu = f’c b. d2 w (1-0.59w) (I)
Para los datos: fy = 4,200kg/cm2 y
f’c = 350kg/cm2
de la tabla A.5 de cuantias se obtiene que:
B1 = 0.80 y lb = 0.0335
Luego, la cuantía mázxima permitida será
f = 0.50 fb = 0.50 x 0.0335 = 0.01675 y el valor de w será 2010.0350
200,401675.0 xW
Reemplazando valores en (I) considerando el mayor momento exterior último (Md), se
tiene:
20,345 x 100 = 0.90x350 x b.d2x0.2010 (1-0.59x0.2010)
Utilizando el valor dato: d = 1.75n y reemplazando en (II) se tiene:
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
50
cmb
dondedeb
bb
83.220625.3
456,36
,0625.3
456,36
456.36)75.1(
3
3
2
Redondeando este valor:
b = 25cm , luego
d = 1.75 x 22.83 =39.95cm
d 40cm
Calculo de la altura h, considerando r = 6.35cm
h = d + r = 39.95 + 6.35 = 46.3cm 45.00cm (multiples de 5 cm)
de donde nos queda un nuevo valor d:
d = h – r = 45.00 – 6.35 = 38.65cm
chequeando estos valores en la expresión (II):
Luego, un primer valor del área de acero (As) sería:
Se escoge : 2 barra 10 (As. 16.38 cm2)
Por facilidad de construcción como alternativa se puede escoger : 2 1’’ + 2 ¾’’
(As = 15.88cm2)
Cáluclo del área de acero definitiva (As) por el método de suposiciones o tanteos:
Para el momento úlyimo Md = 20,345jg-n
1ra Suposición
Luego
247.15
20
73.765.38200,49.0
100345,20
2
100
cmAs
x
x
adfy
MuxAs
Chequeo del valor a:
cmxx
xcdxf
fyAsa 74.8
2535085.0
200,447.15
'85.0
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
51
2do Suposición
Luego
215715)2/88065.32(200.49.0
100345,20cm
x
xAs
Chequeo de a:
cmxx
a 87.82535085.0
200,4715.15
Se toma el último valor de As como área de acero
As= 15.72cm2
Se escoge: 3 barras de 1’’ (As= 15.30cm2)
Por facilidad de construcción
Alternativas: 2 barras 10 (As= 16.38cm2)
Considerando que hay una proporcionalidad directa, ente el momento último y el
área de acero As, porproporción se halla el refuerzo para los otros momnetos
exteriores:
Para Ma = 12,733kg-m … As = 9.84cm2 ….. 2 1’’
Para Mc = 18,546kg-m … As = 14.33cm2 ….. 3 1’’
Para Ma,b = 14,532kg-m … As = 11.33cm2 ….. 1 1’’ + 2 3/4’’
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
52
PROBLEMA # 8:
Diseño de uina losa de un tramo)
Diseñe una losa en una dirección para sopoprtar una carga viva de 500kg/m2 y una
carga muerta externa de 250kg/m2. La losa está simplemente apoyada en un tramo de
3.60m. Considere:
f’c = 210kg/cm2
fy = 4,200kg/cm2
SOLUCION
Peralte mínimo, según el ACI :
cmh
ml
h
18
18.020
60.3
20
Peralte efectivo:
d = (18-2.5)cm = 15.5cm
Considerando una franja de lisa de 1.00m de ancho:
Peso propio = 1.00m. x 0.18m x 2,400 kg/m3 = 432kg/m
Carga externa última, según el A.C.I.:
Wu =1.4 (250+432) + 1.7 (500) = 1,804.8kg/m
Momneto externo último:
Mu =
cmkgM
mkgWuxl
M
u
u
378,292
78.923,28
)6.3(8.804,1
8
22
Mu = 292,378 kg-cm
Cálculo del área de acero (As)
Por el método de tanteos:
1. Supobemos que:
cmxxa
d 95.135.159.02
Sabemos que:
2.
adfyAsMu
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
53
De donde:
254.5)95.13(200,49.0
378,292
2
cmxa
dfy
MuAs
Chequeando el valor de a:
230.110021085.0
200,454.5
.'85.0cm
xxbcxf
fyAsxa
2. Suponemos que: a = 1.30cm, luego reemplazando en As.
221.5
2
30.15.15200,49.0
378,292cm
x
As
Luego:
cmxx
xa 23.110021085.0
200,421.5
3. Suponemos que: a = 1.22cm, reemplazando:
219.5
2
30.15.15200,49.0
378,292cm
x
As
Chequeo:
cmxx
xa 22.110021085.0
200,419.5
Se tiene que: As = 5.19cm2
Considerando varillas de fierro de ½’’ o 4, se tiene:
Número de varillas/m de losa = 5.19/1.29 = 4.02/100cm.
cm100/02.429.1
19.5
Espaciamiento de las varillas:
cm86.2402.4
100
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
54
Se toma: 1 ½ @ 25cm. de separación centro a centro, un área de 5.16cm2
(41/2/m de losa)
Chequeo de cuantias
216.5
75.0max
0033.0200,4
14min
0033.05.15100
16.5
cmAs
b
xbxd
As
Luego, reemplazando valores
016.0)0214.0(75.0 máx
Comparando con la cuantia real
0033.0016.0máx
Calculo de refuerzo por contracción y temperatura
As = 0.0018 b x h
As = 0.0018 x 100 x 18 = 3.24m2/m de losa
Número de varillas
51.229.1
24.3
Espaciamiento
cm8.3951.2
100
Luego, se toma:
11/2’’ @ 40cm
Comparando con la separación máxima permisible por el ACI.
Se Utiliza:
11/2’’ @ 25 cm (refuerzo principal)
11/2’’ @ 40 cm (refuerzo por temperatura), perpendicular al
refuerzo principal)
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
55
PROBLEMA # 9:
(Diseño del refuerzo de una columan de 04 pisos)
Diseñar el refuewrzo de una columan corta exterior tipica de un edificio de oficinas de
cuatros pisos, de seccion de 50cm x 50cm, dados f’c = 280 kg/cm2 y fy= 4,200 kg/cm
2 y
que soporta las cargas y momentos utimos porpiso (carfas acumuladas por piso).
Nivel Pu (kg) Mu (kg-m)
4º 52,070 22,620
3º 153,180 20,480
2º 254,290 18,870
1º 355,400 15,940
SOLUCION
Se tienen como datos:
b = 50cm ; f’c = 280 kg/cm2
t = 50cm ; f’c = 4,200 kg/cm2
Con estos valores calculamos primero el valor de “g” para entrar a los Abacos
(Diagramas de interacción):
Luego se utilizará las tablas : 86 (para g = 0.70) y 87 (para g = 0.80)
Con estas tablas se halla el valor de ptxm
Luego hallamos el vlor de m:
Conociendo el valor de m se halla la cuantia pt y el refuerzo de la columna, según los
cuadros siguiente:
Nivel Pu (Kg) Mu (kg-
m) e (m) e/t K pt x m
4º 52,070 22,620 0,4344 0,87 0,11 0,24/0.22
3º 153,.180 20,480 0,1337 0,27 0,31 0,06
2º 254,290 18,870 0,0742 0,15 0,52 0.24/0.22
1º 355,400 15,940 0,0448 0,10 0,73 0,55/0.54
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
56
Nivel pt b t As Varillas de Acero
4º 0.00136 50 50 34.00 81’’ +
3º 0.01 50 50 25.00 81’’ +
2º 0.0136 50 50 34.00 81’’ +
1º 0.0312 50 50 78.00 81’’ +
Asmin = 0.01 b x t
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
57
PROBLEMA # 10:
(Diseño de zapata aislada cuadrada)
Una columna interior para una estructura de concreta soporta cagas totales de servicio:
WD = 227,000kg y
WL = 233,000kg
La sección transversal de la columna tiene 55cm a 55 cm. la columna se apoyará sobre
una zapta cuadrada cuya parte inferior estará a 1.80m, por debajo del nivel dce terreno.
Diseñe la zapata determinando todas las dimensiones del concreto, cantidad y ubicación
de todo el refuerzo nos permite refuerzo a cortante. La presión admisible de contacto del
suelo es 3.91kg/cm2. las resistencias para los materials de la zapata son:
f’c = 210 kg/cm y
fy = 4,700kg/cm
SOLUCION
Calculo de al presion efectiva:
Qe = q - peso de zapata y relleno ….. (I)
Considerando un peso promedio de 2,000kg/m2 para el concreto de la zapata y el
material de relleno; pero de la zapata y relleno a 1.80m de profundidad
hf x rc+r = 1.80m x 2,00kg/m3 = 3,600kg/m
2
Nos dan como dato:
qa = 3.91 kg/cm2 = 39,100kg/m
2
Luego, reemplazando valores en (I):
qa = 39,100-3,600 = 35,500kg/m2
qa = 3.55 kg/m2
Calculo del ára requirida:
e
LDreq
q
WWA
2
2577,129
/55.3
)00,233000,27,2(cm
cmkg
kgAreq
Areq= 12.96m2
En una zapata cuadrada se tienen que las dimensiones son iguales, luego:
mTB 60.396.12
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
58
Calculo de la presión de diseño (q0)
)60.3)(60.3(
)0002337.10002174.1(7.14.1
cmcm
kgxxxx
BxT
WWq LD
v
2/51.5
/028,55
cmkgq
cmpqq
v
v
Altura de la zapata
Para calcular la altura de la zpaata, es necesario suponer un valor del peralte efecto (d)
de la zapta el cual se chequea con el cálculo de la resistencia mominal al cortante
Su valor d = 60cm
calculo del perímetro y fuerza de punzamiento
Perimetro bo = 4(b+d) = 4 (55+60) = 1/60cm.
Fuerza cortante de punzamiento sobre ese perimetro
2
1 6055 BxTqW vv
kgWv 226,64111536051.522
1
Calculo de la resistencia nominal al cortante y chequeo del valor supuesto d = 60cm.
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
59
hf
h d
T = B
d/2
b0
b
t
b
d/2
B
Cara de al
columna
lv
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
60
Según el ACI
kgxVc
kgxxVc
dobcfVc
366.360960.42385.0
960.4236046021006.1
'06.1
Res. de diseño:
Comparando, resulta que:
Res, diseño VU1
Luego, vemos que el valor supuesto d = 60cm no es el adecuado
Los medio de varios tanteos se llega a calcular que:
d = 85 cm es el valor adecuado
Luego, volvemos a calcular con este último valor:
Perimetro:
b = 4 (55+85) = 560cm
Fuerza constate:
Vv1=55.1 (360)2- (140)
2 = 606,100kg
Res. nominal al cortante
Res. de diseño
Comparando
Res, diseño VU1
Luego, vemos que el valor d = 85cm es el adecuado
Calculo del momento flector en la cara de la columna
mkgm
xm
kgMu 655,230
2
)525.1(60.3100.55
2
2
Donde
2/)55.060.3(2
1 2
lv
xBqwxwlMu
v
Calculo del refuerzo de acero (As)
Suponiendo un valor a = d/100 = 85/10 =8.5cm
Luego:
257.75
2
5.885200,49.0
100655,230cm
x
xAs
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
61
Comparando con el área de acero mínimo :
00333.0200,4
1414min fy
Asmin=fm/n x b x d = 0.00333 x 360 x 85 = 102 cm2
Luego, escogemos este último valor:
Número de barras: 20 1’’
Chequeo de la longitud de desarrollo:
Según el ACI:
cmxx
cf
fyAbld 89
210
200,410.506.0
'
.06.0
Longitud real de las barras:
Lr = lv – r = 152.5 – 7.5 = 145cm
Comparando, cumple la longitud de desarrollo
Calculo de la altura total de la zapata:
Como se tienen 02 capas de acero en forma perpendicular y un recubrimiento de 3’’
(7.5cm), el valor de h será iugal a:
h = d + 1.5 x p + 3’’
h = 85 + 1.5 x 2.5 + 7.5 = 96.25cm
Redondeando este valor:
h 100 cm = 1.00m.
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
62
PROBLEMA # 11:
Calcular los momentos de todas las vigas y columnas que conforman el partido de la
figura. Aplica el método de KANI
- Se calculará primero los momentos de ocmporetamieno inicial
- Luego se calcularán las rifideres de la vigas y columnas
- Luego se calcularán los coeficiente de distribución demomento equilibrante en cada
nudo.
- Luego se aplicará el método de Kani comenzando por el nudo más desiquilinrado
(nudo f) y se continuará con los nudos E, B y C, complentadno un ciclo. Este orden
se repite hasta completar el cuarto ciclo, despues de lo cual se hallna los momentos
resultantes.
Momentos de comportamientos en vigas BC y EF:
cmtomM
mTomm
mmTmx
l
abPM
BC
BC
150
5.1)6(
)3(32.2
2
2
2
0.30 x 0.50
0.30 x 0.50
4.00 m
A
D
6.00 m
0.30 x 0.40 0.30 x 0.40
B C
0.30 x 0.70
2 ton/m
0.30 x 0.40 0.30 x 0.40
G H
F E
0.30 x 0.70
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
63
cmtomM
mTommmTmlw
M
EF
EF
900
0.912
)0.6(/3
12
. 22
CALCULO DE RIGIDECES
332
1078.025.78140012
)50(301
xcmx
xKV
332
1078.025.78140012
)50(301
xcmx
xKV
332
1040.040040012
)40(30xcm
x
xKC
CALCULO DE COEFICIENTE DE DISTRIBUCIÓN
Nudo C:
110.02
1
83.1
40.0
390.02
1
40.043.1
43.1
2
1
2
2
FC
cv
v
BcKK
K
Nudo B:
075.02
1
61.2
40.0
275.02
1
61.2
43.1
150.02
1
40.043.178.0
78.0
2
1
21
1
EB
CB
cvv
v
ABKKK
K
Nudo E:
065.0
240.02
1
01.3
43.1
065.02
1
01.3
40.0
130.02
1
80.043.178.0
78.0
2
1
221
1
BEGE
FE
BE
cvv
v
DEKKK
K
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
64
COEFICIENTES DE (KANI) DISTRIBUCIÓN
Nudo C:
500.0
110.0
390.0
FC
BC
Nudo D:
500.1
075.0
275.0
150.0
EB
CB
AB
Nudo E:
500.0
065.0
240.0
130.0
065.0
GE
FE
DE
BE
Nudo F:
075.02
1
275.02
1
150.02
1
40.0
43.1
78.0
21
21
2
21
1
2
1
Cvv
CEB
Cvv
v
CB
Cvv
v
AB
c
v
v
KKK
K
KKK
K
KKK
K
K
K
K
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
65
METODO DE KANI
MOMENTO DE EQUILIBRIO
Ciclo
ENudox
CNudo
BNudo
ENudo
FNudo
2.77065.0
0.285240.0
4.154130.0
2.77065.0
1188
898120150
8.722.77150
1188288900
900
Ciclo
FNudox
CNudo
BNudo
ENudo
FNudo
8.105240.0
0.376320.0
8.105090.0
2.175,1
3.722.1051.28150
21.106.827.34150
5.270,13765.5900
2.175.12858.9900
Ciclo
FNudox
CNudo
BNudo
ENudo
FNudo
7.107090.0
0.383320.0
7.107090.0
9.196,1
5.687.1072.26150
3.952.289.82150
3.270,17.70.383900
2.175.19.3040.8900
Ciclo
FNudox
CNudo
BNudo
ENudo
FNudo
9.107090.0
6.383320.0
9.107090.0
6.198,1
9.679.1078.25150
7.937.260.83150
4.276,12.76.383900
6.198.11.3065.7900
MOMENTO RESULTANTES (MR)
0
0.970.83)0.7(20
2.28)1.14(20
9.124)5.26()8.25(2150
M
M
M
M
A
B
C
MR=MEi + 2Mi + Md
MEi
Md Mi
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
66
MCB= + 150 + 2 (-265) + 25.8 = + 122.8
MCB= 0 + 2 (-75) + (-107.9) = -122.9
MEF= - 900 + 2 (306.3) + (-383.6) = -671.0
MED= 0 + 2 (165.9) = + 311.8
MEB= 0 + 2 (83.0) = + 173.0
MFE= + 900 + 2 (-383.6) + (306.3) = + 439.1
MFC= 0 + 2 (83.0-107.9) = -215.8
4.1078.2152
1
0.830.1662
1
9.1658.3312
1
1.142.282
1
H
G
D
A
M
M
M
M
)(2
1BA MM
A
+ MB (interno)
(o reaccionar)
B
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
67
+11.0
+15.3
+14.3
+14.1
+28.2
- 150
+20.0
+28.1
+26.2
+25.8
-124.9
+ 150
-34.7
-28.2
-26.7
-26.5
+122.8
+14.1 A C
+5.5
+7.7
+7.2
+7.0
+97.0
- 9.8
- 8.0
- 7.5
+7.5
-122.9
G H
+83.0 -107.9
D +154.4
+165.2
+165.8
+165.9
+331.8
-900
+285.0
+304.9
+306.1
+306.3
-671.0
- 223.3
- 107.4
- 107.7
-105.8
-81.0
- 81.0
- 105.8
-107.7
-107.9
-215.8
-900
+288.0
+376.0
+383.0
+383.6
+439.1
F
+77.2
+82.6
+82.9
+83.0
+166.0
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
68
PROBLEMA # 12:
(Diseño del refuerzo de una columna de 05 pisos)
Diseñar el refuerzo de una columan corta de un pórtico de cinco pisos, de sección de
25cm x 40cm, dados f’c = 175 kg/cm2, fy = 4,200 kg/cm
2 y que soporta las cargas y
momentos últimos por piso (cargas acumuladas por piso):
Nivel Pu (Kg) My (Kg-m)
5º 20,253 3,240
4º 45,814 1,570
3º 71,376 1,910
2º 93,095 1,430
1º 112,227 680
SOLUCION
Se tiene como datos:
f’c = 175 kg/cm2 ; b = 25 cm
fy = 4,200 kg/cm2 ; t = 46 cm
con estos valores calculamos primero el valor de “g” para poder entrar al uso de los
Abaces (Diagrama de interacción)
70.0
40
)22.6(240
40
)''2/1''8/3400(2462
g
t
rtg
luego se utilizará la tabla 86 (para g=0.70)
con esta tabla se halla el valor de pt x m
luego hallamos el valor de “m”
2353.2817585.0
200,4
'85.0
xcf
fm
y
Conociendo el valor de “m” se calcular la cunatia pt y el refuerzo de la columna, según
cálculos de los cuadros siguiente, donde:
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
69
txbxptAs
mímt
e
Pv
Mve
PvvP
cxbxtf
vPK
)(10.0
7.0'
'
'
Nivel Pv Mv
(kg-m)
e
(m) e/t K ptxm
5º 20,253 3,240 0.160 0.40 0.165 0.06
4º 45,814 1,570 0.034 0.10 0.373 0.00
3º 71,376 1,910 0.027 0.10 0.583 0.22
2º 93,095 1,430 0.015 0.10 0.760 0.62
1º 112,227 680 0.006 0.10 0.916 0.97
Nivel m pt b
(cm)
t
(cm)
As
(cm2)
Varillas
de acero
5º 28.2353 0.01 25 40 10.00 65/8’’
4º 28.2353 0.01 25 40 10.00 65/8’’
3º 28.2353 0.01 25 40 10.00 65/8’’
2º 28.2353 0.022 25 40 22.00 83/4’’
1º 28.2353 0.0344 25 40 34.40 81’’
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
70
PROBLEMA # 13:
(Diseño de viga y losa)
Para una sección rectangular sujeta a un moento de flexión M, detemrine la menor
sección admisible de concreto sin colocar acero en comprensión Caso: a) viga; b) losa
Datos
Fy = 4,200 kg/cm2
f’c = 175kg/cm2
M = 7,181 kg-m = 7.181 tom-m = 718,100kg-cm
SOLUCION
CASO
a) Viga
Considerando la cuantia máxima de acero:
lbf 75.0
Con los valores de f’c y fy se obtienen de la Tabla VII
)85.0(01782.0 1 Bconfb
con los valores de f’c y fy se obtienen de la
luego, se tienen que:
01337.001782.075.0 xf
Sabemos que:
3209.0175
200.401337.0
'. x
cf
ffw
y
y que
)59.01(..' 2 wwdbcfMmMv
Reemplazando valores:
)320959.01(3209.0.1759.0100,718 2 xxdxbx
de donde:
32 33.526,1797.40
100,718cmbd
Para b = 30cm d = 24.17cm h = 30cm
Para b = 25cm d = 26.48cm h = 35cm
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
71
b) Losa
(M es el momento por cada metro de ancho)
como tenemos que:
bd2 = 17,526.33 cm
3
y sabemos que para un metro de losa : b = 100cm
reemplazando este valor y despejando d:
cmd
cmd
24.13
26.175100
33.526,17 32
Luego:
cmh
cmh
16
94.152
27.100.224.13
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
72
PROBLEMA # 14:
Comprobar si la viga mostrada en la figura resistirá las cargas aplicadas que se indican:
Carga muerta = peso propio de la viga
Carga viva = 4tom/m
f’c = 280kg/cm2
fy = 4,200 kg/cm2
As = 4 ¾’’
SOLUCIÓN
Se calcula primero el momento último que puede resistir la viga:
Sabemos que:
Mv = f’c.b.d2 . w (1-0.59w) …….. (1)
)2..(....................'cf
ffW
y
Se tienen una cuantía de:
0076.05030
84.24
x
x
bd
Asf
Para:
0076.00285.0/200,4
/280'2
2
fb
cmkgfy
cmkgcf
Se tienen una falla dúctil por fluencia
También
f = 0.0076 0.75 fb = 0.0214
Cumple con el reglamento
A
A 2.00 m
Wv
As 0.55,m
0.30,m
Sección A-A
0.55,m
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
73
reemplazando valores en (2):
114.0280
200,40076.0
'x
cf
fyw
Reemplazando valores en (1):
)(1.20
6.681,009'2
)114.059.01(114.0)50(3028090.0 2
InternoMomentomtomMu
cmkgMu
xxxxxMu
Luego, se calcula el momento que se produce en la viga debido a las cargas aplicadas
(Momento externo)
myomW
WWW
mtomW
mtommtomxxW
v
LDv
L
D
/354.7)0.4(7.1)396.0(4.1
7.14.1
/
/396.0/4.205530.0 3
Para una viga en voladizo se tiene:
2
2
1lWM vv
Reemplazando valores
mtomexternoMomentomtomM
mtommxtomxM
v
v
1.20)(71.14
71.14)200(/354.72
1 2
Como se tiene que:
Se concluye que:
Mv (requerido) Mv (interno)
La viga resistirá las cargas aplicadas
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
74
PROBLEMA # 15:
(Analisis de viga “T” – cálculo de MR y Mv)
Calcular el momento resisitente mominal y el momneto último de diseño de la viga “T”
precolada que se muestra en la figura si el claro de la vifa es de 8.00m considere:
f’c = 210kg/cm2 , fy = 4,200 kg/cm
2
Area de refuerzo en la cara de tensión
a) As = 20.00cm2
b) As = 30.00cm2
SOLUCIÓN
Para una viga precolada no se requiere de la revisión del ancho del patin ya que la
sección precolada puede actuar en forma independiente, dependiendo del sistema
constructivo.
Revisar
bmáxmáx 75.0:
dbwfy
hfbwbcf
xx
f
b
..
)('85.0
0214,0200,4090,6
090,6.
200,4
21085.085.0
As
b = 96.5cm
bw = 25.4cm
hf =6.35cm
d = 50.8cm
5.08cm
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
75
0033.04200
1414min
007.00096.075.075.0
0096.00149.00214.05.96
4.25
0149.08.504.25200,4
35.6)4.255.96(21085.0
fy
xbmáx
fbb
bw
xx
xxx
f
f
Caso (a) :
As = 20cm2
máxxbxd
As
xxdb
Asw
w
004.08.505.96
20
min0155.08.504.25
20
Revisar si la sección actuará como una viga “T”
hfcmxx
B
wdc
xcf
fy
bxd
AsW
78.585.0
8.50082.018.118.1
082.0210
4200.
8.505.96
20
'.
1
La viga puede analizarse como una viga rectangular utilizando los valores de b, d y
As.
Sabemos que:
2.
adfAsM ym
Donde: cmxx
xa 88.4
5.9621085.0
200,420
Luego, reemplazando valores en (I):
cmkgxMM
cmkgxM
mu
m
016,656'3240,062'49.0
240,062'42
88.48.50200,420
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
76
Caso (b) :
As = 30.00cm2
)0033.0min(023.08.504.25
30
xdb
Asw
w
)0007.0max(006.08.505.96
30
. xdb
As
)35.6(63.885.0
8.501224.018.118.1
1224.0210
200,4
8.505.96
30
1
cmhfcmx
xB
dwc
xW
De donde se observa que el eje neutro está por debajo del patín
la viga deberá tratarse como una viga real “T” o una viga rectangular doblemente
reforzada equivalente con un área imaginaria de acero en comprensión Asf.
219.19200,4
35.6)4.255.96(21085.0
)('85.0
cmxx
As
fy
hfbwbcfAs
f
f
Luego, se halla el valor de a:
cmxxbwcf
fyAsfAsa 04.10
4.2521085.0
)19.1930(
.'85.0
)(
Luego
cmkgM
xM
adAsAsM
m
m
fm
504.078'2
2
04.108.50200,4)19.1930(
2)(
1
1
1
Luego
cmkgM
xM
hdfyAsM
m
m
f
m
480,838'3
2
35.68.50200,419.19
2
2
2
2
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
77
Por tanto, el nominal total será:
cmkgM
M
MmMmM
m
m
m
984,916'5
480,838'3504,078'2
21
Luego:
cmkgxMmMu 286.50325984.916'59.0
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
78
PROBLEMA # 16:
(Diseño de estribos en una viga de un tramo)
Una viga rectangular tiene un claro efectivo de 7.62m y soporta una carga viva de
trabajo de 11,930 kg/m y ninguna refuerzo cortanta necesario. Utilice la ecuación
simplificada para el cálculo de Vc del alma de concreto considere los siugiente datos:
f’c = 280 kg/cm2 ; fy = 4,200 kg/cm
2
bw = 35.6cm ; d = 71.2cm ; h = 76.2cm
Acero longitudinal de tensión: 6 9 (Diam = 2.86cm)
Ninguna fuerza axial actúa en la viga
SOLUCIÓN
Hallando primero la carga última : WU = 1.4 WD + 1.7 WL
Se tiene como dato: WL = 11,930 kg/m
Calculando el peso propio WD:
WD = 0.356 x 0.762 x 2,400 kg/m = 651.05kg/m
Luego:
WU = 1.4 (651.05) + 1.7 (11,930) = 21, 192.47 kg/m
Calculamos luego la fuerza cortante externa máxima en los extremos de la luz o claro
efectivo:
kgxxlV
V VV 743,80
2
62.747.192,21
2
Hallando el cortante en la sección critica (a la distancia d):
kgdV
x
WdVvdV
V
V
654,65
715.047.192,21743,80
Calculo de Vc del alam de concreto:
kgxV
kgV
xxdbcfV
c
c
wc
5.107,194.479,2285.0
4.49,22
2.716.3528053.0.'53.0
Tambien
kgVc 8.553,92
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
79
Con todos estos valores se dibuja a escala el siguiente digrama de fuerza cortante:
Superponiendo el valor de Vc en el diagrama y haciendo proporciones se obtienen la
distancia X1 = 2.91m
81.3743,80
5.107,19743,80
81.3
11 xx
V
VcV
V
U
Debe colocarse una refuerzo minimo en el alma cuando la fuerza cortante sea ½
Del diagrama cortante, por proporciones obtenemos x2
mxx
36.381.3743,80
8.553,9743,802
2
Del Diagrama de cortante:
)0tan(97.0
1075,19743,80
625,20
91.2
1
1
Vstecordelpartiramx
X
1.94 0.97
X1=2.91
X2=3.36
x/2 = 3.81m
5 máx
Punto para el cual, en
teoría, no se requiere más el
refuerzo en el alma
0.712
Vs
80,743kg=Vu
65,654kg = Vud
19,107.5kg=Vc
9,553.8kg=Vc/2
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
80
con estos datos puede seleccionarse un patrón de espacimiento satisfactorio. El primer
estribo se coloca a una distancia s/2:
1 espacio a 5cm (2’’) = 05cm
9 espacio a 7.55cm (3’’) = 67.5cm
10 espacio a 12.5cm (5’’) = 125cm
8 espacio a 17.5 cm (7’’) = 140cm
Total = 337.5 cm = 3.375m
Nota alternativamente se puede escoger estribos 4 (1/2’’) y, el resultado es un menor
número de estribos a diferentes espaciamientos.
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
81
PROBLEMA NRO. 17
(Análisis de una viga con acero en comprensión)
Una viga rectangular con ancho b = 60cm, altural total h = 35cm (por consideraciones
arquitectónicas), y altura efectiva hasta el acero a tensión d = 28.75cm se construye
usando concreto de f’c = 280 kg/cm2 y ACRO de fy = 4,200kg/cm2. El Refuerzo a
tensión consta de dos barras nº 11+ tres barra Nro. 10 en una fila El refuerzo a
compresión consta de dos barras Nro. 10 y está colocado a una distancia d’ = 6.25cm
desde la cara de comprensión calcule las resistencias nominal (Mn) y de diseño (Mv) de
la viga:
a) Sin tener en cuenta el refuerzo a comprensión
b) Si se tiene en cuenta el refuerzo a comprensión y se supone que éste trabajo a fy , y
c) Si se considera el refuerzo a comprensión trabajando al esfuerzo real f’s,
determinado mediante análisis.
SOLUCIÓN
Caso (a)
Para una viga con refuerzo solo en tensión, se tienen que:
Mv = f’c b. d2 w (1-0.59w)
Transformando esta relación, sabiendo que:
:;..''
. tienesefyfwcfcf
fyW
)'
.59.01(.. 2
cf
fydbfyMv
Calculando la cuantía f y reemplazando valores en Mu se obtiene:
02591.01725
69.44
75.2860
)19.8(3)06.10(2
xbd
As
)(434,37
.428,743'3
280
200,42591.059.01)75.28(60200,402591.09.0 2
diseñodearesistencimkgmu
cmkgMv
xxxxxMv
Sabemos que Mu = Mm
Despejando:
mkgMv
Mm 594,419.0
434,37
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
82
Caso (b)
Para una viga con refuerzo a comprensión y trabajando éste a fluencia (fy), se tienen
que:
Sabemos que:
As = 2 11+ 3 10=44.69cm2
A’s = 2 10= 2 (8.19)= 16.38cm2
Luego:
As – A’s = 44.69 – 16.38 = 28.31cm2
Calculo de las cuantías de tensión y comprensión
00950.075.2860
38.16''
02591.075.2860
69.44
.
xbd
sA
xdb
As
Calculo del valor “a”
cmxx
x
bcf
sAAsa 33.8
60280085
200,4)38.1669.44(
.'85.0
)'(
Tenemos como datos:
d = 28,75 cm
d’ = 6.25 cm
Reemplanzando valores en (I)
25.675.28200,438.16
2
33.875.28200,431.289.0 xxxMv
mkgcmkgmMv
MMv
Mv
m
.240,40004,024'4
116,471'49.0
910,547'167.205,923'29.0
Luego:
)min.(711,44 alnormkgMuMm
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
83
Caso (c)
Para una viga con refuerzo a comprensión y trabajando éste al esfuerzo real f’s se tiene
que:
Se tiene los datos:
cmdcmb
cmsAcmAs
cmd
cmkgfy
cmkgcf
75.2860
38.16';69.44
25.6'
/200,4
/280'
22
2
2
Y sabe que
01641.0'
31.28'
00950.0'
'
02591.0
2cmsAAs
bd
sA
bd
As
Luego:
Para revisar si el acero de compresión fluye, se utiliza la ecuación
03374.0'
4200090,6
090,6.
''.85.0' 1
fyd
cdfB
Reemplazando valores en (III)
03374.0
4200090,6
900,6.
75.28200,4
25.628085.085.0
'
'
x
xxx
El valor obtenido de ( ' )=0.01641 0.03374
El acero de compresión no fluye y f’s fy
Para calcular el acero de compresión no fluye, se tulipa la expresión
)(.............
'.
'.85.01090,6'
'
1 IVd
d
fy
sfBsf
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
84
Reemplazando valore en (IV)
75.28
25.6.
200,401641.0
28085.085.01090,6'
x
xxsf
2/204,2' cmkgsf
Sabemos que:
bsf
sfsAfyAsa
.'85.0
'.'.
Reemplazando valores, se obtiene que:
cmxx
xxa 62.10
6028085.0
204,238.16200,469.44
Sabemos que la profundidad del eje neutro es igual a:
cma
c 49.1285.0
62.10
85.0
Por triángulos semejantes, la deformación unitaria E’s en el nivel del acero en
compresión es igual a:
C
dcs '
003.0
'
C
dcs
'003.0'
C
ds
'1003.0'
Reemplazando valores hallamos el valor de:
2/0015.049.12
25.61003.0' cmcms
Sabemos que: sxEsEsfdondedeEs
sfs '':......
''
Reemplazando valores:
F’s = 0.0015x 2.03 x 106 = 3,045 kg/cm
2
Con un segundo intento se obtien un valor más refinado de a:
cma
c
dondedecma
xx
xx
bsxf
sfsAfuAsa
35.1185.0
65.9
85.0
:65.9
6028085.0
045,338.16200,469,44
.'85.0
'.'.
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
85
Luego
2/001348.035.11
25.61003.0' cmcms
De donde:
2/736,21003.2001348.0'' 6 cmkgxxsxEsEsf
Chequeo de la cuantía permisible de refuerzo para la viga es:
fyfy
cfBb
090,6
090,6.
'85.0 1 , reemplazando valores:
0285.0200,4090,6
090,6.
200,4
28085.085.0
xxb
De donde:
0214.075.0 b
El % máximo permisible de refuerzo para la viga es:
).(..........'
.75.0 ' Vfy
sfb
Reemplazando valores en (V)
200,4
736,20095.00214.002591.0 x
0062.00214.0
0276.002591.0
Calculando finalmente el valor de “a”
cmxx
xxa 00.10
6028085.0
736,238.16200,469.44
Luego, con este valor de “a” y el último valor de f’s hallamos los momentos solicitados:
)'('.'2
'.' ddsfsAa
dsfsAAsfyMm
Reemplazando valores:
25.675.28736,238.162
00.1075.28736.238.16200,469.44
xxxMm
mkgcmkgMm 018,44808,401'4
Luego:
mkgxMmMv 616,39018,449.0
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
86
2 10
d= 28.75
0.60m
0.35m
d’= 6.25cm
2 11 + 3 10
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
87
PROBLEMA 18:
(Diseño de una zapata combinada)
Diseñar la zapata combinada que se muestra en la figura anexa.
La columna interior está sujeta a las cargas PD2=115Tom, PL2=40Tom, y la columna
exterior está sujeta a las cargas PD1=70Tom, y PL1=30Tom. El esfuerzo permisible del
terreno al nivel del fondo de al cimentación es de 1.8kgm/cm, siendo la profundidad de
la zapata hf=1.50m. Considerar un peso por medio del relleno y el concreto de la zapata
de rr+c=2.0Tom/m3, una sobrecarga en el piso terminado de s/c = 350kg/m2; un concreto
de f’c=210kg/cm2 y un acero de fy=4,200kg/cm
2. Las columnas tienen un concreto de
f’c = 210kg/cm2 y una sección de:
C1 : 0.50m x 0.50 m
C2 : 0.60m x 0.60 m
P1 l1
P2
l
L
B
0.50 5.45 0.60 lv
h hf=1.50m
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
88
SOLUCION
Calculo del área de la zapata
)1...(..........aq
PAz
P1 = PD1+PL1 = 70 + 30 = 100Tom
P2 = PD2+PL2 = 115 + 40 = 155Tom
P = P1+P2 =100+155 = 255Tom
Resistencia meta efectiva del terreno en el fondo de la zapata:
qe = qa + hfx rr+c – s/c …………. (2)
Uniformizando Unidades
2
2
2
22
/35.0350/
/1800,18
8.1
mtomcm
kgcs
mTonm
kg
cm
kgqa
Reemplazando estos valores en (2)
qe = 18 – 1.5 x 2.0 – 0.35 = 14.65tom/m2
Reemplazando valores en (1)
2
2
41.17
65.14
255m
m
tom
tomAz
Calculo de la longitud de la zapata
Se necesita primero hallar el punto de aplicación de la resultante de las cargas (P):
Tomando momento con respecto al extremo izquierdo (exterior) de la zapata:
022
12
110
tlP
txPREX …………. (3)
Donde
mt
l
ml
mm
a
t
25.625.000.62
00.62
60.045.550.0
25.02
50.0
1
1
mxx
x 90.3255
25.615525.01000
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
89
como el punto de aplicación de la resultante debe coincidir con el centro de gravedad de
la zapata combinada:
Lz = 2x0 = 2x 3.90m = 7.80m
La longitud del voladizo de la zapata en el extremo interior será:
Lv = 7.80 – (0.50 + 5.45 + 0.60) = 1.25m
Ancho de la zapata
Se divide el área de la zapata entre su longitud:
mm
m
L
AB 23.2
80.7
41.17 2
2
2
Se toma un valor redondeado de : B = 2.30m
Calculo de al reacción entre (última) del terreno por unidad de longitud:
mTomq
mtomxxxx
L
PPq
V
VVV
/46.4880.7
229149
/80.7
)407.11154.1()307.1704.1(
2
21
Reacción meta por unidad de área
2
2
/11.207.21/30.2
46.481
cmkgm
tommtom
B
qq V
V
Dimensioneamiento de la altura de al zapata
Usando la expresión:
mmxqlh v 90.087.011.245.511.011.011
Diseño en el sentido longitudinal
El momento máximo se produce en la sección x1 donde la fuerza cortante es igual a
cero
0. 111 xqPV vVx
Reemplazando valores y despejando el valor de x1:
m
m
tom
tom
q
PX
v
v 07.3
46.48
14911
Luego, el momento máximo se obtienen tomando momento con respecto a esta sección:
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
90
mtomM
xvPx
qM
máx
vmáx
52.192
88.42037.228)82.2(1492
07.346.48
)25.0(2
.
2
11
2
1
Verificación por punzonamiento
Se halla el perímetro de punzonamiento para cada columna y se verifica que el esfuerzo
cortante producido por las cargas de la columna sea menor que el esfuerzo cortante
resistente en este perímetro de punzonamiento, ubicado a una distancia d/2 alrededor de
cada columna.
Para el valor hallado de
h = 0.90m, se tiene que:
d = h-r = 90-6 = 84cm = 0.84m
0.50 5.45 0.60 1.25
2.30
0.60+d=1.44
0.50+d=144 0.50+d=134
d/2=0.42m
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
91
Diseño de viga exterior
)2.14(''4/35:
36.1484950018.0
18.9849.0200,49.0
1024.26
24.262
)90.0(78.64
/78.6430.2
149
2
2
/
25
2
1
cmUsar
cmxxAs
cmxxx
xAs
mtomMv
mtomm
tom
B
Pqv
mm
máx
v
Refuerzo por montaje:
Usar 5 3/8’’
cms 5575.534
15.030.2
Diseño de viga interior:
cmS
cmUsar
cmxxAs
cmxxx
xAs
mtomMv
mtomm
tom
B
Pqv
mm
máx
v
307.307
15230
)72.22(''4/38:
92.21841450018.0
18.9849.0200,49.0
1097.35
97.352
)85.0(57.99
/57.9930.2
229
2
2
/
25
2
2
)2.14(''4/35:
36.1484950018.0
18.9849.0200,49.0
1024.26
24.262
)90.0(78.64
/78.6430.2
149
2
2
/
25
2
1
cmUsar
cmxxAs
cmxxx
xAs
mtomMv
mtomm
tom
B
Pqv
mm
máx
v
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
92
P10=149tom
0.50 0.90
5 3/8’’
2.30
5 3/4’’
Viga Exterior 13 3/4’’
Viga Exterior
2.30
0.85 0.60
P2v=229tom
8 3/4’’
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
93
PROBLEMA 19:
Verifique si las secciones que se muestran en la figura satisfacen los requisitos del ACI
(318-83) para refuerzo máximo y mínimo. Considere:
f’c = 350 kg/cm2, concreto de peso normal
fy = 4,200kg/cm2
Las fibras de comprensión en ambas figura son las fibras superiores de las secciones.
SOLUCIÓN
Caso a:
As = 4 9 = 4 x 6.45 = 25.8cm2
A’s = 2 9 = 2 x 6.45 = 12.9cm2
b = 36.6cm.
d = 76.2cm – 7.62 = 68.58cm
r = 76.2cm
d’ = 7.62cm
Chequeo de cuantias:
De la tabla A.5 se obtiene el valor de la cuantia balancead:
fb = 0.035
Luego : 0.75 fb =0.0251 (Tabla A.5)
0051.058.686.36
9.12'
0103.058.686.36
8.25
'
xbd
sA
xbd
As
7.62cm
7.62cm
7.62cm 36.6cm
2 9
4 9
3 6
4 16
7.62cm
7.62cm
6.35cm
38.1cm
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
94
Luego:
0033.0200,4
1414min
0251.075.00052.0
0052.00051.00103.0
'
'
yf
b
min
Verificación de fluencia de A’s
Para que el acero de comprensión (A’s) fluya se debe cumplir que:
yfdfy
dBcf
090.6
090.6.
.
'..'85.0 1
Reemplazando valores:
0203.0
Se tiene que:
El valor real 0203.00052.0
El acero de compresión no alcanza a fallar, o sea:
f’s fy
Caso (b)
As = 4 10 = 4 x 8.19 = 32.76cm2
A’s = 3 6 = 3 x 2.84 = 8.52cm2
b = 38.1cm.
d = 76.2cm – 6.35 = 69.85cm (APRA A`s)
r = 76.2cm
d’ = 7.62cm = 68.58 cm (para As)
d’ = 6.35cm
Chequeo de cuantias
0032.085.691.38
52.8'
01254.058.681.38
76.32
'
xbd
sA
xbd
As
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
95
Luego
00934.0'
Se tiene que:
0251.075.000934.0' b
También
min'
Verifica de fluencia:
Se debe cumplir que:
200,4090,6
090,6.
58.68200,4
35.68.035085.0'
x
xxx
0169.0'
Se tiene que el valor real es:
0169.000934.0'
El acero de comprensión no alcanza a fallar, r sea:
f’s fy
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
96
PROBLEMA 20:
Se tienen una zapata combinada de sección rectangular en plata. Dimensiones la altura
de la zapata para el momento máximo, teniendo los siguientes datos:
g = 1.0% , f’c = 280 kg/cm2 ; fy = 3,500 kg/cm
2
qa = 1.5kg/cm2, hf = 140m s/c = 0.40 Tan/m
2 , rc+r = 2.1Tom/m
3
P1 : PD1=70tom PL2 =20tom C1=0.40m x 0.40m
P2 : PD2=100tom PL2 =30tom C2=0.50m x 0.50m
SOLUCION
El área del zapata se halla mediante la relación:
)1....(..........eq
PAz
donde : P = P1 + P2 = (70+20) + (100+30) = 220 Tom y
qe = presión efectiva que qe – hf x rc+r – s/c
qe = 15 – 1.4 x 2.1 – 0.4 = 11.66tom/m2
Reemplazando valores en (1) hallamos el área de la zapata:
2
287.18
/66.11
220m
mTom
TomAz
L
0.40 0.55
hf=1.40m
P1 P2
H
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
97
Se calcula luego la longitud de la zapata y su ancho:
Se ubica primero el lugar de aplicación de la resultante R = 220Tom.
Tomando momentos con respecto al extremo izquierdo de la zaparta:
M0 = 0
90 x 0.20 + 130 x 5.25 – 220 x0 = 0
Despejando x0 : mX 18.3220
5.682180
Como la resultante debe pasar por el centro de gravedad de al zapata, se tiene que: L =
2x0 = 2x3x12m = 6.96m. Usamos: L = 6.40m
Luego, la longitud del voladizo será igual a:
Lv = 6.40 – (0.40 + 4.60 +0.50) = 0.90m
El anchote la zapata es igual a:
mm
m
L
AB 95.2
40.6
87.18 2
2
Calculo de al presión última del terreno (qu) por metro lineal:
mtom
m
tomq
m
Tomxxxx
L
PPq
u
VVu
/47.5040.6
191132
40.6
)307.11004.1()207.1704.1(21
Calculo del movimiento máximo (Mu Máx)
El momento máximo se produce donde la cortante Vu = 0.
Sea x1 la distancia al extremo izquierdo de la zapata:
Fy = 0 VV = -132 + 50.47 X1=0
Despejando x1 :
m
m
tom
tomX 62.2
47.50
1321
Luego:
mtomMu
Mu
máx
máx
22.14644.31922.173
)20.02.26(1322
)62.2(47.54
2
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
98
Sabemos que el momento resistente de la zapata es igual a:
)2().........59.01(..' 2 wwdbcfMu
Donde:
cf
fyW
' y reemplazando valores se obtiene w:
125.0280
500,301.0 xW
Igualando el momento máximo al momento resistente de la zapata y reemplazando
valores en (2)
146.22 x 105 = 0.9 x 280 x 295 x d
2 x 0.125 (1-0.59x 0.125)
Despejando el valor d2:
25
2 81.698,118.607,8
1022.146cm
xd
de donde: D = 41.22cm
Luego: H = d + 3’’ + 1/20 = 49.99cm
Tomando un valor de:
H = 0.50m
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
99
PROBLEMA 21:
Una columna exterior de 55cmx 40cm , con PD1= 70 Tom, PL1= 50 Tom, y otra interior
de 55cm x 5cm, cm PD2= 100Tom, y PL2= 80Tom, va a ser soportadas por una zapata
rectnagular combinada cuyo extremo no puede sobrepasar el límite de propiedad que
coincide con la cara exterior de columnaexterior. La distancia entre ejes de columnas es
de 4.80m y la presión de contacto admisible dell suloe es de 2.50kg/cm2. la parte
inferior de la zapta se encuentra a 1.60m por debajo del nivel del terreno. Calcular las
sdimenesiones de la zapta y el momento máximo entre las columnas en la dirección
longitudinal, para f’c = 280 kg/cm2 fy = 4,200 kg/cm
2 y R r+c = 2,100 kg/m
3.
SOLUCION
Calculamos primero la presión afectiva de contacto (qe)
2
22/640,21)100.260.1(000,25
)(
mkgm
kgx
m
kgq
concretorellenodelpesoqq
e
ae
4.80m
0.40 0.55
hf=1.60m
P1 P2
H
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
100
Calculo del área requerida de la zapata
2
2
3
86.13/640,21
10801005070mkg
mkgq
PPA
e
LD
req
Ubicación De La Resultante : respeto del eje de la columna exterior:
(P1 + P2) = 300 Ton = R
M0 = 0 180x4.80 – 300X0 = 0
De donde, despejando X0 :
mx
X 88.2300
80.41800
Como X0 debe coincidir con el centro de gravedad de la zapata, la longitud de la zapata
será:
l = 2 (2.880.20) m = 6.16m
Se selecciona una longitud de de: Lz = 6.20m
Luego, el ancho requerido de la zapata es:
mm
mB 235.2
20.6
86.13 2
Se selecciona un ancho de 2.25m
Diseño de la dirección longitudinal
La presión meta hacia arriba que producen las cargas mayoradas de las columna es
igual:
23
2/903,3210
25.220.6
)80(7.1)100(4.1)50(7.1)70(4.1mkgkg
mxqV
Presión meta hacia arriba por metro lineal en la dirección longitudinal:
qv1 = 32,903 x 2.25 = 74,032 kg/m
Calculo del momento máximo negativo entre las columnas: éste se encuentra en la
reacción de cortante igual a cero.
Luego:
Vu=74,032 X1 – 183,000 = 0
Donde : P1V=1.4 (70)+ 1.7 (50) = 183 Tam = 183,000kg.
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
101
Despejando el valor de x1:
mX 47.2032,72
000,1831
Medido desde el extremo de afuera de al columna exterior.
El momento último en esta sección es igual a:
20.047.2000,183
2
47.2032,74
2
uM
de donde:
Mu = - 189,579kg-m
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
102
PROBLEMA 22:
(Metrado de columnas)
Hallar los valores de PD y PL en el 1er nivel y Azotea (2do Nivel) del metrado de cargas
de una columna de concreto armado, cuya área de influencias se indica en el croquis
adjunto, teniendo además los siguiente datos del pórtido:
COLUMNA : B – 2
Uso : aulas universitarias (s/c = 350 kg/m2)
Espesor de losa aligerdada : e = 0.20m
Altutra libre en los dos pisos: h = 3.00m
Viga V-100 (peralta): 0.30m x 0.55m
Viga V-A (chata): 0.50m x 0.20m
Columnas, b x t : 0.30m x 0.50m
Muro (ladrillo hueco) de espesor 0.25m sobre viga V -100
0.50
0.50
0.50
5.50
5.50
A
B
C
V - A V - A
V - A V - A
V - A V - A
0.30 4.40m 0.30 0.30
0.30 4.40m 4.40m
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
103
Metrado de la columna : B- 2 (1er nivel)
a) Cargas permanentes
1) Aligerado : 4.40 x 5.50 x 3.00 kg/m2 = 7,260kg
2) Viga principal : 0.30 x 0.55 x 6.00 x 2,400kg/m2 = 2,376kg
3) Viga Secundaria : 0.50 x 0.20 x 0.40 x 2,400kg/m2 = 1,056kg
4) Cobertura : 4.40 x 5.50 x 1.00 kg/m2 = 2,420kg
5) Tabiquera móvil : 4.40 x 5.50 x 1.00 kg/m2 = 2,420kg
6) peso propio : 0.30 x 0.50 x 3.00 x 2,400 kg/m2 = 1,0.80kg
7) Muro / ventanal : 5.50 x 2.65 x 350 kg/m2 = 5,101kg
kgPD 713,211
b) Sobre carga
Carga viva:
kgPl
kgmkgxx
470,8
470,8............./50.350.540.4
1
2
Para el metrado de al columna al 2er nivel (Azotea), no se consideran los
siguientes pesos como cargas permanentes:
- Tabiquería movil (5) en Azotea 2,420kg
- Muro (ventanal) (7) en columna interior 5,101kg
Luego, se tienen que:
PD2 = 21,713 – (2,420+5,101) = 14,192kg
Para la azotea, se considera además otra sobrecarga igual a 150 kg/m2.
Luego, se tienen que:
Carga viva: 4,40 x 5,50 x 150 kg/m2 = 3,630 kg
PL2 = 3,630 kg
Nota: En columna exterior se puede metrar un muro de h = 1.00m (soga)
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
104
PROBLEMA 23:
(Diseño de cimientos corridos)
Calcular el espesor de un cimiento de concreto ciclópeo que soporta un muro muro
portante de ladrillo King Kong de cabeza (e = 0.25cm) de dos niveles. El muro portante
está al centro de dos losas aligeradas de e=0.20m y con un ancho de l = 4.00m.- la altura
libre será de 0.30m y estará a 0.10m sobre el nivel del piso terminado. El uso de la
construcción será para oficina (s/c=250kg/m2)
SOLUCIÓN
Se considera solamente el peso actuante en un metro lineal de muro portante y el
metrado de cargas se efectúa en forma similar al metrado de una columna, en donde la
viga principal es la viga solera, no hay peso de viga secundaria y el peso propio es el
peso del murote cabeza. Se suma también el peso del sobrecimiento en un metro lineal,
se halla primero el metrado al 1er nivel. Se considera un porcentaje (12%) como peso
del cimiento corrido.
0.20
0.10
0.10
0.80
N.P.T.
l/r=2.00m
.
V-S.
l/r=2.00m
.
0.25
0.25
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
105
METRADO AL 1 NIVEL
a) CARGAS PERMANENTE
1) Aligerado : 4.00 x 1.00 x 3.00 kg/m2 = 1,200kg
2) Viga solera : 0.25 x 0.20 x 1.00 x 2,400kg/m2 = 120kg
3) Piso acabado : 4.00 x 1.00 x 1.00 kg/m2 = 400kg
4) Tabiquera móvil : 4.00 x 1.00 x 1.00 kg/m2 = 400kg
5) Muro : 2.40 x 1.00 x 5.50 kg/m2 = 1,320kg
6) Sobrecimiento : 0.25 x 0.30 x 1.00 x 2,300kg/m2 = 173kg
kgD 613,31
b) SOBRE CARGA
Carga viva:
kgPl
kgmkgxx
000,1
000,1............./2500.100.4
1
2
Total al 1º Nivel = 3,613 + 1, 000 = 4,613kg
Metrado al 2do nivel (azotea)
Hay que restarle el peso de tabiquieria móvil y el peso del sobrecimiento.
Luego
kgmkgxxP
kgP
L
D
600/15000.1400
040,3)173400(613,3
2
2
2
Total en el 2ro nivel = 3,040+ 600 = 3,640kg
Sumando los dos niveles = P = 4,613+ 3,640 = 8,253kg
El área de un cimiento corrido de un metro lineal será:
2
236.243,9
/00.1
12.1253,8%cmkg
cmkg
x
qa
PxAcc
También será igual a: Acc = 100 x a ……….. (2)
Igualando (1) y (2) : 100 x 2 = 9,243.36
De donde: a = 92.43cm
Usamos : A = 95.cm = 0.95cm (espesos del cimiento)
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
106
PROBLEMA 24:
(Diseño de losa aligerada)
Se tienen una losa aligerada de cinco tramos con diferentes luces entre sus apoyos, con
un espesor e = 0.20m, según la figura adjunta. El uso de la estructura es para oficinas y
se tienen una resistencia del concreto de f’c = 210 kg’cm2 y del acero de fy = 4,200
kg/cm2, la carga de diseño es de wu=450kg/ml. Se pude diseñar el área de acero y el
número de varillas en todos los apoyos y tramos, utilizando los coeficientes del código
A.C.I para el calculo de los momentos por flexión y la Tabla XII para el cálculo del
acero.
SOLUCIÓN
Para calcular los momentos aplicando los coeficiente del código ACI, este exige que se
cumpla con los tres requisitos siguientes:
1. Que la carga sea uniformemente repartida:
Wu = 450kg/ml
2. Que las luces de dos tramos contiguos no difieran más del 20%
19.1;17.1;20.1;17.14
5
3
4
2
3
2
1 l
l
l
l
l
l
l
l
3. Que la carga viva (W) no exceda de tres veces la carga muerta (Wd):
)(/450
5.2
)50.2(7.1)500(4.1
5.2
7.14.1
IIITablaVermlkgW
WWW
v
LDv
Luego: WD = 500 y WL = 250 3 (500)
Por tanto se aplicará la siguiente relación para el cálculo de momentos:
Mu = chef. X Wu (l)
2
Por los tramos se aplicará directamente las luces dadas, pero para los apoyos se aplicará
el valor promedio de las luces contiguas.
3.50 3.00 3.60 4.20 5.00
A B C D E F
Wu=450kg/ml
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
107
Para el cálculo del acero, se aplicará la tabla anexa Nº XIII mediante una regla de tres
simple, diferente para el acero negativo y para el acero positivo. La comparación es la
siguiente:
Para un Mu = 1040 kg-m se obtienen As = 1.80cm2 (Ver tabla)
Para un Mu = calculado se obtienen As1 = x1 (negativo)
Para el acero positivo
Para un Mu = 743 kg-m se obtienen As = 1.88cm2 (Ver tabla)
Para un Mu = calculado se obtienen As2 = x1 (positivo)
El área de acero mínimo es igual a:
Acero positivo : As = 0.0018 b+h = 0.0018 x 40 x 5 = 0.36cm2 13/8’’
Acero negativo : As = 14/fy b+h = 14/4,200 x 10 x 17.2 = 0.57cm2 13/8’’
Luego tabulando todos los cálculos se obtienen el siguiente cuadro y respuestas
CUADRO RESUMEN
Apoyos y
Tramos Coefic. Wuxl
2 Mu (kg-m) As (cm
2) Varillas
MA 1/24 450 (3.50)2 229.69 0.40 13/8’’
MB 1/10 450 (3.25)2 475.31 0.82 11/2’’
MC 1/11 450 (3.30)2 445.50 0.77 11/2’’
MD 1/11 450 (3.90)2 622.23 1.08 11/2’’
ME 1/10 450 (3.60)2 952.20 1.65 11/2’’+13/8’’
ME 1/24 450 (5.00)2 468.75 0.81 11/2’’
MAB 1/14 450 (3.50)2 393.75 0.63 13/8’’
MBC 1/16 450 (3.00)2 253.13 0.40 13/8’’
MCD 1/16 450 (3.60)2 364.50 0.58 13/8’’
MDE 1/16 450 (4.20)2 496.13 0.79 11/2’’
MEF 1/14 450 (5.00)2 803.57 1.28 11/2’’
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
108
TABLA XXV. PROPIEDADES DE LA SECCIONES DE MANDERA SEGÚN
LOS ESTANDARES AMERICANOS
Tamaño
nominal
en plg.
Tamaños estándar
Latinoamericanas
arreglos en plg.
Área de la
sección en
plg2
Momento de
inercia en plg4
Módulo de sección
en pig3
b h b h A = bXh
12/3bh
xxI
12/3bh
yyI
6/2bh
yxS
6/2hb
yyS
2 x 4
2 x 5
2 x 8
2 x 10
15/8 x 3 5/8
15/8 x 5 5/8
15/8 x 7 ½
15/8 x 9 ½
5.89
9.14
12.19
15.44
6.45
24.10
57.13
116.10
1.30
2.01
2.68
3.40
3.56
8.57
15.23
24.44
1.60
2.48
3.30
4.18
2 x 12
2 x 14
2 x 16
2 x 18
1 5/8 x 11 ½
1 5/8 x 13 ½
1 5/8 x 15 ½
1 5/8 x 17 ½
18.69
21.94
25.19
28.44
205.95
333.18
504.27
725.75
4.11
4.83
5.54
6.25
35.82
49.36
65.07
82.94
5.06
5.94
6.82
7.70
3 x 4
3 x 5
3 x 8
3 x 10
2 5/8 x 3 5/8
2 5/8 x 5 5/8
2 5/8 x 7 ½
2 5/8 x 9 ½
9.52
14.77
19.69
24.04
10.42
38.03
92.29
187.55
5.46
8.48
11.30
14.32
5.75
13.84
24.61
39.48
4.16
6.46
8.61
10.91
3 x 12
3 x 14
3 x 16
3 x 18
2 5/8 x 11 ½
2 5/8 x 13 ½
2 5/8 x 15 ½
2 5/8 x 17 ½
30.19
35.44
40.69
45.94
332.69
538.21
814.60
1,172.36
17.33
20.35
23.36
26.38
57.86
79.73
105.11
133.98
13.21
15.50
17.80
20.10
4 x 4
4 x 5
4 x 8
4 x 10
3 5/8 x 3 5/8
3 5/8 x 5 5/8
3 5/8 x 7 ½
3 5/8 x 9 ½
13.14
20.39
27.19
34.44
14.39
53.76
127.44
259.00
14.39
22.33
29.77
37.71
7.94
19.12
33.98
54.53
7.94
12.32
16.43
20.81
4 x 12
4 x 14
4 x 16
4 x 18
3 5/8 x 11 ½
3 5/8 x 13 ½
3 5/8 x 15 ½
3 5/8 x 17 ½
41.69
48.94
56.19
63.44
459.43
743.24
1,124.92
1,618.98
45.65
53.59
61.53
69.47
79.00
110.11
145.15
185.03
25.19
29.57
33.95
38.33
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
109
6 x 6
6 x 8
6 x 10
5 ½ x 5 ½
5 ½ x 7 ½
5 ½ x 9 ½
30.25
41.25
52.25
76.26
193.96
392.06
76.26
103.98
131.71
27.73
51.56
82.73
27.73
37.81
47.90
6 x 12
6 x 14
6 x 16
6 x 18
5 5/8 x 11 ½
5 5/8 x 13 ½
5 5/8 x 15 ½
5 5/8 x 17 ½
63.25
74.25
85.25
96.25
697.07
1,127.67
1,706.78
2,456.38
159.44
157.17
214.90
242.63
121.23
167.06
220.23
280.73
57.98
68.06
78.15
88.23
8 x 8
8 x 10
8 x 12
7 ½ x 7 ½
7 ½ x 9 ½
7 ½ x 11 ½
56.25
71.25
86.25
263.67
535.86
950.55
363.67
33.98
404.30
70.31
112.81
165.31
70.31
89.06
107.81
8 x 14
8 x 16
8 x 18
7 ½ x 13 ½
7 ½ x 15 ½
7 ½ x 17 ½
101.25
116.25
131.25
1,537.73
2,327.42
3,349.61
474.61
544.92
615.23
227.81
300.31
382.82
126.56
145.31
164.06
10 x 10
10 x 12
9 ½ x 9 ½
9 ½ x 9 ½
90.25
109.25
678.76
1,204.03
678.76
821.65
142.90
209.40
142.90
172.98
10 x 14
10 x 16
10 x 18
9 ½ x 13 ½
9 ½ x 15 ½
9 ½ x 17 ½
128.25
147.25
166.25
1,947.80
2,948.07
4,242.84
964.55
1,107.44
1,250.34
288.56
380.40
484.90
203.06
233.15
263.23
12 x 12
12 x 14
12 x 16
12 x 18
11 ½ x 13 ½
11 ½ x 15 ½
11 ½ x 17 ½
11 ½ x 17 ½
132.25
155.25
178.25
201.25
1,457.51
2,357.86
3,568.71
5,136.07
1,457.51
1,710.98
1,964.46
2,217.94
253.48
349.31
460.48
586.98
253.48
297.56
341.65
385.73
14 x 14
14 x 16
14 x 18
13 ½ x 13 ½
13 ½ x 15 ½
13 ½ x 17 ½
128.25
147.25
166.25
1,947.80
2,948.07
4,242.84
964.55
1,107.44
1,250.34
288.56
380.40
484.90
203.06
233.15
263.23
Reproducido con permiso de la Timber Engineering Company
aplicaciones, se usan para la liga de armaduras en el muro
del edificio y para anclar las columnas de madera a la
cimentación. Las placas de cortante de 2%" .e hacen de
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
110
acero forjado y las de 4" de fierro maleable, vea la figura
lO5d.
Esfuerzos permisibles de trabajo para madera. La capacidad de carga para varios
tipos de conectores para madera depende de varios factores, entre los cuales está el
grupo de especies en el cual está colocada la mader3f La tabla XIII es una pequeña
Tabla que da los datos solamente para unas cuantas especies de madera. Puesto que los
conectores para madera se usan en numerosas especies, se da la tabla XXIV. Esta tabla
es parte de una tabla de esfuerzos de trabajo para madera estructural recomendada por la
National Lumber Manufacturers Association. Los datos de esta tabla son más recientes
que los dados en la tabla XIII, y los tipos y esfuerzos de varias especies se encuentran
frecuentemente en los reglamentos comunes de construcción.
Propiedades de las secciones de madera según los estándares americanos. Los
conectores para madera permiten usar secciones de madera relativamente pequeñas. Los
materiales cuyas especies nominales son 2" y 3" son comunes en armaduras para techo.
La tabla XXV da las propiedades de los tamaños estándar americanos de madera.
Nótese que las dimensiones estándar americanas terminadas de los espesores nominales.
MÉTODO DE COMPENSACIÓN DE CROSS
INTRODUCCIÓN
El procedimiento que estudiaremos a continuación uno de los más intuitivos de la
estática fue ideado por el Prof. HARDY CROSS, de Estados Unidos [1]. Sus
fundamentos han sido aplicados ya en los capítulos 1 y 2, donde se efectuaron las
operaciones de «fijar» un Iludo y de «compensar» un momento aplicado. Estas
operaciones constituyen las características esenciales del método de Cross.
El procedimiento se estudiará solamente para sistemas no desplazables.
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
111
Explicación del procedimiento
Para exponer el procedimiento se ha elegido el pórtico de la figura 83 cargado con las
fuerzas P1 y P2. Debido a su empotramiento, los apoyos exteriores, 4, D, G y H no
pueden girar. No ocurre 10 mismo con los nudos B, C, E y F, que, si bien son
indesplazables en el plano de la figura, pueden girar alrededor de su eje e influirse
mutuamente.
fig. 83
En el momento de Cross se parte de un estado ideal previo a la aplicación de la carga.
Primeramente se considera que los nudos B, C, y F no giran; estos se ha representado en
la figura 83 mediante un pequeño cuadrado que rodea los nudos. En este estado, todas
las barras están perfectamente empotradas por ambos extremos.
Se originan momentos de empotramiento en los nudos; los designaremos con r2B, r2c,
etc, y se llamarán “momentos iniciales”. Se han representado, con su sentido de giro, en
la figura 83.
Al liberar entonces sólo un nudo, éste girará y ocurrirá lo indicado en la figura 84. el
momento r2c, actúa en el nudo C liberado. Bajo esta influencia, el nudo gira en el
sentido de r2c, y se originan los momentos de extremidad M’2c y M0c de sentido opuesto.
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
112
Figura 84
Debido al empotramiento perfecto en B y F, los momentos de extremidad se propagan
con la mitad de su valor hacia B y F e influyen, por lo tanto, y M6c pueden ser
determinados numéricamente. Designando los factores de distribución en el nudo C con
r2c, y v2c, serán:
M6c = v2c r 2c y M6c = v6c r 2c
Al terminar este proceso, el nudo C se halla en equilibrio, equilibrio que ha dado lugar a
los momentos de extremidad.
M6c = r2c - M2c y M6c = M6c siendo M2c + M6c = 0
A continuación se vuelve a fijar el nudo C y se pasa a compensar por ejemplo, el nudo
B. Aquí actúa ahora la suma de momentos cB M 22 '2
1 como momento inicial. Al
girar el nudo B se producen los tres momentos de extremidad BM 1' , BB MyM 52 '' cuya
suma debe ser igual a cB M 22 '2
1 . El equilibrio del nudo exige que cB M 22 '
2
1 =
BB MM 52 '' . En los extremos opuestos de 1, 2 y 5 aparecen así los momentos
BBB MyMM 521 '2
1'
2
1,'
2
1.
En el tercer paso, luego de ser fijado el nudo B, se libera, por ejemplos el E.
El procedimiento de distribución, equilibrio y transmisión de las mitades de momento se
vuelve a repetir. El primer ciclo concluye cuando todos los nudos fijados han sido
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
113
liberados y compensados una vez, y se deben repetir posciclos hasta obtener momento
residuales tan pequeños que puedan ser despreciados.
El método de Crooss no es un procedimiento aproximado; se pueden obtener tanta
exactitud como se desee. En la práctica, la compensación puede limitarse casi siempre a
dos o tres ciclos. Los resultados numéricos suelen anotarse en la extremidad de cada
barra, con el signo correspondiente, y sumarse al final. Control; al terminar, cada nudo
debe estar en equilibrio.
Regla de signos del método de Crooss
El método de Cross se simplifica en lo referente a signos cuando se observa la siguiente
regla:
Figura 85
Como los momentos trasmitidos tienen el mismo sentido que los momentos de
compensación (véase la transmisión de la Fig. 85 b), puede conservarse el signo,
mientras que seria necesario cambiarlo si se aplicasen las habituales reglas. De esa
manera se evitan errores de signo.
Ejemplo:
El pórtico de la figura 86 ha sido cargado en el centro de la viga BC con P = 2 t y en EF
con q = 3 t/m. las rigideces de la barras serán:
Barras AB y DE:
43 0031,012/2,0.5,0 ml 43,11000
l
l
Barras BC y EF:
43 0086,012/3,0.7,0 ml 43,11000
l
l
Pies derechos:
J = 0,43 . 0,3/12 = 0,0016m
4 40,0
1000
l
l
Nudo C:
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
114
V2c= 1,43/(1,43 + 0,40) = 0,78 c6v = 0,22
Nudo B:
V1B = 0,78/(0,78+ 1,43 + 0,40) = 0,30
V2B = 1,43/2,61 = 0,55 V5B = 0,15
Nudo E:
V5E = V7E = 0,4/(0,80 + 1,43 + 0,78) = 0,13
V3E = 0,78/3,01 = 0,26 V4E = 0,48
Nudo F:
V6F = V8E = 0,4/(0,80 + 1,43) = 0,18 c4F = 0,64
Figura 86
Momentos iniciales:
mt
mt
FE
CB
0,912/0,6.0,3
5,108,6.0,2
2
44
22
La primera compensación se procura preferentemente en aquel en nudo cuyo momento
no equilibrado es mayor; en este caso, el nudo F. Los tres momentos = 162, y las
trasmisiones: 576/2 y 162/2 respectivamente.
Segundo paso. Recuento en el nudo E: El momento inicial ha sido aumento por la
transmisión de 900 hasta 900 + 288 = 1188. el equilibrio da: M3E= 0,26.1188 = 308,
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
115
M4E= 0,48.1188 = 572, M5E= M7E= 0,13.1188 = 154, todos negativos. Transmisiones: -
154, - 286 y – 77.
Tercer paso, Recuento en el nudo B: + 150 – 77 = + 73 da M1B= 0,30.73 = 22, M2B=
0,55.73 = 40, M5B= 0,15.73 = 11,todos negativos. Transmisiones: -11,-20, 5,5 ( -6,0).
Los seis momentos pueden expresar en ecuaciones. Como en los capítulos anteriores,
los designaremos con e.
)(2
1)( 42411 RvvRv
)(2
1)( 62655 RvvRv
)(22
)()( 2352
R
vRv
El equilibrio de los nudos exige que:
643512 1 y
Si se aplica un momento M = 1 en C, se originan los momentos de extremidad
)()(2
144311 RvRvv
)()(2
166355 RvRvv
)(1)( 443515
Es interesante la aplicación de estás fórmulas a la viga de tres tramos. Dan lugar a un
nuevo procedimiento parea el cálculo de los valores e de al tabla 2.
Para un momento M = 1 en B, se tiene:
)73(
2
1
1
42
12
11
a
Rvv
Rv
Rv
CB
B
B
Ejemplo: Viga de tres tramos con luces y momentos de inercia iguales (caso ==1).
Serán:
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
116
133,0086,1.43,0.2
57,0
467,043,0.086,1
086,1)57,04(4
57,0
43,0)33,11/(1
1
2
32
41
CB
B
R
vv
vv
CAPÍTULO 10
MÉTODO DE KANI
Introducción
El método de Cross que ha sido analizado en las páginas anteriores puede, mediante un
simple artificio, tran5formarse en un procedimiento todavía más sencillo. La serie que
5e forma en las extremidades de las barras consta alter- nativamente de un factor que
proviene del equilibrio y de otro factor debido a la transmisión. Separando estos
factores y sumándolos por separado, resulta que el momento final se compone de dos
partes. Entre estos valores que apa- recen en la extremidad de las barras existe una
relación fija que conduce a la simplificación y transformación del procedimiento.
La compensación algebraica del capitulo 9, epígrafe 9.6, puede utilizarse para aclarar el
proceso. Después veremos esto en una sencilla viga de tres tramos.
Este procedimiento fue presentado por Kani, encontró amplio reconocimiento y
constituye hoy uno de los métodos más elegantes de la estática. Presenta además la
ventaja de eliminar los posibles errores cometidos en el proceso de compensación. A
continuación lo aplicaremos solamente a sistemas no des- plazables.
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
117
Explicación en la viga de tres tramos
La compensación de un momento M = 1 aplicado en el apoyo B (fig. 91) conduce en los
puntos 2 y 3 de la barra central a los factores de equilibrio de las columnas (1) y los
factores de transmisión de las columnas (2). (Véase epígrafe 9.6.) Sumándolos en la
extremidad 2:
2222 ' aMMRRvM
y en el extremo 3:
3323 '2
12 aMMRvRM
se comprueba que
2333 '2
1'
2
1MMyMM aa
Esta es la relación que hemos mencionado en la introducción. Basándonos en ella, los
momentos de extremidad pueden escribirse de la siguiente manera:
233322 '2
1''
2
1' MMMMMM (74)
Ejemplos
Pórtico de la figura 94
Sea el pórtico que ya ha sido calculado por el método de Crooss en el eígrafe 9.4.
Anotamos las mitades de los valores v y los momentos aplicados MB= + 150, MC= -150,
ME= +900 y MF = - 900
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
118
Figura 94
Compensación en F: Al momento aplicado – 900 añadimos: para M’4E= -320 y para
M’6C=+20 (para apresurar la convergencia), resultando – 1200. Escribimos los valores
de extremidad de la compensación:
- 0,09 (-1200) = + 108
- 0,32 (- 1200) = +384
Compensación en E: para M’5B se suma – 14, resultando
900 + 384 – 14 = 1270
Anotaremos los valores:
- 0,13 . 1270 = - 164
- 0,24 . 1270 = - 304
- 0,065. 1270 = - 82
Compensación en B: Para M’ 2C agregaremos + 32, lo que da en total +150 -82 + 32 =
+100.
Compensación:
- 0,275 . 100 = -27,5
- 0,150. 100 = - 15
- 0,075. 100 = -7,5
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
119
Compensación en C:
- 150 – 27,5 + 108 = - 69,5
Compensación:
- 0,39 (-69,5) = + 27,10
- 0,11 . (-69,5) = 7,7
De esta ,manera queda completada la primera fase del equilibramiento.
Sigue ahora la segunda:
5,10709,0
38232,03,11967,7340900
:FEn
83065,0
16613,0
30624,0
5,12745,7382900
:EEn
1,7075,0
1,14150,0
9,25275,0
5,945,2783150
:BEn
5,711,0
7,2639,05,684,1079,25150
:CEn
Las diferencias entre los valores de la compensación son tan pequeñas que ya no es
necesario una tercera etapa. Los momentos de extremidad son:
M1A = 0 – 14,1 = - 14,1
M1B = 0 – 28,2 = - 28,2
M2B = +150 – 51,8 + 26,7 = 124,9
M2C = -150 – 25,9 + 53,4 = -122,5
M3D = 0 – 166 = - 166
M3E = 0 – 332 = - 332
M4E = 900 – 612 + 382 = + 670
M4F = - 900 – 306 + 764 = - 442
M5B = - 14,2 – 83 = - 97,2
M5E = -7,1 – 166 = - 173,1
M7E = - 166 + 0 = - 166
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
120
M7G = - 83 + 0 = - 83
M6C = + 15 + 107,5 = + 122,5
M6F = + 7,5 + 215 = + 222,5
M8F = + 215 + 0 = + 215
M8H = + 107,5 + 0 = +107,5
Figura 5.2 Distribución de esfuerzo y deformaciones a través del paralte de la
viga: (a) sección transversal de la viga: (b) deformaciones; (c) bloque de
esfuerzo reales; (d) bloque de esfuerzos equivalente supuesto.
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
121
TABLA A.5 CUANTIAS LÍMITES DE ACERO PARA DISEÑO FLEXIÓN
Fy
(p.s.i)
F’c
(p.s.i) B1 lb
F máx
0.75lb
Lmin =
200/fy1
40,000
(2.800) kg/cm2
3,000 (210)
4,000 (280)
5,000 (350)
6,000 (420)
7,000 (490)
8,000 (560)
0.85
0.85
0.80
0.75
0.70
0.65
0.0371
0.0495
0.0582
0.0655
0.0713
0.0757
0.0278
0.0371
0.0437
0.0491
0.0535
0.0568
0.0050
0.0050
0.0050
0.0050
0.0050
0.0050
50,000
(3.500) kg/cm2
3,000 (210)
4,000 (280)
5,000 (350)
6,000 (420)
7,000 (490)
8,000 kg/cm2
0.85
0.85
0.80
0.75
0.70
0.65
0.0275
0.0367
0.0432
0.0486
0.0529
0.0561
0.0206
0.0275
0.0324
0.0365
0.0397
0.0421
0.0040
0.0040
0.0040
0.0040
0.0040
0.0040
60,000
(4.200) kg/cm2
3,000 (210)
4,000 (280)
5,000 (350)
6,000 (420)
7,000 (490)
8,000 (560)
0.85
0.85
0.80
0.75
0.70
0.65
0.0214
0.0285
0.0335
0.0377
0.0411
0.0436
0.0160
0.0214
0.0251
0.0283
0.0308
0.0327
0.0033
0.0033
0.0033
0.0033
0.0033
0.0033
80,000
(5.600) kg/cm2
3,000 (210)
4,000 (280)
5,000 (350)
0.85
0.85
0.80
0.0141
0.0188
0.0221
0.0106
0.0141
0.0166
0.0025
0.0025
0.0025
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
122
6,000 (420)
7,000 (490)
8,000 (560)
0.75
0.70
0.65
0.0249
0.0271
0.0288
0.0187
0.023
0.0216
0.0025
0.0025
0.0025
2
1
1
/090,6
090,6.
'85.0
..000,87
000,87.
'85.0
cmkgff
cfBb
ispff
cfBb
yy
yy
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
123
MOMENTO RESISTENTE Y ÁREA DE ACERO EN VIGAS PERALTADAS
MR = 0.9 f ’c b. d2 w (1-0.59w)
Dados: f ’c = 210 kg/cm2; f ’c = 4,200 kg/cm
2 , b = 30cm
Se tienen : fb = 0.0214 ; f máx = 0.0160 fmin = 0.0033 ; w = 0.3207
R = 0.2600 =W (1-0.59w)
y p h (cm) d (cm) MR (Kg-m) As ( cm2) a (cm)
y 3/8’’
p = 5/8’’
35
40
45
50
55
60
65
29.25
34.25
39.25
44.25
49.25
54.25
59.25
12,613.69
17,294.64
22,712.75
28,868.02
35,760.44
43,390.02
51,756.76
14.06 cm2
16.46 cm2
18.86 cm2
21.27 cm2
23.68 cm2
26.07 cm2
28.48 cm2
11.03 cm
12.91 cm
14.80 cm
16.68 cm
18.56 cm
20.45 cm
22.33 cm
y 3/8’’
p = 3/4’’
35
40
45
50
55
60
65
29.09
34.09
39.09
44.09
49.09
54.09
59.09
12,476.07
17,133.43
22,52795
28,659.63
35,528.47
43,134.46
51,477.61
13.98
16.38
18.79
21.19
23.59
26.00
28.40
10.97
12.85
14.74
16.62
18.50
29.39
22.27
y 3/8’’
p = 1’’
35
40
45
50
55
60
28.78
33.78
38.78
43.78
48.78
53.78
12,211.58
16,823.24
22,172.06
28,258.03
35,081.16
42,641.45
13.83
16.24
18.64
21.04
23.44
25.85
10.85
12.73
14.62
16.50
18.39
20.27
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
124
65 58.78 50,938.90 28.25 22.16
y 3/8’’
p = 9’’
35
40
45
50
55
60
65
28.62
33.62
43.62
48.62
53.62
58.62
12,076.18
16,664.25
21,989.48
28,056.86
34,851.41
42,388.11
50,661.96
13.76
16.16
18.56
20.96
23.37
25.77
28.14
10.79
12.67
14.56
16.44
18..33
20.21
22.10
y 3/8’’
p = 10’’
35
40
45
50
55
60
65
28.46
33.46
38.46
43.46
48.46
53.46
50.46
11,941.54
16,506.021
21,804.65
27,846.45
34,622.40
42,135.51
50,385.78
13.68
16.08
18.48
20.89
23.29
25.69
28.10
10.73
12.61
14.50
16.38
18.27
20.15
22.04
y 3/8’’
p = 10’’
35
40
45
50
55
60
65
28.30
33.30
38.30
43.30
48.30
53.30
58.30
11,807.64
16,348.54
21,626.58
27,641.79
34,394.16
41,883.68
50,110.36
13.60
16.00
18.4
20.81
23.21
25.62
28.02
10.67
12.55
14.44
16.32
18.21
20.09
21.98
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
125
METRADO DE ALIGERADOS
CARGAS VIVAS Cargas Muertas P.p. P.m
Casa-habitación 200kg/m2 Aligerado de 0.17m 280kg/m
2 100kg/m
2
Azoteas plantas 150kg/m2 0.20m 300kg/m
2 100kg/m
2
Salada de reunión o de asamblea, teatros y
cinemas con asientos fijos al piso
300kg/m2
Escaleras 500kg/m2 Muros tartajeados
Corredores Públicos y vestíbulos 400kg/m2 Albañilería de
ladrillo
Sala de clase o salones en locales
universitarios o de instrucción superior
300kg/m2 King.Kong Hueco
0.15m 400kg/m2 200
0.25m 550kg/m2 350
CASA – HABITACIÓN (h=0.20m)
1er piso
D = 300+100+100=500
L = 200 kg/m2
U = 1.4 D + 1.7 L = 1.040kg/m2
q = U = 416 kg/ml q = 416 kg/ml
2.5
Azotea (h = 0.20m)
D = 300 + 80 = 380
L = 150 m2
U = 787 kg/m2
q = 315 kg/ml
OFICINAS (h=0.20m)
1er piso
D = 300+100+100=500 kg/m2
L = 250 kg/m2
U = 1125 kg/m2
q = 450 kg/ml
Azotea
D = 380
L = 150 m2
U = 787 kg/m2
q = 315 kg/ml
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
126
DIMENSIONES DE CIMENTOS CORRIDOS PARA MUROS PORTANTES
Luz =
4.00m
Luz =
2.00m
Luz =
5.00m
Luz = 2.5
Muro
central
Muro Late M. Central M. Latera
Nº Piso Altura Ancho 1 Ancho 2 Ancho 3 Ancho 4
1 0.80 0.50m 0.35m 0.60 0.40
2 0.80 1.00m 0.65 1.15 0.75
3 0.80 1.50m 1.00m 1.75 1.15
4 0.80 2.00m 1.35m 2.35 1.55
Luz =
3.00m
Luz =
1.50m
Muro
central
Muro
Latereal
Nº Piso Altura Ancho 1 Ancho 2
1 0.80 0.45 0.35
2 0.80 0.82 0.60
3 0.80 1.25 0.90
4 0.80 1.70 1.20
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
127
CARGAS EN ALIGERADOS
ML Kg/m2
H Tipo Cargas muerta D Sobre carga l q(kg/ml)
0.20 Casa 500 200 416
0.20 Oficina 500 250 450
0.20 Sala de reunión 500 300 484
0.20 Salón de Clase 500 350 518
0.20 Corredor público 500 400 552
Almacén – tienda - ex 500 500 620
0.20 Azotea 380 150 315
0.17 Azotea 360 150 305
0.25 Casa 550 200 445
0.25 Oficina 550 250 478
0.25 Sala de reunión 550 300 512
0.25 Salón de Clase 550 350 516
0.25 Corredores públicos 550 400 580
0.25 Azotea 430 150 343
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
128
MOMENTOS Y ACERO EN ALIGERADO DE DOS TRAMOS (H=0.20)
(Kg/m) Ma(-1/24) Mb(-1/9) Mab (+1/14) 1(m)
315 118.13 315 202.50 3.00
416 156.00 416 267.43 3.00
315 210 560 360 4.00
416 277.33 739.56 475.43 4.00
315 328.13 875 562.50 5.00
416 433.33 1,155.56 742.86 5.00
315 397.03 1,058.75 680.63 5.50
416 524.33 1,398.22 898.86 5.50
AREA DE ACERO
(Kg/m) Ma(-1/24) Mb(-1/9) Mab (+1/14) 1(m)
315 13/8’’ 13/8’’ 13/8’’ 3.00
416 13/8’’ 13/8’’ 13/8’’ 3.00
315 13/8’’ 11/2’’ 13/8’’ 4.00
416 13/8’’ 11/2’’ 11/2’’ 4.00
315 13/8’’ 23/8’’ 11/2’’ 5.00
416 13/8’’ 11/2’’ + 13/8’’ 11/2’’ 5.00
315 13/8’’ 11/2’’ + 13/8’’ 11/2’’ 5.50
416 11/2’’ 21/2’’ 23/8’’ 5.50
PROBLEMAS DE ESTÁTICA
129
MOMENTOS Y ACERO EN ALIGERADO DE TRES TRAMOS (H=0.20)
Mc(Kg/m) Md Mc-d
Tipo Mb(-1/10) Ma(-1/24) Ma-b(1/14) Mb-c(1/16) L(Ml)
Casa 375 156 26 234 L=3.00
Casa 666 278 476 416 4.00
Casa 1,040 434 743 650 5.00
Casa 0.65cm
2
13/8’’
0.27cm2
13/8’’
0.43cm2
13/8’’
0.37cm2
13/8’’ L = 3.00
Casa
Casa
1.15cm2
11/2’’
0.48cm2
13/8’’
0.76cm2
11/2’’
0.66cm2
13/8’’ L = 4.00
416Kg/ml
416Kg/ml
1.80cm2
11/2’’-13/8’’
0.72
13/8’’
1.18
11/2’’
1.03
11/2’’ L = 5.00
416kg/ml 1,258.40
21/2’’
525
11/2’’
899
23/8’’
787
11/2’’
L=5.50
L=5.50
Azotea 284 119 203 178 3.00
Azotea 504 210 360 315 4.00
Azotea 788 328 563 493 5.00
315kg/ml As min.
13/8’’
As min.
13/8’’
As min.
13/8’’
As min.
13/8’’ 3.00
315kg/ml 0.87 cm
2
11/2’’
As. Min.
13/8’’
As. Min.
13/8’’
As. Min.
13/8’’ 4.00
315kg/ml 1.36 cm
2
23/8’’
As. Min.
13/8’’
0.89cm2
11/2’’
0.78
11/2’’ 5.00
953 397 681 596 L=5.50
315kg/ml 13/8’’+11/2’’
1.64cm2
13/8’’
0.63cm2
11/2’’
0.94cm2
11/2’’ L=5.50
a b c d
l3 l2 L1