Ejemplos de análisis y diseño de vigas de concreto armado a flexión.

1. EJERCICIOS DE ANÁLISIS DE VIGAS DE CONCRETO ARMADO.
EJERCICIO Nº 1.
Determinar si la siguiente sección es subreforzada o sobrerreforzada. Calcular la resistencia a flexión
de la sección. Determinar la deformación unitaria en el acero en el momento de alcanzar la
resistencia.
Datos: ds (Nº 3) = 0,953 cm, db (Nº 7) = 2,222 cm, Ab (Nº 7) = 3,88 cm2
As = 3·(3,88 cm2
) = 11,64 cm2
, rd = 4 + 0,953 + 2,222/2 =6,604 cm, Es = 2,1x106
kg/cm2
1. Dado que f’c = 250 kg/cm2
< 280 kg/cm2
, 𝛽1 = 0,85
2. Se calcula la profundidad del bloque rectangular equivalente “a”.
𝟎, 𝟖𝟓 · 𝒇′
𝒄 · 𝒂 · 𝒃 = 𝑨𝒔 · 𝒇𝒚 ⟹
𝟎, 𝟖𝟓 · 𝟐𝟓𝟎 · 𝒂 · 𝟑𝟎 = 𝟏𝟏, 𝟔𝟒 · 𝟒𝟐𝟎𝟎 ⟹
𝟔𝟑𝟕𝟓 · 𝒂 = 𝟒𝟖𝟖𝟖𝟖 ⟹
𝒂 =
𝟒𝟖𝟖𝟖𝟖
𝟔𝟑𝟕𝟓
= 𝟕, 𝟔𝟕 𝒄𝒎 ⟹

2. 3. Se verifica si el acero de refuerzo longitudinal está en cedencia, es decir si fs = fy
𝒂 𝒃
𝒅𝒕
= 𝜷 𝟏 · (
𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝑬 𝒔
𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝑬 𝒔 + 𝒇 𝒚
)
𝒂 𝒃
𝒅𝒕
= 𝟎, 𝟖𝟓 · (
𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝟐𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎
𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝟐𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 + 𝟒𝟐𝟎𝟎
)
𝒂 𝒃
𝒅𝒕
= 𝟎, 𝟓𝟏
se compara a/dt con ab / dt:
dt = d = h – rd = 50 – 6,604 = 43,396 cm
𝒂
𝒅𝒕
=
𝟕, 𝟔𝟕
𝟒𝟑, 𝟑𝟗𝟔
= 𝟎, 𝟏𝟖
Como 0,18 < 0,51, el acero a tracción está cedencia. Se cumple lo supuesto inicialmente y se
continúa con el análisis.
4. Se verifica si la sección está controlada por tracción.

3. Se calcula la relación:
𝒂 𝑪𝑻𝑳
𝒅 𝒕
= 𝟎, 𝟑𝟕𝟓 · 𝜷 𝟏 = 𝟎, 𝟑𝟕𝟓 · 𝟎, 𝟖𝟓 = 𝟎, 𝟑𝟏𝟗
Se calcula a / dt. Como se tiene una sola capa, dt = d = 43,396 cm
a / dt = 0,18 < 0,319, la sección está controlada por tracción, entonces  = 0,90
5. Se determina la resistencia nominal a flexión Mn y la resistencia de diseño 𝟇·Mn . (Esto es
cuando As cede).
𝑴 𝒏 = 𝑨 𝒔 · 𝒇 𝒚 · (𝒅 −
𝒂
𝟐
)
𝑴 𝒏 = 𝟒𝟖𝟖𝟖𝟖 · (𝟒𝟑, 𝟑𝟗𝟔 −
𝟕, 𝟔𝟕
𝟐
) = 𝟏𝟗𝟑𝟒𝟎𝟓𝟖 𝒌𝒈 − 𝒄𝒎
𝑴 𝒏 = 𝟏𝟗, 𝟑𝟒 𝒕𝒐𝒏 − 𝒎
6. Se determina la resistencia de diseño ϕ·Mn
𝝓 ∙ 𝑴 𝒏 = 𝟎, 𝟗𝟎 ∙ 𝟏𝟗, 𝟑𝟒 = 𝟏𝟕, 𝟒 𝒕𝒐𝒏 − 𝒎
Como el acero cede, la sección es subreforzada.
La deformación del acero es: 𝛆 𝒔 =
𝟎,𝟎𝟎𝟑∙(𝒅−𝒄)
𝒄
= 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ (
𝜷 𝟏∙𝒅
𝒂
− 𝟏)
𝛆 𝒔 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ (
𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟒𝟑, 𝟑𝟗𝟔
𝟕, 𝟔𝟕
− 𝟏) = 𝟎, 𝟎𝟏𝟏
Se comprueba que la sección está controlada por tracción dado que 0,011 > 0,005. El valor de 𝜀s
obtenido es aceptable. Se debe tener cuidado que cuando es muy grande la viga puede presentar
grandes deflexiones y un gran agrietamiento en la zona a tracción.

4. EJERCICIO Nº2
Determinar si la siguiente sección es subreforzada o sobrerreforzada. Calcular la resistencia a flexión
de la sección. Determinar la deformación unitaria en el acero en el momento de alcanzar la
resistencia.
Datos: ds (Nº 3) = 0,953 cm, db (Nº 7) = 2,222 cm, Ab (Nº 7) = 3,88 cm2
As = 5·(3,88 cm2
) = 19,4 cm2
, Es = 2,1x106
kg/cm2
𝑟𝑑 =
𝑦1 ∙ 𝐴1 + 𝑦2 ∙ 𝐴2
𝐴1 + 𝐴2
𝑦1 = 4 + 0,953 +
2,222
2
= 6,604 𝑐𝑚
𝑦2 = 4 + 0,953 + 2,222 + 2,5 +
2,222
2
= 10,786 𝑐𝑚
A1 = 3·3,88 = 11,64 cm2
, A2 = 2·3,88 = 7,76 cm2
.
𝑟𝑑 =
6,604 ∙ 11,64 + 10,786 ∙ 7,76
19,4
= 8,28 𝑐𝑚
1. Dado que f’c = 210 kg/cm2
< 280 kg/cm2
, 𝛽1 = 0,85
2. Se calcula la profundidad del bloque rectangular equivalente “a”.

5. 𝟎, 𝟖𝟓 · 𝒇′
𝒄 · 𝒂 · 𝒃 = 𝑨𝒔 · 𝒇𝒚 ⟹
𝟎, 𝟖𝟓 · 𝟐𝟏𝟎 · 𝒂 · 𝟐𝟓 = 𝟏𝟗, 𝟒 · 𝟒𝟐𝟎𝟎 ⟹
𝟒𝟒𝟔𝟐, 𝟓 · 𝒂 = 𝟖𝟏𝟒𝟖𝟎 ⟹
𝒂 =
𝟖𝟏𝟒𝟖𝟎
𝟒𝟒𝟔𝟐, 𝟓
= 𝟏𝟖, 𝟐𝟔 𝒄𝒎 ⟹
3. Se verifica si el acero de refuerzo longitudinal está en cedencia, es decir si fs = fy
𝒂 𝒃
𝒅𝒕
= 𝜷 𝟏 · (
𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝑬 𝒔
𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝑬 𝒔 + 𝒇 𝒚
)
𝒂 𝒃
𝒅𝒕
= 𝟎, 𝟖𝟓 · (
𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝟐𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎
𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝟐𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 + 𝟒𝟐𝟎𝟎
)
𝒂 𝒃
𝒅𝒕
= 𝟎, 𝟓𝟏
se compara a/dt con ab / dt :
d = h – rd = 40 – 8,28 = 31,72 cm, dt =h – y1 = 40 – 6,604 = 33,396 cm

6. 𝒂
𝒅𝒕
=
𝟏𝟖, 𝟐𝟔
𝟑𝟑, 𝟑𝟗𝟔
= 𝟎, 𝟓𝟒𝟕
Como 0,547 > 0,51, el acero a tracción no cede. No se cumple lo supuesto inicialmente y se debe
determinar el esfuerzo en el acero fs y una nueva profundidad de eje neutro del bloque equivalente,
a:
4a. Se calcula de nuevo “a” cuando el acero no cede.
𝒇 𝒔 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ 𝑬 𝒔 ∙ (
𝜷 𝟏 ∙ 𝒅 − 𝒂
𝒂
)
C = T
𝟎, 𝟖𝟓 · 𝒇′
𝒄 · 𝒂 · 𝒃 = 𝑨𝒔 · 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ 𝑬 𝒔 ∙ (
𝜷 𝟏 ∙ 𝒅 − 𝒂
𝒂
)
𝟎, 𝟖𝟓 · 𝟐𝟏𝟎 · 𝟐𝟓 ∙ 𝒂 𝟐
= 𝟏𝟗, 𝟒 · 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙ (𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟑𝟏, 𝟕𝟐 − 𝒂)
𝟒𝟒𝟔𝟐, 𝟓 ∙ 𝒂 𝟐
+ 𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐𝟎 ∙ 𝒂 − 𝟑𝟐𝟗𝟓𝟐𝟗𝟓, 𝟔𝟒 = 𝟎
La solución es a = 16,736 cm
Se determina: 𝒇 𝒔 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ 𝑬 𝒔 ∙ (
𝜷 𝟏∙𝒅−𝒂
𝒂
) = 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙ (
𝟎,𝟖𝟓∙𝟑𝟏,𝟕𝟐−𝟏𝟔,𝟕𝟑𝟔
𝟏𝟔,𝟕𝟑𝟔
) = 𝟑𝟖𝟒𝟗, 𝟒 kg/cm2
5a. Se determina la resistencia nominal a flexión Mn y la resistencia de diseño 𝟇·Mn, para el caso en
que As no cede.

7. 𝑴 𝒏 = 𝑨 𝒔 · 𝒇 𝒔 · (𝒅 −
𝒂
𝟐
) = 𝟏𝟗, 𝟒 · 𝟑𝟖𝟒𝟗, 𝟒 · (𝟑𝟏, 𝟕𝟐 −
𝟏𝟔,𝟕𝟑𝟔
𝟐
) = 𝟏𝟕𝟒𝟑𝟖𝟖𝟗 kg-cm
𝑴 𝒏 = 𝟏𝟕, 𝟒𝟒 𝒕𝒐𝒏 − 𝒎
Como el acero no cede, la sección es sobrerreforzada. La sección está controlada por compresión, ϕ
= 0,65 por tener refuerzo transversal de estribo.
6. Se determina la resistencia de diseño ϕ·Mn
𝝓 ∙ 𝑴 𝒏 = 𝟎, 𝟔𝟓 ∙ 𝟏𝟕, 𝟒𝟒 = 𝟏𝟏, 𝟑𝟒 𝒕𝒐𝒏 − 𝒎
Se puede concluir que la sección está mal diseñada, porque para un diseño correcto la sección debe
estar controlada por tracción.
La deformación del acero es: 𝛆𝒕 =
𝟎,𝟎𝟎𝟑∙(𝒅 𝒕−𝒄)
𝒄
= 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ (
𝜷 𝟏∙𝒅 𝒕
𝒂
− 𝟏)
𝛆𝒕 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ (
𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟑𝟑, 𝟑𝟗𝟔
𝟏𝟔, 𝟕𝟑𝟔
− 𝟏) = 𝟎, 𝟎𝟎𝟐𝟎𝟗
La deformación es prácticamente igual que la deformación del acero en la cedencia: 𝜀 𝑦 =
𝑓𝑦
𝐸𝑠
=
4200
2100000
= 0,002, la sección se encuentra en el límite de sección controlada por compresión.
Prácticamente está en la falla balanceada.

8. EJERCICIO Nº 3
Las dimensiones de la sección transversal de una viga rectangular son de 30 cm de ancho y 50 cm de
altura. La viga se refuerza con 6 barras #6 ( ¾”) como se indica en la figura. Considerando f’c = 280
kg/cm2
y fy = 4200 kg/cm2
. El recubrimiento mínimo es 4 cm, estribos Nº 3 y separación libre
vertical entre capas de 2,5 cm.
a) Determinar el momento de agotamiento resistente que puede soportar la sección.
b) Determinar el momento de agotamiento resistente que puede soportar la sección, si se
refuerza a compresión con 2 barra # 5.
Parte a)
1. Se establece el valor de β1: β1 = 0,85
2. Se determina a: ysc fAbaf  '85,0
As = 6·2,85 = 17,1 cm2
, cma 06,10
3028085,0
42001,17





9. 3. Se verifica si el acero está cediendo:
51,0
42006300
6300
85,0
003,0
003,0
1 


















ys
s
t
b
fE
E
d
a

21
2211
AA
AyAy
rd


 , y1 = 4 + 0,953 + 1,905 / 2 = 5,906 cm,
y2 = 4,953 + 1,905 + 2,5 + 1.905 / 2 = 10,31 cm,
A1 = 4· 2,85 = 11,4 cm2
, A2 = 2· 2,85 = 5,7 cm2
.
cmrd 37,7
1,17
7,531,104,11906,5




10. se compara a/dt con ab / dt :
d = h – rd = 50 – 7,37 = 42,63 cm, dt = h – y1 = 50 – 5,906 = 44,094 cm
𝒂
𝒅𝒕
=
𝟏𝟎, 𝟎𝟔
𝟒𝟒, 𝟎𝟗𝟒
= 𝟎, 𝟐𝟐𝟖
Como 0,228 < 0,51, el acero a tracción cede. Se cumple lo supuesto inicialmente y se continúa con el
análisis.
4. Se verifica si la sección está controlada por tracción.
Se calcula la relación:
𝒂 𝑪𝑻𝑳
𝒅 𝒕
= 𝟎, 𝟑𝟕𝟓 · 𝜷 𝟏 = 𝟎, 𝟑𝟕𝟓 · 𝟎, 𝟖𝟓 = 𝟎, 𝟑𝟏𝟗
a / dt = 0,228 < 0,319, la sección está controlada por tracción, entonces  = 0,90
5. Se determina la resistencia nominal a flexión Mn y la resistencia de diseño 𝟇·Mn . (Esto es
cuando As cede).
𝑴 𝒏 = 𝑨 𝒔 · 𝒇 𝒚 · (𝒅 −
𝒂
𝟐
)
𝑴 𝒏 = 𝟏𝟕, 𝟏 ∙ 𝟒𝟐𝟎𝟎 · (𝟒𝟐, 𝟔𝟑 −
𝟏𝟎, 𝟎𝟔
𝟐
) = 𝟐𝟕𝟎𝟎𝟒𝟑𝟐 𝒌𝒈 − 𝒄𝒎
𝑴 𝒏 = 𝟐𝟕, 𝟎 𝒕𝒐𝒏 − 𝒎

11. 6. Se determina la resistencia de diseño ϕ·Mn
𝝓 ∙ 𝑴 𝒏 = 𝟎, 𝟗𝟎 ∙ 𝟐𝟕 = 𝟐𝟒, 𝟑 𝒕𝒐𝒏 − 𝒎
Como el acero cede, la sección es subreforzada.
La deformación del acero es: 𝛆𝒕 =
𝟎,𝟎𝟎𝟑∙(𝒅 𝒕−𝒄)
𝒄
= 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ (
𝜷 𝟏∙𝒅 𝒕
𝒂
− 𝟏)
𝛆𝒕 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ (
𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟒𝟒, 𝟎𝟗𝟒
𝟏𝟎, 𝟎𝟔
− 𝟏) = 𝟎, 𝟎𝟎𝟖𝟏𝟖
Se comprueba que la sección está controlada por tracción dado que 0,00818 > 0,005.
Parte b)
Determinar el momento de agotamiento resistente de la sección que se muestra. Considere f’c = 280
kg/cm2
, fy = 4200 kg/cm2
, recubrimiento mínimo de 4 cm, estribos Nº 3, y separación libre vertical
entre capas de 2,5 cm.
Datos: ds (Nº 3) = 0,953 cm, db (Nº 6) = 1,905 cm, Ab (Nº 6) = 2,85 cm2
db (Nº 5) = 1,588 cm, Ab (Nº 5) = 1,98 cm2
d’ = 4 + 0,953 + 1,588 / 2 = 5,747 cm
As = 6·(2,85 cm2
) = 17,1 cm2
, A’s = 2·1,98 = 3,96 cm2
, Es = 2,1x106
kg/cm2
𝑟𝑑 =
𝑦1 ∙ 𝐴1 + 𝑦2 ∙ 𝐴2
𝐴1 + 𝐴2
𝑦1 = 4 + 0,953 +
1,905
2
= 5,906 𝑐𝑚
𝑦2 = 4 + 0,953 + 1,905 + 2,5 +
1,905
2
= 10,31 𝑐𝑚
A1 = 4·2,85 = 11,4 cm2
, A2 = 2·2,85 = 5,7 cm2
.
𝑟𝑑 =
5,906 ∙ 11,4 + 10,31 ∙ 5,7
17,1
= 7,374 𝑐𝑚

12. 1. Dado que f’c = 280 kg/cm2
, 𝛽1 = 0,85
2. Se calcula la profundidad del bloque rectangular equivalente “a”.
De la viga 1: Cc = T1 :
𝒂 =
(𝑨 𝒔 − 𝑨′
𝒔) ∙ 𝒇 𝒚
𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝒇′
𝒄
∙ 𝒃
𝒂 =
(𝟏𝟕, 𝟏 − 𝟑, 𝟗𝟔) · 𝟒𝟐𝟎𝟎
𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟐𝟖𝟎 ∙ 𝟑𝟎
= 𝟕, 𝟕𝟑 𝒄𝒎 ⟹
Se calcula la relación (d’/a)límite =
𝟏
𝜷 𝟏
(𝟏 −
𝒇 𝒚
𝟎,𝟎𝟎𝟑∙𝑬𝒔
)
Si (
𝒅′
𝒂
) ≤ (
𝒅′
𝒂
)
𝒍í𝒎𝒊𝒕𝒆
, el acero a compresión cede.
(
𝒅′
𝒂
)
𝒍í𝒎𝒊𝒕𝒆
=
𝟏
𝟎,𝟖𝟓
(𝟏 −
𝟒𝟐𝟎𝟎
𝟔𝟑𝟎𝟎
) = 𝟎, 𝟑𝟗𝟐
(
𝒅′
𝒂
) =
𝟓, 𝟕𝟒𝟕
𝟕, 𝟕𝟑
= 𝟎, 𝟕𝟒𝟑
Como 0,743 > 0,392, el acero a compresión no cede.
Se verifica si el acero de refuerzo longitudinal está en cedencia, es decir si fs = fy
𝒂 𝒃
𝒅𝒕
= 𝜷 𝟏 · (
𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝑬 𝒔
𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝑬 𝒔 + 𝒇 𝒚
) = 𝟎, 𝟖𝟓 · (
𝟔𝟑𝟎𝟎
𝟔𝟑𝟎𝟎 + 𝟒𝟐𝟎𝟎
) = 𝟎, 𝟓𝟏
Si (
𝒂
𝒅 𝒕
) ≤ (
𝒂 𝒃
𝒅 𝒕
), el acero a tracción está en cedencia:
d = h – rd = 50 – 7,37 = 42,63 cm, dt = h – y1 = 50 – 5,906 = 44,094 cm

13. 𝒂
𝒅𝒕
=
𝟕, 𝟕𝟑
𝟒𝟒, 𝟎𝟗𝟒
= 𝟎, 𝟏𝟕𝟓
Como a / dt = 0,175 < 0,51, el acero a tracción está en cedencia. Pero entramos al caso 2 porque el
acero a compresión no cede.
La “a” calculada antes es incorrecta y hay que calcularla de nuevo:
Por equilibrio en la figura (c):
𝒂 =
𝑨 𝒔 ∙ 𝒇 𝒔 − 𝑨′ 𝒔 ∙ 𝒇′ 𝒔
𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝒇′
𝒄
∙ 𝒃
Considerada en conjunto con las ecuaciones
𝒇′ 𝒔 = 𝜺′ 𝒔 ∙ 𝑬 𝒔 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ 𝑬 𝒔 ∙ (
𝒂 − 𝜷 𝟏 ∙ 𝒅′
𝒂
) =
𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ 𝟐𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎 ∙ (𝒂 − 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟓, 𝟕𝟒𝟕)
𝒂
𝒇′ 𝒔 =
𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙ (𝒂 − 𝟒, 𝟖𝟖𝟓)
𝒂
𝒇 𝒔 = 𝒇 𝒚 = 𝟒𝟐𝟎𝟎
𝒌𝒈
𝒄𝒎 𝟐
, porque el acero a tracción está en cedencia.
𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟐𝟖𝟎 ∙ 𝟑𝟎 ∙ 𝒂 = 𝟏𝟕, 𝟏 ∙ 𝟒𝟐𝟎𝟎 −
𝟑, 𝟗𝟔 ∙ 𝟔𝟑𝟎𝟎 ∙ (𝒂 − 𝟒, 𝟖𝟖𝟓)
𝒂
𝟕𝟏𝟒𝟎 ∙ 𝒂 𝟐
= 𝟕𝟏𝟖𝟐𝟎 ∙ 𝒂 − 𝟐𝟒𝟗𝟒𝟖 ∙ 𝒂 + 𝟏𝟐𝟏𝟖𝟕𝟏
𝟕𝟏𝟒𝟎 ∙ 𝒂 𝟐
− 𝟒𝟔𝟖𝟕𝟐 ∙ 𝒂 − 𝟏𝟐𝟏𝟖𝟕𝟏 = 𝟎
La solución es a = 8,56 cm
Se calcula f’s:
𝒇′ 𝒔 =
𝟔𝟑𝟎𝟎∙(𝟖,𝟓𝟔−𝟒,𝟖𝟖𝟓)
𝟖,𝟓𝟔
= 𝟐𝟕𝟎𝟒, 𝟕𝟑 kg/cm2
Se calculan Cc y Cs:
𝑪 𝒔 = 𝑨′
𝒔 ∙ 𝒇′ 𝒔 = 𝟑, 𝟗𝟔 ∙ 𝟐𝟕𝟎𝟒, 𝟕𝟑 = 𝟏𝟎𝟕𝟏𝟎, 𝟕𝟒 𝒌𝒈
𝑪 𝒄 = 𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝒇′
𝒄
∙ 𝒂 ∙ 𝒃 = 𝟎. 𝟖𝟓 ∙ 𝟐𝟖𝟎 ∙ 𝟖, 𝟓𝟔 ∙ 𝟑𝟎 = 𝟔𝟏𝟏𝟏𝟖, 𝟒 𝒌𝒈
El momento nominal se obtiene tomando momentos a Cc y a Cs con respecto a T.
𝑴 𝒏 = 𝑪 𝒄 ∙ (𝒅 −
𝒂
𝟐
) + 𝑪 𝒔 ∙ (𝒅 − 𝒅′)
𝑴 𝒏 = 𝟔𝟏𝟏𝟏𝟖, 𝟒 ∙ (𝟒𝟐, 𝟔𝟑 −
𝟖,𝟓𝟔
𝟐
) + 𝟏𝟎𝟕𝟏𝟎, 𝟕𝟒 ∙ (𝟒𝟐, 𝟔𝟑 − 𝟓, 𝟕𝟒𝟕) = 𝟐𝟕𝟑𝟖𝟗𝟑𝟒, 𝟗 kg-cm

14. Mn = 27,39 ton-m
Si el acero a tracción está en cedencia hay que chequear si la sección está controlada por tracción:
Se determina la relación:
𝒂 𝑪𝑻𝑳
𝒅 𝒕
= 𝟎, 𝟑𝟕𝟓 ∙ 𝜷 𝟏
Si
𝒂
𝒅 𝒕
≤
𝒂 𝑪𝑻𝑳
𝒅 𝒕
, la sección está controlada por tracción y 𝜙 = 0,90
𝒂
𝒅𝒕
=
𝟖, 𝟓𝟔
𝟒𝟒, 𝟎𝟗𝟒
= 𝟎, 𝟏𝟗𝟒
Como a / dt = 0,194 < 0,319 la sección está controlada por tracción y 𝜙 = 0,90
Se determina la resistencia de diseño ϕ·Mn
𝝓 ∙ 𝑴 𝒏 = 𝟎, 𝟗𝟎 ∙ 𝟐𝟕, 𝟑𝟗 = 𝟐𝟒, 𝟔𝟓 𝒕𝒐𝒏 − 𝒎
Al comparar con la sección sin acero a compresión, la resistencia de diseño aumento de 24,3 ton-m a
24,65 ton-m, al colocar el acero a compresión. En porcentaje es un incremento de 1,44 %.
La deformación del acero es: 𝛆𝒕 =
𝟎,𝟎𝟎𝟑∙(𝒅 𝒕−𝒄)
𝒄
= 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ (
𝜷 𝟏∙𝒅 𝒕
𝒂
− 𝟏)
𝛆𝒕 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∙ (
𝟎, 𝟖𝟓 ∙ 𝟒𝟒, 𝟎𝟗𝟒
𝟖, 𝟓𝟔
− 𝟏) = 𝟎, 𝟎𝟏𝟎𝟏
Se incrementa la deformación a tracción neta 𝜀t se incrementa de 0,00818 a 0,0101. En porcentaje es
un incremento de 23,5 %.
Ejemplo Nº 4
Verificar si una viga rectangular simplemente apoyada con una luz de 4,6 m, reforzada con 4ϕ de
7/8” resiste el momento último que produce una carga permanente de 1800 kgf/m y una carga
variable de 3600 kgf/m actuando sobre la viga. Considere f’c = 280 kgf/cm2 , fy = 4200 kgf/cm2,
módulo de elasticidad del acero 2.1x106
kgf/cm2
, b = 30cm y h = 50 cm. Considere un recubrimiento
mínimo normativo de 4 cm y estribos Nº 3.
Datos: As = 4·3.88 = 15,52 cm2
, db = 2,222 cm, ds = 0,953 cm.
rd = 4 + 0,953 + 2,222 / 2 = 6,064 cm,
u = 1,2·p + 1,6·v = 1,2·1800 + 1,6·3600 = 7920 kgf /m
El momento máximo para una viga simplemente apoyada está en el centro de la luz y su valor es:
𝑀 𝑢 =
𝜔 𝑢 ∙ 𝑙2
8
=
7920 ∙ 4,63
8
= 20948,4 𝑘𝑔 − 𝑚

15. En la tabla se verifica que las cabillas caben en una capa en una viga con b = 30 cm y con barras Nº 7
1. Dado que f’c = 280 kg/cm2
, 𝛽1 = 0,85
2. Se calcula la profundidad del bloque rectangular equivalente “a”.
𝟎, 𝟖𝟓 · 𝒇′
𝒄 · 𝒂 · 𝒃 = 𝑨𝒔 · 𝒇𝒚 ⟹ 𝒂 =
𝟏𝟓, 𝟓𝟐 · 𝟒𝟐𝟎𝟎
𝟎, 𝟖𝟓 · 𝟐𝟖𝟎 · 𝟑𝟎
= 𝟗, 𝟏𝟑 𝒄𝒎

16. 3. Se verifica si el acero de refuerzo longitudinal está en cedencia, es decir si fs = fy
𝒂 𝒃
𝒅𝒕
= 𝜷 𝟏 · (
𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝑬 𝒔
𝟎, 𝟎𝟎𝟑 · 𝑬 𝒔 + 𝒇 𝒚
)
𝒂 𝒃
𝒅𝒕
= 𝟎, 𝟖𝟓 · (
𝟔𝟑𝟎𝟎
𝟔𝟑𝟎𝟎 + 𝟒𝟐𝟎𝟎
) = 𝟎, 𝟓𝟏
se compara a/dt con ab / dt:
dt = d = h – rd = 50 – 6,604 = 43,396 cm
𝒂
𝒅𝒕
=
𝟗, 𝟏𝟑
𝟒𝟑, 𝟑𝟗𝟔
= 𝟎, 𝟐𝟏
Como 0,21 < 0,51, el acero a tracción está cedencia. Se cumple lo supuesto inicialmente y se
continúa con el análisis.
4. Se verifica si la sección está controlada por tracción.
Se calcula la relación:
𝒂 𝑪𝑻𝑳
𝒅 𝒕
= 𝟎, 𝟑𝟕𝟓 · 𝜷 𝟏 = 𝟎, 𝟑𝟕𝟓 · 𝟎, 𝟖𝟓 = 𝟎, 𝟑𝟏𝟗

17. a / dt = 0,21 < 0,319, la sección está controlada por tracción, entonces  = 0,90
5. Se determina la resistencia nominal a flexión Mn y la resistencia de diseño 𝟇·Mn . (Esto es
cuando As cede).
𝑴 𝒏 = 𝑨 𝒔 · 𝒇 𝒚 · (𝒅 −
𝒂
𝟐
)
𝑴 𝒏 = 𝟏𝟓, 𝟓𝟐 ∙ 𝟒𝟐𝟎𝟎 · (𝟒𝟑, 𝟑𝟗𝟔 −
𝟗, 𝟏𝟑
𝟐
) = 𝟐𝟓𝟑𝟏𝟏𝟓𝟗, 𝟗 𝒌𝒈 − 𝒄𝒎
𝑴 𝒏 = 𝟐𝟓, 𝟑𝟏 𝒕𝒐𝒏 − 𝒎
6. Se determina la resistencia de diseño ϕ·Mn
𝝓 ∙ 𝑴 𝒏 = 𝟎, 𝟗𝟎 ∙ 𝟐𝟓, 𝟑𝟏 = 𝟐𝟐, 𝟕𝟖 𝒕𝒐𝒏 − 𝒎
Dado que ϕ·Mn = 22,78 ton-m > Mu = 20,95 ton-m, la sección puede resistir las cargas dadas con un
grado aceptable de seguridad. Faltaría chequear las deflexiones para verificar que tiene la rigidez
adecuada para que la deflexión sea menor que los valores de deflexión permisibles, chequear
agrietamiento bajo cargas de servicio y las vibraciones.
Ejercicio Nº 5.
Determine el momento de agotamiento resistente de la viga Te siguiente:

18. Datos: As = 3·3.88 = 11,64 cm2
, db = 2,222 cm, ds = 0,953 cm., b = 110 cm, bw = 30 cm, t = 15 cm.
rd = 4 + 0,953 + 2,222 / 2 = 6,064 cm, d = 65 – 6,064 = 58,936 cm.
1. Dado que f’c = 250 kg/cm2
< 280 kg/cm2
, 𝛽1 = 0,85
2. Se asume que el eje neutro está dentro del patín, es decir c  t.
0,85 · 𝑓′
𝑐 · 𝑎 · 𝑏 = 𝐴𝑠 · 𝑓𝑦 ⟹ 𝑎 =
11,64 · 4200
0,85 · 250 · 110
= 2,09 𝑐𝑚
c = a / 1 = 2,09 / 0,85 = 2,46 cm < 15 cm, se cumple el eje neutro está dentro del patín, entonces la
viga trabaja como rectangular y se analiza como viga rectangular con ancho b = 110 cm.
dt = d = 58,936 cm.
Otra forma más sencilla de verificar si el acero está en cedencia es la siguiente:
Calculamos c / dt = 2,46 / 58,936 = 0,0417 < 0,375, el acero está en cedencia y la sección está
controlada por tracción.
Se determina la resistencia nominal a flexión Mn y la resistencia de diseño 𝟇·Mn . Con 𝟇 = 0,90
𝑀 𝑛 = 𝐴 𝑠 · 𝑓𝑦 · (𝑑 −
𝑎
2
)
𝑀 𝑛 = 11,64 ∙ 4200 · (58,936 −
2,09
2
) = 2830175,2 𝑘𝑔 − 𝑐𝑚
𝑀 𝑛 = 28,3 𝑡𝑜𝑛 − 𝑚
Se determina la resistencia de diseño ϕ·Mn
𝜙 ∙ 𝑀 𝑛 = 0,90 ∙ 28,3 = 25,47 𝑡𝑜𝑛 − 𝑚

19. Ejercicio Nº 6
Determine el momento de agotamiento resistente de la viga Te siguiente:
Datos: As = 7·5,07 = 35,49 cm2
, db = 2,54 cm, b = 75 cm, bw = 25 cm, t = 8 cm.
𝑟𝑑 =
𝑦1 ∙ 𝐴1 + 𝑦2 ∙ 𝐴2 + 𝑦3 ∙ 𝐴3
𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3
𝑦1 = 5 𝑐𝑚 , 𝑦2 = 10 𝑐𝑚, 𝑦3 = 15 𝑐𝑚
A1 = 3·5,07 = 15,21 cm2
, A2 = A3 = 2·5,07 = 10,14 cm2
.
𝑟𝑑 =
5 ∙ 15,21 + 10 ∙ 10,14 + 15 ∙ 10,14
35,49
= 9,29 𝑐𝑚
1. Dado que f’c = 280 kg/cm2
, 𝛽1 = 0,85
2. Se asume que el eje neutro está dentro del patín, es decir c  t.
0,85 · 𝑓′
𝑐 · 𝑎 · 𝑏 = 𝐴𝑠 · 𝑓𝑦 ⟹ 𝑎 =
35,49 · 4200
0,85 · 280 · 75
= 8,35 𝑐𝑚

20. c = a / 1 = 8,35 / 0,85 = 9,82 cm > 8 cm, no se cumple lo supuesto, entonces la viga trabaja como
Te.
Se considera la viga patín:
De las figura (c) y (d)
𝐶 𝑝 = 0,85 ∙ 𝑓′
𝑐
∙ 𝑡 ∙ (𝑏 − 𝑏 𝑤) = 0,85 ∙ 280 ∙ 8 ∙ (75 − 25) = 95200 𝑘𝑔
𝑇𝑝 = 𝐴 𝑠𝑝 ∙ 𝑓𝑦 = 4200 ∙ 𝐴 𝑠𝑝
𝑇𝑝 = 𝐶 𝑝 => 𝐴 𝑠𝑝 =
95200
4200
= 22,67 𝑐𝑚2
Se considera la viga alma:
Ca = Ta  0,85 ∙ 𝑓′
𝑐
∙ 𝑎 ∙ 𝑏 𝑤 = 𝐴 𝑠𝑎 ∙ 𝑓𝑦
Donde 𝐴 𝑠𝑎 = 𝐴 𝑠 − 𝐴 𝑠𝑝 = 35,49 − 22,67 = 12,82 𝑐𝑚2
𝑎 =
12,82 ∙ 4200
0,85 ∙ 280 ∙ 25
= 9,05 𝑐𝑚
d = h – rd = 60 – 9,29 = 50,71 cm, dt = h – y1= 60 – 5 = 60 cm, c = a / 1 = 9,05 / 0,85 = 10,65 cm
Calculamos c / dt = 10,65 / 60 = 0,1775 < 0,375, el acero está en cedencia y la sección está
controlada por tracción.
Se determina la resistencia nominal a flexión Mn y la resistencia de diseño 𝟇·Mn . Con 𝟇 = 0,90

21. 𝑀 𝑛 = 𝐴 𝑠𝑝 · 𝑓𝑦 · (𝑑 −
𝑡
2
) + (𝐴 𝑠 − 𝐴 𝑠𝑝) · 𝑓𝑦 · (𝑑 −
𝑎
2
)
𝑀 𝑛 = 22,67 ∙ 4200 · (50,71 −
8
2
) + 12,82 ∙ 4200 · (50,71 −
9,05
2
) = 6934231 𝑘𝑔 − 𝑐𝑚
𝑀 𝑛 = 69,3 𝑡𝑜𝑛 − 𝑚
Se determina la resistencia de diseño ϕ·Mn
𝜙 ∙ 𝑀 𝑛 = 0,90 ∙ 69,3 = 62,4 𝑡𝑜𝑛 − 𝑚
Se puede determinar el porcentaje a área de acero balanceado con la expresión siguiente:
𝜌 𝑏 =
0,85 ∙ 280
4200
∙ [
8 ∙ (75 − 25)
25 ∙ 50,71
+
0,85 ∙ 6300
6300 + 4200
] = 0,0467
𝜌 =
35,49
25 ∙ 50,71
= 0,028
Como ρ = 0,028 < b = 0,0467, el acero está en cedencia y la sección tiene comportamiento de viga
subreforzada.
Se debe hacer el chequeo de la cuantía máxima:
𝜌 𝑤,0,005 = 𝜌0,005 + 𝜌 𝑓
𝜌 𝑓 = 𝜌𝑠𝑝 =
𝐴 𝑠𝑝
𝑏 𝑤∙𝑑
=
22,67
25∙50,71
= 0,0179 , 𝜌0,005 = 𝜌𝑡 =
0,319∙0,85∙280
4200
= 0,01808
𝜌 𝑤,0,005 = 0,01808 + 0,0179 = 0,03598
𝜌 =
35,49
25 ∙ 50,71
= 0,028 < 0,03598
Cumple con sección controlada por tracción.

22. EJERCICIOS DE DISEÑO DE VIGAS DE CONCRETO ARMADO.
Ejercicio Nº 7
1.) Calcular el área de acero de una viga simplemente armada de dimensiones 30x65 cm para que
soporte un momento por carga permanente de 7500 kgf-m y un momento por carga variable de
12100 kgf-m. Considere un recubrimiento mecánico de 6,5 cm (Una capa), f’c = 280 kgf/cm2
, fy =
4200 kgf/cm2
, Es = 2100000 kgf/cm2
.
Datos: b = 30 cm, h = 65 cm, rd = 6,5 cm, d = h – rd = 65 – 6,5 = 58,5cm.
1. Dado que f’c = 280 kg/cm2
, 𝛽1 = 0,85
2. Se determina el porcentaje de acero para la sección controlada por tracción: 0,005 = t
𝜌𝑡 = 0,319 ∙ 𝛽1 ∙
𝑓′
𝑐
𝑓𝑦
= 0,319 ∙ 0,85 ∙
280
4200
= 0,01808
Se diseña para un porcentaje de acero seleccionado:
𝜌 = 𝜌𝑠𝑒𝑙𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜 = 0,90 ∙ 𝜌𝑡 = 0,90 ∙ 0,01808 = 0,0163
3. Se determina el factor de resistencia nominal R.
𝑅 = 𝜌 · 𝑓𝑦 ∙ (1 − 0,59 ∙
𝜌 ∙ 𝑓𝑦
𝑓′
𝑐
) = 0,0163 ∙ 4200 ∙ (1 − 0,59 ∙
0,0163 ∙ 4200
280
)
𝑅 = 58,584
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
4. Se determina la altura útil requerida para la sección controlada por tracción:
Mu = 1,2·Mp + 1,6·Mv = 1,2·7500 + 1,6·12100 = 28360 kgf -m
𝑑 𝑟𝑒𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑑𝑎 = √
𝑀 𝑢
𝜙 ∙ 𝑅 ∙ 𝑏
= √
28360 ∙ 100
0,90 ∙ 58,584 ∙ 30
= 42,34 𝑐𝑚
d = 58,5 cm > 42,34 cm, se diseña como SSA.
5. Se determina para la d conocida, la cuantía mecánica específica , resolviendo la ecuación
cuadrática que resulta de:
𝑀 𝑢
𝜙 ∙ 𝑓′ 𝑐 ∙ 𝑏 ∙ 𝑑2
= 𝜔(1 − 0,59 ∙ 𝜔)
28360 ∙ 100
0,90 ∙ 280 ∙ 30 ∙ 58,52
= 𝜔 − 0,59 ∙ 𝜔2

23. 0,59 ∙ 𝜔2
− 𝜔 + 0,10962 = 0
La solución es  = 0,1178,
6. Se determina la cuantía geométrica del acero :
𝜌 = 𝜔 ∙
𝑓′
𝑐
𝑓𝑦
= 0,1178 ∙
280
4200
= 0,007853
7. Se determina el área de acero As:
𝐴 𝑠 = 𝜌 ∙ 𝑏 ∙ 𝑑 = 0,007853 ∙ 30 ∙ 58,5 = 13,78 𝑐𝑚2
8. Se determina el acero mínimo:
𝐴𝑠 𝑚𝑖𝑛 =
14
𝑓𝑦
∙ 𝑏 ∙ 𝑑 𝑠𝑖 𝑓′
𝑐
< 315
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
𝐴𝑠 𝑚𝑖𝑛 =
14
4200
∙ 30 ∙ 58,5 = 5,85 𝑐𝑚2
𝐴 𝑠 = 13,78 𝑐𝑚2
> 5,85 𝑐𝑚2
, cumple.
Se coloca 2 # 8 + 1 # 7 = 10,13 + 3,88 = 14,01 cm2
Ejercicio Nº 8
2.) Obtener el ancho b, la altura útil y el área de acero de una viga que debe resistir un momento
último negativo de 5760 kgf-m. Considere f’c = 280 kgf/cm2
, fy = 4200 kgf/cm2
, Es = 2100000
kgf/cm2
. Considere L = 6,50 m y rd = 6,5 cm.
Datos: rd = 6,5 cm
1. Dado que f’c = 280 kg/cm2
, 𝛽1 = 0,85

24. 2. Se determina el porcentaje de acero para la sección controlada por tracción: 0,005 = t
𝜌𝑡 = 0,319 ∙ 𝛽1 ∙
𝑓′
𝑐
𝑓𝑦
= 0,319 ∙ 0,85 ∙
280
4200
= 0,01808
Se diseña para un porcentaje de acero seleccionado:
𝜌 = 𝜌𝑠𝑒𝑙𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜 = 0,90 ∙ 𝜌𝑡 = 0,90 ∙ 0,01808 = 0,0163
3. Se determina el factor de resistencia nominal R.
𝑅 = 𝜌 · 𝑓𝑦 ∙ (1 − 0,59 ∙
𝜌 ∙ 𝑓𝑦
𝑓′
𝑐
) = 0,0163 ∙ 4200 ∙ (1 − 0,59 ∙
0,0163 ∙ 4200
280
)
𝑅 = 58,584
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
4. Se determina el valor de 𝑏 ∙ 𝑑2
𝑏 ∙ 𝑑2
=
𝑀 𝑢
𝜙 ∙ 𝑅
=
5760 ∙ 100
0,90 ∙ 58,584
= 10924,5 𝑐𝑚3
b (cm) d (cm)
25 20,9
20 23,4
30 19,1
5. Se determina el valor de h: Se escoge b = 25 cm
ℎ = 𝑑 + 𝑟𝑑 = 20,9 + 6,5 = 27,4 𝑐𝑚
6. Se compara la h calculada con la altura mínima de vigas dadas en la tabla 9.6.1 de la Norma
Venezolana 1753-2006.
Si ℎ ≥
𝐿
𝛼
, la sección cumple y se continúa con el diseño. Si ℎ <
𝐿
𝛼
, se hace h = L/ y se recalcula d
= h – rd.

25. Considerando viga simplemente apoyada:  = 16
𝐿
𝛼
=
650
16
= 40,63 𝑐𝑚
Como h = 27,4 cm < 40,63 cm, se elige una viga con h = 45 cm, 25 cm x 45 cm
d = 45 – 6,5 = 38,5 cm
7. Se determina para la d conocida, la cuantía mecánica específica , resolviendo la ecuación
cuadrática que resulta de:
𝑀 𝑢
𝜙 ∙ 𝑓′ 𝑐 ∙ 𝑏 ∙ 𝑑2 ∙
= 𝜔(1 − 0,59 ∙ 𝜔)
5760 ∙ 100
0,90 ∙ 280 ∙ 25 ∙ 38,52
= 𝜔 − 0,59 ∙ 𝜔2
0,59 ∙ 𝜔2
− 𝜔 + 0,06168 = 0
La solución es  = 0,0641,
8. Se determina la cuantía geométrica del acero :
𝜌 = 𝜔 ∙
𝑓′
𝑐
𝑓𝑦
= 0,0641 ∙
280
4200
= 0,00427
9. Se determina el área de acero As:
𝐴 𝑠 = 𝜌 ∙ 𝑏 ∙ 𝑑 = 0,00427 ∙ 25 ∙ 38,5 = 4,11 𝑐𝑚2
8. Se determina el acero mínimo:
𝐴𝑠 𝑚𝑖𝑛 =
14
𝑓𝑦
∙ 𝑏 ∙ 𝑑 𝑠𝑖 𝑓′
𝑐
< 315
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
𝐴𝑠 𝑚𝑖𝑛 =
14
4200
∙ 25 ∙ 38,5 = 3,21 𝑐𝑚2
𝐴 𝑠 = 4,11 𝑐𝑚2
> 3,21 𝑐𝑚2
, cumple.
Se coloca 2 # 6 = 5,70 cm2

26. Ejercicio Nº 9
4.) Calcular el área de acero a tensión y a compresión de una viga con b = 30 cm y h = 70 cm, para
que soporte un momento mayorado en la sección Mu = 80000 kg-m. Considere rd = 9 cm (2 capas)
d’ = 6 cm, f’c = 250 kgf/cm2
, fy = 4200 kgf/cm2
, L = 6 m.
1. Se establece el valor de 𝛽1: Dado que f’c = 250 kg/cm2
< 280 kg/cm2
, 𝛽1 = 0,85
2. Se determina el porcentaje de acero para la sección controlada por tracción: 0,005 = t
𝜌𝑡 = 0,319 ∙ 𝛽1 ∙
𝑓′
𝑐
𝑓𝑦
= 0,319 ∙ 0,85 ∙
250
4200
= 0,01614
Se diseña para un porcentaje de acero seleccionado:
𝜌 = 𝜌𝑠𝑒𝑙𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜 = 0,90 ∙ 𝜌𝑡 = 0,90 ∙ 0,01614 = 0,0145
3. Se determina el As1, a y c.
d = 70 – 9 = 61 cm
𝐴 𝑠1 = 𝜌 ∙ 𝑏 ∙ 𝑑 = 0,0145 ∙ 30 ∙ 61 = 26,54 𝑐𝑚2
𝑎 =
𝐴 𝑠1·𝑓𝑦
0,85·𝑓′ 𝑐·𝑏
=
26,54∙4200
0,85∙250∙30
= 17,5 𝑐𝑚 , 𝑐 =
𝑎
𝛽1
=
17,5
0,85
= 20,57 𝑐𝑚
4. Se determina la capacidad máxima como sección simplemente armada:
𝑀 𝑛1 = 𝐴 𝑠1 · 𝑓𝑦 · (𝑑 −
𝑎
2
) = 26,54 ∙ 4200 ∙ (61 − 0,5 ∙ 17,5) = 5824203 𝑘𝑔 − 𝑐𝑚
𝑀 𝑛1 = 58,24 𝑡𝑜𝑛 − 𝑚
𝑀 𝑢
𝜙
=
80
0,90
= 88,89 𝑡𝑜𝑛 − 𝑚
Como Mn1 = 58,24 ton-m < Mu / 𝜙 =88,89 ton-m, se continua el diseño como SDA.
5. Se determina el momento Mn2 y el área A’s
𝑀 𝑛2 =
𝑀 𝑢
𝜙
− 𝑀 𝑛1 = 88,89 − 58,24 = 30,65 𝑡𝑜𝑛 − 𝑚
𝐴′ 𝑠 =
𝑀 𝑛2
𝑓𝑦 ∙ (𝑑 − 𝑑′)
=
30,65 ∙ 100000
4200 ∙ (61 − 6)
= 13,27 𝑐𝑚2

27. 6. Se determina la relación (d’/c)límite , para determinar si el acero a compresión está cediendo.
(
𝑑′
𝑐
)
𝑙í𝑚𝑖𝑡𝑒
= 1 −
𝑓𝑦
0,003 ∙ 𝐸𝑠
= 1 −
4200
0,003 ∙ 2100000
= 0,3333
d’ / c =6 / 20,57 =0,292 < (d’/c)límite=0,3333
Como (d’/c)  (d’/c)límite , el acero en compresión está en cedencia. Se sigue según el caso 1.
7. Caso 1: El acero en compresión está en cedencia:
𝐴 𝑠2 = 𝐴′ 𝑠 = 13,27 𝑐𝑚2
𝐴 𝑠 = 𝐴 𝑠1 + 𝐴 𝑠2 = 26,54 + 13,27 = 39,81 𝑐𝑚2
8. Se selecciona el tamaño y número de barras para As y para A’s. Los cálculos siguientes se realizan
con estos valores nuevos de As y A’s (colocados).
Para As, se coloca 3 # 11 (en capa inferior) + 2 # 8 (en la 2da capa) = 30,22 + 10,13 = 40,35 cm2
Para A’s, se colocan 2 # 8 + 1 # 7 = 10,13 + 3.88 =14,01 cm2
.
9. Se calcula la cuantía geométrica colocada:
𝜌 =
𝐴 𝑠
𝑏 ∙ 𝑑
=
40,35
30 ∙ 61
= 0,022
10. Se calcula la cuantía geométrica a compresión ’ con As2 = A’s = 14,01 cm2
𝜌′
=
𝐴 𝑠2
𝑏 ∙ 𝑑
=
14,01
30 ∙ 61
= 0,00766
11. Se determina max :
𝜌 𝑚𝑎𝑥 = 𝜌𝑡 + 𝜌′
= 0,01614 + 0,00766 = 0,0238

28. Como ρ = 0,022 < ρmax = 0,0238, la sección está controlada por tracción.
12. Se dibuja el detalle de la sección indicando dimensiones, ubicación de las barras, diámetro de las
barras, recubrimiento, diámetro y detalle de los estribos.
Ejercicio Nº 10
Determine el acero de refuerzo longitudinal de la sección transversal en forma de T de una viga de
concreto reforzado de luz libre igual a 9 m. La geometría del sistema losa y viga se muestra en la
figura anexa. Se supone rd = 9 cm. La sección está sometida a un momento mayorado Mu = 55 ton-
m, en el tramo. Los materiales están dados por f’c = 210 kg/cm2 y fy = 4200 kg/cm2. Dibuje el
detalle del acero longitudinal y acero transversal en la sección transversal de la viga (ubicación y
distribución). Para Asmín utilice barras #6 y para As utilice barras #8 y #11. (Nota: En el
procedimiento de diseño considere ρselecc = 0,90·ρt).
Datos:
L = 9 m, rd = 9 cm, bw = 30 cm, h = 55 cm, hf = t = 8 cm, f’c = 210 kg/cm2
, fy = 4200 kg/cm2
,
Sc.a.c = 100 cm, Mu = 55 ton-m.
Altura efectiva d = 55 – 9 = 46 cm.

29. 1. Se establece el valor de 𝛽1: Dado que f’c = 210 kg/cm2
< 280 kg/cm2
, 𝛽1 = 0,85
2. Se determina el porcentaje de acero para la sección controlada por tracción: 0,005 = t
𝜌𝑡 = 0,319 ∙ 𝛽1 ∙
𝑓′
𝑐
𝑓𝑦
= 0,319 ∙ 0,85 ∙
210
4200
= 0,01356
Se diseña para un porcentaje de acero seleccionado:
𝜌 = 𝜌𝑠𝑒𝑙𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜 = 0,90 ∙ 𝜌𝑡 = 0,90 ∙ 0,01356 = 0,0122
3. Se calcula el ancho efectivo b:
b11 = 9 / 4 = 2,25 m, b12 = 16·8 + 30 = 158 cm, b3 = Sc.a.c = 100 cm => b = 100 cm
4. Se determina el factor de resistencia nominal R.
𝑅 = 𝜌 · 𝑓𝑦 ∙ (1 − 0,59 ∙
𝜌 ∙ 𝑓𝑦
𝑓′
𝑐
) = 0,0122 ∙ 4200 ∙ (1 − 0,59 ∙
0,0122 ∙ 4200
210
)
𝑅 = 43,863
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
5. Se determina la altura útil requerida para la sección controlada por tracción:
𝑑 𝑟𝑒𝑞𝑢𝑒𝑟𝑖𝑑𝑎 = √
𝑀 𝑢
𝜙 ∙ 𝑅 ∙ 𝑏
= √
55 ∙ 100000
0,90 ∙ 43,863 ∙ 100
= 37,33 𝑐𝑚
d = 46 cm > 37,33 cm, se diseña como SSA.
6. Se determina para la d conocida, la cuantía mecánica específica , resolviendo la ecuación
cuadrática que resulta de:
𝑀 𝑢
𝜙 ∙ 𝑓′ 𝑐 ∙ 𝑏 ∙ 𝑑2
= 𝜔(1 − 0,59 ∙ 𝜔)
55 ∙ 100000
0,90 ∙ 210 ∙ 100 ∙ 462
= 𝜔 − 0,59 ∙ 𝜔2
0,59 ∙ 𝜔2
− 𝜔 + 0,13753 = 0

30. La solución es  = 0,151,
7. Se determina la cuantía geométrica del acero :
𝜌 = 𝜔 ∙
𝑓′
𝑐
𝑓𝑦
= 0,151 ∙
210
4200
= 0,00755
8. Se determina el área de acero As:
𝐴 𝑠 = 𝜌 ∙ 𝑏 ∙ 𝑑 = 0,00755 ∙ 100 ∙ 46 = 34,73 𝑐𝑚2
9. Se calcula “a” como rectangular:
𝑎 =
𝐴 𝑠·𝑓𝑦
0,85·𝑓′ 𝑐·𝑏
=
34,73∙4200
0,85∙210∙100
= 8,17 𝑐𝑚 , 𝑐 =
𝑎
𝛽1
=
8,17
0,85
= 9,61 𝑐𝑚
Como c > hf, trabaja como Te.
10. Se calcula Asf y Mnf.
𝐴 𝑠𝑓 =
0,85 ∙ 210 ∙ (100 − 30) ∙ 8
4200
= 23,8 𝑐𝑚2
𝑀 𝑛𝑓 =
0,85 ∙ 210 ∙ (100 − 30) ∙ 8 ∙ (46 −
8
2
)
100
= 41983,2 𝑘𝑔𝑓 − 𝑚

31. 11. Se calcula Mnw:
𝑀 𝑛𝑤 =
55000
0,90
− 41983,2 = 19127,9 𝑘𝑔𝑓 − 𝑚
𝑀 𝑛𝑤 = 0,85 ∙ 210 ∙ 𝑎 𝑤 ∙ 30 ∙ (46 −
𝑎 𝑤
2
) = 19127,9 ∙ 100
2677,5 ∙ 𝑎 𝑤
2
− 246330 ∙ 𝑎 𝑤 + 1912790 = 0
Se resuelve el sistema para aw y resulta: aw = 8,562 cm
12. Se calcula c, Asw y As.
𝑐 =
8,562
0,85
= 10,07 𝑐𝑚
𝐴 𝑠𝑤 =
1912790
4200 ∙ (46 −
8,562
2
)
= 10,92 𝑐𝑚2
𝐴 𝑠 = 23,8 + 10,92 = 34,72 𝑐𝑚2

32. Para As, se coloca 2 # 11 + 1 # 8 (en capa inferior) + 2 # 8 (en la 2da capa) = 25,21 + 10,13 = 35,34
cm2
Se chequea que la sección esté controlada por tracción:
𝜌 𝑤,0,005 = 𝜌0,005 + 𝜌 𝑓
𝜌 𝑓 =
𝐴 𝑠𝑓
𝑏 𝑤∙𝑑
=
23,8
30∙46
= 0,01725 , 𝜌0,005 = 𝜌𝑡 = 0,01356
𝜌 𝑤,0,005 = 0,01356 + 0,01725 = 0,03081
𝜌𝑠 =
𝐴 𝑠
𝑏 𝑤∙𝑑
=
35,34
30∙46
= 0,0256 < 0,03081, sección controlada por tracción
13. Se determina el acero mínimo:
𝐴𝑠 𝑚𝑖𝑛 =
14
𝑓𝑦
∙ 𝑏 ∙ 𝑑 𝑠𝑖 𝑓′
𝑐
< 315
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
𝐴𝑠 𝑚𝑖𝑛 =
14
4200
∙ 30 ∙ 46 = 4,6 𝑐𝑚2
𝐴 𝑠 = 35,34 𝑐𝑚2
> 4,6 𝑐𝑚2
, cumple.